Đề thi thử THPT QG 2017 Hóa đáp án 1

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2017

BIGSCHOOL

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi thành phần: HÓA HỌC
Mã đề thi 001

41.D

42.A

43.C

44.A

45.A

46.C

47.D

48.B

49.C

50.B

51.B

52.A

53.A

54.C

55.C

56.C

57.B

58.B

59.D

60.A

61.D

62.D

63.C

64.C

65.A

66.B

67.C

68.D

69.A

70.D

71.B

72.C

73.A

74.B

75.D

76.B

77.A

78.A

79.A

80.D

Câu

Đáp án

Hướng dẫn chọn phương án đúng

41

D

Kim loại Fe không phản ứng với MgCl2

42

A

Chất oxi hóa: Cr2O 27  + 6e +14H+ 2Cr3++7H2O và chất khử Fe2+  Fe3+ + e
SGK hóa học 12 trang 106

43

C

Nguyên tố
Nhiệt độ nóng chảy ( C)
o

Li

Na

K

Rb

Cs

180

98

64

39

29

Thêm CuSO4 có phản ứng 2Al + 3Cu2+  2Al3+ + 3Cu  kết tủa Cu bám lên Al tạo 2
44

A

điện cực trong dung dịch chất điện phân  ăn mòn điện hóa học  tốc độ thoát khí
tăng

45

A

Triolein thuộc loại trieste không no nên chỉ phản ứng với dung dịch NaOH và Br2.

46

C

Khí NH3 và HCl đều tan được trong nước nên không thu bằng cách đẩy nước.

47

D

48

B

Các thí nghiệm có tạo thành kim loại là các TN (1) và (4).

49

C

6(NH2)2CO 
 C3N6H6 + 6NH3+ 3CO2

C10H14O6 + 3NaOH  3muối + C3H5(OH)3  3 muối có 7C ; 9H ; 6O và 3Na
 Loại B và C vì không đủ 9H; loại A vì không có đồng phân hình học

t

 MCO3 + CO2 + H2O
M2+ + 2HCO 3 
o

50

B

51

B

 số mol M2+ phản ứng < 0,06  HCO3 hết  chỉ còn SO 24  và Cl−
axit -aminopropionic CH3CH(NH2)COOH có KL mol = 89 gam


CH3CH(NH2)COOH + HCl  CH3CH(NH3Cl)COOH
CH3CH(NH3Cl)COOH + 2NaOH  CH3CH(NH2)COONa + NaCl + H2O
Khối lượng muối Na: m = (89  1 + 23)0,1 + (58,50,1) = 16,95 gam
Kết tủa với BaCl2 là BaSO4  0,2 mol; kết tủa với NH3 là Fe(OH)3  0,1 mol
Với N+5 + 1e  N+4(NO2)  số mol NO2 = 1,7  số mol e trao đổi = 1,7
52

A

Trong hỗn hợp số mol S = 0,2 ; Fe = 0,1 còn Cu = x
Thăng bằng số mol e: (0,26) + (0,13) + 2x = 1,7  x = 0,1
 m = (0,232) + (0,156) + (0,164) = 18,4 gam

53

A

Dung dịch X là Ag2SO4
3 phát biểu đúng:
(a) Có thể dùng nước brom để phân biệt glucozơ và fructozơ.

54

C

(d) Trong dung dịch, glucozơ và fructozơ đều hoà tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường cho
dung dịch xanh lam.
(g) Trong dung dịch, glucozơ tồn tại chủ yếu ở dạng vòng 6 cạnh (dạng  và ).

55

C

Cả 4 thí nghiệm đều xảy ra phản ứng
số mol Fe = 0,02 ; H+ = Cl = 0,06
Fe + 2H+  Fe2+ + H2
0,02

0,04


Fe2+
56

C

0,015

(H+ chỉ còn 0,02 mol)

0,02

NO 3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O

Fe3+ + e
0,015 0,015

0,02 0,015

 Fe2+ còn 0,005 mol
Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag
0,005

và

0,005

Cl + Ag+  AgCl
0,06

0,06

 m gam kết tủa = (1080,005) + (143,50,06) = 9,15 gam
57

B

Hiệu ứng nhà kính là hệ quả của sự lưu giữ bức xạ hồng ngoại bởi lượng dư khí cacbonic
trong khí quyển
Số mol HCl 0,6  M amin = 20 : 0,6 = 33,33

58

B

 Sơ đồ đường chéo với CH3NH2 = 31 ; M amin = 33,33 và C2H5NH2 = 45
cho

CH3 NH 2
CH3 NH 2
5
5  31 155 77,5%
= (số mol) và khối lượng
=
=
=
45
45 22,5%
C2 H5 NH 2 1
C2 H5 NH 2


Muối X phải chứa kim loại khác Na  hai muối tan và NaOH dư (ba chất tan)
59

D

60

A

muối X tác dụng với Ba(OH)2 không tạo chất  hoặc   Muối X là KHS
Chọn Gly ở đầu mạch ta có 2 tripeptit: Gly – Ala – Phe và Gly – Phe – Ala;
Tương tự lần lượt chọn Ala hoặc Phe ở đầu mạch thì mỗi chất tạo thêm 2 tripeptit nữa.
số mol H2 = 0,35 và 0,15
H
2Al + Fe2O3  2Fe + Al2O3 (1) Fe 

 H2 ;
+

61

D

0,2

0,2



OH
H
Al 

 1,5H2 ;

 1,5H2 ; Al 

0,1

+

0,15

0,1

0,15

H2 từ Al = 0,15 mol  H2 từ Fe = 0,35  0,15 = 0,2 mol  Al2O3 = 0,1 mol theo (1)
Khối lượng X = (0,256) + (0,1102) + (0,127) = 24,1 gam có 11,2 gam Fe
chiếm 46,47%.
2FeCl2 + Cl2  2FeCl3

62

D

FeCl2 + Na2S + 2H2O  Fe(OH)2 + H2S + 2NaCl
FeCl2 + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2HCl + H2O

63

C

Oxit tác dụng được với dung dịch NaOH loãng là các oxit NO2, SO2, CrO3, CO2, P2O5,
Cl2O7.
Khối lượng kim loại bị clo hoá = 16,2  2,4 = 13,8 gam; 2,4 gam là Fe
Fe dư khử Fe3+  Fe2+ ; MnO 4 oxi hóa cả Fe2+  Fe3+ và Cl  Cl2.
Các quá trình nhường e: Al  Al3+ + 3e ; Fe  Fe3+ + 3e ;

64

C

Các quá trình thu e: MnO 4 + 5e + 8H+  Mn2+ + 4H2O
27x + 56y = 13,8 (I) ; 3x + 3y = 0,215 = 1,05 (II)  x = 0,2 và y = 0,15
Khối lượng Fe = (0,1556) + 2,4 = 10,8 gam chiếm 66,67%
Trong Y, tỷ lệ C : H = 0,3 : 0,8 = 3 : 8  Công thức Y là C3H8Ox  số mol Y = 0,1
Với x = 2; tỷ lệ số mol X : NaOH : muối : Y = 1 : 2 : 2 : 1  số mol NaOH = 0,2

65

A

 m1 = mmuối + m2  mNaOH = 15 + (0,176)  (0,240) = 14,6 gam
Với x > 2; không có đáp án
số mol HNO3 = 0,5; N2O = 0,045

66

B

2NO 3 + 10H+ + 8e  N2O + 5H2O
0,09

0,45

0,045

 còn 0,5  0,45 = 0,05 mol HNO3 phản ứng tạo NH4NO3.


2NO 3 + 10H+ + 8e  NH4NO3 + 3H2O
0,01

0,05

0,005

khối lượng muối = mKL + m

NO3

+ m NH4 NO3 = 8,9 + 62(0,50,1) + (0,00580)

= 34,1 gam

CH3
|
C
)n + nH2O  ( CH 2
|
COOCH3

(2) ( CH 2

67

C

CH3
|
C
|
COOH

(5)

( CH2  CH
)n
|
OOCCH3

(6)

( C  [CH 2 ]4  C  N  [CH 2 ]6  N )n
+ 2nH2O
||
|| |
|
O
O H
H

+ nH2O 

)n + nCH3OH

( CH 2  CH ) n
+ nCH3COOH
|
OH

 nHOOC[CH2]4COOH + nH2N[CH2]6NH2
Số mol KOH = 0,18 và 0,21 ; số gam Al(OH)3↓ = 0,06 và 0,03
Al3+ + 3OH  → Al(OH)3↓

68

D

0,06

0,18

0,06  KOH đủ để kết tủa 0,06 mol Al(OH)3↓ (1)

0,03

0,09

0,03  2,34 gam kết tủa tạo ra

(2)

Theo gt: KOH còn 0,21  0,09 = 0,12 mol sẽ phản ứng với Al3+ không tạo↓
Al3+ + 4OH → Al(OH) 4 (3)
0,03

0,12

 từ (1), (2), (3) AlCl3 = 0,06 + 0,03 + 0,03 = 0,12 mol

Nồng độ AlCl3 ban đầu = 0,12 : 0,1 = 1,2 M

69

A

Al3+ + 3OH  Al(OH)3

Al3+ + 4OH AlO 2 + 2H2O

0,5a

0,5a

1,5a

0,5a

2,0a

 x = 3a và y = x + 0,5a = 3,5a  x : y = 3a : 3,5a = 6 : 7

Theo sơ đồ Z là CO2  loại C và B.
xóc t¸c, t
Nếu là A thì (X) xenlulozo + H2O 
 không tạo ra (Y) fructozơ.
o

70

D

(a) (C6H10O5)n + nH2O

xóc t¸c

 nC6H12O6

(b) C6H12O6 + AgNO3 + NH3 + H2O → amoni gluconat + Ag + NH4NO3
(c) C6H12O6

xóc t¸c

 2C2H5OH + 2CO2


¸nh s¸ng

(d) 6nCO2 + 5nH2O 
 (C6H10O5)n + 6nO2
chÊt diÖp lôc
Phương trình X + NaOH → Y + CH4O cho thấy loại ngay được D

71

B

Phương trình Y + HCl (dư) → Z + NaCl cho thấy loại C và A vì sản phẩm từ C không có
Cl và sản phẩm từ A không đúng vị trí Cl.
Z là ancol metylic CH3OH nên X là đieste có dạng C2H2(COOCH3)2.

72

C

 Chất Y có công thức CH2=C(COONa)2  C4H2O4Na2  T  CH2=C(COOH)2
 hai đồng phân cấu tạo CH2BrCH(COOH)2 và CH3CBr(COOH)2
Có 2 chất là glucozơ, fructozơ và axit fomic vừa có khả năng tham gia phản ứng tráng

73

A

bạc vừa có khả năng phản ứng với Cu(OH)2 ở điều kiện thường.
a mol saccarozơ và 2a mol mantozơ tạo ra 6a mol (glucozơ + fructozơ)
Với H% = 0,6: số mol sản phẩm = 6a0,6 = 3,6a; khi tráng bạc  7,2a mol Ag

74

B

Phần mantozơ dư = 2a0,4 = 0,8a mol; khi tráng bạc  1,6a mol Ag
 7,2a + 1,6a = 19,0 : 108 = 0,176  a = 0,02

Hai chất hữu cơ đơn chức làm xanh quỳ tím ẩm là h/c amin: CH3NH2 và C2H5NH2.
Dung dịch Y gồm các chất vô cơ  các muối Na+  X gồm (CH3NH3)2CO3 và
C2H5NH3NO3.

75

D

(CH3NH3)2CO3 + 2NaOH  Na2CO3 + 2CH3NH2 + 2H2O
C2H5NH3NO3 + NaOH  NaNO3 + C2H5NH2 + H2O
 Hệ 124a + 108b = 3,4 (I) và 2a + b = 0,04 (II) cho a = 0,01 ; b = 0,02
 m = (0,01106) + (0,0285) = 2,76 gam
Tỷ lệ số mol

NaOH 0,6 3

  E là tri este và tổng số mol 2 axit = 0,6
E
0, 2 1

( R -COO)3R’ + 3NaOH → 3 R -COONa + R’(OH)3
76

B

M muối=

Ta có :

43,6

= 72,67  M axit= 72,6723 + 1 = 50,67  là H-COOH (M = 46)
0,6

46  2M 2
46  2  M 2
= 50,67 (1) hoặc
= 50,67 (2)
3
3

Kết quả (1) cho M2 = 60 phù hợp với CH3COOH và (2) cho M2 = 53 (loại)
số mol khí (t giây) = 0,11; (2t giây) = 0,26
77

A

Catot: Cu2+ + 2e  Cu
0,24

0,1 2

Anot: 2Cl  Cl2 + 2e
0,2

0,1

0,2


2H2O  O2+ 4H+ + 4e

0,01
 Số mol e trao đổi trong t giây = 0,2 + 0,04 = 0,24

0,04

 trong 2t giây = 0,48

Trong 2t giây: nếu đặt số mol Cu tạo thành tiếp = x  số mol e = 2x và O2= 0,5x
Sau đó khi khí thoát ra ở cả hai cực:
2H2O + 2e  H2 + 2OH
2y

2H2O  O2+ 4H+ + 4e

y

0,5y

2y

Ta có: 0,24 + 2x + 2y = 0,48 hay x + y = 0,12 (I);
0,11 + 0,5x + 0,5y + y = 0,26 hay x + 3y = 0,3 (II)  x = 0,03 và y = 0,09
 a = 0,12 + x = 0,12 + 0,03 = 0,15
Số mol Z = 0,45; MZ  46/9  chứa H2 = 2 < 46/9 và NO (hóa nâu trong KK)
Sử dụng quy tắc hỗn hợp được:

NO 1 0, 05
 
(mol)  H trong KHSO4  H2 + H2O
H2

8
0, 4

Bảo toàn khối lượng: mX + m KHSO4 = mmuối sunfat + mZ + m H2O
 m H2O = 66,2 + (3,1136)  466,6  (46/90,45) = 18,9 gam  1,05 mol
Bảo toàn H: Số mol KHSO4 = 2H2 + 2H2O
78

A

 (20,4) + (21,05) = 2,9 < 3,1  còn tạo ra NH 4 = 0,05 mol ( 0,2 mol H)
Bảo toàn N: 2Số mol Fe(NO3)2 = NO + NH 4 = 0,05 + 0,05 = 0,1
 Fe(NO3)2 = 0,05 mol
Bảo toàn O:

O Fe3O 4 + O Fe(NO3 )2 + O KHSO4 = O

Số mol Fe3O4 =

(4  3,1)+0,05+1,05  (6  0, 05)  (4  3,1)
= 0,2
4

 %mAl =

SO24 

66, 2  (180  0, 05)  (232  0,2)
= 0,163  16,3%
66,2

số mol O2 = 0,1425 và HCl = 0,03
Có nN = nHCl = 0,03 mol  nO =
79

A

X

+ O NO + O H2O .

10
nN = 0,1 mol
3

+ O2  CO2 + H2O + N2
0,1425

x

y

0,015 (mol)

Bảo toàn khối lượng và số mol O có:
44x + 18y = 3,83 + (0,142532)  (0,01528) = 7,97


và: 2x + y = (0,14252) + 0,1 = 0,385
Giải hệ cho x= 0,13; y= 0,125  n CaCO = 0,13 mol  mCaCO = 13 gam

3
3
Số mol H2 = 0,04; H2O = 0,22
ROH+Na RONa + 1 H2  m – (0,042) = 2,48  m = 2,56 g
2

Mancol = 2,56 = 32  CH3OH  Số mol este = muối = NaOH = ancol = 0,08
0,08

 MX = 5,88 = 73,5  Maxit = 73,5 14 = 59,5
0,08

 X chứa HCOOH = 46 < 59,5 và CH3COOH là 2 axit kế tiếp
 HCOOCH3 và CH3COOCH3
80

D

Bảo toàn khối lượng: mX = mC + mH + mO  5,88 = mC + (0,222) + (0,0832)
 mC = 2,88 g
 CO2 = 0,24  số mol este không no = 0,24 – 0,22 = 0,02 và este no = 0,06
Ta có: (14x+32)0,06 + (14y+30)0,02 = 5,88  3x + y = 12
 Do 2 < x < 3 nên 3 < y < 6
Nếu y = 4  CH2=CHCOOCH3 không có đồng phân hình học
Vậy y = 5  CH3CH=CHCOOCH3 có M = 100
 % khối lượng este không no =

100  0,02
= 0,3401  34,01%
5,88