giải chi tiết đề thi tn thpt quốc gia năm 2017, môn thi Hóa học mã đề 202

41.
CrO: màu đen;
Cr2O3: lục thẩm;
CrO3: đỏ thẩm
42.
Fe

 H   H2

0,1



2, 24
 0,1
22, 4

 m  5, 6 g

43.
Dùng Ca(OH)2
Ca(OH)2 + CO2  CaCO3 + H2O
Ca(OH)2 + SO2  CaSO3 + H2O
Ca(OH)2 + H2S  CaS +H2O
Ca(OH)2 + 4NO2  Ca(NO2)2 + Ca(NO3)2 + H2O
44. B
45.
CH3 – NH – CH3
46.
CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH
47.

Fe, Al, Cr bị thụ động hóa trong H2SO4, HNO3 đặc, nguội
48.
3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
49.
Hemantit (Fe2O3)
Boxit (Al2O3)
Manhetit (Fe3O4)
Criolit (NaAlF6)
50.
Ba(HCO3)2 + Na2CO3  BaCO3 + 2NaHCO3
51. B.
52.




OH
Fructozo 
 Glucozo

d 2 AgNO3 / NH 3

 dung dịch Fructozo có phản ứng tráng gương.

53.
· Phản ứng nhiệt luyện: dùng chất khử mạnh (C, CO, Al, H2) tác dụng với oxit kim loại hoạt
động trung bình, yếu ở nhiệt độ cao.
 CuO có phản ứng và MgO không phản ứng với CO.
CuO  CO  Cu  CO2
2, 24

 0,1
22, 4
 mMgO  10  mCuO  2  % mMgO  20%
0,1 

54.
- Kim loại có tính khử mạnh hơn sẽ phản ứng trước
- Phản ứng theo quy tắc α
 Mg phản ứng trước, Zn phản ứng sau, Ag không phản ứng với Cu
 3 Kim loại: Ag, Cu, Zn dư
55.
- Theo hình vẽ  Phương pháp thu khí: Phương pháp đẩy không khí (bình thu để bình
thường)  khí X nặng hơn không khí  MX > 29
A. C2H4 (M = 28)
B. CH4 (M = 16)
C. H2 (M = 2)
D. NO2 (M = 46)
56.
C6H5NH2 + Br2  Kết tủa trắng
57.
(C17 H 33COO)3 C3 H 5  3H 2 
17, 68
 0, 02 
884
 V  1,344l

0, 06

58.
RHCO3 + HCl  RCl + CO2 + H2O

ĐLBTKL:


mRHCO3  mHCl  mRCl  mCO2  mH 2O
6, 72
 0,3)
22, 4
 26,8  36,5.0,3  0,3.(44  18)  19,15 g

(nHCl  nH 2O  nCO2 
 mRCl

59.
RNH2 + HCl  RNH3Cl
ĐLBTKL:
mamin + mHCl = mmuối  mHCl = 17,52  nHCl = 0,48  V = 0,32l
60. C.
61.
KL + O2  Oxit KL
ĐLBTKL: m  mO  moxit KL  m  9,1  32.
2

2,8
 5,1
22, 4

62.
A. Không phản ứng
B. Fe + 2FeCl3  2FeCl2
C. Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O

D. CaO + 2HCl  CaCl2 + H2O
63.
C12H22O11  2C6H12O6
HCOOCH3  HCOOH + CH3OH
Ala-Gly-Ala  2Ala + Gly
C6H12O6 không bị thủy phân
64.
CH 3COOH
 NaOH 

 HCOOCH 3
(C2 H 4O2 )
0,3mol 

0,3mol

 m  0,3.60  18 g

65.
a. Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + FeCl3 + H2O
b. Fe3O4 + HNO3 dư  Fe(NO3)3 + NO + H2O
c. SO2 dư + NaOH  NaHSO3
d. Fe + FeCl3  FeCl2 (=> dung dịch sau phản ứng có FeCl2 và FeCl3 dư)


e. Cu + 2FeCl3  CuCl2 + 2FeCl2 (=> FeCl3 hết, Cu dư)
g. Al + HNO3  Al(NO3)3 + NH4NO3 + H2O
66.
peptit Y  nNaOH  nM ' H 2O
( n A min o axit )

*

nY
nNaOH



1
 Y : Tetrapeptit
4

G  G
A AG G
tp
*Y 

Y 
A  A
G  G  A  A

67.
d. Al bị thụ động trong H2SO4 đặc, nguội
e. NaOH không bị phân hủy ở nhiệt độ cao
68.
c. Saccarozo không phản ứng với AgNO3/NH3.
d. Triolein + H2  Tristearin
e. Triolein (C, H, O), protein (C, H, O, N,…)
69.

· Vì

nKOH 0,5 5

  1 trong 2 este của X có dạng: R1COOC6H4-R2
nX
0,3 3

· X + KOH  Muối + Y (andehit no, đơn chức, mạch hở)
(a )
 R1COOC6 H 4  R2
 Y  R4CH 2CHO hay Cn H 2 nO )
 R3COOCH  CH  R4 (b)

X

nX  a  b  0,3
a  0, 2

nKOH  2a  b  0,5 b  0,1

Ta có: 

· Đốt cháy Y:


nO2
nY



n

2n 1

4 2  0, 25  2,5  n  2
1
0,1

ĐL BTKL:

mX  mKOH  mM '  mY  mH 2O (nH 2O  a )
 mX  18.0, 2  44.0,1  53  56.0,5  33

70.

· Ta có: ne 
· Ở anot:

It 1, 25.193.60

 0,15
F
96500

2Cl   Cl2  2e
0,15

0, 075 0,15

Cu 2  2e  Cu

· Ở catot:

0,1a 0, 2a 0,1a
2 H 2O  2e  H 2  2OH 
2x

x

ĐLBT e: 0,2a + 2x = 0,15 (1)
m 2
d

 mCu  mCl2  mH2  6, 4a  2 x  71.0,075  9,195 (2)

Giải hệ phương trình (1, 2), ta được: a = 0,6 và x = 0,015
71.

Theo đồ thị, ta có: nOH  nH




(0 150)

· TH1: ↓ (150-350)
AlO2  H   H 2O  Al (OH )3
nAl (OH )3  nOH   (0,35  0,15)  0, 2

· TH2: ↓ (150-750)

 0,15mol


AlO2  H   H 2O  Al (OH )3
Al (OH )3  3H   Al 3  3H 2O
nAl ( OH )3  2 x  b  0, 2  x  0,15
2 x  0,15

y
 0, 225  a  29, 25 g

2
b  0,1
nH   2 x  3b  0, 6

72.
1.NaOH  CO2  NaHCO3
X

Y

2.2 NaOH  CO2  Na2CO3  H 2O
(Z )
3.NaHCO3  Ca (OH ) 2  CaCO3  NaOH  H 2O
(T )

(Q)

4.2 NaHCO3  Ca (OH ) 2  CaCO3  Na2CO3  H 2O

73.

CH3COOCH=CH2 +NaOH  CH3COONa + CH3CHO
(X)

(Y)

(Z)

CH3CHO + AgNO3 + NH3 + H2O  CH3COONH4 + Ag + NH4NO3
(T)
CH3COONH4 + NaOH  CH3COONa + NH3 + H2O
74.
X + dung dịch AgNO3/NH3  kết tủa Ag => X: HCOOC2H5 hoặc Glucozo
Y + quỳ tím  hóa xanh => Y: Lysin
Z + Cu(OH)2  dung dịch xanh lam => Y: Glucozo => X: HCOOC2H5
T + dung dịch Br2  kết tủa trắng => T: Anilin


75. A
76.

Ta có:
9,125
 0, 25 (1)
36,5
mNa  mH  44a  22b  7, 7 (2)
mHCl  9,125 g  nHCl  a  b 

(1)  a  0,1
 m  147a  117b  32, 25 g

(2)  b  0,15

77.

nCO2  0,32
 ancol no
n

0,
44
H
O

 2

·

· ĐL BTKL  mO2  12,16  nO2  0,38
ĐL BTNT O 
nO( X )  z .nX  2nCO2  nH 2O  2nO2  0,32  1  z 
 0,16  nX  0,32  1  C( X ) 

nCO2
nX



0,32
2
nX

0,32
CH 3OH (a )
 2 X 
nX
Cx H y O2 (b)

Giả sử: este trong X là este no: CnH2nO2.
 nCH3OH  a  nH2O  nCO2  0,12  mCn H2 nO2  6g

· Mặt khác:
nCO2  a  bn  0,32  bn  0, 2  b 

6
0, 2 b  0,1


 este : HCOOCH 3 (0,1mol )
14n  32
n
n  2

CH 3OH (0,12)
 NaOH (0, 092)
 NaOH (0,192)  


· Do đó:  HCOOCH 3 (0,1)
 HCOONa (0,1)
m  40.0, 092  78.0,1  10, 48 g


78.

· F1:
nH 2  1,5a  0, 075  a  0, 05

Ta có: mcr  56.2b  16.3.b  5, 6  b  0, 035
 mF1  6,95  mF2  29, 2   

· F2:
Các quá trình trao đổi e
Al  Al 3  3e
0, 21

0, 63

Fe  Fe3  3e
0, 294
O0 

0,882
 O 2 (O 2  2 H   H 2O )

2e

0, 441 0,882



0,882


3

4 H  NO  3e  NO  2 H 2O
0, 6

0, 45

0,15

10 H   NO3  8e  NH 4  3H 2O
10 x

8x

x

mF2
mF1

 4, 2


Cách 1:
nH   10 x  0, 6  0,882  1, 7  x  0, 0218
( BTNT N ) nHNO3  nNO  nNH   nNO 

4

 0,15  x  y  1, 7  y  1,5282

3 (M')

 m  mAl 3  mFe3  mNH   mNO ( M ')  117, 2748 g
4

3

Cách 2:
ĐL BT e: 0,63 + 0,882 = 0,882 + 0,45 + 8x  x = 0,0225  y = 1,5275  m = 117,244g
79.

· F1:
Ta có: 5a + 7b + 11c = 0,78 + 2d

(1)

· F2:
nH   nA. A  nOH   a  b  c  0, 22  0,36  a  b  c  0,14 (2)  nOH 
mct  mGly   mAla  mVal   mOH 

(Y )

 0, 08
(Y )

 mNa  mK   74a  88b  116c  12,32 (3)

Ta có:
(1)  5(a + b + c) + 2b + 6c = 0,78 + 2d  b + 3c = 0,04 + d

(4)

(3)  74( a+ b + c) + 14(b + 3c) = 12,32  b + 3c = 0,04 + d = 0,14  d = 0,1
Do đó: m = 2.(75a + 89b + 117c) = 2 (74a + 88b + 116c + a + b + c – 18d) = 21,32g


80.

Ta có:

mFeCl3  19,5 g  nFeCl3  a  0,12
mE  56a  16b  8,16  b  0, 09

Các quá trình trao đổi e
Fe  Fe 3  3e
x

3x

Fe  Fe 2  2e
y
O

2y
0

 2e  O 2

(O 2  2 H   H 2O )

0, 09 0,18

0,18

4 H   NO3  3e  NO  2 H 2O
4t

3t

t

Ta có:
ĐLBT e : 3 x  2 y  0,18  3t
a  x  y  0,12

nH 

pu


 x  0,12

t  0, 04  H du  y  0  
t  0, 06

 4t  0,18  0,34  t  0, 04  


t  0, 04   x  y  0, 06 (Phù hợp)



(Loại)