ĐÁP ÁN CHI TIẾT 100 ĐỀ THI THỬ THPT QG

48 561 0
ĐÁP ÁN CHI TIẾT 100 ĐỀ THI THỬ THPT QG

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 251 BẠN LÀ GIÁO VIÊN TRẺ, NĂNG ĐỘNG, TÂM HUYẾT VỚI NGHỀ NHÀ GIÁO VÀ KHÔNG ĐỂ HS CHO LÀ KHÔNG CẬP NHẬT, PHƯƠNG PHÁP CŨ, GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHẬM , MẤT NHIỀU THỜI GIAN, ÍT CÁCH GIẢI HAY VÀ CHƯA HIỆU QUẢ THÌ HÃY GỌI CHO TÔI ĐỂ SỞ HỮU TOÀN BỘ CHÌA KHÓA VÀNG VÀ 100 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 GIẢI CHI TIẾT (DẠNG WORD) ĐỂ GV CÓ THỂ CHỈNH SỬA PHÙ HỢP HƠN VỚI ĐỐI TƯỢNG CỦA MÌNH ĐT LIÊN HỆ: THẠC SĨ: NGUYỄN VĂN PHÚ: 0989292117 HOẶC QUA MAIL: phueuro@gmail.com TÀI LIỆU SẼ GỮI QUA: ĐỊA CHỈ EMAIL, MAIL, YAHOO 100 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 CHIA 2 PHẦN - PHẦN I: 50 ĐỀ VÀ GIẢI CHI TIẾT ( DẠNG WORD DÀNH CHO GIÁO VIÊN) - PHẦN II: 50 ĐỀ VÀ GIẢI CHI TIẾT ( DẠNG WORD DÀNH CHO GIÁO VIÊN) Học thức như con thuyền đi ngược nước, không tiến tức thì lùi ĐÁP ÁN ĐỀ 42. Câu1A. Vì nCa 2+ = 2n  3 HCO nên: Ca(HCO 3 ) 2 + Ca(OH) 2 → 2CaCO 3 + 2H 2 O 0,003 0,003 => a = 0,003.74 = 0,222g Cách2: 2 3 3 2 OH HCO CO H O       0,006 0,006 0,006 2 2 3 3 Ca CO CaCO     0,006 0,006 mà 2 Ca n  = 0,003 + 74 a = 0,006 => a = 0,003.74 = 0,222 Câu2. B. nH 2 = 0,12 mol  nOH - = 0,24 mol  Để trung hòa dd X thì dung dịch Y cần dùng với số mol H + là 0,24 mol Gọi số mol của H 2 SO 4 là x thì số mol của HCl là 4x  2x + 4x = 0,24, nên x = 0,04; Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc axi = 8,94 + 0,04.96 + 0,16.35,5 = 18,46 g Câu3.B. nH 2 = 0,01 , nOH - = 0,02 - Nếu M và oxit M là kim loại kiềm thổ thì nM = nH 2 => nMO= 0,02 – 0,01 = 0,01 => 2,9 = 0,01 M + 0,01( M=16) => M= 137 - Nếu M là kim loại kiềm thì oxit của M là M 2 O và không có giá trị nào phù hợp Cách2: Qui đổi hỗn hợp ban đầu : M và O M > M(OH) n O + 2 e = O 2- (2) 0,02 < 0,02 M = M n+ + ne (1) 2H + +2e = H 2 (3) 0,02 > 0,02n 0,01 - BTKL: nO= (2,9- 0,02.M): 16 => số mol e nhận ở (2) là 8 02,09,2 2. 16 02,09,2 MM    - BTE: 0,02n = 8 02,09,2 M  + 0,02 => n= 2 => Ba Câu4A. X Z A , 8 O 16 => X 2 O có số hạt mang điên là 4z + 16, số hạt không mang điện là 2N +8 Ta có:      2882164 9281624 NZ NZ => Z=11 và N =12 => X là Na Câu5 A. Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 252 2Na + 2H 2 O = 2Na + +2OH - +H 2 0,2 0,2 NH 4 + +OH - = NH 3 +H 2 O 0,3 0,2 0,2 0,1dư Vậy V= 6,72 Câu6. A. nH 2 = 0,25 mol; nKL > 0,25 mol; 4,28 25,0 1,7 M  Một kim loại có nguyên tử khối lớn hơn 28,4 và một kim loại có nguyên tử khối nhỏ hơn. Câu7D: Vì dung dịch Y chứa các chất tan có nồng độ bằng nhau  số mol 2 kim loại kiềm thổ bằng nhau = n HCl dư (nếu có). n HCl = 0,25 mol M + 2HCl  MCl 2 + H 2 a 2a a Ta có : n HCl dư = ½ a  0,25 – 2a= ½ a  a = 0,1  M = 24,5 = 2 409  . Nên 2 kim loại là Be và Ca Câu8. C. Số đồng phân thơm có công thức phân tử C 7 H 8 O vừa tác dụng được với Natri vừa tác dụng được với NaOH chỉ có thể là phenol, có nhóm – OH gắn trực tiếp vào vòng benzen, với 3 đồng phân ứng với các vị trí của nhóm – CH 3 gắn vào các vị trí ortho, meta, para so với nhóm - OH. Câu9 B. Al 2 O 3 , HCO 3 - , H 2 O. Ion chất lưỡng tính là các ion, chất vừa có khả năng nhường, vừa có khả năng nhận H + Câu10. D. Ta có: p + n +e = 52, trong đó (p = e), nên 2p + n = 52. Mà 1 n/p 1,5 p n 1,5p 3p 52 6,5p 14,8 p 17,3 Vậy p có thể là 15, 16, 17. Với p = 15 n = 22 A = 37 (loại vì nguyên tố có Z = 15 thì có A là 31) Với p = 16 n = 20 A = 36 (loại vì nguyên tố có Z = 16 thì có A là 32) Với p = 17 n = 18 A = 35 (thỏa mãn) Câu11. D. CH 3 NH 2 Câu12. A. a, c, e Trong các phản ứng a, c, e đều có sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố nên đều là các phản ứng oxi hóa khử. Câu13. A. (2), (5) Dùng phương pháp loại trừ các phương án chứa chất không làm quì tím đổi màu đỏ. Câu14.C. HCHO và HOC– CHO Chú ý rằng khi X hoặc Y phản ứng với AgNO 3 trong NH 3 tạo ra 4 mol Ag thì có một chất là HCHO( nếu là đơn chức ), chất kia là anđehit 2 chức. Dùng tỉ lệ C:H trong phản ứng cháy để tìm CTPT của 2 chất. Câu15.B. H - COOH, HOOC - COOH 0,3 mol axit khi đốt thu được 0,5 mol CO 2 => có một axit có số C = 1 hiển nhiên chỉ chỉ có thể là HCOOH; 0,3 mol 2 axit này trung hòa cần mất 0,5 mol NaOH => có một axit có nhiều hơn hoặc bằng 2 nhóm chức. Vậy chỉ có đáp án B là phù hợp. Câu16. AĐúng vì khi điện phân dung dịch muối sẽ thu được bazơ Câu17 A Số mol N 2 = số mol N 2 O = 0,04mol 2NO  3 + 10H + + 8e → N 2 O + 5H 2 O 0,4 ← 0,32 ← 0,04(mol) 2NO  3 + 12H + + 10e → N 2 + 6H 2 O 0,48 ← 0,4 ← 0,04(mol) m muối = 10,71 + 0,04.8.62 + 0,04.10.62 = 55,35g [HNO 3 ] = 22,0 4 88,0  M Câu18. Đáp án là D SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 2,5 2,5(mol) m chất tan (H 2 SO 4 ) ban đầu = 100 49m = 0,49m(gam) Khối lượng chất tan sau khi thêm SO 3 là: m chất tan sau khi thêm = 0,49m + 2,5.98 = 2245 + 0,49m Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 253 m dung dịch sau khi thêm = m + 200 (gam) C% (H 2 SO 4 ) sau khi thêm = 78,4% → 4,78100. 200 49,0245    m m → m = 300 (gam Câu19. Đáp án là C Số mol CO 2 = 7,5(mol) C 6 H 10 O 5 → C 6 H 12 O 6 → 2C 2 H 5 OH + 2CO 2 m/162 0,8m/162 → 1,6m/162(mol) → 1,6m/162 = 7,5 → m = 759,4g Câu20. Đáp án là C 2,7g chất rắn Y là Al dư 2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 a a a/2(mol) 2K + 2H 2 O → 2KOH + H 2 a a a/2(mol) 2Al + 2OH  + 2H 2 O → 2AlO  2 + 3H 2 2a ← 2a → 3a(mol) Số mol H 2 = 4a = 0,4 → a = 0,1 (mol) m hỗn hợp X = 0,1.23 + 0,1.39 + 0,2.27 + 2,7 = 14,3g Câu21D. (c), (d). Cu không bị hòa tan trong dung dịch HCl (vì là kim loại đứng sau H), không tan được trong muối KNO 3 . Cu tan được trong dung dịch hỗn hợp HCl + KNO 3 ; Fe 2 (SO 4 ) 3 : 3Cu + 8H + + 2NO 3 - 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O Cu + 2Fe 3+ 2Fe 2+ + Cu 2+ Câu22D. (II), (III), (IV). - Phenol có nhóm -OH nên có phản ứng thế với kim loại Na. - Nguyên tử H của nhóm -OH linh động nên có phản ứng với NaOH. - Phenol có phản ứng tạo kết tủa trắng với dung dịch nước brom. Câu23B. tơ nilon, tơ tằm, len rất bền vững với nhiệt. - Dùng phương pháp loại trừ để tìm ra đáp án đúng. - Mặt khác có thể thấy ngay tơ nilon, tơ tằm, len rất bền vững với nhiệt là sai. Câu24B. Dùng NaOH, vì: 2NaOH + MgSO 4 Na 2 SO 4 + Mg(OH) 2 trắng. 2NaOH + FeCl 2 Fe(OH) 2 + 2NaCl trắng xanh(để ngoài không khí chuyển nâu đỏ) 3 NaOH + Fe(NO 3 ) 3 3NaNO 3 + Fe(OH) 3 (nâu đỏ) Câu25C. thực hiện quá trình khử các cation kim loại trong các hợp chất về kim loại. Nguyên tắc điều chế kim loại: Khử các ion kim loại: M n+ + ne M Câu26D. từ ống thứ hai nhiều hơn từ ống thứ nhất. - Số mol axit fomic nhiều hơn số mol axit axetic nên số mol CO 2 ở ống 2 nhiều hơn ống 1. Câu 27B. C 6 H 5 ONa. nC = = 0,6 mol nH = = 0,5 mol nNa = = 0,1 mol nO = = 0,1 mol nC : nH : nO : nNa = 0,6 : 0,5 : 0,1 : 0,1 = 6 : 5 : 1 : 1 Vậy X là: C 6 H 5 ONa. Câu28A . mO 2 = mCO 2 + mH 2 O - mA =13,2 + 5,4 – 7,4 = 11,2 (gam) nO 2 tham gia phản ứng = = 0,35 (mol) => V KK = 0,35 . 22,4 . 5 = 39,2 (lít) Câu29A. NaNO 3 và NaHSO 4 . NaNO 3 và NaHSO 4 không phản ứng với nhau và không phản ứng với Cu nhưng hỗn hợp NaNO 3 và NaHSO 4 lại có phản ứng với Cu: 2NaNO 3 + 8NaHSO 4 + 3Cu 3CuSO 4 + 5Na 2 SO 4 + 2NO + 4H 2 O Câu30.D. 0,4 mol Đốt 1 mol rượu no, đơn chức, mạch hở A thu được 4 mol CO 2 nên A có 4 cacbon và có công thức phân tử C 4 H 10 O. Khi oxi hóa rượu A sẽ thu được axi no đơn chức mạch hở C 4 H 8 O 4 . Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 254 Vậy khi đốt cháy axi này sẽ thu được n H2O = n CO2 = 0,4 mol. Câu31D. 1,92 gam. PTPƯ: 2Al + 3Cu 2Al + 3Cu. 1 mol nhôm phản ứng tạo ra 1,5 mol đồng thì khối lượng thanh nhôm tăng 64 . 1,5 - 27 = 69 gam Theo bài ra, khối lượng thanh nhôm tăng 1,38 gam nên số mol nhôm đã phản ứng là => m Cu(thoát ra) = 1,5.0,02.64 = 1,92 gam. Câu32.D. C 3 H 9 N Câu33C. Đều hoà tan Cu(OH) 2 ở nhiệt độ thường cho dung dịch màu xanh So sánh đặc điểm cấu tạo hai chất, từ đó suy ra tính chất giống nhau giữa chúng. Câu34B. CH 2 =CH-CH 3 ; CH 2 =CH-CH 2 Cl; CH 2 Cl-CHOH-CH 2 Cl. Dựa vào phương pháp điều chế glixerin. Câu35A. Thêm dư AlCl 3 vào dd NaOH Vì Al 3+ (dư) + 3OH - Al(OH) 3 .Dựa vào tính chất của hợp chất của Al để xét. Câu36C. (5) > (3) > (1)> (4) > (2). CH 3 COOH có M lớn nhất, lại có liên kết hiđro mạnh, nên có nhiệt độ sôi cao nhất. - CH 3 CHO không có liên kết hidro, nên có nhiệt độ sôi thấp nhất. - 3 chất còn lại đều có liên kết hiđro, nhưng CH 3 -CH 2 OH có liên kết hiđro yếu nhất, còn HCOOH có liên kết hiđro mạnh nhất. Vậy nhiệt độ sôi của (5) > (3) > (1)> (4) > (2) Câu37A. (C 17 H 33 COO) 3 C 3 H 5 + 3H 2 = (C 17 H 35 COO) 3 C 3 H 5 884 886 < 5 Câu38B. Fe na = 0,01625. m Cl = a.M = 0,0455 = 28 (n = 1,2,3) M = 56; n = 2. M là Fe. Câu39A. lúc đầu có kết tủa màu xanh nhạt, sau đó kết tủa tan dần tạo thành dung dịch màu xanh thẫm. CuSO 4 + 2NH 3 + 2H 2 O Cu(OH) 2 + (NH 4 ) 2 SO 4 Cu(OH) 2 + 4NH 3 [Cu(NH 3 ) 4 ](OH) 2 Câu40B. ClH 3 N[CH 2 ] 6 COOH Viết phương trình thuỷ phân, xác định các sản phẩm tồn tại trong môi trường axit HCl. Câu41. A. 5 sản phẩm. Câu42B. Crom là kim loại nên chỉ tạo được oxit bazơ Crom có các oxit CrO là oxit bazơ; Cr 2 O 3 là oxit lưỡng tính; CrO 3 là oxit axit. Câu43B. 5,69 gam. Gọi số mol từng kim loại Mg, Al, Cu trong X là x, y, z mol. Tổng số mol electron mà N +5 nhận là: 0,01 . 3 + 0,04 = 0,07 mol Tổng số mol electron kim loại nhường là: 2x + 3y + 2z = 0,07 mol Khối lượng muối: 1,35 + m(nitrat) = 1,35 + 62 (2x + 3y + 2z) = 5,69 gam. Câu44C. bằng xà phòng có độ kiềm thấp, nước ấm. Dựa vào tính chất dễ bị thuỷ phân của tơ poliamit Câu45D. Màu vàng nâu, dẻo, dễ rèn Câu46D. Cu(NO 3 ) 2 , Fe(NO 3 ) 2 , Mg(NO 3 ) 2 ‘ - Dựa vào sản phẩm của quá trình nhiệt phân các muối nitrat. Loại các phương án có chứa KNO 3 vì: Câu47D. chất nhường electron để tạo thành các cation vì năng lượng cần để tách electron khỏi nguyên tử kim loại tương đối nhỏ. Nguyên tử kim loại có 1,2,3 electron lớp ngoài Dễ nhường electron lớp ngoài cùng để tạo thành các ion có cấu hình electron khí hiếm. Câu48B. 7, 0 gam. Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 255 4Na + O 2 2Na 2 O (1) 2Na + O 2 Na 2 O 2 (2) Na 2 O 2 + H 2 O 2NaOH + ½O 2 (3) 0,05mol 0,025 mol n Na(2) = 0,1mol n Na(1) = 0,1mol số mol Na 2 O = 0,05mol Vậy m A = 0,05 . 78 + 0,05 . 62 = 7g Câu49D. 12,70 HCl + NaOH NaCl + H 2 O Ban đầu: 0,04 Phản ứng: 0,04 0,04 Sau p.ư: 0,00 0,01 0,04 Sau phản ứng NaOH dư nNaOH = nOH - = 0,01 (mol) [OH - ] = 0,05 (M) pOH = 1,30 pH = 14 - pOH = 12,70 Câu50 C. n hỗn hợp sau nổ = 0,72 (mol) P sau vụ nổ (theo lý thuyết) = . P sau nổ (thực tế) = . ĐÁP ÁN ĐỀ 43. Câu 1D. dung dịch brom Nhận biết được tính chất của fructozơ. Có thể dùng phương pháp loại trừ. Câu 2C. 27,71% và 72,29% Khi phân tử NaOH phản ứng với các axit, nó thay thế nguyên tố Na vào một nguyên tử H của từng axit => 1 mol axit bị trung hòa thành 1 mol muối thì khối lượng muối so với khối lượng axit tăng 22g =>tổng số mol 2 axit là : (23,2 – 16,6) : 22 = 0,3 mol. Từ đó tính ra số mol mỗi axit. Câu 3D. H-COO-C 3 H 7 và CH 3 COO-C 2 H 5 . Dựa vào của muối. Câu 4B. Điện phân dung dịch NaCl trong nước. Dựa vào số oxi hoá của natri trong các chất ở 2 vế của phương trình phản ứng. Câu 5B. Quá trình trên là quá trình oxi hoá. Fe nhường electron, Fe là chất khử và bị oxi hóa thành Fe 2+ . Câu 6A. tăng 0,08 gam so với thanh Fe ban đầu. Dung dịch mất màu xanh Cu(NO 3 ) 2 hết: => Khối lượng thanh Fe tăng: (64 - 56).0,01 = 0,08 (gam). Câu 7. A. 3 Buten (C 4 H 8 ) có 2 đồng phân mạch thẳng: CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 và CH 3 - CH = CH – CH 3 CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 + HCl CH 3 – CHCl – CH 2 – CH 3 (sản phẩm chính) CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 + HCl CH 2 Cl – CH 2 – CH 2 – CH 3 (sản phẩm phụ) CH 3 – CH = CH – CH 3 + HCl CH 3 –CH 2 –CHCl–CH 3 Câu 8D Câu 9B: gọi công thức muối hiđrocacbonat : M(HCO 3 ) n Sơ đồ : 2M(HCO 3 ) n  M 2 (SO 4 ) n 2mol 1 mol khối lượng giảm : 2.61n - 96n = 26n theo đề 1,625.2 0,125 26n n  9,125 - 7,5 = 1,625 M + 61n = 9,125 73 0,125 n n  => M = 12n n = 2 => M = 24 (Mg) => là Mg(HCO 3 ) 2 Câu10D. Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 256 Câu11A. Trong dung dịch X chứa AlO 2 - và OH - (nếu dư). Dung dịch X trung hòa về điện tích nên. 2 AlO OH Na n n n 0,5mol       khi cho axit HCl vào dung dịch X ta có ptpư sau: H + + OH -  H 2 O H + + AlO 2 - + H 2 O  Al(OH) 3  Để thu được kết quả lớn nhất thì 2 HCl H AlO OH 0,5 n n n 0,5mol V 0,25lit A dung 2           Câu12.B Phương trình phản ứng xẫy ra: - - 2- 3 2 3 2+ 2- 3 3 2+ 2- 4 4 OH + HCO = H O+CO .(1) Ba + CO = BaCO .(2) Ba + SO = BaSO .(3) Sau khi các phản ứng xẫy ra thì trong dung dịch A chỉ còn lại a mol Na + . áp dụng ĐLBTĐT thì số mol OH - củng phải bằng a mol. Mặt khác số mol OH - ở phương trình (1) cũng phải bắng b mol, nên số mol OH - ban đầu là (a+b) mol 2+ - 2 Ba(OH) =Ba +2OH (4) y.Vmol 2y.Vmol a b =>2y.V=a b y B dung 2V      Câu13. A ;Câu14A ;Câu15 A.; Câu16A; Câu17C ; Câu 18D. Câu 19B Na 2 O +H 2 O = 2NaOH a 2a NaHCO 3 + NaOH = Na 2 CO 3 +H 2 O a a a BaCl 2 + Na 2 CO 3 = BaCO 3 + 2NaCl a Vậy dung dịch A chỉ còn chứa NaCl 20C; 21D; 22C ; 23D ; 24D;25D ; 26C ; 27B ;28C ; 29D; 30A ; 31D; 32C ;33C; 34B ;35ª; 36D; 37A. NH 2 -C 2 H 4 -COONH 4 +NaOH = NH 2 -C 2 H 4 -COONa + NH 3 + 2H 2 O 0,1 0,15 => mchất rắn= 38.B 39 A. n X = 0,02mol; n NaOH = 0,04mol → X có hai nhóm - COOH. n X : n HCl = 1 : 1 → X có một nhóm - NH 2 H 2 NR(COOH) 2 + 2NaOH → H 2 NR(COONa) 2 + 2H 2 O 0,02 → 0,04 → 0,02(mol) → R = )2.232.322.1216( 02,0 82,3  = 41 X: H 2 N - C 3 H 5 - (COOH) 2 → C 5 H 9 NO 4 40. Đáp án là C n axit metacrylic = 2,5(mol); n ancol metylic = 5,125(mol) CH 2 =C-COOH + CH 3 OH → CH 2 =C-COOCH 3 CH 3 CH 3 2,5 3,125 (mol) 2,5.0,6 2,5.0,6 (mol) m este = 2,5.0,6.100 = 150g Câu 41:A Câu 42:D Câu 43: D Câu 44: B (2CrBr 3 +3Br 2 -> 2CrBr 6 ) Câu 45:D Câu 46:D; *Na nước thoát khí, và dung dịch trong suốt. Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 257 *Ca thoát khí , dung dịch vẩn đục * Al cho vào dung dịch trong suốt có thoát khí 2 kim loại còn lại cho nước vào, đung nóng lên thấy lọ nào thoát khí là Fe (Fe +H 2 O Fe 3 O 4 +H 2 ) Câu 47:D; nAg=0,4 .T= 4, có 2 nhóm CHO, nBr 2 /n hỗn hợp =3, vậy ∏ mạch hở = 3-2 =1, Vậy đáp án D Câu 48: A; Cách làm > viết đồng phân đối xứng.và xicloankan đối xứng Câu 49: A; Đáp án.Ni=0,8-1,06= -0,26. Mg= -2,37= -0,26-2,11 Câu 50: Đáp án> naxit picric ( OH-(C6H2)-(NO 2 ) 3 )=27,48/229=0,12. nCO+CO 2 =0,12*6=0,718, N 2 =0,12*3/2=0,178 nH 2 O= 1,5*0,12=0,119. P=(0,119+0,718+0,119)*0,082*(1223+273)/20 =D HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 44 1/. A. C 2 H 5 OOC-COOC 2 H 5 + 2NaOH > 2C 2 H 5 OH + NaOOC-COONa 2/.B Al + 3Ag + > Al 3+ + 3Ag Fe + 2Ag + > Fe 2+ + 2Ag Fe 2+ + AgNO 3 > Ag + Fe 3+ Al + H 2 O + NaOH > 3/2 H 2 3/.D H = 25,36 58 100% = 60% C2. C 4 H 10 > A + B bđ a pư x x x spư a- x Ta có: mC 4 H 10 = 58a. Do khối lượng các chất không đổi nên hỗn hợp gồm 5 hiđrocacbon là 58a M = 58 a: [ (a-x) + x+x) =36,25 => x= 0,6a H = x: a = 0,6a: a 4/.C. C1. 3 Fe 3 O 4 + 28HNO 3 > 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14 H 2 O 0,09 0,84 Vì dùng dư 25% nên nHNO 3 dùng = 0,84 .1,25 =1,05 mHNO 3 = 1,05.63 = 66,15gam C2. nFe 3 O 4 = 0,09 => nFe 3+ = 0,09.3= 0,27 nHNO 3 pư = nNO 3 - muối + nNO 3 - spk = 3. 0,27 + 0,03 Vậy nHNO 3 cần dùng = 5/.A C 3 H y => M = 12.3 + y = 21.2 => y = 6 Sơ dồ pư: C 3 H 6 + 9/2 O 2 = 3CO 2 + 3 H 2 O 0,05 0,15 0,15 => mH 2 O + mCO 2 = 44.0,15 + 18. 0,15 = 9,3 6/. C 7/. C: + Với phần 1 ta có: 2FeCl 3 + H 2 S → 2FeCl 2 + S + 2HCl 10. A. Ta có M hỗn hợp = 92 a + 46( 1-a) = 72,45 => a= 0,575 N 2 O 4 = 2NO 2 nbđ x 0 đli 0,2125  0,425 [ ] x – 0,2125 0,425 => x – 0,2125 = 0,575 => x = 0,7875 mol N 2 O 4  = 0,2125: 0,7875 = 0,2698 11. B 12. D Công thức phân tử của D có dạng MX 2 Ta có: M 2+ + 2pX - = 162 (1) => ( pM -2) + 2( pX +1) = 162 => pM + 2pX = 162 Vì M 2+ và X - có cấu hình như nhau => E M 2+ = E X - (2) Từ 1,2 => 3E M 2+ = 162 => E 2+ = 162/ 3 = 54 => E M = p M = 54+2 = 56 ( Ba) E X = P X = 54 – 1 = 53 ( I) Dung dịch BaI 2 BaI 2 + O 3 + H 2 O > I 2 + O 2 + Ba(OH) 2 13.A. PƯ: M + nHCl = MCl n + n/2 H 2 nHCl = 200.7,3: 36,5.100 = 0,4 mol nH 2 = 0,2 mol m MCl n = m + 0,4 . 35,5 = m + 14,2 m dung dịch spư = 200 + m- 0,2 .2 = 199,6+ m C% = ( m + 14,2).100 : 199,6 + m = 11,96 => m = 11 gam M = 11n: 0,4 = 27,5n => n= 2, M = 55 => M là Mn 14.B. 2H + + 2 e = H 2 0,16 0,08 O 2 + 4e = 2O 2- Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 258 mol: x 0,5x CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl Mol: y y  16x +96y = 1,28 (I) 2FeCl 3 + Na 2 S → 2FeCl 2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl 2 + Na 2 S → FeS↓ + 2NaCl  2FeCl 3 + 3Na 2 S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x CuCl 2 + Na 2 S → CuS↓ + 2NaCl Mol: y y  88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta cú: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol 8/. D.  nHCl=nX = 0,02, nNaOH = 2nX  cú 1nhóm -NH 2 và 2 nhóm –COOH (HOOC) 2 RNH 2 + HCl  (HOOC) 2 RNH 3 Cl 0,02 0,02  M muối = 45.2 + R + 52,5 = 3,67 183,5 0,02   R = 41 (C 3 H 5 ) Vậy X là:(HOOC) 2 C 3 H 5 NH 2 9/.C 19. B Giả sử hợp kim X không chứa Li thì %Li trong hợp kim mới phải bằng: %mLi = mLimX mLi  . 100 = 8,28,28 8,2  .100 = 8,9 % Nhưng theo bài ra %mLi = 13,29% > 8,9% => trong hợp kim X phải có Li . Vậy M là Li Khối lượng Li trong X: mLi (X) = 8,2 100 )8,28,28(29,13   = 1,4 gam => nLi (x) = 0,2 => mR (X) = mX – mLi = 28,8 – 1,4 = 27,4 gam Khi X + H 2 O Li + H 2 O = 1/2 H 2 0,2 R + 2H 2 O = H 2 x => nH 2 = 0,3 = x + 0,1 => x= 0,2 => MR = 27,4/ 0,2 = 137 20. B Zn = 2NO 2 x 3Zn= 2NO y => x + y = 0,13 2x + 2y/ 3 = 0,22 Giải hệ: x= 0,1 và y= 0,03 nNO 2 = 2x = 0,2 nNO = 0,02 => m khí = 46. 0,2 + 30. 0,02 = 9,8 gam Vậy 1 lít hỗn hợp khí có khối lượng là 9,8: 4,928 = 1,98 gam/lit 21. A 22. B 23. C Khí thu vào bằng cách đặt úp bình => khí đó 0,16 => BTE: e cho = e(do H + nhận) + e ( O 2 nhận) => nO 2- = 2. 4 16,0 = 0,08 mol => mO 2- = 0,08 . 16 =1,28 BTKL: mkim loại = moxit – mO 2- = 1,56 gam 15.C 16.D. Dùng chất tác dụng với H 2 S, không tác dụng với HCl Nếu dùng: AgNO 3 = AgCl  Pb(NO 3 ) 2 = PbCl 2  Zn(NO 3 ) 2 + H 2 S = không xảy ra pư Cu(NO 3 ) 2 + H 2 S = CuS  + HNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + HCl = không xảy ra pư 17. A. Khi a=b kết tủa thu được là lớn nhất. 18. B. 28. A . BTKL: mAl = 23,3 – 15,2 = 8,1 => mAl bđầu = 0,3 , nCr 2 O 3 = 0,1 2Al + Cr 2 O 3 > Al 2 O 3 +2Cr 0,2 0,1 0,2 => Al dư = 0,1 mol Al + 3HCl = 3/2 H 2 + AlCl 3 0,1 0,15 0,1 Cr + 2HCl = CrCl 2 +H 2 0,2 0,2 => V 2 = 7,84 lít Al 2 O 3 + 3HCl = 2AlCl 3 + 3/2 H 2 O 0,1 0,2 AlCl 3 = Al(OH) 3 0,1+ 0,2 0,3 CrCl 2 = Cr(OH) 2 0,2 0,2 => m = 0,3 .78 + 86.0,2 = 40,6 Hay: Al > AlCl 3 > 2Al(OH) 3 0,3 0,3 29.C. Ta có: M = 45,6 => 2 khí CO 2 và NO 2 => nCO 2 : nNO 2 = 1: 4 Gọi nCO 2 = x mol , nNO 2 = 4x => nFeCO 3 =x BTE: Fe 2+ = Fe 3+ + 1e x FeS 2 = Fe 3+ + 2S 6+ + 15 0,2x 3x N +5 +1 e = N +4 4x Dung dịch Y chứa: Fe 3+ ; SO 4 2- , có thể có NO 3 - , H + ; tác dụng vừa đủ với Ba(OH) 2 nBa(OH) 2 = 0,54 => nOH= 1,08 mol Kết tủaZ: Fe(OH) 3 : ( x+ 0,2) và BaSO 4 0,4x Rắn T: Fe 2 O 3 0,6 x và BaSO 4 0,4x => 160. 0,6x + 0,4x .233 = 37,84 => x= 0,2 Vậy nFeCO 3 đầu = x = 0,2 Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 259 phải nhẹ hơn không khí, tức là có M< 29. 24. C MX = 28 => CO, C 2 H 4 , N 2 nhưng chỉ có N 2 điều chế bằng pp nhiệt phân. 25. A. CaCO 3 + H + Fe 2+ + 4H + + NO 3 - = NO FeS + 2H + = H 2 S 26.C 27.A.Khối lượng Fe = 0,3m (g); khối lương rắn A = 0,75 m(g). Suy ra lượng Fe phản ứng = 0,25 m  Fe dư ; Cu chưa phản ứng. Dung dịch B chứa Fe(NO 3 ) 2 , không có Fe(NO 3 ) 3 và Cu(NO 3 ) 2 n hỗn hợpkhí = 6,72/22,4= 0,3 mol Số mol HNO 3 = 69,0 63.100 63,0.38,1.50  (mol) Fe  Fe +2 + 2e NO 3 - + 3e  NO NO 3 - +e  NO 2 Số mol NO 3 - tạo muối = 0,69 – 0,3 = 0,39 (mol). Khối lượng Fe(NO 3 ) 2 = 1 .0,39(56 62.2) 35,1( ) 2 g   36. C. Na tác dụng cả axit và H 2 O 2H + 2e = H 2 0,2 0,2 0,1 => có 0,1 mol H 2 sinh ra do sự khử H 2 O H 2 O + 1e = 1/2 H 2 + OH 0,2 0,1 0,2 => tổng e nhận = 0,4 - Na > Na + + 1e => ne cho = ne nhận =nNa = 0,4 => mNa = 9,2 mrắn khan = mNa + mSO 4 2- + mCl - + mOH - = 20,95 gam 37.C. Khối lượng Fe và Fe 3 O 4 thực tế phản ứng với HCl = 22,5 – 2,5 = 20 g => 56x + 232y = 20 (1) Vì Fe nên Fe + 2HCl=H 2 0,1 Fe 3 O 4 + 8HCl= 2FeCl 3 y 2y Fe + 2FeCl 3 = x- 0,1 => 2( x- 0,1) = 2y => x – 0,1 = y (2) Từ 1,2 => x= 0,15 và y= 0,05 Vậy nHCl = 0,6 38. A. Ta có nCO 2 = 0,16 =nBr 2 C n H 2n+2-2a + O 2 = nCO 2 x xn C n H 2n+2-2a + aBr 2 = x xa => nx= 0,16 ax = 0,16 => n= x => X có dạng C n H 2 Vì hiđrocacbon ở thể khí nên n 4 và nặng hơn không khí n 3  => n=3 hoặc 4 nFeS 2 = 0,2x = 0,04 30. C . 31.D 32.C. nH 2 = 0,1 , nAg= 0,4 Gọi A là R(CHO) n ; B là R(CH 2 OH) n R(CH 2 OH) n + Nadư = n/2H 2 (1) R(CHO) n + Ag 2 O = 2nAg Theo(1) : 0,1.1 = 0,1 2 n => n=2 Theo (2): nR(CHO) 2 = 0,1 => M = 84 => R= 26 => -CH=CH- Vậy A là: OHC-CH=CH-CHO PƯ : OHC-CH=CH-CHO + 3H 2 = 0,1 33.D 34.C 35.B 40. A. Theo bài ra n HCl = 0,4.2= 0,8 mol. Các phương trình phản ứng xảy ra là: Fe 3 O 4 + 8HCl  2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O 0,1 0,8 0,2 0,1 Cu + 2FeCl 3  CuCl 2 + 2FeCl 2 0,04 0,08 0,04 0,08 Dung dịch D gồm: 0,8 mol Cl - ; Fe 3+ ; 0,18 mol Fe 2+ ; Cu 2+ Tác dụng với AgNO 3 Ag + + Cl -  AgCl 0,8 0,8 Ag + + Fe 2+  Fe 3+ + Ag 0,18 0,18 Khối lượng kết tủa thu được là: m = 0,8. 143,5 + 0,18. 108 = 134,24 gam 41.B 42/.A. Ta cú 2 3 2 3 0,1 ; 0,2 0,1 ; 0,12 CO H CO HCO n mol n mol n amol n mol              H + hết ,CO 3 2- và HCO 3 - dư Các phương trình phản ứng xảy ra đồng thời: CO 3 2- + 2H +  CO 2  + H 2 O (1) x 2x x HCO 3 - + H +  CO 2  + H 2 O (2) y y y Goi x và y là số mol của CO 3 2- và HCO 3 - đó tham gia phản ứng (1) và (2) Ta có hệ phương trình 2 0,2 0,08 0,12 0,04 x y x x y y              Ta cú : 0,1 0,08 0,5 0,1 0,04 x a M y a     + Nếu: Các phương trình phản ứng xảy ra đồng thời: CO 3 2- + 2H +  CO 2  + H 2 O (1) Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 6 tập ‘ chìa khóa vàng’ giải nhanh hóa học. Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú: ĐT 098 92 92 117. Email: phueuro@gmail.com 260 + nếu n= 3 => C 3 H 2 ( không có cấu tạo mạch hở) + nếu n= 4 => C 4 H 2 HC  C-C  CH => x= 0,04 mol => m = 0,04.50 = 2 gam 39.A. C1 mmuối = mkloại + mSO 4 2- ( tạo muối) = 13,5 + mSO 4 2- ( tạo muối) H 2 SO 4 +2e = H 2 + SO 4 2- (1) => nSO 4 2- ( tạo muối) = nH 2 = 0,35 (2) Vậy m= 47,1 C2. Coi 4 kim loại là M M + nH 2 SO 4 = nH 2 0,35 0,35 BTKL: m = 13,5 + 98.0,35 – 2.0,35 = 47,1 gam 47. C C 12 H 22 O 11 = 2C 6 H 12 O 6 = 4Ag 0,2 0,8 => mAg = 0,8.108 = 48. C. Từ V dung dịch rượu = 100 ml ; V ROH nguyên chất = 46 ml Độ rượu = 46 0 => VH 2 O = 54 ml=> mROH = 41,4 gam mH 2 O = 1.54 = 54 PƯ Na + H 2 O Na + ROH => mcr = 3. 40 + mRONa = 176,58 = 3.40 + x( R+39) (1)M ặt khác: mROH= x(R+17) = 41,4 (2) => R= 43 => C 3 H 8 O 49.D. (C 6 H 10 O 5 ) n = C 6 H 12 O 6 C 2 H 5 OH C 2 H 4 (CH 2 OH) 2 + 2O 2 = (COOH) 2 +2H 2 O (COOH) 2 + (CH 2 OH) 2 = (COO) 2 (CH 2 ) 2 + 2H 2 O 0,1 2x x HCO 3 - + H +  CO 2  + H 2 O (2) 0,1a y y 0,1 a= 0,04 => a= 0,4 +> chỉ CO 3 2- dư là vô lý 43.C 44.C 45.D 46.C Các phương t hh xảy ra: CaCO 3  CaO + CO 2 (1) CO 2 + Ba(OH) 2  BaCO 3 + H 2 O (2) 2CO 2 + Ba(OH) 2  Ba(HCO 3 ) 2 (3) Ba(HCO 3 ) 2  BaCO 3 + CO 2 (4) Theo bài ra ta có: số mol BaCO 3 (2) = 39,4 197 = 0,2 mol; số mol BaCO 3 (4) = 1,97 197 = 0,01 mol Theo(2), (3),(4): số mol CO 2 tạo ra ở (1) = 0,22 mol ; số mol Ba(OH) 2 dựng ở (2) và (3) = 0,21 mol  [ Ba(OH) 2 ] = 0,21 0,5 = 0,42 (M) => a = 0,42 M Theo (1): số mol CaCO 3 dùng là: 0,22 mol => m = 100 x 0,22 = 22 (g) 50. D. Số mol NaOH = (0,94+2,05-1,99):40 = 0,025 (mol) 3 ' 3 2 5 2,05 67 15(CH ) 0,025 0,94 R 17 20,6(CH ;C H ) 0,025 R                 ĐÁP ÁN ĐỀ 45. Câu1C. Saccarozơ không có tính khử vì phân tử không còn nhóm -OH hemiaxetal tự do nên không chuyển được thành dạng mạch hở chứa nhóm anđehit. Câu2:A A. CO 2 + 2 NaOH(dư) = Na 2 CO 3 + H 2 O B. Ca(HCO 3 ) 2 + NaOH(dư) = CaCO 3 + Na 2 CO 3 + H 2 O C. Fe 3 O 4 + 8 HCl(dư) = 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4 H 2 O D. 2 NO 2 + 2 NaOH(dư) = NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O Câu3A.: benzanđehit: C 6 H 5 CHO, anđehit oxalic: (CHO) 2 , glucozơ: HOCH 2 (CHOH) 4 CHO, metyl fomat: HCOOCH 3 Câu4B. : Do tỉ lệ mol N 2 O:NO:NH 4 NO 3 là 1:1:1, ta có: 2 N +5 + 2.4e → 2 N +1 + N +5 + 3e → N +2 N +5 + 8e → N -3 3 4 N +5 + 19e → 2 N +1 + N +2 + N -3 19 Al → Al 3+ + 3e 19 Al + 72 HNO 3   19 Al(NO 3 ) 3 + 3 N 2 O + 3 NO + 3 NH 4 NO 3 + 30 H 2 O Vậy sau khi cân bằng, tổng hệ số nguyên nhỏ nhất (a,b,c,d,e,f,g) của phương trình hóa học = 149. Câu5 C. Đặt công thức của ancol X là: C n H 2n+2-2k O x với 0 < x ≤ n C n H 2n+2-2k O x + 3 1 2 n k x   O 2 → n CO 2 + (n + 1 – k) H 2 O Ta có T = 1 n n k  , theo giả thiết khi số nguyên tử C tăng lên thì tỉ số T cũng tăng: n → +  thì T → 1 [...]... = 197.0,01 = 1,97 gam Cõu17:D NO2 l khớ mu nõu , N2O4 l khớ khụng mu Khi ngõm bỡnh cha NO2 trong nc ỏ thy mu ca bỡnh nht dn - tc l cõn bng chuyn dch theo chiu thun - theo nguyờn lý L Satliờ thỡ chiu ny phi l chiu phỏt nhit Vy chiu nghch ca phn ng l chiu thu nhit Cõu18A : phenol chớnh l axit phenic, do vy coi hn hp nh mt cht cú ký hiu ROH ROH + NaOH RONa + H2O Theo LBTKLta cú: mRONa = mROH + mNaOH -... Mg (24) v Ca (40) 0, 3 Cõu45 C: Khi coi K2O l cht tan liờn hp vi KOH, ta hng bi toỏn v phng phỏp ng chộo: K2O + H2O 2 KOH 94 112 100 119,15 m1 : 1 9,15 15 45 m2 : 30 74,15 Thc s: Nguyn Vn Phỳ: T 098 92 92 117 Email: phueuro@gmail.com 264 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa hc Vy m1 15 14,1 m2 74,15 69, 7 Cõu46C : Ta luụn cú: nAg n AgNO3 = 0,064 mol; nCu... Cõu50A Vi cu hỡnh electron lp ngoi cựng nh gi thit cho thỡ cỏc nguyờn t u thuc cỏc nhúm A, theo ú s electron lp ngoi cựng s quy nh electron húa tr ca mi nguyờn t C th: M M2+ + 2e X + 1e XR R3+ + 3e Do vy cỏc hp cht to ra l hp cht ion: MX2, RX3 - HT Thc s: Nguyn Vn Phỳ: T 098 92 92 117 Email: phueuro@gmail.com 265 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa... H2O (1) - X tỏc dng vi BaCl: nBaCO3 = 0,06 => nCO32- = 0,06 - X tỏc dng vi CaCl2 d: nCaCO3 = 0,07 - Do nCaCO3 > nBaCO3 => trong X cú cha ng thi CO32- v HCO3- :t mol Thc s: Nguyn Vn Phỳ: T 098 92 92 117 Email: phueuro@gmail.com 266 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa hc - Sau (1) NaOH phn ng ht, NaHCO3 cũn d: nCO32- = 2nBaCO3 = 0,12 mol t0 CO 2- + CO +H O 2HCO3-... 117 Email: phueuro@gmail.com 271 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa hc => 0,1( R + 83 ) = 9,7 => R = 14 => R1 = 1 v R2 = 27 Vy CTCT ca este l CH2=CH-CO-O-C2H4-O-CO-H Cõu29 A M trung bỡnh = 28 nờn s nt cacbon ca mi cht do ú A cú 2 nt C v B cú 1 cacbon 15MB 13 Ta cú : MA : MB = 13: 15 => MB = MB chn thỡ MA phi chia ht cho 13 m A cú 2 C nờn chn A : C2H2 v B... 1 0,1.180 n NO2 0,1 mol C% (C6 H12 O6 ) 100% 9% 2 200 20 A 21 D NaOH 0,1 mol X 0,1 mol mui RCOONa Vy MRCOONa = 9, 4 = 94 g.mol1 R = 94 67 = 27 R : CH2=CH 0,1 Do ú ta chn CH2=CHCOONH4 25 B O2 Ca(OH)2 dư Cn H 2n 1OH nCO 2 nCaCO3 5,3 g 0,25 mol Thc s: Nguyn Vn Phỳ: T 098 92 92 117 Email: phueuro@gmail.com 280 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa... 3 100 Phn dnh cho thớ sinh chng trỡnh phõn ban 45 B 2ZX + NX = 76 2ZX = 1,714 NX ZX = 24 Cu hỡnh e ca X : Ar 3d54s1 50 B SO32 + I2 + H2O SO42 + 2H+ + 2I 0,1 mol 0,1 mol 2H+ + CO32 H2O + CO2 0,2 mol 0,1 mol Ba2+ + SO42 BaSO4 0,2 mol 0,2 mol Vy kt ta ch cú BaSO4 v m = 0,2 233 = 46,6 g 0,2 mol Thc s: Nguyn Vn Phỳ: T 098 92 92 117 Email: phueuro@gmail.com 281 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi. .. ZR + NR = 92 2ZR = 1,705 NR 2 mddROH = 19,5 + 261.1 0,5x.2 = 280,5 x (g) Thc s: Nguyn Vn Phỳ: T 098 92 92 117 Email: phueuro@gmail.com 282 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa hc C%(ROH) 9 A (M R 17)x 100% 19,5 10% x = 0,5 v M R 39 g.mol-1 R là K 280,5 x 0,5 + 2H2O 2X+ + 2OH + H2 2+ + 2H2O Y + 2OH + H2 + OH H2O 2X Y H+ n HCl n H n OH 2n H2 2... s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa hc Gi kớ hiu vit tt ca CH 2 CH CH 2 | | | l O O O | | | Cỏc trieste (glixerit) cú th l : R1 R2 R3 R2 R1 R3 R1 R3 R2 R1 R1 R1 R2 R2 R2 R3 R3 R3 R1 R2 R2 R2 R1 R2 R1 R1 R2 R1 R2 R1 R1 R3 R3 R3 R1 R3 R1 R1 R3 R1 R3 R1 R2 R2 R3 R2 R3 R2 R3 R3 R2 R3 R2 R3 men giấm C2H5OH + O2 CH3COOH + H2O 200.9, 2 VC2H5OH 18, 4mL 100 18, 4.0,8... b in phõn: 09,3 0,2 = 0,73 mol mH2O +mH2 +mCl2 = mdung dch gim ( 0,73.18) + (0,2.2) + ( 0,2.71) = 27,74 Thc s: Nguyn Vn Phỳ: T 098 92 92 117 Email: phueuro@gmail.com 268 Hóy s huTuyn tp100 thi th C-H gii chi tit v 6 tp chỡa khúa vng gii nhanh húa hc mDung dch saup = 220 27,74 = 192,26 C%NaOH= 0,4.40 : 192,26 = 8,32 % Cõu4.B nKMnO4 = 22,12: 158 = 0,14 Phn ng phõn hu KMnO4: 2KMnO4 > K2MnO4 . CHỈ EMAIL, MAIL, YAHOO 100 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 CHIA 2 PHẦN - PHẦN I: 50 ĐỀ VÀ GIẢI CHI TIẾT ( DẠNG WORD DÀNH CHO GIÁO VIÊN) - PHẦN II: 50 ĐỀ VÀ GIẢI CHI TIẾT ( DẠNG WORD DÀNH CHO. GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHẬM , MẤT NHIỀU THỜI GIAN, ÍT CÁCH GIẢI HAY VÀ CHƯA HIỆU QUẢ THÌ HÃY GỌI CHO TÔI ĐỂ SỞ HỮU TOÀN BỘ CHÌA KHÓA VÀNG VÀ 100 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 GIẢI CHI TIẾT (DẠNG WORD). hướng bài toán về phương pháp đường chéo: K 2 O + H 2 O → 2 KOH 94 112 100 119,15 m 1 : 1 9,15 15 45 m 2 : 30 74,15 Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết và 6

Ngày đăng: 28/07/2015, 18:19

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 50

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 51

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 52

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 53

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 54

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 55

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 56

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 57

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 58

  • .

  • HƯỚNG DẪN ĐỀ 59

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan