Đề thi thử đại học môn Hóa 2014 trường chuyên khoa học tự nhiên, mã đề 179

www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN
ĐỀ THI KSCL LỚP 12 DỰ THI ĐẠI HỌC 2014
Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 90 phút
BÀI GIẢI CHI TIẾT

Mã đề thi: 179

Câu 1: Đáp án A.
Ta có n
CO
2
= 4,5 + 2.1,5 = 7,5 mol  n
Tinh bột p.ư
= 3,75 mol  m
Tinh bột
= 607,5g.
Vậy H =
607,5
1500

. 100% = 40,5%.
Câu 2: Đáp án B.
Phản ứng cộng theo quy tắc Maccopnhicop.
Câu 3: Đáp án C.
Ta lưu ý dd Y chỉ chứa một chất tan duy nhất là MSO
4

→ Axit H
2
SO
4
phản ứng hết → n
MSO
4
= n
H
2
SO
4
= 0,4 mol.
Mà m
dd spu
= m
dd bđ
+ m
X
– m
CO
2
= 100 + 24 – 0,05.44 = 121,8g.

Vậy m
MSO
4
=
121,8.39,41
100
= 48g  M
MSO
4
=
48
0,4
= 120g/mol  M = 24 g/mol  M là Magie (Mg).
Câu 4: Đáp án B.
Hỗn hợp khí Y: NO
2
và O
2
→ Khi cho khí Y hấp thụ vào nước, khí không bị hấp thụ là oxi.
4NO
2
+ O
2
+ 2H
2
O → 4HNO
3

Ta thấy n
NO

2
: n
O
2
p.ư
= 4: 1 mà n
NO
2
+ n
O
2
p.ư
=
8,963,36
22,4
= 0,25 mol  n
NO
2
= n
HNO
3
= 0,2 mol.
Vậy [H
+
] =
0,2
2
= 0,1M  pH = -lg[H
+
] = 1.

Câu 5: Đáp án A.
Số thí nghiệm p.ư oxi hóa khử: (1), (2), (3), (4).
Câu 6: Đáp án B.
Ta có E
Zn
2+
Zn

o
< E
Cu
2+
Cu

o
→ Zn có tính khử mạnh hơn Cu, nên Zn khử Cu
2+
thành Cu.
Câu 7: Đáp án B.
Quy đổi hh X về Fe và S, ta có 0,005 mol Fe và 0,007 mol S.
Cách 1:
Khi hh X phản ứng với H
2
SO
4
đặc nóng, thì Fe → Fe
3+
và S → SO
2
.

Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 3n
Fe
+ 4n
S
= 2n
SO
2
spk
 n
SO
2
spk
= 0,0215 mol
Vậy

n
SO
2
= n
S
+ n
SO
2
spk
= 0,0285 mol.
Khi cho khí tác dụng với dd KMnO
4
, thì SO
2
→ SO

4
2-
.
Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2n
SO
2
= 5n
Mn
2+
 n
Mn
2+
= 0,0114 mol  V
KMnO
4
= 0,228 lít.
Cách 2:

Quan sát toàn bộ quá trình phản ứng, cuối cùng thu được Fe
3+
và SO
4
2-
.
Bỏ qua quá trình phản ứng với H
2
SO
4
, xét sự thay đổi electron giữa Fe, S và KMnO
4

.
Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 3n
Fe
+ 6n
S
= 5n
Mn
2+
 n
Mn
2+
= = 0,0114 mol  V
KMnO
4
= 0,228 lít.

Câu 8: Đáp án B.
Ancol
[O]


Andehit + H
2
O
Phần 1: n
ancol dư
+ n
H
2
O

= 2n
H
2
 n
ancol bđ
= 2n
H
2
= 0,3 mol (vì n
H
2
O
= n
ancol p.ư
).
Phần 2: n
Ag
= 2n
andehit
 n
andehit
= n
ancol p.ư
= 0,2 mol.
Vậy H =
n
p .
ư
n
b đ

. 100% =
0,2
0,3
. 100% = 66,67%.
Câu 9: Đáp án A.
Ta thấy khí Z làm xanh quỳ ẩm → Z là hỗn hợp các khí amin → X hỗn hợp muối của amin với axit carboxylic.
Cách 1:

Áp dụng ĐLBTKL, ta có: m
X
+ m
NaOH
= m
muối
+ m
Z
+ m
H
2
O

 0,2.77 + 0,2.40 = m
muối
+ 0,2.13,75.2 + 0,2.18  m
muối
= 14,3g.
Cách 2:

Page 1

www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com

Ứng với CTPT C
2
H
7
NO
2
có 2 đồng phân muối amin với axit carboxylic tương ứng: HCOONH
3
CH
3
và CH
3
COONH
4
.
Vậy hỗn hợp khí Z gồm NH
3
và CH
3
NH
2
.
Giải hpt or áp dụng sơ đồ đường chéo, ta tính được n
NH
3
= 0,05 mol; n
CH

3
NH
2
= 0,15 nol.
Suy ra m
Muối
= m
HCOONa
+ m
CH
3
COONa
= 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3g.
Câu 10: Đáp án D.
Ta có độ bất bão hòa = 1 với n → Axit no, đơn chức, mạch hở thỏa mãn khi n =1.
Vậy CTPT: C
3
H
6
O
2
.
Câu 11: Đáp án A.
- Phản ứng với dd brom; dd AgNO
3
/NH
3
đun nóng: chỉ có Glucozơ phản ứng.
- Thủy phân trong môi trường axit: chỉ có saccarozơ bị thủy phân.
Câu 12: Đáp án B.

Quan sát đáp án ta thấy chỉ có đáp án B và D thỏa mãn điều kiện.
Ta có CTTQ của X: C
x
H
y
.
Mà x: y =
%M
C
12
:
%M
H
1
=
90,566
12
:
9,434
1
= 7,547: 9,434 = 4: 5
Vậy CTĐGN: (C
4
H
5
)
n
 Với n = 2, ta có CTPT: C
8
H

10.
Câu 13: Đáp án C.
Ta có thể tích khí H
2
tạo thành khi phản ứng với dd Ba(OH)
2
> thể tích khí H
2
tạo thành khi phản ứng với H
2
O (xét
cùng m g hỗn hợp kl).
→ Khi phản ứng với H
2
O
dư
thì Al còn dư, chỉ một phần Al tác dụng với OH
-
tạo thành.
- Phản ứng với nước: n
H
2
= 4n
Ba
 n
Ba
= 0,015 mol (ứng với m g hh).
- Phản ứng với Ba(OH)
2
: n

H
2
=
3
2
.n
Al
+ n
Ba
 n
Al
= 0,6 mol (ứng với 2m g hh).
Vậy %m
Al
=
0,6.27
0,6.27+0,03.137
. 100% = 79,8%.
Câu 14: Đáp án A.
Lưu ý khi dd Y hòa tan Cu không tạo thành sản phẩm khử của N
+5
→ ion NO
3
-
phản ứng hết.
Cách 1:
Vì đề không cho HNO
3
dư, nên không chắc chắn toàn Fe bị oxi hóa thành Fe
3+

, nên torng dung dịch gồm Fe
2+

và Fe
3+
.
Mà n
Fe
3+
= 2n
Cu
= 0,13mol.
Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2n
Fe
2+
+ 3n
Fe
3+
= 3n
NO
→ n
Fe
2+
= 0,015 mol
Vậy n
Fe
= n
Fe
2+
+ n

Fe
3+
= 0,145 mol  m
Fe
= 8,12g.
Cách 2:
Quan sát quá trình phản ứng, dung dịch cuối cùng gồm Fe
2+
, Cu
2+
.
Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 2n
Fe
+ 2n
Cu
= 3n
NO
 2n
Fe
+ 2.0,065 = 3.(0,1 + 0,04)  n
Fe
= 0,145 mol  m
Fe
=
8,12g.
Câu 15: Đáp án B.
Lưu ý khi nung đến khối lương toàn bộ muối hidrocarbon bị nhiệt phân thành muối carbonat, sau đó muối carbonat
của kim loại (ngoại trừ muối carbonat của kim loại kiềm) tiếp tục bị nhiệt phân thành oxit kim loại tương ứng.
Áp dụng ĐLBT điện tích, ta có: 1.n
Na

+
+ 2. n
Ba
2+
= 1.n
HCO
3

+ 1. n
Cl

 x + y = 0,5 mol.
Quan sát đáp án, dễ dàng loại đáp án D, còn đáp án A, B đều có n
HCO
3

< 0,2 mol → n
CO
3
2
< n
Ba
2+
= 0,2mol.
Nên toàn bộ muối BaCO
3
bị nhiệt phân:
BaCO
3

t
o
 BaO + CO
2

Vậy m
rắn
= m
Na
+
+ m
Ba
2+
+ m
Cl

+ m
O
2
= 0,1.23 + 0,2.137 + 35,5.y + 16.x/2 = 29,7 + 35,5y + 30x = 43,6g.
Giải hpt, ta có x = 0,14mol; y = 0,36 mol.
Câu 16: Đáp án C.
Lưu ý kết tủa thu được gồm Cu(OH)
2
và BaSO
4
.
Câu 17: Đáp án C.
Ta có m
H

2
O
=
500.30
100
= 150g; m
H
2
SO
4
=
500.70
100
= 350g.
Gọi x là mol oleum cần dùng.
H
2
SO
4
.3SO
3
+ 3H
2
O → 4H
2
SO
4

x…………… 3x………4x
Page 2

www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Vậy C% =
m′
H
2
SO
4
m′
H
2
SO
4
+m′
H
2
O
. 100% =
350 +98.4x
350+98.4x+15018.3x
. 100% = 98%  x = 500/217 mol  m
oleum
=778,8g.
Câu 18: Đáp án C.
Ta có n
Br
2
= n
X

= n
muối
= 0,1mol → M
Muối
= 108g/mol  R = 41 g/mol (C
3
H
5
).
Vậy X: C
3
H
5
COOH (4 đp, kể cả đp hình học).
Câu 19: Đáp án B.
Câu 20: Đáp án C.
C
2
H
2
→ C
2
Ag
2
CH
3
CHO → 2Ag
Giải hpt, ta có n
axetilen
= n

etanal
= 0,01 mol.
Câu 21: Đáp án B.
A. Sai, nhận biết frucotozo và glucozo dùng dd brom.
C. Sai, tinh bột và xenlulozơ không phải đồng phân của nhau.
D. Sai, chỉ có xenlulozơ dễ kéo thành sợi.
Câu 22: Đáp án A.
Ta có V
rượu
=
5,75.6
100
= 0,345 lít = 345ml → m
rượu
= V
rượu
.d

= 345.0,8 = 276g  n
rượu
= 6mol = n
axit
 m
axit
= 360g.
Câu 23: Đáp án D.
Ta có n
AgCl
=
7,175

108+35,5
= 0,05mol → n
Cl

= 0,05 mol trong 50g dd A.
Mà ban đầu ta có m
dd A
> 385,4g tương ứng n
Cl

>
0,05.385,4
50
= 0,3854 mol  n
Cl
2
p.ư
=
1
2
. n
Cl

> 0,1927 mol
Vậy H =
n
Cl
2
p .ư
n

Cl
2
b đ
. 100% > 64,23%.
Câu 24: Đáp án C.
Giải hpt, 27n
Al
+ 64n
cu
= 18,2g và 3n
Al
+ 2n
Cu
= 3n
NO
+ 2n
SO
2

 n
Al
= n
Cu
= 0,2 mol  m
Al
= 0,2.27 = 5,4g  %m
Al
= 29,7%.
Câu 25: Đáp án A.
Ta có n

BaCO
3
= 0,6 mol.
TH1: NaOH dư → n
CO
2
= n
BaCO
3
= 0,6 mol.
TH2: Tạo dung dịch 2 muối CO
3
2-
và HCO
3
-
→ n
CO
2
= n
OH

- n
CO
3
= 1,5 – 0,6 = 0,9 mol.
Mà
166
197
= 0,843 < n

hh
= n
CO
2
<
166
84
= 1,98 mol  Loại trường hợp 1.
Ứng với 0,9 mol CO
2
tạo thành, giải hpt, ta có n
MgCO
3
= 0,1 mol; n
BaCO
3
= 0,8 mol.
Vậy m
MgCO
3
= 8,4g → %m
MgCO
3
= 5,06%.
Câu 26: Đáp án C.
Các dd khi tác dụng với bột sắt dư tạo Fe
2+
là FeCl
3
, CuSO

4
, Pb(NO
3
)
2
, HCl, HNO
3
(loãng), H
2
SO
4
(đặc nóng).
Câu 27: Đáp án D.
2SO
2
+ O
2
 2SO
3
với ∆H < 0
Mà ∆H < 0 → Phản ứng tỏa nhiệt.
Để cân bằng dịch chuyển sang chiều tạo SO
3
(chiều thuận), ta giảm nhiệt độ, và tăng áp suất bình.
Câu 28: Đáp án B.
Các chất tác dụng với dd AgNO
3
/NH
3
tạo kết tủa là C

2
H
2
, CH
2
O, CH
2
O
2
(HCOOH); C
3
H
4
O
2
(HCOOCH=CH
2
).
Câu 29: Đáp án B (Tơ xelulozơ axetat là tơ bán tổng hợp).
Câu 30: Đáp án D.
Các đồng phân thỏa mãn ycđb là HCOOC=C-C-C (2đp, cis-, trans-); HCOOC=C(C)-C; C-C-COOC=C-C (2đp, cis-,
trans-); C-C-C-COOC=C.
Câu 31: Đáp án C (Trong dipeptit chỉ có 1 lk peptit).
Câu 32: Đáp án B.
- Chỉ có nhóm –OH gắn trực tiếp vào vòng benzen mới có khả năng tham gia phản ứng với dd NaOH.
Câu 33: Đáp án C.
Ta có n
Cu
= 0,005mol.
Catot Anot

Cu
2+
+ 2e → Cu 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
Page 3

www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
…… 0,01 0,005 mol …………… 0,01 mol
Cl
2
+ 2NaOH → NaCl + NaClO + H
2
O
0,005 0,01 mol.
Mà n
NaOH spu
= 0,05.0,2 = 0,01 mol → n
NaOH bđ
= 0,01 + 0,01 = 0,02 mol  C
M NaOH
= 0,1M.
Câu 34: Đáp án A.
Quan sát ta thấy ∆m = 0  (64 – 56).n
Fe
+ (64 – 65).n
Zn

= 0  8n
Fe
= n
Zn.
Vậy %m
Zn
=
65.n
Zn
65.n
Zn
+56.n
Fe
. 100% = 90,27%.
Câu 35: Đáp án A.
Áp dụng ĐLBT nguyên tố [C], ta có: n
Na
2
CO
3
+ n
KHCO
3
= n
CO
2
+ n
BaCO
3
= 0,045 + 0,15 = 0,195 mol.

Mà n
H
+
= n
CO
3
2
+ n
CO
2
= 0,15 mol  n
CO
3
2
= n
Na
2
CO
3
= 0,105 mol → n
KHCO
3
= 0,09 mol.
Vậy m
hh
= a = 0,105.(23.2 + 60) + 0,09.(39 + 1 + 60) = 20,13g.
Câu 36: Đáp án C (Ăn mòn điện hóa mới làm phát sinh dòng điện).
Câu 37: Đáp án A.
Dd X có pH = 12 → OH
-

dư.
Vậy [OH
-
]
dư
= 10
-2
M  n
OH

dư
= 0,005 mol.
Mà n
OH

p.ư
= n
H
+
= 0,25.0,08 + 2.0,25.0,01 = 0,025 mol
Suy ra n
OH

bd
= 0,025 + 0,005 = 0,03 mol → n
Ba (OH )
2
=
1
2

. n
OH

bd
= 0,015mol  C
M Ba (OH )
2
= a = 0,06M.
Câu 38: Đáp án A.
Ta có chỉ số axit của chất béo bằng 7, vậy lượng NaOH cần dùng để trung hòa 10kg chất béo trên là 50g
→ n
NaOH trung

hòa
= 1,25 mol = n
H
2
O
.
Mà n
NaOH p.ư
= n
NaOH bđ
– n
NaOH dư
= 35,5 – 0,5 = 35mol.
Mặt khác n
NaOH p.ư
= n
NaOH trung hòa

+ n
NaOH thủy phân
 n
NaOH thủy phân
= 33,75 mol → n
glixerol
=
1
3
.n
NaOH thủy phân
= 11,25 mol
Vậy m
glixerol
= 1035g = 1,035kg.
Câu 39: Đáp án B.
Quan sát đáp án, ta thấy A, B, D đều có gốc ancol là CH
3
OH → Giả sử este A có dạng RCOOCH
3
.
Và hỗn hợp muối khan gồm RCOONa và NaCl.
Vậy n
Ag
= 0,4 mol  n
ancol
= n
RCOONa
= n
andehit

= 0,1mol.
Mà m
muối
= m
RCOONa
+ m
NaCl
 m
RCOONa
= 15,25 – 0,1.58,5 = 9,4g → M
RCOONa
= 94 g/mol  M
R
= 27 g/mol (C
2
H
3
-).
Câu 40: Đáp án D.
Hỗn hợp Y gồm nước và andehit, mà n
H
2
O
= n
andehit.
Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có M

andehit
= 40 g/mol
Vậy hỗn hợp andehit gồm HCHO và CH

3
CHO.
Áp dụng sơ đồ đường chéo, hoặc giải hpt, ta tính được n
HCHO
= 0,1 mol và n
CH
3
CHO
= 0,25 mol.
Suy ra m
ancol
= 0,1.32 + 0,25.46 = 14,7g.
Câu 41: Đáp án D.
Chất rắn gồm các oxit đồng và đồng → Quy chất rắn X về 0,2 mol Cu và y mol O.
Áp dụng ĐLBT nguyên tố [N], ta có: n
HNO
3
= n
NO
3

/mu ối
+ n
NO
= 0,2.2 + 0,02 = 0,42 mol.
Vậy V
dd
= 0,84 lít.
Câu 42: Đáp án B (Phenol không làm đổi màu quỳ tim).
Câu 43: Đáp án A.

S + 2H
2
SO
4 đ, nóng
→ 3SO
2
+ 2H
2
O
Câu 44: Đáp án C.
Hỗn hợp X gồm MgO và CuO → Dung dịch A gồm Mg
2+
và Cu
2+
→ Mg phản ứng hết.
Chất rắn B gồm Ag và Cu (nếu có).
Mg + 2Ag
+
→ Mg
2+
+ 2Ag
x.… 0,06 mol
Mg + Cu
2+
→ Mg
2+
+ Cu
x-0,03 0,05mol
Mà m
oxit

= m
MgO
+ m
CuO
= 40.x + 80.(0,05 – (x – 0,03)) = 3,6g  x = 0,07 mol.
Vậy Mg phản ứng với Cu
2+
tạo thành (0,07 – 0,03) mol Cu.
Page 4

www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com

Mặt khác, khi hòa tan rắn B vào dd H
2
SO
4
đặc nóng, ta có:
n
Ag
+ 2n
Cu
= 2n
SO
2
 0,06 + 2n
Cu
= 2.0,09  n
Cu
= 0,06 mol (Theo ĐLBT electron).

Ta thấy mol rắn Cu thu được là 0,06 mol trong đó gồm 0,04 mol Cu tạo thành từ phản ứng trên, vậy mol Cu trong hh
kim loại là 0,02 mol (vì Mg khử hết ion Ag
+
, nên Cu không tham gia phản ứng).
Suy ra m
hh kl
= 0,07.24 + 0,02.64 = 2,96g → %m
Mg
= 56,8%.
Câu 45: Đáp án C.
Phản ứng giữa oxit và axit, thật ra là phản ứng trao đổi O trong oxit thành gốc axit.
Áp dụng tăng/ giảm khối lượng, ta có: m
O/ Oxit
= m
Oxit
– m
Kl
= 22,3 – 14,3 = 8g  n
O/ Oxit
= 0,5 mol.
Ta có 1O
2-
→ 2Cl
-

Vậy n
Cl

mu ối


= 2n
O/ Oxit
= 1mol  m
Cl

mu ối

= 35,5g  m
muối
= m
KL
+ m
Cl

mu ối

= 49,8g.
Hoặc sử dụng tăng/ giảm khối lượng, ta có: m
muối
– m
Oxit
= (35,5.2 – 16).0,5 = 27,5  m
muối
= 22,3 + 27,5 = 49,8g.
Câu 46: Đáp án D.
Nước
cứng
Ion Ca
2+
, Mg

2+


Toàn
phần
Tạm thời HCO
3
-
- Đun nóng.
- Thêm một lượng vừa đủ Ca(OH)
2
.
- Thêm muối Na
2
CO
3
; Na
3
PO
4
.
Vĩnh cửu Cl
-
, SO
4
2-
-Thêm mu
ố
i Na
2

CO
3
; Na
3
PO
4
.

Câu 47: Đáp án A.
Ta có n
H
2
/X
= n
H
2
p.ư
+ n
H
2
dư
= n
ankan
+ n
H
2
dư
= n
Z
= 0,25 mol

Vậy n
olefin/X
= n
X
- n
H
2
/X
= 0,4 – 0,25 = 0,15 mol.
Áp dụng ĐLBTKL, ta có: m
X
= m
Y
 m
X
= m
olefin dư
+ m
Z
= 1,82 + 0,25.7,72.2 = 5,68g
Mà m
X
= m
H
2
/X
+ m
olefin/X
 m
olefin/X

= 5,18g → M
olefin
= 34,5(3) g/mol → n = 2,4(6).
Cách 1:
Áp dụng sơ đồ đường chéo, hoặc giải hpt, ta có n
C
2
H
4
= 0,08 mol → %V
C
2
H
4
= 20%.
Cách 2:
Ta thấy n = 2,4(6)  2,5 nên n
C
2
H
4
 n
C
3
H
6
 0,075 mol → %V
C
2
H

4
 18,75%
Vì n < 2,5 nên n
C
2
H
4
> n
C
3
H
6
→ %V
C
2
H
4
> 18,75%  Đáp án A.
Câu 48: Đáp án B.
Ta có n
X
= 0,05 mol = n
ancol Y
; n
Ag
> 0,14  n
Ag
> 2n
ancol Y
→ Y là CH

3
OH.
Câu 49: Đáp án A.
Lưu ý đề cho khối lượng Na và khối lượng chất rắn, nên có thể Na dư.
Áp dụng ĐLBTKL, ta có m
axit
= m
rắn
+ m
khí
– m
Na
= 12,4g.
Mà n
axit
= 2n
khí
= 0,22mol → M

axit
= 56,36 g/mol → n = 1,74.
Vậy hh axit gồm HCOOH và CH
3
COOH.
Câu 50: Đáp án C (CH
3
NH
2
có tính baz nên làm quỳ tím đổi màu xanh).
Page 5

www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com