Đề thi thử THPT QG 2017 Hóa đáp án 4

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM

BIGSCHOOL

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN Môn thi thành phần: HÓA HỌC

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 Hướng dẫn chọn phương án đúng

42 B Phản ứng Cu + 2FeCl3 → 2FeCl2 + CuCl2 chứng tỏ ion Fe3+ có tính oxi hoá mạnh

hơn ion Cu2+

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

, Y là Cr: [Ar]3d54s1

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

trong môi trường điện li (không khí ẩm)

49 C

Al  Al3+ + 3e 2N+5 + 8e  2N+1(N2O) 0,1 0,3 0,3 0,0375  V = 0,037522,4 = 0,84

50 D

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

 Mmuối = 4, 2

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

52 C Trong các nhiên liệu trên, nhiên liệu được coi là sạch, ít gây ô nhiễm môi trường là khí

thiên nhiên

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)

Mã đề thi 004

56 C

CxHyN = 14

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

Có 4 đồng phân:

CH3-CH2-CH2-NH2

CH3-CH(NH2)-CH3

CH3-NH-CH2-CH3

(CH3)3N

Với cùng m gam, khối lượng mol kim loại kiềm càng lớn thì H2 tạo ra càng nhỏ

58 D

Cả 3 chất đều phản ứng với NaOH tạo ra H2N–CH2–COONa, CH3–COONa

H2N–CH2–COONa + HCl ClH3N–CH2–COOH

và CH3–COONa + HCl CH3–COOH

59 D

(2) Fe + S  FeS (4) Fe + Fe2(SO4)3 3FeSO4

(5) Fe + H2SO4  FeSO4 + H2

60 B Chất bị thuỷ phân trong môi trường axit là phenyl fomat, glyxylvalin (Gly-Val) và

triolein

FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3 + 3NaCl

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

64 C Chất mà trong phân tử của chúng có chứa nhóm -NH-CO- là: ure-fomanđehit; tơ

nilon-6,6; protein

Z + H+ thu được sản phẩm không tác dụng với AgNO3/NH3 Loại B

66 C

số mol CO2 = 0,015; NaOH = 0,02; KOH = 0,02 (OH = 0,04)

CO2 + 2OH  CO23 + H

2O  (mchất rắn = m

2

CO + mkiềm  m

2

H O)

Số gam chất rắn = (0,01544) + (0,0240) + (0,0256)  (0,01518) = 2,31 gam

67 C

Tỷ lệ phản ứng X : NaOH = 1 : 2  có 2 nhóm COOH

X : HCl = 1 : 1  có 1 nhóm NH2

MX = (3,67 : 0,02)  36,5 = 147  phần gốc hiđrocacbon = 1479016 =41  C 3 H 5

68 B

Số mol CrCl3 = 0,05

X + H2O  XOH + 0,5H2  số mol OH = 2H2 = 20,09 = 0,18



 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

70 B

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)

Zn2+ + 2OH Zn(OH)2 và Zn2+ + 4OH → Zn(OH)2 

4 3a 6a 3a 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).

71 A

Số mol Fe3+ = 0,24

Zn + 2Fe3+  Zn2+ + 2Fe2+ Zn + Fe2+ Zn2+ + Fe 0,12 0,24 0,24 a a

Độ tăng lượng dd = 65(a+0,12)–56a = 9,6  a = 0,2  m = 65(a+0,12) = 20,8 gam

72 A

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 = (0,9 44)+18,9 21, 7

32

= 1,15

 Otrong 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

73 B

số mol HCl = 0,1; 0,3 và 0,7 mol

Na2O + H2O  2Na+ + 2OH và Al2O3 + 2OH 2AlO2 + H

2O

OH + H+ H2O Sau khi hoà tan Al2O3 thì OH vẫn còn dư 0,1 mol 0,1 0,1  H+ phản ứng với AlO2 = 0,2 mol

AlO2 + H+

+ H2O  Al(OH)3 và AlO2 + 4H+ Al3+ + 2H2O

 AlO2 = 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)

74 B

Y  (COONH4)2 + 2NaOH  2NH3  số mol Y = 0,1  12,4 gam

 Z = 25,6  12,4 = 13,2 gam  0,1 mol

 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

75 B

Ở catot: Mn+

+ ne  M ; Ở anot: 2RCOO 2CO2 + C2H6 + 2e

Số mol e trao đổi = 0,5 2 3600

96500

 

= 0,0373  M = 3,865 n

0, 0373



= 103,6 n

Số mol CO2 + C2H6 = 0,0373 + 0, 0373

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

76 C

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

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

3

+AgNO

 3x + 3,5y = 0,095 (II) kết hợp với (I) cho x = 0,02 ; y = 0,01

 % saccarozơ = 66,67%

77 C

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

Số mol KOH phản ứng = số mol NaOH phản ứng

 Chỉ số axit của chất béo = 0, 005 56 1000

41,58

 

= 6,734

 Chỉ số xà phòng hóa của chất béo = 0,155 56 1000

41,58

 

= 208,75

78 A

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

2

Aa

H O=

6x+5y 5x+4y=

45

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)

30,73 69,31  n = 116

45

Quy tắc hỗn hợp giữa 2, 3 116

b  26= 0,7308

79 D

Số mol H+ = Cl = 0,06; H2= 0,02; Ag+ = NO3= 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+

Cu  Cu2+ + 2e NO3 + 4H+

+ 3e  NO + 2H2O 0,0075 0,015 0,005 0,02 0,015

Fe2+ Fe3+ + e Ag+ + e  Ag Ag+ + Cl AgCl

X chứa Fe3+; Al3+ ; Cu2+; Cl(0,05); NO3 (0,01); Y chứa Ag(0,005); AgCl(0,01)

a = KL(Fe, Al, Cu) + KL

Cl + KL

3

NO  = 1,03 + (0,0535,5) + (0,0162) = 3,425 gam

b = (0,005108) + (0,01143,5) = 1,975 gam

80 B

số mol H2 = 0,14 ; NaOH = 0,18; CO2 = 0,348; Ba(OH)2 = 0,93m

0,044m

Quy đổi X thành Na, K, Ba, O

ta có số gam O = m – (0,1823) – (0,93m

171 137) – (0,044m

56 39) = 0,2239m – 4,14

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

Na  Na+ + e K  K+ + e Ba  Ba2+ + 2e

0,18 0,18 0,044m

56

0,044m

56

0,93m

171

1,86m 171

Thăng bằng: 0,18 + 0,044m

1,86m

171 = (0,014m – 0,25875)2 + 0,28  m  25,555 Khi đó, K = 0,02 ; Ba = 0,1389  OH = 0,02 + 0,18 + (0,13892) = 0,478 mol

CO2 + 2OH  CO2 

3 + H2O (1) và CO2 + OH  HCO

3 (2)

Từ (1) và (2) tính được số mol CO2 

3 = 0,478  0,348 = 0,13 < số mol Ba2+ = 0,1389

Ba2+ + CO2 

3  BaCO3 a (tính theo CO2 

3 ) = 0,13197 = 25,61 gam