Bộ đề thi thử THPT QG 2018 Các môn TOÁN - LÍ - HÓA Các trường THPT Cả nước CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI (Lần 17) [DC28042018]

https://twitter.com/daykemquynhon
plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon
http://daykemquynhon.blogspot.com
http://daykemquynhon.ucoz.com
Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 /
Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định
Câu 36: Đáp án B
► Quy E về C₂H₂NO, CH₂ và H₂O với số mol x, y và z
mE = 57x + 14y + 18z = 23,06(g) || Đốt muối cũng như đốt E
⇒ nO₂ = 2,25x + 1,5y = 0,87 mol
Bảo toàn nguyên tố Natri:
nNa₂CO₂ = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nN₂ = 0,5x mol
● Muối chứa x mol C₂H₂NO₂Na, y mol CH₂ và (0,4 – x) mol NaOH dư.
Đốt cho (2x + y – 0,2) mol CO₂ và nH₂O = (1,5x + y + 0,2) mol H₂O
⇒ nT = nCO₂ + nH₂O + nN₂ = (2x + y – 0,2) + (1,5x + y + 0,2) + 0,5x = 1,5 mol
||⇒ giải hệ có: x = 0,34 mol; y = 0,07 mol; z = 0,15 mol
► Số mắt xích trung bình = 0,34 ÷ 0,15 = 2,26 ⇒ phải chứa ít nhất 1 đipeptit
⇒ ∑số mắt xích của 2 peptit còn lại = 10 – 3 – 2 = 5
Lại có, 2,26 ⇒ phải chứa peptit ≥ 3 mắt xích ⇒ cách chia duy nhất
5 mắt xích còn lại cho 2 peptit là 5 = 2 + 3.
● Đặt n đipeptit = a; n tripeptit = b ⇒ nC₂H₂NO = 2a + 3b = 0,34 mol.
nH₂O = a + b = 0,15 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,11 mol; b = 0,04 mol ^_^
Do Ctb = (0,34 × 2 + 0,07) ÷ 0,15 = 5 ⇒ phải chứa Gly₂.
Lại có, 2 peptit chứa cùng số C ⇒ 2 peptit cùng số C là 2 peptit còn lại
(vì Gly₂ chỉ có 1 đồng phân ^_^) || Mặt khác, do nCH₂ : ntripeptit < 2
⇒ chỉ ghép tối đa 1 CH₂ cho tripeptit ⇒ tripeptit là Gly₂ hoặc Gly₂Ala
● Với Gly₂ thì đipeptit còn lại là Ala₂ ⇒ loại vì không chứa Val
● Với Gly₂Ala thì đipeptit còn lại là GlyVal ⇒ thỏa mãn
⇒ nGlyVal = (0,07 – 0,04) ÷ 3 = 0,01 mol ⇒ nGly₂ = 0,11 – 0,01 = 0,1 mol
► Peptit có PTK nhỏ nhất là Gly₂ ⇒ %mGly₂ = 0,1 × 132 ÷ 23,06 × 100% = 57,24%
Câu 37: Đáp án B
► Quy X về Al, Ca và C. Dễ thấy C kiểu gì cũng đi hết vô khí và khi đốt khí thì đi vào CO 2
||⇒ n C = nCO2 = 0,9 mol ^_^ Đặt n Al = m; n Ca = n ⇒ m X = 27m + 40n + 0,9 × 12 = 40,3(g)
BTNT(O) ⇒ n O2 = 1,475 mol. BT electron: 3m + 2n + 0,9 × 4 = 1,475 × 4
||⇒ Giải hệ cho: m = 0,5 mol; n = 0,4 mol
► Dễ thấy Y gồm Ca 2+ , AlO 2 – , OH – ⇒ n Ca 2+ = 0,4 mol; n AlO2 – = 0,5 mol. BTĐT:
DIỄN ĐÀN TOÁN - LÍ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN
n OH – = 0,3 mol Nhìn đồ thị ⇒ Cả 2 TH trên thì HCl đều dư và hòa tan 1 phần ↓
⇒ Ta có CT: n H + = 4n AlO2 – – 3n↓ (với H+ chỉ tính phần pứ với AlO₂ − và Al(OH) 3 )
||► Áp dụng: (0,56x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 3a và (0,68x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 2a
MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM
HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO)
https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/
DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN
Trang 13
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial
www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial