Giải 10 đề hóa hay 2017 (2)

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER THPT BỈM SƠN – THANH HÓA LẦN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017 MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 50 phút Họ tên thí sinh: ĐỀ SỐ 39/80 Số Báo Danh: HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: CH3CH(NH2)CH3 amin bậc CH3CH2OH ancol bậc  Đáp án C Câu 2: Cấu hình e ion: Na+: 1s22s22p6; Cl-; Ca2+ K+ có cấu hình e: 1s22s22p63s23p6;  Đáp án A Câu 3: Các cặp chất: NaCl Ba(NO3)2; AlCl3 CuSO4; Na2CO3 KOH; phản ứng Cặp chất NaOH NaHCO3 có phản ứng nên tồn dung dịch: NaOH + NaHCO3  Na2CO3 + H2O;  Đáp án D Câu 4: Cấu hình e nguyên tử Mg (Z = 12) là: 1s22s22p63s2  Đáp án B Câu 5: Để nhận biết ion NO 3 dung dịch dùng thuốc thử Cu dd H2SO4 loãng có tượng Cu tan tạo khí không màu hóa nâu không khí: 3Cu + 8H+ + 2NO 3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O; 2NO + O2  2NO2 (khí màu nâu đỏ);  Đáp án D Câu 6: Ta có: nNa = nNaOH = mol; n H = 0,5 mol; Khối lượng dd sau pư: mdds = mNa + m H2O - m H = 23 + 178 – 0,5×2 = 200(g); 40  100% = 20%;  Đáp án D 200 Câu 7: Công thức vinyl axetat là: CH3COOCH = CH2;  có nguyên tử H; Đáp án A Câu 8: Đáp án D Câu 9: Gốc C6H5 hút e làm cho mật độ e nguyên tử N giảm;  Tính bazơ giảm nên quỳ tím không đổi màu;  Đáp án A Câu 10: Hợp chất H2N-CH2CH2CONH-CH2-CH2COOH có liên kết CO-NH liên kết đơn vị -aminoaxit nên peptit;  Đáp án B Câu 11: Trong dd K khử H2O nên không khử ion Cu2+ thành Cu;  Đáp án D Câu 12: Các phản ứng: CH3 – CH(NH2) – COOH + HCl  CH3 – CH(NH3Cl) – COOH; CH3 – CH(NH3Cl) – COOH + NaOH  CH3-CH(NH2)-COONa + NaCl + H2O;  Đáp án D Câu 13: Đáp án A  C%(NaOH) = t  Nhựa Rezit (cấu trúc mạng không gian, làm tăng mạch polime) Câu 14: Nhựa Rezol   Đáp án A Câu 15: dd H2SO4 loãng pư với Fe: H2SO4 + Fe  FeSO4 + H2  Đáp án C Câu 16: Fructozơ thuộc loại monosacarit nên không bị thủy phân  Đáp án B Câu 17: Trong kim loại cho: - Các kim loại Na, Mg, Al thuộc chu kỳ III tính kim loại giảm dần nên: Na>Mg>Al - Các kim loại Na K thuộc nhóm IA tính kim loại tăng dần nên: Na R Từ pt (1): R2+ + X → R + X2+;   2 2 - TÝnh oxi hãa: R > X - TÝnh khö: R > X    3 2 - TÝnh oxi hãa: X > R Vậy: Tính oxi hóa: X3+ > R2+ > X2+;  Đáp án B Câu 28: Phản ứng NO2 dung dịch NaOH dư tạo muối NaNO3 NaNO2 Phản ứng Ba(HCO3)2 dung dịch KOH dư tạo muối BaCO3 K2CO3 Phản ứng Fe3O4 dung dịch HNO3 dư tạo muối Fe(NO3)3 Phản ứng Fe3O4 dung dịch HCl dư tạo muối FeCl2 FeCl3  Đáp án C FeCO3 : x mol    H2 SO4 ; NaNO3 + KhÝ Z (NO; CO2 ; NO2 )   Câu 29: hh X  MgCO3 : y mol   ; (tØ lÖ mol 19:1) 2 3 2  dd Y ( Mg ; Al ; Fe; SO ) Al O : z mol    Từ pt (2): R + 2X3+ → R2+ + 2X2+ 12,55 gam  kÕt tña cùc ®¹i NaOH (0,37 mol) dd Y  ; Gọi số mol NaNO3 a;  số mol H2SO4 19a  + dd Na SO4 Theo bảo toàn mol Na: n Na2 SO4 = n H2 SO4 = (nNaOH + n NaNO3 );  38a = 0,37 + a;  a = 0,01; Ta có: nkhí Z = 0,11 mol; Bảo toàn N: nNO + n NO2 = n NO = 0,01;  n CO2 = 0,1; 239   0,11 = 4,78 (g);  mNO + m NO2 = 0,38;  30nNO + 46n NO2 = 0,38; 11  nNO = n NO2 = 0,005; Theo bảo toàn mol e: ne nhận = ne cho = 3×0,005 + 0,005 = 0,02; mkhí Z =  n FeCO3 (oxi hóa khử) = n Fe3 = 0,02;  3×2z + 2y + 3×0,02 + 2(x – 0,02) = nNaOH = 0,37;  6z + 2y + 2x = 0,35; Theo ra: x + y = n CO2 = 0,1;  z = 0,025; x + y = 0,1 Từ ta có hệ pt:   x = y = 0,05;  %m FeCO3 = 46,22%;  Đáp án A 116x + 84y = 10 Câu 30: Dùng pp quy đổi hh X có: nBa = x; nK = y; nO = z; nNa = nNaOH = 0,18; n H = 0,14; n CO2 = 0,348; 0, 93m 0,31m 0, 044m 0, 011m  = ;y= ; 171 57 56 14 Theo bảo toàn mol e: 2x + 0,18 + y = 2z + 2×0,14 = 2z + 0,28; x= Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT Trang 0,31m y 0, 011m - 0,05 = + - 0,05 ; Theo ta có pt: 57 28 0,31m 0, 011m 0,31m 0, 011m 137  + 39  + 16( + - 0,05) + 0,18  23 = m;  m = 25,5 (g) 57 14 57 28 0, 011  25,5 0,31  25,5 Ta có: n OH (dd Y) = 0,18 + 2× + = 0,4774 (mol); 57 14 Khi hấp thụ CO2 vào dd Y: tạo a mol HCO 3 ; b mol CO 32  ta hệ pt: z=x+ a + b = 0,348 a = 0,2186    Ba2+ dư; n BaCO3 = n CO2 = 0,1294;  m BaCO3 = 25,9418 (g);  a + 2b = 0,4774 b = 0,1294  Đáp án A Câu 31: Sơ đồ trình phản ứng: KMnO4 (x mol)  KMnO   MnCl2      HCl   O2  hh Y K MnO   hh X KClO3 (y mol)   + H2O; Cl + 0,8 mol   KCl  0,21625 mol  MnO (z mol)   MnO ; KCl  2     30,005 gam 24,405 gam Theo bảo toàn khối lượng: m O = 30,005 – 24,405 = 5,6 (g);  n O = 0,175 mol; Bảo toàn e: Bảo toàn H: Bảo toàn O: 5x + 6y + 2z = 0,175×4 + 0,21625×2 = 1,1325; n H2O = nHCl = 0,4 mol; 4x + 3y + 2z = 0,175×2 + 0,4 = 0,75; 158x + 122,5y + 87z = 30,005  Theo ta có hệ pt: 5x + 6y + 2z = 1,1325 4x + 3y + 2z = 0,75   x = 0,12    y = 0,0875 ;  z = 0,00375  Ta thấy: 0,0875 mol KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn sinh 0,13125 mol O2  0,04375 mol O2 0,0875 mol KMnO4; 0, 0875  %(KMnO4 bị nhiệt phân) = ×100% = 72,92%  Đáp án C 0,12 Câu 32: Ta thấy: CH3COOCH = CH + NaOH  CH3COONa + CH3CHO ; X Y Z CH3CHO + AgNO3 + NH3  CH 3COONH ; T CH3COONH4 + NaOH  CH3COONa + NH3 + H2O;  Đáp án C Câu 33: n O = 0,59 mol; Theo bảo toàn khối lượng: 11,16 + 0,59 × 32 = m CO2 + 9,36;  n CO2 = 0,47; n H2O = 0,52;  Z ancol no chức;  mO(trong E) = 11,16 – 0,47 × 12 – 0,52 × = 4,48 (g);  n Otrong E = 0,28 mol; axit: x mol  Xét hh E: este: y mol ancol: z mol   BTNT O    2x + 4y + 2z = 0,28  z = 0,1;  Ta có:  BTLK    x + 2y = 0,04    ancol có 3C hai axit có 3C 4C  Axit X: C3H4O2 (a mol); Axit Y: C4H6O2 (b mol); Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT Trang Este: C10H14O4 (y mol); Ancol: C3H8O2 (0,1 mol);  a + b + 2y = 0,04; Theo BTNT C: 3a + 4b + 10y = 0,47 – × 0,1 = 0,17; Theo ra: 72a + 86b + 198y = 11,16 – 76 × 0,1 = 3,56; Giải hệ pt ta được: a = 0,01; b = 0,01; y = 0,01;  m = 0,01 × 2(94 + 108) = 4,04 (g)  Đáp án D Câu 34: Gỉa sử độ bất bão hòa phân tử chất béo = a Ta có: n CO2  n H2O = 1= ;  a = ; Phân tử chất béo có CT: (RCOO)3C3H5; a-1 a-1  Có lk  gốc R Nghĩa mol chất béo tác dụng với tối đa mol Br2;  Để td 0,6 mol Br2 số mol chất béo 0,15 mol  Đáp án D Câu 35: Sau pư xảy hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu thí nghiệm  khối lượng kim loại tăng thí nghiệm Thí nghiệm 1: mol Cu2+ pư khối lượng kim loại tăng gam 0,2V1 mol Cu2+ pư lượng kim loại tăng 8×0,2V1 (gam) Thí nghiệm 2: mol Ag+ pư khối lượng kim loại tăng 160 gam 0,1V2 mol Ag+ pư 8V2 (gam) Từ ta có: 8V2 = 1,6V1;  V1 = 5V2;  Đáp án A Câu 36: Theo pentapeptit là: Ala-Gly-Val-Gly-Gly  Đáp án B Câu 37: Từ đồ thị ta có: nCa = n CaCO3 (max) = 0,1; Lượng kết tủa giảm trình CaCO3  Ca(HCO3)2; Lượng kết tủa chạy ngang (không đổi ) trình NaOH  NaHCO3 ;  nNaOH = n CO2 = 0,35 – 0,05 – 0,1 = 0,2;  n OH = 2nCa + nNa = 0,4; n  = 0,2 mol;  V = 4,48 lit;  Đáp án B OH Câu 38: Khi đun Z với dd H2SO4 đặc thu đimetyl ete  Z CH3OH; Theo ta có sơ đồ: C6H8O4 + NaOH  Y + 2CH3OH; Vậy CT X là: C2H2(COOCH3)2; CT Y là: C2H2(COONa)2;  Đáp án B 10  36,5 15  10 Câu 39: Theo bảo toàn khối lượng: namin = nHCl = ;  Mamin = = 73; 36,5  n H2 = Vậy CTPT amin C4H11N;  đồng phân amin bậc 2;  Đáp án D Câu 40: nAg = 2nglucozơ = 0,2 mol;  mAg = 21,6 gam;  Đáp án C Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT Trang ... mol); Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT Trang Este: C10H14O4 (y mol); Ancol: C3H8O2 (0,1 mol);  a + b + 2y = 0,04; Theo BTNT C: 3a + 4b + 10y = 0,47 – × 0,1 = 0,17; Theo ra: 72a... Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT Trang - Phát biểu (d) sai thủy phân saccarozơ thu loại monosaccarit glucozơ fructozơ  Đáp án A Câu 26: Ta có pư xà phòng hóa: (RCOO)3C3H5 + 3XOH → 3RCOONa... = 0,17; Theo ra: 72a + 86b + 198y = 11,16 – 76 × 0,1 = 3,56; Giải hệ pt ta được: a = 0,01; b = 0,01; y = 0,01;  m = 0,01 × 2(94 + 108 ) = 4,04 (g)  Đáp án D Câu 34: Gỉa sử độ bất bão hòa phân