Đáp án đề thi thử tốt nghiệp THPT năm 2020 môn Hóa học - Trường THPT Thiệu Hóa

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT Thiệu Hóa (Đề tham khảo 22). ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2020 BÀI THI: KHTN- Môn: HOÁ HỌC. Câu 41: Chọn C. Câu 42: Chọn A. Câu 43: Chọn C. t Câu 44: Chọn B. CH3COO-CH=CH2 + NaOH   CH3COONa + CH3CHO. Câu 45: Chọn C. Câu 46: Chọn B. Câu 47: Chọn B. Câu 48: Chọn C. Câu 49: Chọn C. Điều kiện của monome tham gia phản ứng trùng ngưng là có ít nhất 2 nhóm chức có khả năng phản ứng. Chất này đồng trùng ngưng với axit adipic tạo ra tơ nilon-6,6. Câu 50: Chọn B. Câu 51: Chọn C: C12H22O11. Câu 52: Chọn A. K là kim loại kiềm Câu 53: Chọn A. Câu 54: Chọn C. Câu 55: Chọn C: Ba(HCO3)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2CO2 + 2H2O Câu 56: Chọn A. Câu 57: Chọn A. Câu 58: Chọn A. CH≡C-CH2-CH3 + AgNO3 + NH3 →CAg≡C-CH2-CH3 + NH4NO3. Câu 59: Chọn A Quy đổi saccarozơ thành C và H2O  n O2  n CO2  0, 6.  VO2  13, 44 lít Câu 60: Chọn A. Câu 61: Chọn B. M + H2SO4 → MSO4 + H2 0,5 ← 0,5 BTKL ta có m(muối) = 20 + 98.0,5 -1 = 68 gam Câu 62: Chọn A. Ta có n(Al) = 0,4 mol. 2Al + 2KOH + 2H2O →2KAlO2 + 3H2 0,4 → 0,6 => V = 0,6.22,4 = 13,44. Câu 63: Chọn D. CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 C2H2+ 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3 Câu 64: Chọn B. Tạo ra kết tủa trắng mới đúng menruou Câu 65: Chọn B. C6H12O6   2C2H5OH + 2CO2 180 92 360 184 Câu 66: Chọn A. H2NRCOOH + HCl → NH3ClRCOOH 0,2 0,2 0,2 => m(X) = 25,1 - 36,5.0,2 = 17,8 => M(X) = 89 Alanin. H  ,t Câu 67: Chọn A. (C6H10O5)n + nH2O   nC6H12O6 ( glucoz[ơ) Ni ,t CH2OH[CHOH]4CHO + H2  CH2OH[CHOH]4CH2OH (sobitol) Câu 68: Chọn A. Phải xảy ra ăn mòn điện hóa mới đúng. Câu 69: Chọn B: Gồm: + AgNO3: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag Sau đó do AgNO3 dư: Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag + HNO3: Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Câu 70: Chọn B: Gồm nilon-6, và nilon-6,6. Câu 71: Chọn B. n Fe  0, 02; n HCl  0, 06  n H2  0, 02 Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 0,02 0,04 0,02 => n(H+) còn = 0,02 Biên soạn: GV Nguyễn Văn San – Trường THPT Thiệu Hóa DeThi.edu.vn. MĐ 222. Trang- 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O Bđ 0,02 0,02 Pứ 0,015 0,02 => n(Fe2+) còn = 0,005: Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag 0,005 0,005 Ag+ + Cl- → AgCl 0,06 0,06 => m = 143,5.0,06 + 108.0,005 = 9,15 Câu 72: Chọn A. E gồm HCOOCH2C6H5; C6H5COOCH3; CH3COOC6H5; HCOOC6H4CH3 ( gồm các vị trí o-,m-, và p-). Cho ancol Y tác dụng với Na dư => n(ancol) = 2n(H2) = 0,04 = n(este tạo bởi ancol) => n(este tạo bởi hợp chất phenol) = 0,08 -0,04 = 0,04 Gọi CT chung của este tạo bởi ancol là RCOOR' 0,04 mol; và este của hợp chất phenol có dạng t 1 R COOC6H4R2 0,04 mol. RCOOR' + KOH   RCOOK + R'OH 0,04 0,04 0,04 t 1 2 1 2 R COOC6H4R + 2KOH   R COOK + R C6H4OK + H2O 0,04 0,08 0,04 ĐLBT 136.0,08 + 56.0,12 = m + 3,18 + 18.0,04 => m = 13,7 gam. Câu 73: Chọn A : đó là phát biểu (4). Phát biểu (1) sai vì không có chất nào trong hỗn hợp phản ứng cũng như tan trongb nước. Phát biểu (2) sai vì Cu có tính khử mạnh hơn Fe2+, nên Cu dễ bị oxi hóa hơn Fe2+. Phát biểu (3) sai vì xảy ra ăn mòn điện hóa mới đúng. Phát biểu (5) sai vì thạch cao nung CaSO4.H2O mới dùng để nặn tượng, bó bột trong y tế. Câu 74: Chọn C. Ta có mkhí = 8,08-1,6 = 6,48; nNaOH = 0,06 mol; mmuối sau = 5,1 gam. khi Ta có sơ đồ phản ứng: nNaOH   NanX 0,06 0,06/n ta có khối lượng muối = (23n+X).0,06/n = 5,1 Rút ra X =62n, chỉ có n = 1, và X =62 đó là gốc NO3. Vậy khí là NO2, O2, và có thể có nước 2NaOH + 2NO2 + 0,5O2  2NaNO3 + H2O 0,06 0,06 0,015 Khi đó ta có mnước = 6,48-46.0,06-32.0,015 = 3,24, =>nnước = 0,18 mol Gọi muối A có dạng: M(NO3)x.yH2O khi đó ta có x/y = 0,06/0,18 =1/3 rút ra y =3x. t Ta có phản ứng: 2 M(NO3)x.yH2O   M2Ox + 2xNO2 + 0,5xO2 + 2yH2O 2(M +62x+ 18y) = 2( M + 116x) 2M + 16x 8,08 1,6 Ta rút ra 1,6.2.(M + 116x) = 8,08.(2M + 16x) rút ra M = (56/3).x vậy x = 3, và M =56 (Fe) Muối A là Fe(NO3)3.9H2O => %m(Fe) = 56: 404 = 13,86%. => chọn C. Câu 75: Chọn A. n O2  0,84; n CO2  0, 6; n H2O  0,58 Bảo toàn khối lượng  m X  9,96 Do tạo bởi các axit béo no nên số lien kết pi trong gốc axit của triglixerit =0, => n(CO2) – n(H2O) = (k+2)n(chất béo); với k=0, => n(chất béo) = 0,01. BTNT cho O: Ta có 6n(triglixerit) + 2n(axit béo) + 2n(O2) pứ = 2n(CO2) + n(H2O) => n(axit béo) = 0,02. RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O 0,02 0,02 0,02 (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 0,01 0,03 0,01 BTKL ta có 9,96 + 40.0,05 = m + 92.0,01 + 18.0,02 => m= 10,68 gam. Câu 76: Chọn B. (a) Sai, tùy thuộc số nhóm chức. (b) Sai, các este no có gốc HCOO- làm mất màu nước brom. (c) Sai, chất béo không tan trong nước. Biên soạn: GV Nguyễn Văn San – Trường THPT Thiệu Hóa DeThi.edu.vn. MĐ 222. Trang- 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (d) Đúng, chỉ có glucozơ làm mất màu nước brom. (e) Sai,   a min o axit mới tạo peptit. (g) Đúng. Câu 77: Chọn B. A. Đúng, glucozơ hay saccarozơ đều tạo phức với Cu(OH)2. B. Sai, thí nghiệm chứng mính glucozơ có nhiều OH. C. Đúng. D. Đúng. Câu 78: Chọn A. Y là HOOC-[CH2]-COOH, => b đúng. Z và T đều tạo được anken vậy Z, và T là hai ancol no đơn chức mạch hở chứa từ 2 C trở lên => Vật X là CH3CH2OOC[CH2]4COOCH2CH2CH3 hoặc CH3CH2OOC[CH2]4COOCH(CH3) => d đúng; => ancol Z là C2H5OH, T là C3H7OH => c sai. Và a đúng. Câu 79: Chọn D. M có tráng gương nên các axit X, Y, Z no, đơn chức. n CO2  n H O 2  0, 05 Este T có độ không no k = 3 nên: n T  2 Cách 1: Quy đổi hỗn hợp thành: HCOOH: a mol C3H5(OH)3: 0,05 mol CH2: b mol H2O: -0,15 mol n CO2  a  b  0, 05.3  1. m M  46a  14b  92.0, 05  18.0,15  26, 6 -> a = 0,4 và b = 0,45 n Ag  0, 2  Axit gồm HCOOH (0,1) và n YCOOH  n ZCOOH  0,15. n CH2  0,15k  0,15g  0, 05h  0, 45 (Với k, g, h là số CH2 cần thêm vào Y, Z và ancol)  3k  3g  h  9 Do 0  k  g  k  1, g  2 và h = 0 là nghiệm duy nhất. Chất rắn gồm: HCOONa (a/2 = 0,2), CH2 (b/2 = 0,225) và NaOH dư (0,2)  m rắn = 24,75 Cách 2: T = X + Y + Z + E – 3H2O Quy đổi hỗn hợp thành: Cn H 2n O 2 : a mol. Cm H 2m  2 O3 : b mol H 2 O : 0,15mol. n CO2  na  mb  1 m M  a(14n  32)  b(14m  50)  18.0,15  26, 6 Giải hệ trên được: a = 0,4 và b = 0,05 Các axit gồm: n HCOOH  n Ag / 2  0,1 và n YCOOH  n ZCOOH  0,15. Hai axit Y, Z có số C tương ứng là u và v. Biên soạn: GV Nguyễn Văn San – Trường THPT Thiệu Hóa DeThi.edu.vn. MĐ 222. Trang- 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> n CO2  0,1.1  0,15u  0,15v  0, 05m  1  3u  3v  m  18 Do 1 < u < v và m  3 nên u = 2, v = 3 và m = 3 là nghiệm duy nhất. Trong 13,3 gam M chứa Cn H 2n 1O 2 là 0,2 mol, n NaOH  0, 4 mol  Chất rắn chứa Cn H 2n 1O 2 Na (0,2) và NaOH dư (0,2).  m  24, 75gam. Câu 80: Chọn B. TN1 Đốt cháy E: Đặt n(H2O) = x; n(CO2) = y => 18x + 44y = 30,88 (1) BTNT cho oxi ta có: x + 2y = 2.0,76 (2) Giải hệ ta có x = 0,64; y =0,44 => Số C trung bình trong E = 0,44:0,24 = 1,83 => có 1 chất có số C < 1,83; vì amin không phải bậc 1 nên amin ít nhất có 2 C, => X là CH4. => Y là C2H6-2k do có pứ cộng H2 nên k =1; hoặ k =2. T là CnH2n+3N c mol, => n(CH4) = 1,5c; n(C2H6-2k) = d => 2,5c + d = 0,24 (3) BTNT cho C: n(CO2) = cn + 1,5c + 2d = 0,44 (4) n(H2O) – n(CO2) = 0,2 = 1,5.c + 1,5c + d(1-k) (5) TH1: nếu k = 1=> 3c = 0,2 => c = 0,2/3 => d = 0,073 thay vào (5) không có giá trị của n thỏa mãn. TH2: Nếu k=2 => 3c –d = 0,2 (6) giải (6) và (3) ta có c = 0,08; d= 0,04. thay vào (4) => n = 3, vậy T là C3H9N, vậy Y là C2H2 0,04 mol và X là CH4 0,12 mol => m(E) = 59.0,08 + 16.0,12+ 26.0,04 = 7,68 gam => trong 3,84 gam E có n(C2H2) = 0,02 => n(H2) pứ = 0,02.2 = 0,04 mol.. Biên soạn: GV Nguyễn Văn San – Trường THPT Thiệu Hóa DeThi.edu.vn. MĐ 222. Trang- 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 80: Chọn D. CH 3COONa : 0,15 mol CH 3COONH 3CH 2 COOC 2 H 5 : 0,15 mol  E   NH 2 CH 2 COONa : 0,15 mol  a  53, 65 (g) (C OOCH 3 ) 2 : 0, 2 mol (C OONa) : 0, 2 mol 2 . Biên soạn: GV Nguyễn Văn San – Trường THPT Thiệu Hóa DeThi.edu.vn. MĐ 222. Trang- 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 74: Chọn D. Y (gồm Fe, Cu) cho tác dụng với dung dịch HCl dư Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 => n(Fe) = 0,2 => n(Fe2O3) = 0,1 => m(CuO) = 24 -16 = 8 => n(CuO) = 0,1 mol => n(O) trong oxit = 0,1.3 + 0,1.1 = 0,4 mol 0. t C + H2O  CO + H2; x x. 0. t C + 2H2O  CO2 + 2H2 y 2y. t0. t0. CO + O  CO2; H2 + O  H2O x x x + 2y x + 2y => n(O) = 2x + 2y = 0,4 => x+ y = 0,2 (1) Ta có m(X) = 28x + 2x + 44y + 2.2y = (2x + 3y).2.7,8 = 31,2x + 46,8y <=> 1,2x - 1,2y =0 => x =y = 0,1 => V = 22,4.(2x + 3y) = 11,2. Câu 78: Chọn B. n H2  0, 25875  n NaOH phản ứng = nT = 0,5175 nNaOH ban đầu = 0,7935  n NaOH dư = 0,276 RCOONa + NaOH -> RH + Na2CO3 0,5175……0,276  n RH  0, 276  R  1  8, 28 / 0, 276  R  29 Bảo toàn khối lượng: m + mNaOH phản ứng = mRCOONa + mT  m  46, 69 gam.. Câu 76: Chọn A. Đoạn 1: Chỉ có Cl2 thoát ra. n Cl2  0, 04mol Đoạn 2: Tốc độ thoát khí giảm (độ dốc giảm) nên thoát O2. n O2  (1,568  0,896) / 22, 4  0, 03 Đoạn 3: O2 và H2 cùng thoát ra n khí đoạn 3 = (3,248 – 1,568)/22,4 = 0,075  n O2  0, 025 và n H2  0, 05 Biên soạn: GV Nguyễn Văn San – Trường THPT Thiệu Hóa DeThi.edu.vn. MĐ 222. Trang- 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  Anot thoát ra Cl2 (0,04) và O2 (0,055)  ne  It / F  2n Cl2  4n O2.  t  5790s. Biên soạn: GV Nguyễn Văn San – Trường THPT Thiệu Hóa DeThi.edu.vn. MĐ 222. Trang- 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>