Đề thi thử THPT QG 2017 Hóa đáp án 4

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 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 Metyl acrylat có công thức cấu tạo thu gọn CH2=CHCOOCH3 Phản ứng Cu + 2FeCl3 → 2FeCl2 + CuCl2 chứng tỏ ion Fe3+ có tính oxi hoá mạnh 2+ ion Cu 43 D Hợp chất H2N-CH2-COOH3N-CH3 muối glyxin với metylamin 44 C X Mg : [Ne]3s2 , Y Cr: [Ar]3d54s1 45 D 3NH3 + AlCl3 + 3H2O  Al(OH)3  + 3NH4Cl 46 B 47 D Tinh bột, xenlulozơ, saccarozơ, mantozơ có khả tham gia phản ứng thủy phân 48 D 3NaOH + FeCl3  Fe(OH)3  + 3NaCl Thép cacbon để không khí ẩm bị ăn mòn điện hóa học có điện cực (Fe – C) 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 ancol = 0,05 (mol)  số mol muối = 0,05 (mol) 4, = 84 (HCOOK)  Công thức este HCOOC2H5 0,05 50 D 51 B 52 C 53 C Theo quy tắc , phản ứng (a) (c) có xảy 54 B Các đồng phân (axe-axe-pro); (axe-pro-axe); (pro-pro-axe) (pro-axe-pro) 55 B Phương pháp dùng làm mềm nước cứng tạm thời (1), (3) (4)  Mmuối = Cu KNO3 không tác dụng với NaOH Trong nhiên liệu trên, nhiên liệu coi sạch, gây ô nhiễm môi trường khí thiên nhiên CxHyN = 14 = 59  Hợp chất cần tìm C3H9N 23,73% Có 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 Ca Với m gam, khối lượng mol kim loại kiềm lớn H2 tạo nhỏ Cả chất phản ứng với NaOH tạo H2N–CH2–COONa, CH3–COONa 58 D H2N–CH2–COONa 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 môi trường axit phenyl fomat, glyxylvalin (Gly-Val) 60 B 61 D 62 B (a), (c) (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 phân tử chúng có chứa nhóm -NH-CO- là: ure-fomanđehit; tơ nilon-6,6; protein X, Y, Z không tác dụng với AgNO3/NH3  Loại đáp án A C Z + H+ thu 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 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 = :  có nhóm COOH 67 C X : HCl = :  có 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 = H+ + OH  H2O  H2SO4 = 0,04 mol ZnSO4 bắt đầu phản ứng Số mol OH = 0,22 mol 0,28 mol  Zn(OH)2 3a 2a (mol) 70 B Zn2+ + 2OH  Zn(OH)2 3a 6a 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, = 1,15 32  O 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 = x =  C3H6O2 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 0,7 mol Na2O + H2O  2Na+ + 2OH OH + H+  H2O 0,1 73 B Al2O3 + 2OH  2AlO 2 + H2O Sau hoà tan Al2O3 OH dư 0,1 mol  H+ phản ứng với AlO 2 = 0,2 mol 0,1 AlO 2 + H+ + H2O  Al(OH)3 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 thu được: (COOH)2 (0,1 mol) 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   3600 = 0,0373  M = = 103,6 n 96500 0,0373 B Số mol CO2 + C2H6 = 0,0373 + 0,0373 = 0,05595  Với n = để M = 207,2  Pb V = 0,0559522,4 = 1,253 lít Đặt số mol saccarozơ mantozơ x 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) 0,25y mol mantozơ dư +AgNO   (3x + 3,5y) mol Ag  (1,5x+1,75y) mol h/c có nhóm CH=O  NH  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 chất béo = 0,005  56  1000 = 6,734 41,58  Chỉ số xà phòng hóa 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 liên kết peptit + H2O  (Aa) Y (CnHmO6N5) có liên kết peptit + H2O  (Aa) đặt số mol X = x Y = y  x + y = 0,16 6x + 5y = 0,9  x = 0,1 ; y = 0,06  tỷ số mol 78 A Aa 6x+5y 45 = = ; H O 5x+4y 37 Đặt CT chung glyxin alanin CnH2n+1O2N với số mol 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 2, 116 a 19 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 Cu  0,0075 mol Số mol H+ phản ứng = 0,022 = 0,04 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) CO2 + OH  HCO 3 (2) Từ (1) (2) tính 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 ... 0, 044 m 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, 044 m 56 0,18  K+ + e 0, 044 m 56 Quá trình thu e: O + 2e  O2 (0,014m... (37k mol) Ta có tỷ lệ: (14n +47 )  45 k  (18  37k) 30,73 116 = n= (44 n  45 k)+18(n+0,5)  45 k  (18  37k) 69,31 45 Quy tắc hỗn hợp 2, 116 a 19 cho  = 0,7308 b 26 45 Số mol H+ = Cl = 0,06;... 14 = H+ + OH  H2O  H2SO4 = 0, 04 mol ZnSO4 bắt đầu phản ứng Số mol OH = 0,22 mol 0,28 mol  Zn(OH)2 3a 2a (mol) 70 B Zn2+ + 2OH  Zn(OH)2 3a 6a 3a Zn2+ + 4OH → Zn(OH) 24  b 4b  6a + 4b