Đề thi thử THPT QG 2017 Hóa đáp án 4

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 004

41.B

42.B

43.D

44.C

45.D

46.B

47.D

48.D

49.C

50.D

51.B

52.C

53.C

54.B

55.B

56.C

57.A

58.D

59.D

60.B

61.D

62.B

63.A

64.C

65.D

66.C

67.C

68.B

69.B

70.B

71.A

72.A

73.B

74.B

75.B

76.C

77.C

78.A

79.D

80.B

Câu

Đáp án

41

B

42

B

Hướng dẫn chọn phương án đúng
Metyl acrylat có công thức cấu tạo thu gọn là CH2=CHCOOCH3
Phản ứng Cu + 2FeCl3 → 2FeCl2 + CuCl2 chứng tỏ ion Fe3+ có tính oxi hoá mạnh
2+

hơn ion Cu .
43

D

Hợp chất H2N-CH2-COOH3N-CH3 là muối của glyxin với metylamin.

44

C

X là Mg : [Ne]3s2 , Y là Cr: [Ar]3d54s1

45

D

3NH3 + AlCl3 + 3H2O  Al(OH)3  + 3NH4Cl

46

B

47

D

Tinh bột, xenlulozơ, saccarozơ, mantozơ đều có khả năng tham gia phản ứng thủy phân.

48

D

3NaOH + FeCl3  Fe(OH)3  + 3NaCl

Thép cacbon để trong không khí ẩm bị ăn mòn điện hóa học vì có 2 điện cực (Fe – C)
trong môi trường điện li (không khí ẩm).

Al  Al3+ + 3e
49

C
0,1

0,3

2N+5 + 8e  2N+1(N2O)
0,3

0,0375  V = 0,037522,4 = 0,84

số mol của ancol = 0,05 (mol)  số mol của muối = 0,05 (mol)

4, 2
= 84 (HCOOK)  Công thức của este là HCOOC2H5
0,05

50

D

51

B

52

C

53

C

Theo quy tắc , phản ứng (a) và (c) có xảy ra.

54

B

Các đồng phân (axe-axe-pro); (axe-pro-axe); (pro-pro-axe) và (pro-axe-pro)

55

B

Phương pháp được dùng làm mềm nước cứng tạm thời là (1), (3) và (4).

 Mmuối =

Cu và KNO3 không tác dụng với NaOH
Trong các nhiên liệu trên, nhiên liệu được coi là sạch, ít gây ô nhiễm môi trường là khí
thiên nhiên.


CxHyN =

14
= 59  Hợp chất cần tìm là C3H9N
23,73%

Có 4 đồng phân:

56

C

CH3-CH2-CH2-NH2
CH3-CH(NH2)-CH3
CH3-NH-CH2-CH3
(CH3)3N

57

A

Kim loại kiềm tạo H2 nhỏ hơn Ca
Với cùng m gam, khối lượng mol kim loại kiềm càng lớn thì H2 tạo ra càng nhỏ.
Cả 3 chất đều phản ứng với NaOH tạo ra H2N–CH2–COONa, CH3–COONa

58

D

H2N–CH2–COONa
và CH3–COONa

+ HCl

 ClH3N–CH2–COOH

+ HCl


 CH3–COOH

(2) Fe + S  FeS
59

D

(4) Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4
(5) Fe + H2SO4  FeSO4 + H2
Chất bị thuỷ phân trong môi trường axit là phenyl fomat, glyxylvalin (Gly-Val) và

60

B

61

D

62

B

(a), (c) và (d) sai – SGK hoá học 12

63

A

MY = 89  H2N-CH2-COOCH3  X  H2N-CH2-COOH

64

C

65

D

triolein.
2Fe + 3Cl2  2FeCl3
FeCl3 + 3NaOH

 Fe(OH)3 + 3NaCl

Chất mà trong phân tử của chúng có chứa nhóm -NH-CO- là: ure-fomanđehit; tơ
nilon-6,6; protein
X, Y, Z không tác dụng được với AgNO3/NH3  Loại đáp án A và C.
Z + H+ thu được sản phẩm không tác dụng với AgNO3/NH3  Loại B.
số mol CO2 = 0,015; NaOH = 0,02; KOH = 0,02 (OH = 0,04)

66

C

CO2 + 2OH  CO 32  + H2O  (mchất rắn = m CO + mkiềm  m H O )
2
2
Số gam chất rắn = (0,01544) + (0,0240) + (0,0256)  (0,01518) = 2,31 gam
Tỷ lệ phản ứng X : NaOH = 1 : 2  có 2 nhóm COOH

67

C

X : HCl = 1 : 1  có 1 nhóm NH2.
MX = (3,67 : 0,02)  36,5 = 147  phần gốc hiđrocacbon = 1479016 =41  C3H5
Số mol CrCl3 = 0,05
X + H2O  XOH + 0,5H2  số mol OH = 2H2 = 20,09 = 0,18

68

B

Cr+3 + 3OH Cr(OH)3

Cr+3 + 4OH  Cr(OH)4

 Số mol Cr(OH)4 = 0,18 – (0,053) = 0,03  Cr(OH)3 = 0,02 mol  2,06 gam
69

B

mKOH = 98 (mg) => Chỉ số axit = 98 : 14 = 7


H+ + OH  H2O  H2SO4 = 0,04 mol thì ZnSO4 mới bắt đầu phản ứng
Số mol OH = 0,22 mol và 0,28 mol  Zn(OH)2 là 3a và 2a (mol)
70

B

Zn2+ + 2OH  Zn(OH)2
3a

6a

và

3a

Zn2+ + 4OH → Zn(OH) 24 
b

4b

 6a + 4b = 0,22



Tăng OH  kết tủa giảm  2a = 0,28 – 0,22 = 0,06  a = 0,03 ; b = 0,01
 Zn2+ = 3a + b (mol)  m = 161(0,033 + 0,01) = 16,1 (gam).
Số mol Fe3+ = 0,24
71

A

Zn + 2Fe3+  Zn2+ + 2Fe2+

Zn + Fe2+  Zn2+ + Fe

0,12

a

0,24

0,24

a

Độ tăng lượng dd = 65(a+0,12)–56a = 9,6  a = 0,2  m = 65(a+0,12) = 20,8 gam
số mol CO2 = 0,9 < H2O = 1,05  ancol no đơn chức (do axit dạng CnH2nO2)
Số mol ancol = 1,05  0,9 = 0,15  Số mol O2 =
72

A

(0,9  44)+18,9  21, 7
= 1,15
32

 O trong axit = (0,92) + 1,05  (1,152)  0,15 = 0,4 mol  axit = 0,2 mol
(14n + 32)0,2 + (14x +18)0,15 = 21,7  4n + 3x = 18  n = 3 và x = 2
 C3H6O2 và C2H6O
 số mol axit > ancol nên axit dư  m = [74 + 46 18]0,150,6 = 9,18 gam
số mol HCl = 0,1; 0,3 và 0,7 mol
Na2O + H2O  2Na+ + 2OH
OH + H+  H2O
0,1

73

B

và Al2O3 + 2OH  2AlO 2 + H2O

Sau khi hoà tan Al2O3 thì OH vẫn còn dư 0,1 mol
 H+ phản ứng với AlO 2 = 0,2 mol

0,1

AlO 2 + H+ + H2O  Al(OH)3 và
0,2

0,2

AlO 2 + 4H+  Al3+ + 2H2O

0,2

0,1

0,4  a = 78  0,2 = 15,6 (gam)

 AlO 2 = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol  Al2O3 = 0,15 mol  Na2O = 0,2 mol
 m = (102  0,15) + (62  0,2) = 27,7 (gam)
Y  (COONH4)2 + 2NaOH  2NH3  số mol Y = 0,1  12,4 gam
 Z = 25,6  12,4 = 13,2 gam  0,1 mol
74

B

 Z có dạng H2NCH2CONHCH2COOH
Chất hữu cơ thu được: (COOH)2 (0,1 mol) và ClH3NCH2COOH (0,2 mol)
 m = (0,190) + 0,2(75+36,5) = 31,30 gam
Ở catot: Mn+ + ne  M ;
Số mol e trao đổi =

75

Ở anot: 2RCOO  2CO2 + C2H6 + 2e

3,865  n
0,5  2  3600
= 0,0373  M =
= 103,6 n
96500
0,0373

B
Số mol CO2 + C2H6 = 0,0373 +

0,0373
= 0,05595
2

 Với n = 2 để M = 207,2  Pb và V = 0,0559522,4 = 1,253 lít

Đặt số mol saccarozơ và mantozơ là x và y  x + y = 0,03 (I)
Với H% = 0,75  x mol saccarozơ  1,5x mol (glucozơ + fructozơ)
y mol mantozơ  1,5y mol glucozơ
76

C

X chứa (1,5x + 1,5y) mol (glucozơ + fructozơ) và 0,25y mol mantozơ dư
+AgNO

3 
 (3x + 3,5y) mol Ag
 (1,5x+1,75y) mol h/c có nhóm CH=O 
NH
3

 3x + 3,5y = 0,095 (II) kết hợp với (I) cho x = 0,02 ; y = 0,01
 % saccarozơ = 66,67%
Số mol NaOH = 0,18 ; NaOH dư = HCl = 0,025
Tripanmitoylglixerol (C15H31COO)3C3H5 có M = 806 ; axit C15H31COOH có M = 256
NaOH phản ứng = 0,18 – 0,025 = 0,155 mol
 806a + 256b = 41,58 (I) ; 3a + b = 0,155 (II)  a = 0,05 ; b = 0,005
77

C

Số mol KOH phản ứng = số mol NaOH phản ứng
 Chỉ số axit của chất béo =

0,005  56  1000

= 6,734
41,58

 Chỉ số xà phòng hóa của chất béo =

0,155  56  1000
= 208,75
41,58

Gly (C2H5O2N có M = 75), Ala (C3H7O2N có M = 89)
Theo tính chất peptit:

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

và Y (CnHmO6N5) có 4 liên kết peptit + 4 H2O  5 (Aa)
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
78

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:

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

Quy tắc hỗn hợp giữa 2, 3

116
a 19
và cho 
= 0,7308
b 26
45

Số mol H+ = Cl = 0,06; H2= 0,02; Ag+ = NO 3 = 0,015
Fe + 2H+  Fe2+ + H2; Al + 3H+  Al3+ + 1,5H2  0,48 gam là Cu  0,0075 mol
Số mol H+ phản ứng = 0,022 = 0,04 và còn 0,06 – 0,04 = 0,02 mol H+
79

D

Cu  Cu2+ + 2e

NO 3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O

0,0075

0,005

0,015

Fe2+  Fe3+ + e

Ag+

0,005

0,005

0,005

0,02

0,015

+ e  Ag
0,005

Ag+ + Cl  AgCl
0,01

0,01

0,01

X chứa Fe3+; Al3+ ; Cu2+; Cl(0,05); NO 3 (0,01); Y chứa Ag(0,005); AgCl(0,01)
a = KL(Fe, Al, Cu) + KL

Cl

+ KL

NO3

= 1,03 + (0,0535,5) + (0,0162) = 3,425 gam

b = (0,005108) + (0,01143,5) = 1,975 gam
số mol H2 = 0,14 ; NaOH = 0,18; CO2 = 0,348; Ba(OH)2 =

0,93m
0,044m
; KOH =
.
171
56

Quy đổi X thành Na, K, Ba, O
ta có số gam O = m – (0,1823) – (

0,93m
0,044m
137) – (
39) = 0,2239m – 4,14

171
56

 số mol O = 0,014m – 0,25875
Quá trình nhường e:

80

B

Na  Na+ + e

K

0,18

0,044m
56

0,18



K+ + e

0,044m
56

Quá trình thu e: O + 2e  O2
(0,014m – 0,25875)2

Thăng bằng: 0,18 +

Ba  Ba2+ + 2e

0,93m
171
2H+

1,86m
171
+ 2e  H2
0,28

0,14

0,044m 1,86m
+
= (0,014m – 0,25875)2 + 0,28  m  25,555
56
171

Khi đó, K = 0,02 ; Ba = 0,1389  OH = 0,02 + 0,18 + (0,13892) = 0,478 mol
CO2 + 2OH  CO 32  + H2O (1) và CO2 + OH  HCO 3 (2)
Từ (1) và (2) tính được số mol CO 32  = 0,478  0,348 = 0,13 < số mol Ba2+ = 0,1389
Ba2+ + CO 32   BaCO3  a (tính theo CO 32  ) = 0,13197 = 25,61 gam