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 001 41.D 42.A 43.C 44.A 45.A 46.C 47.D 48.B 49.C 50.B 51.B 52.A 53.A 54.C 55.C 56.C 57.B 58.B 59.D 60.A 61.D 62.D 63.C 64.C 65.A 66.B 67.C 68.D 69.A 70.D 71.B 72.C 73.A 74.B 75.D 76.B 77.A 78.A 79.A 80.D Câu Đáp án Hướng dẫn chọn phương án 41 D Kim loại Fe không phản ứng với MgCl2 42 A Chất oxi hóa: Cr2O 27  + 6e +14H+ 2Cr3++7H2O chất khử Fe2+  Fe3+ + e SGK hóa học 12 trang 106 43 C Nguyên tố Nhiệt độ nóng chảy ( C) o Li Na K Rb Cs 180 98 64 39 29 Thêm CuSO4 có phản ứng 2Al + 3Cu2+  2Al3+ + 3Cu  kết tủa Cu bám lên Al tạo 44 A điện cực dung dịch chất điện phân  ăn mòn điện hóa học  tốc độ thoát khí tăng 45 A Triolein thuộc loại trieste không no nên phản ứng với dung dịch NaOH Br2 46 C Khí NH3 HCl tan nước nên không thu cách đẩy nước 47 D 48 B Các thí nghiệm có tạo thành kim loại TN (1) (4) 49 C 6(NH2)2CO   C3N6H6 + 6NH3+ 3CO2 C10H14O6 + 3NaOH  3muối + C3H5(OH)3  muối có 7C ; 9H ; 6O 3Na  Loại B C không đủ 9H; loại A đồng phân hình học t  MCO3 + CO2 + H2O M2+ + 2HCO 3  o 50 B 51 B  số mol M2+ phản ứng < 0,06  HCO3 hết  SO 24  Cl− axit -aminopropionic CH3CH(NH2)COOH có KL mol = 89 gam CH3CH(NH2)COOH + HCl  CH3CH(NH3Cl)COOH CH3CH(NH3Cl)COOH + 2NaOH  CH3CH(NH2)COONa + NaCl + H2O Khối lượng muối Na: m = (89  + 23)0,1 + (58,50,1) = 16,95 gam Kết tủa với BaCl2 BaSO4  0,2 mol; kết tủa với NH3 Fe(OH)3  0,1 mol Với N+5 + 1e  N+4(NO2)  số mol NO2 = 1,7  số mol e trao đổi = 1,7 52 A Trong hỗn hợp số mol S = 0,2 ; Fe = 0,1 Cu = x Thăng số mol e: (0,26) + (0,13) + 2x = 1,7  x = 0,1  m = (0,232) + (0,156) + (0,164) = 18,4 gam 53 A Dung dịch X Ag2SO4 phát biểu đúng: (a) Có thể dùng nước brom để phân biệt glucozơ fructozơ 54 C (d) Trong dung dịch, glucozơ fructozơ hoà tan Cu(OH)2 nhiệt độ thường cho dung dịch xanh lam (g) Trong dung dịch, glucozơ tồn chủ yếu dạng vòng cạnh (dạng  ) 55 C Cả thí nghiệm xảy phản ứng số mol Fe = 0,02 ; H+ = Cl = 0,06 Fe + 2H+  Fe2+ + H2 0,02 0,04  Fe2+ 56 C 0,015 (H+ 0,02 mol) 0,02 NO 3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O Fe3+ + e 0,015 0,015 0,02 0,015  Fe2+ 0,005 mol Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag 0,005 0,005 Cl + Ag+  AgCl 0,06 0,06  m gam kết tủa = (1080,005) + (143,50,06) = 9,15 gam 57 B Hiệu ứng nhà kính hệ lưu giữ xạ hồng ngoại lượng dư khí cacbonic khí Số mol HCl 0,6  M amin = 20 : 0,6 = 33,33 58 B  Sơ đồ đường chéo với CH3NH2 = 31 ; M amin = 33,33 C2H5NH2 = 45 cho CH3 NH CH3 NH 5  31 155 77,5% = (số mol) khối lượng = = = 45 45 22,5% C2 H5 NH C2 H5 NH Muối X phải chứa kim loại khác Na  hai muối tan NaOH dư (ba chất tan) 59 D 60 A muối X tác dụng với Ba(OH)2 không tạo chất    Muối X KHS Chọn Gly đầu mạch ta có tripeptit: Gly – Ala – Phe Gly – Phe – Ala; Tương tự chọn Ala Phe đầu mạch chất tạo thêm tripeptit số mol H2 = 0,35 0,15 H 2Al + Fe2O3  2Fe + Al2O3 (1) Fe    H2 ; + 61 D 0,2 0,2  OH H Al   1,5H2 ;   1,5H2 ; Al  0,1 + 0,15 0,1 0,15 H2 từ Al = 0,15 mol  H2 từ Fe = 0,35  0,15 = 0,2 mol  Al2O3 = 0,1 mol theo (1) Khối lượng X = (0,256) + (0,1102) + (0,127) = 24,1 gam có 11,2 gam Fe chiếm 46,47% 2FeCl2 + Cl2  2FeCl3 62 D FeCl2 + Na2S + 2H2O  Fe(OH)2 + H2S + 2NaCl FeCl2 + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2HCl + H2O 63 C Oxit tác dụng với dung dịch NaOH loãng oxit NO2, SO2, CrO3, CO2, P2O5, Cl2O7 Khối lượng kim loại bị clo hoá = 16,2  2,4 = 13,8 gam; 2,4 gam Fe Fe dư khử Fe3+  Fe2+ ; MnO 4 oxi hóa Fe2+  Fe3+ Cl  Cl2 Các trình nhường e: Al  Al3+ + 3e ; Fe  Fe3+ + 3e ; 64 C Các trình thu e: MnO 4 + 5e + 8H+  Mn2+ + 4H2O 27x + 56y = 13,8 (I) ; 3x + 3y = 0,215 = 1,05 (II)  x = 0,2 y = 0,15 Khối lượng Fe = (0,1556) + 2,4 = 10,8 gam chiếm 66,67% Trong Y, tỷ lệ C : H = 0,3 : 0,8 = :  Công thức Y C3H8Ox  số mol Y = 0,1 Với x = 2; tỷ lệ số mol X : NaOH : muối : Y = : : :  số mol NaOH = 0,2 65 A  m1 = mmuối + m2  mNaOH = 15 + (0,176)  (0,240) = 14,6 gam Với x > 2; đáp án số mol HNO3 = 0,5; N2O = 0,045 66 B 2NO 3 + 10H+ + 8e  N2O + 5H2O 0,09 0,45 0,045  0,5  0,45 = 0,05 mol HNO3 phản ứng tạo NH4NO3 2NO 3 + 10H+ + 8e  NH4NO3 + 3H2O 0,01 0,05 0,005 khối lượng muối = mKL + m NO3 + m NH4 NO3 = 8,9 + 62(0,50,1) + (0,00580) = 34,1 gam CH3 | C )n + nH2O  ( CH | COOCH3 (2) ( CH 67 C CH3 | C | COOH (5) ( CH2  CH )n | OOCCH3 (6) ( C  [CH ]4  C  N  [CH ]6  N )n + 2nH2O || || | | O O H H + nH2O  )n + nCH3OH ( CH  CH ) n + nCH3COOH | OH  nHOOC[CH2]4COOH + nH2N[CH2]6NH2 Số mol KOH = 0,18 0,21 ; số gam Al(OH)3↓ = 0,06 0,03 Al3+ + 3OH  → Al(OH)3↓ 68 D 0,06 0,18 0,06  KOH đủ để kết tủa 0,06 mol Al(OH)3↓ (1) 0,03 0,09 0,03  2,34 gam kết tủa tạo (2) Theo gt: KOH 0,21  0,09 = 0,12 mol phản ứng với Al3+ không tạo↓ Al3+ + 4OH → Al(OH) 4 (3) 0,03 0,12  từ (1), (2), (3) AlCl3 = 0,06 + 0,03 + 0,03 = 0,12 mol Nồng độ AlCl3 ban đầu = 0,12 : 0,1 = 1,2 M 69 A Al3+ + 3OH  Al(OH)3 Al3+ + 4OH AlO 2 + 2H2O 0,5a 0,5a 1,5a 0,5a 2,0a  x = 3a y = x + 0,5a = 3,5a  x : y = 3a : 3,5a = : Theo sơ đồ Z CO2  loại C B xóc t¸c, t Nếu A (X) xenlulozo + H2O   không tạo (Y) fructozơ o 70 D (a) (C6H10O5)n + nH2O xóc t¸c   nC6H12O6 (b) C6H12O6 + AgNO3 + NH3 + H2O → amoni gluconat + Ag + NH4NO3 (c) C6H12O6 xóc t¸c   2C2H5OH + 2CO2 ¸nh s¸ng (d) 6nCO2 + 5nH2O   (C6H10O5)n + 6nO2 chÊt diÖp lôc Phương trình X + NaOH → Y + CH4O cho thấy loại D 71 B Phương trình Y + HCl (dư) → Z + NaCl cho thấy loại C A sản phẩm từ C Cl sản phẩm từ A không vị trí Cl Z ancol metylic CH3OH nên X đieste có dạng C2H2(COOCH3)2 72 C  Chất Y có công thức CH2=C(COONa)2  C4H2O4Na2  T  CH2=C(COOH)2  hai đồng phân cấu tạo CH2BrCH(COOH)2 CH3CBr(COOH)2 Có chất glucozơ, fructozơ axit fomic vừa có khả tham gia phản ứng tráng 73 A bạc vừa có khả phản ứng với Cu(OH)2 điều kiện thường a mol saccarozơ 2a mol mantozơ tạo 6a mol (glucozơ + fructozơ) Với H% = 0,6: số mol sản phẩm = 6a0,6 = 3,6a; tráng bạc  7,2a mol Ag 74 B Phần mantozơ dư = 2a0,4 = 0,8a mol; tráng bạc  1,6a mol Ag  7,2a + 1,6a = 19,0 : 108 = 0,176  a = 0,02 Hai chất hữu đơn chức làm xanh quỳ tím ẩm h/c amin: CH3NH2 C2H5NH2 Dung dịch Y gồm chất vô  muối Na+  X gồm (CH3NH3)2CO3 C2H5NH3NO3 75 D (CH3NH3)2CO3 + 2NaOH  Na2CO3 + 2CH3NH2 + 2H2O C2H5NH3NO3 + NaOH  NaNO3 + C2H5NH2 + H2O  Hệ 124a + 108b = 3,4 (I) 2a + b = 0,04 (II) cho a = 0,01 ; b = 0,02  m = (0,01106) + (0,0285) = 2,76 gam Tỷ lệ số mol NaOH 0,6    E tri este tổng số mol axit = 0,6 E 0, ( R -COO)3R’ + 3NaOH → R -COONa + R’(OH)3 76 B M muối= Ta có : 43,6 = 72,67  M axit= 72,6723 + = 50,67  H-COOH (M = 46) 0,6 46  2M 46   M = 50,67 (1) = 50,67 (2) 3 Kết (1) cho M2 = 60 phù hợp với CH3COOH (2) cho M2 = 53 (loại) số mol khí (t giây) = 0,11; (2t giây) = 0,26 77 A Catot: Cu2+ + 2e  Cu 0,24 0,1 Anot: 2Cl  Cl2 + 2e 0,2 0,1 0,2 2H2O  O2+ 4H+ + 4e 0,01  Số mol e trao đổi t giây = 0,2 + 0,04 = 0,24 0,04  2t giây = 0,48 Trong 2t giây: đặt số mol Cu tạo thành tiếp = x  số mol e = 2x O2= 0,5x Sau khí thoát hai cực: 2H2O + 2e  H2 + 2OH 2y 2H2O  O2+ 4H+ + 4e y 0,5y 2y Ta có: 0,24 + 2x + 2y = 0,48 hay x + y = 0,12 (I); 0,11 + 0,5x + 0,5y + y = 0,26 hay x + 3y = 0,3 (II)  x = 0,03 y = 0,09  a = 0,12 + x = 0,12 + 0,03 = 0,15 Số mol Z = 0,45; MZ  46/9  chứa H2 = < 46/9 NO (hóa nâu KK) Sử dụng quy tắc hỗn hợp được: NO 0, 05   (mol)  H KHSO4  H2 + H2O H2 0, Bảo toàn khối lượng: mX + m KHSO4 = mmuối sunfat + mZ + m H2O  m H2O = 66,2 + (3,1136)  466,6  (46/90,45) = 18,9 gam  1,05 mol Bảo toàn H: Số mol KHSO4 = 2H2 + 2H2O 78 A  (20,4) + (21,05) = 2,9 < 3,1  tạo NH 4 = 0,05 mol ( 0,2 mol H) Bảo toàn N: 2Số mol Fe(NO3)2 = NO + NH 4 = 0,05 + 0,05 = 0,1  Fe(NO3)2 = 0,05 mol Bảo toàn O: O Fe3O + O Fe(NO3 )2 + O KHSO4 = O Số mol Fe3O4 = (4  3,1)+0,05+1,05  (6  0, 05)  (4  3,1) = 0,2  %mAl = SO24  66,  (180  0, 05)  (232  0,2) = 0,163  16,3% 66,2 số mol O2 = 0,1425 HCl = 0,03 Có nN = nHCl = 0,03 mol  nO = 79 A X + O NO + O H2O 10 nN = 0,1 mol + O2  CO2 + H2O + N2 0,1425 x y 0,015 (mol) Bảo toàn khối lượng số mol O có: 44x + 18y = 3,83 + (0,142532)  (0,01528) = 7,97 và: 2x + y = (0,14252) + 0,1 = 0,385 Giải hệ cho x= 0,13; y= 0,125  n CaCO = 0,13 mol  mCaCO = 13 gam 3 Số mol H2 = 0,04; H2O = 0,22 ROH+Na RONa + H2  m – (0,042) = 2,48  m = 2,56 g Mancol = 2,56 = 32  CH3OH  Số mol este = muối = NaOH = ancol = 0,08 0,08  MX = 5,88 = 73,5  Maxit = 73,5 14 = 59,5 0,08  X chứa HCOOH = 46 < 59,5 CH3COOH axit  HCOOCH3 CH3COOCH3 80 D Bảo toàn khối lượng: mX = mC + mH + mO  5,88 = mC + (0,222) + (0,0832)  mC = 2,88 g  CO2 = 0,24  số mol este không no = 0,24 – 0,22 = 0,02 este no = 0,06 Ta có: (14x+32)0,06 + (14y+30)0,02 = 5,88  3x + y = 12  Do < x < nên < y < Nếu y =  CH2=CHCOOCH3 đồng phân hình học Vậy y =  CH3CH=CHCOOCH3 có M = 100  % khối lượng este không no = 100  0,02 = 0,3401  34,01% 5,88 ... H2 = 0,35 0 ,15 H 2Al + Fe2O3  2Fe + Al2O3 (1) Fe    H2 ; + 61 D 0,2 0,2  OH H Al   1, 5H2 ;   1, 5H2 ; Al  0 ,1 + 0 ,15 0 ,1 0 ,15 H2 từ Al = 0 ,15 mol  H2 từ Fe = 0,35  0 ,15 = 0,2 mol... lượng số mol O có: 44x + 18 y = 3,83 + (0 ,14 2532)  (0, 015 28) = 7,97 và: 2x + y = (0 ,14 252) + 0 ,1 = 0,385 Giải hệ cho x= 0 ,13 ; y= 0 ,12 5  n CaCO = 0 ,13 mol  mCaCO = 13 gam 3 Số mol H2 = 0,04;... 0 ,15 mol  H2 từ Fe = 0,35  0 ,15 = 0,2 mol  Al2O3 = 0 ,1 mol theo (1) Khối lượng X = (0,256) + (0 ,1 10 2) + (0 ,1 27) = 24 ,1 gam có 11 ,2 gam Fe chiếm 46,47% 2FeCl2 + Cl2  2FeCl3 62 D FeCl2