Đề thi thử THPT QG 2017 Hóa đáp án 3

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2017 BIGSCHOOL Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi thành phần: HÓA HỌC Mã đề thi 003 41.C 42.C 43.C 44.D 45.A 46.C 47.B 48.C 49.A 50.C 51.A 52.B 53.C 54.B 55.D 56.C 57.B 58.C 59.C 60.A 61.D 62.C 63.C 64.A 65.C 66.C 67.A 68.D 69.C 70.D 71.C 72.A 73.B 74.C 75.D 76A 77.B 78.C 79.D 80.C Câu Đáp án 41 C 42 C Hướng dẫn chọn phương án Đun nóng este CH3COOC6H5 (phenyl axetat) với lượng dư dung dịch NaOH, thu sản phẩm hữu CH3COONa C6H5ONa SGK hóa học 12 Saccarozơ không làm màu nước brom (A sai) 43 C Xenlulozơ có cấu trúc mạch không phân nhánh (B sai) Glucozơ bị oxi hóa dung dịch AgNO3 NH3 bị khử (D sai) 44 D SGK hóa học 12 (chương kim loại kiềm) 45 A Đipeptit có liên kết peptit CONH 46 C (CaSO4.2H2O) gọi thạch cao sống 47 B 48 C Thuốc giảm đau, hạ sốt, chống viêm aspirin (axit axetyl salixylic C9H8O4) điều chế từ axit salixylic (axit o-hiđroxi benzoic) C7H6O3 (X) anhiđrit axetic (CH3CO)2O (Z) Chất tính lưỡng tính Cr(OH)2 Phương trình Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 49 A nZn = 0,1 mol  n ZnCl2  0,1 mol  m ZnCl2 = 13,6 gam 50 C Chất dãy có lực bazơ yếu C6H5NH2 51 A Trong trình điện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, ion Cu2+ nhận electron catot 52 B 53 C Dãy chất phản ứng với Cu(OH)2 điều kiện thường là: glucozơ, glixerol saccarozơ Theo quy tắc anpha số mol amin = (1,49  0,76) : 36,5 = 0,02  M amin = 0,76 : 0,02 = 38 54 B Amin có phân tử khối nhỏ CH3NH2 (M = 31 < 38)  khối lượng = 310,01 = 0,31 gam 55 D Các polime sản phẩm phản ứng trùng ngưng là: (3), (4), (5) 56 C Quá trình hoá học Zn + Pb2+  Zn2+ + Pb 57 B Tất phát biểu 58 C Hai dung dịch phản ứng với kim loại Fe CuSO4 FeCl3 59 C vị trí (1); (2); (3); (4) chất NaHCO3 ; H2O ; CO2 ; Ca(OH)2 60 A Fe + 2Ag+  Fe2+ + 2Ag Fe + Cu2+  Fe2+ + Cu 0,01 0,02 0,05 0,02 0,05 0,05 Độ tăng khối lượng Fe = (0,02108) + (0,0564)  56(0,01 + 0,05) = 2,00 gam 61 D Các chất dãy không tham gia phản ứng thủy phân glucozơ, fructozơ Thăng điện tích (0,12) + (0,32) = (0,41) + (a1)  a = 0,4 62 C Đun đến cạn: 2HCO 3 t CO 32  + CO2 + H2O o 0,4 0,2 Khối lượng muối khan = (0,140) + (0,324) + (0,435,5) + (0,260) = 37,4 gam C6H10O2 công thức este không no (chứa liên kết C=C) có số C axit, ancol 2  CH2=CHCH=O   CH3CH2CH2OH (2) (1) CH2=CHCOOH  t o ,xt t o ,xt +O 63 C +H o xt, t   (3)CH2=CHCOOH + CH3CH2CH2OH   CH2=CHCOOCH2CH2CH3 + H2O 64 A 65 C (d) Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 Số mol X = (13,95  10,3) : 36,5 = 0,1  MX = 103  16 + R + 45 = 103  R = 42  C3H6 H+ + OH  H2O  a = 0,8 NaAlO2 bắt đầu phản ứng Đồ thị cho thấy: Al(OH)3 = 0,4 mol số mol H+ = 0,4 2,0 66 C AlO 2 + H+ + H2O  Al(OH)3 0,4 0,4 AlO 2 + 4H+ Al3+ + 2H2O 0,4  2,0  0,4 = 1,6  0,4 1,6 Vậy, số mol NaAlO2 = b = 0,4 + 0,4 = 0,8  a : b = 0,8 : 0,8 = : 67 A Chất C2H4O2NNa muối H2NCH2COONa C3H3O2Na muối CH2=CH COONa Số nguyên tử C H2NCH2COONa nhỏ so với C3H7NO2 nên X este  Z CH3OH Số nguyên tử C CH2=CH COONa so với C3H7NO2 nên Y muối amoni  T NH3 Số mol NaOH = 0,612 ; BaSO4 = 0,144; SO 24  = 1,2y ; Al(OH)3 = 0,108 Al3+ + 4OH  Al(OH) 4 Al3+ + 3OH  Al(OH)3 0,108 0,324 68 D 0,108  Al3+ = 0,108 + [(0,6120,324) : 4] = 0,18 Ba2+ + SO 24   BaSO4  1,2y = 0,144  y = 0,12 0,144 0,144  Al3+ = 0,4x + 0,8y = 0,18  x = 0,21  tỉ lệ x : y = 0,21 : 0,12 = : 69 C Cả yếu tố (a), (b), (c), (d) góp phần làm biến đổi khí hậu Trái Đất 70 D 3nHNO3  [C6H7O2(ONO2)3]n  m HNO = 71 C Dung dịch không hoà tan đồng kim loại FeCl2 NH3 29,7  63 = 21 kg  297 0, Phản ứng (RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH)3 0,02 72 A 0,06 0,06 0,02 Bảo toàn khối lượng : m(xà phòng) = m(chất béo) + m(NaOH) – m(glixerol) m(xà phòng) = 17,24 + (400,06) – (920,02) = 17,80 gam Số mol H2 = 0,07; Cl2 phản ứng = (9,09  2,7) : 71 = 0,09 (mol)  HCl (Fe, Cr)   (Fe2+, Cr2+) + H2 73 B Al  HCl   Al3+ + 1,5 H2 (Fe, Cr, Al) + 1,5Cl2  (Fe3+, Cr3+, Al3+)  Tổng số mol Fe + Cr = (0,09  0,07)  = 0,04  số mol Al = (0,09 : 1,5)  0,04 = 0,02  mAl = 0,54 gam Do tạo hỗn hợp muối nên loại A D Số mol Y = X = 0,1; NaOH = gam  0,2 mol 74 C MX = 160 Lượng Y = 16 +  17,8 = 6,2 gam  MY = 6,2 : 0,1 = 62  Y HO(CH2)2OH Fe + S  FeS 0,5b 0,5b 0,5b 75 D  FeS  H2S(0,5b) Fe dư = a – 0,5b  H2 (a – 0,5b) H2S + 1,5O2  ; 0,5b 0,75b H2 + (a – 0,5b) 0,5O2  O a  0, 5b ab a      Z 2a b H2NCH2COOH (75)  H2NCH2COOK (119) (1)  CH3COOK (98) CH3COOH (60) (2) H2NCH2COOK + 2HCl  ClH3NCH2COOH + KCl 0,2 76 A 0,2 + HCl  CH3COOK (3) 0,2 CH3COOH + KCl (4) 0,1 0,1 32,4  21 = 0,3  Hệ PT: 75a + 60b = 21 (I) a + b = 0,3 (II) 39  Tổng số mol hỗn hợp = Ghép (I) (II) cho a = 0,2 ; b = 0,1  Theo (3), (4)  m = (0,2111,5) + (0,374,5) = 44,65 gam 2MOH  M2CO3  tỷ lệ 2(M+17) 2M+60 =  M = 39  Kali 26  0,28 8,97 Số mol KOH = 0,13 ; K2CO3 = 0,065 ; H2 = 0,57  H2O dd = 77 B 26  7,28 = 1,04 18  tổng số mol ancol + H2O = 0,572 = 1,14  ancol = 0,1 mol  este = KOH phản ứng = ancol = 0,1 mol  KOH dư Y = 0,03 mol  % khối lượng muối Y = 10,08  (0,03  56) = 0,8333  83,33% 10,08 số mol Ag+ = 0,15; Fe = 0,225 ; Catot: Ag+ + e  Ag a a Fe dư, khử Fe  Fe : 3+ 78 C Anot: 2H2O  O2 + 4H+ + 4e 2+ a a Fe  Fe + 2e Ag + e  Ag b (0,15 a) 2+ 2b + NO 3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O  Thăng e: 2b = 0,75a + (0,15 a) a 0,75a  12,6 – 56b + 108(0,15 a) = 14,5  0,25a + 2b = 0,15 (I) 108a + 56b = 14,3 (II)  a = 0,1  số mol e = I  t 2, 68  t = = 0,1  t = 3600 giây  1,0 F 96500 Số mol Gly = 0,6 ; Val = 0,48 X có (2Ala + 2Gly + 2Val); Y có (1Ala + 2Gly + 1Glu + 1Val) MX = [(892)+(752)+(1172)](185) = 472 ; 79 D MY = [89 + (752)+ 147 + 117]  (184) = 431 Coi số mol X a Y b ta có: 2a + 2b = 0,6 (I) ; 2a + b = 0,48 (II); Ghép (I), (II) cho a = 0,18 ; b = 0,12  m = (0,18472) + (0,12 431) = 136,68 gam 80 C Số mol Al = 0,17 ; Al2O3 = 0,03  Al3+ = 0,23 mol Dung dịch Z chứa muối trung hòa gồm: Al3+ ; Na+ ; NH 4 SO 24  Dung dịch Z tác dụng với BaCl2 dư NaOH: NH 4 + OH  NH3 + H2O SO 24  + Ba2+  BaSO4  0,4 0,4 mol Al3+ + 4OH  Al(OH) 4 0,23 0,92  số mol NH 4 = 0,935 – 0,92 = 0,015mol Trung hòa điện tích: số mol Na+ = (0,42) – (0,233) – 0,015 = 0,095  dung dịch Y chứa 0,4 mol H2SO4 + 0,095 mol NaNO3 tác dụng với X: Bảo toàn khối lượng: mX + mY = mZ + mT + m H 2O Bảo toàn số mol H: H H 2SO4 = H H + H  số mol H2O = NH 4 + H H 2O (0,4  2)  (0, 015  2)  (0, 015  4) = 0,355  mY = (0,498) + (0,09585) = 47,275 gam  mZ = (0,2327) + (0,09523) + (0,01518) + (0,496) = 47,065 gam  m = mT = 7,65 + 47,275 – 47,065 – (0,35518) = 1,47 gam ... Trái Đất 70 D 3nHNO3  [C6H7O2(ONO2 )3] n  m HNO = 71 C Dung dịch không hoà tan đồng kim loại FeCl2 NH3 29,7  63 = 21 kg  297 0, Phản ứng (RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH )3 0,02 72 A 0,06...  CH3COOK (98) CH3COOH (60) (2) H2NCH2COOK + 2HCl  ClH3NCH2COOH + KCl 0,2 76 A 0,2 + HCl  CH3COOK (3) 0,2 CH3COOH + KCl (4) 0,1 0,1 32 ,4  21 = 0 ,3  Hệ PT: 75a + 60b = 21 (I) a + b = 0 ,3 (II)... 0,76) : 36 ,5 = 0,02  M amin = 0,76 : 0,02 = 38 54 B Amin có phân tử khối nhỏ CH3NH2 (M = 31 < 38 )  khối lượng = 31 0,01 = 0 ,31 gam 55 D Các polime sản phẩm phản ứng trùng ngưng là: (3) , (4),