Đề thi thử THPT QG 2017 Hóa đáp án 2

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 002

41.C

42.C

43.D

44.B

45.A

46.D

47.B

48.C

49.C

50.B

51.C

52.B

53.A

54.D

55.D

56.A

57.D

58.C

59.B

60.B

61.D

62.A

63.C

64.B

65.A

66.B

67.D

68.C

69.D

70.B

71.C

72.B

73.D

74.B

75.D

76.D

77.B

78.A

79.B

80.A

Câu

Đáp án

41

C

42

C

Hướng dẫn chọn phương án đúng
Công thức của X là CH3COOCH=CH2
2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2

43

D

n H2  0, 45 mol  nAl = 0,3 mol  mAl = 8,1 gam

 Cr2O 2  + H2O
2CrO 24  + 2H+ 

7

(vàng)

(da cam)

44

B

SGK hóa học 12

45

A

KL mol của C2H5NH2 = 45 > HCl = 36,5 nên C2H5NH2 khuyếch tán chậm hơn
3FeO + 3Al

t Al2O3 + 3Fe

Cr2O3 + 2Al

t Al2O3 + 2Cr (MgO, K2O, BaO không bị Al khử ở to cao)

o

46

D

t Al2O3 + 3Cu
o

3CuO + 3Al

o

SGK hóa học 12 trang 113
47

B

Nguyên tố
Nhiệt độ nóng chảy ( C)
o

Be

Mg

Ca

Sr

Ba

1280

650

838

768

714

S+6 + 8e  S2 (H2S) M  Mn+ + ne
48

C

49

C

Bông, tơ tằm là tơ tự nhiên, còn xenlulozơ axetat là tơ bán tổng hợp.

50

B

Các kim loại tác dụng được với nước ở nhiệt độ thường là Na, K, Ca.

51

C

Phản ứng đồng thời giải thích sự hình thành thành thạch nhũ trong hang động và sự xâm

Thăng bằng số mol e: (0,0758) = an  M =

5, 4 5, 4n

=
= 9n  n = 3  M = 27  Al
0, 6
a



 CaCO3+H2O+CO2
thực của nước mưa với đá vôi là Ca(HCO3)2 

CH3COOH + NaOH  và CH3COOC2H5 + NaOH 
52

B

Số mol hỗn hợp = NaOH = 0,15  a + b = 0,15 (I) và 60a + 88b = 10,4 (II)
 a = 0,1; b = 0,05  khối lượng etyl axetat = 0,0588 = 4,4 gam  42,3%
Fe + Cu2+  Fe2+ + Cu và Fe + 2H+  Fe2+ + H2.

53

A

0,15

0,15

0,15

0,1

0,2

Độ giảm khối lượng: (560,1)  (6456)0,15 = 0,275m  m = 16,0 gam
Amin bậc ba có dạng
54

D

R1 N R 2
; tổng số C trong R1 + R2 + R3 = 5
|
R3

Các cặp: 113 và 122 thỏa mãn (riêng gốc C3H7 có 2 đồng phân n-C3H7 và
iso-C3H7).
Số mol Al3+ = 0,15; H+ = 0,15 ; OH = 0,001V1 và 0,001V2 ; Al(OH)3= 0,05

55

D

H+ + OH  H2O

Al3+ + 3OH  Al(OH)3

0,15 0,15

0,05

0,15

0,05

Al3+ +
(0,15 – 0,05)=0,1

4OH  Al(OH) 4
0,4

 0,001V1 = 0,15 + 0,15 = 0,3 và 0,001V2 = 0,15 + 0,15 + 0,4 = 0,7  V2 : V1 = 7 : 3
56

A

57

D

Có 2 công thức thỏa mãn điều kiện của đề bài :
CH 3 CH 2 CH 2 COOH và CH 3 CH(CH 3 )COOH
(d) không xảy ra phản ứng
+



số mol C6H5N2 Cl = 0,1
58

C

C6H5NH2 + NaNO2 + 2HCl  C6H5N2+Cl + NaCl + 2H2O
0,1

0,1

0,1

59

B

Fe, Al, Cr không tác dụng với HNO3 đặc, nguội do bị thụ động hóa

60

B

vinylaxetilen cho CH2=CHCCAg còn glucozơ và anđehit axetic cho Ag

61

D

62

A

Dãy xếp theo thứ tự pH tăng dần là:(2) CH3COOH, (1) H2NCH2COOH, (3)CH3CH2NH2

63

C

Nhận định đúng là: (1), (2), (3).

Meste = 86  công thức C4H6O2. Số mol X = muối = 0,2  Mmuối = 16,4 : 0,2 = 82
 RCOONa có R + 67 = 82  R = 15  CH3  X là CH3COOCH=CH2.

MX = 14 : 0,1918 = 73 < 80  là amin đơn chức,
R+16 = 73  R = 57 là C4H9.
64

B

KNO

2  ancol Y
X (amin bậc 1) 
HCl

[O]


 xeton Z  Y là ancol bậc 2

 phân tử X có mạch cacbon không phân nhánh.


2Cr+6 + 6e  2Cr+3 và 2Fe2+  2Fe3+ + 2e

65

A

 Thăng bằng e cho 6Fe2+  n K

2Cr2O7

2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
0,44
66

B

2Cr2O7

= 29,4 gam.

X + NaOH  Y + Z

 số C trong X < 0,44 : 0,1 = 4,4

0,22

số cacbon trong Y = Z = 2 (nếu = 1 thì có HCOO sẽ dự phản ứng tráng bạc)
 X có công thức C4H8O2  %O =

67

= 0,1  m K

D

32
 100% = 36,36%
88

AlCl3

NH4NO3

K2CO3

NH4HCO3

Ba(OH)2 đến

Al(OH)3

NH3

BaCO3

NH3+

dư

 tan khi dư OH

BaCO3

Từ các đippeptit Glu-His ; Asp-Glu  thứ tự Asp-Glu-His,
68

C

Từ các đipeptit Phe-Val và Val-Asp  thứ tự Phe-Val-Asp.
Vậy trật tự sắp xếp trong peptit đem thuỷ phân là: Phe-Val-Asp-Glu-His.

69

D

Các chất lưỡng tính: Al2O3, Cr2O3, KHCO3, Al(OH)3, Cr(OH)3.
CO2 + 2OH  CO 32  + H2O
a

2a

CO 32  + Ba2+  BaCO3

a

a

a

a

Theo đồ thị: a là số mol kết tủa max

70

B

CO2 + OH  HCO 3
0,5

CO2 + H2O + BaCO3  Ba2+ + 2HCO 3
 NaOH = 0,5 mol  m = 20

0,5

 Để kết tủa tan hết: 2a + 0,5 = 1,3  a = 0,4
Số mol HCl = 0,35. Coi NaOH tác dụng với cả axit glutamic và HCl
H2NC3H5(COOH)2 + 2NaOH  H2NC3H5(COONa)2 + H2O
71

0,15

C
HCl

0,3

+ NaOH  NaCl + H2O

0,35

 Số mol NaOH phản ứng = 0,35 + 0,3 = 0,65

0,35

số mol X = 0,35 và khối lượng X = 30,1  11,1 = 19 gam
Ghép 71a + 32b = 19 (I) với a + b = 0,35 (II) cho Cl2 = a = 0,2 và O2 = b = 0,15
72

B

Cl2 + 2e  2Cl;

O2 + 4e  2O2;

Mg  Mg2+ + 2e

Al  Al3+ + 3e

0,2

0,15 0,6

x

y

0,4

2x

Ghép 2x + 3y = 0,4 + 0,6 = 1,0 (III) với 24x + 27y = 11,1 (IV) cho x = 0,35 ; y = 0,1
% khối lượng Al trong Y = (0,127) : 11,1 = 0,2432 hay 24,32%

73

D

[C6H10O5]n + 3nHNO3  [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O
633n

297n

3y


HNO3 =401,50,945 = 56,7 kg
H% = 100% ; khối lượng xenlulozơ trinitrat = m =

56,7  297n  0, 6
= 53,46 kg
63  3n

(a) phải có Fe3+ ; (b) phải có chất oxi hóa mạnh (H2SO4 đặc)

74

B

75

D

(2) xenlulozơ không tan trong nước và (5) xenlulozơ không tham gia phản ứng tráng bạc

76

D

AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl

(c) phải có chất khử H2S

(d) phải có kim loại K

n Cr2O3 = 0,03 mol ; n H2 = 0,09 mol
t

2Cr + Al 2 O 3 (1)
o

2Al + Cr2O3
0,03
77

B

Cr + 2H +  Cr 2+ + H 2  (2)

0,06 0,03 (mol)

2Al + 6H  2Al
+

3+

0,06

+ 3H 2  (3)

0,06(mol)

Al2O3 + 6H  2Al + 3H2O
+

3+

(4)

Từ (2) thấy được H2 từ (3) = 0,09 – 0,06 = 0,03 (mol)  Aldư = 0,02 (mol)
Theo Al + OH AlO 2 và Al2O3+2OH2AlO 2
 nNaOH = 0,02+0,06 = 0,08 (mol).
số mol HNO3 = 1,425; khí X = 0,25; MX = 32,8
Quy tắc hỗn hợp: tỉ lệ

11,2
0,2
NO
=
=
2, 8 0, 05
N 2O

NO 3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O

78

A

0,8

0,6

0,2

2NO 3 + 10H+ + 8e  N2O + 5H2O

;

0,4

0,5

0,4

0,05

0,25

HNO3 phản ứng = 0,8 + 0,5 = 1,3 mol ; còn 1,425 1,3 = 0,125 mol tạo ra NH4NO3
2NO 3 + 10H+ + 8e  NH4NO3 + 3H2O
0,125

0,0375

 m = Khối lượng (KL + HNO3  khí X  H2O)
= 29 + (1,42563)  (32,80,25)  18(0,4+ 0,25 + 0,0375) = 98,2 gam
số mol KOH để trung hoà axit béo tự do có trong 100 kg dầu ăn cũng bằng số mol
NaOH dùng để trung hoà lượng axit đó

n KOH pø víi axit =
79

7  10 3
103100 = 12,5 (mol)  số mol NaOH phản ứng với axit béo tự
56

B
do là 12,5 (mol). Lại có n NaOH ®· dïng =

 Số mol glixerol =

14,1
103 = 352,5 mol
40

352,5  12,5
1
n NaOH pø víi este 
 113,33 (mol) hay 10,43 kg.
3
3

Phản ứng của NaOH với axit béo tự do tạo ra H2O với số mol được tính :

n H2O = n NaOH pø víi axit = 12,5 (mol) hay

12,5 18
= 0,225 (kg).
1000

Theo đ/l BTKL: mtrioleoylglixerol + mNaOH = mxà phòng + mglixerol +m H O  mMuối = 103,445 (kg)
2

Gly (C2H5O2N có M = 75), Ala (C3H7O2N có M = 89)
Số mol NaOH = 0,9
Theo tính chất peptit:

X (CxHyO7N6) có 5 liên kết peptit + 5 H2O  6 (Aa)

Y (CnHmO6N5) có 4 liên kết peptit + 4 H2O  5 (Aa)

và

đặt số mol X = x và Y = y  x + y = 0,16 và 6x + 5y = 0,9  x = 0,1 ; y = 0,06
 tỷ số mol
80

A

Aa
6x+5y 45
=
=

;
H 2 O 5x+4y 37

Đặt CT chung của glyxin và alanin là CnH2n+1O2N với số mol là k
CnH2n+1O2N + ...O2  nCO2 + (n + 0,5) H2O
Quy 30,73 gam hỗn hợp E về: CnH2n+1O2N (45k mol)  H2O (37k mol)
Ta có tỷ lệ:
2

(14n+47)  45k  (18  37k)
30,73
116
=
n=
(44n  45k)+18(n+0,5)  45k  (18  37k) 69,31
45
19 / 45

116
45


3

 tỷ lệ
26 / 45

a 19
= 0,7308


b 26