48. Đề thi thử THPTQG năm 2018 - Môn Hóa Học - THPT Yên Định 2 - Thanh Hóa - Lần 1
- File word có lời giải chi tiết
I. Nhận biết
Câu 1. Kim loại Cu không tan trong dung dịch
A. HNO3 loãng.

B. HNO3 đặc nguội.

C. H2SO4 đặc nóng.

D. H2SO4 loãng.

Câu 2. Thủy phân este trong môi trường kiềm được gọi là phản ứng
A. tráng gương.

B. xà phòng hóa.

C. este hóa.

D. trùng ngưng.

C. glucozơ.

D. saccarozơ.

C. etyl axetat.

D. metyl axetat.

Câu 3. Chất không thủy phân trong môi trường axit là
A. tinh bột.


C. nước.

D. nước muối.

C. Fe3O4.

D. Fe2(SO4)3.

Câu 8. Công thức hóa học của sắt (III) hiđroxit là
A. Fe2O3.

B. Fe(OH)3.

Câu 9. Hòa tan hoàn toàn 2,4 gam Mg bằng dung dịch H2SO4 loãng thu được V lít H2 (đktc). Giá trị của V
là:
A. 4,48 lít.

B. 2,24 lít.

C. 3,36 lít.

D. 1,12 lít.

C. Glyxin.

D. Valin.

Câu 10. Hợp chất nào sau đây thuộc loại amin?
A. Anilin.

D. 4.

Câu 14. Cho các este: CH3COOC6H5 (1); CH3COOCH=CH2(2); CH2=CHCOOCH=CHCH3 (3);
HCOOCH2CH=CH2 (4); CH3COOCH2C6H5 (5). Những este khi thủy phân trong môi trường kiềm không
tạo ra ancol là:


A. (1), (2), (3), (4), (5).

B. (1), (2), (5).

C. (1), (2), (3).

D. (1), (2), (4), (5).

Câu 15. Đối với dung dịch axit yếu CH 3COOH 0,1M, nếu bỏ qua sự điện li của nước thì đánh giá nào về
nồng độ mol ion nào sau đây là đúng?
A. [H+] = 0,1M.

B. [H+]
D. 10,8.

Câu 20. Khi hòa tan vào nước, chất làm cho quỳ tím chuyển thành màu xanh là:
A. etanol.

B. metylamin.

C. hiđroclorua.

D. glyxin.

Câu 21. Cho 8,0 gam hỗn hợp X gồm metylamin, đimetylamin phản ứng vừa đủ với 0,2 mol HCl, thu
được m gam muối. Giá trị của m là:
A. 13,7.

B. 10,2.

C. 15,3.

D. 18,9.

C. (1), (3) và (4).

D. (2), (3) và (4).

Câu 22. Tiến hành các thí nghiệm sau:
(1) Cho Zn vào dung dịch FeSO4.
(2) Cho Fe vào dung dịch FeCl3.
(3) Cho Fe vào dung dịch CuSO4.
(4) Dẫn khí CO (dư) qua bột FeO nóng.

C. 8,2 gam.

D. 8,5 gam.


Câu 26. Đốt cháy hoàn toàn một lượng chất hữu cơ X thu được 13,44 lít khí CO 2, 2,24 lít khí N2 (các khí
đo ở đktc) và 12,6 gam H2O. Khi X tác dụng với dung dịch NaOH thu được sản phẩm có muối
H2NCH2COONa. Công thức cấu tạo thu gọn của X là:
A. H2NCH2COOCH3.

B. H2NCH2CH2COOH.

C. H2NCH2COOC3H7.

D. H2NCH2COOC2H5.

Câu 27. Cho các chất sau NH3 (1), anilin (2), metyl amin (3), đimetyl amin (4). Thứ tự tăng dần lực bazơ
là
A. (4), (3), (2), (1).

B. (2), (1), (3), (4).

C. (4), (3), (1), (2).

D. (3), (4), (1), (2).

Câu 28. Peptit H2NCH2CONHCH(CH3)CONHCH2COOH có tên gọi là
A. Gly-Ala-Gly.

B. Ala-Gly-Ala.


D. 5.

Câu 31. Cho m gam hỗn hợp G gồm: Al, Zn vào 152,775 gam dung dịch HNO 3 10% đến phản ứng hoàn
toàn thu được 155,25 gam dung dịch X gồm: A1(NO 3)3 nồng độ 3a (M), Zn(NO3)2 nồng độ 4a (M), HNO3
và khí N2O bay ra. Hãy chứng minh Al, Zn phản ứng hết. Giá trị của m là:
A. 13,4.

B. 14,3.

C. 3,41.

D.4,31.

Câu 32. Cho m gam hỗn hợp axit acrylic, axit benzoic, axit adipic và axit oxalic tác dụng vừa đủ với dung
dịch KOH thu được a gam muối. Nếu cũng cho m gam hỗn hợp X như trên tác dụng với dung dịch
Ba(OH)2 vừa đủ thu được b gam muối, biểu thức liên hệ m, a, b là
A. 76m = 19a − 11b

B. m = 22b − 19a

C. 49m = 115a − 76b

D. 59m = 135a − 76b

Câu 33. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 vào 400 ml dung dịch HCl 2M thấy thoát ra
2,24 lít khí (ở đktc) và còn lại 2,8 gam Fe (duy nhất) chưa tan. Mặt khác nếu cho m gam X trên vào dung
dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít NO2 ( ở đktc). Giá trị m và V lần lượt là:
A. 32,6 gam và 10,08 lít.


B. NaOH + NH4Cl (rắn) 
0

t
→ ZnSO4 + H2↑
C. Zn + H2SO4 (loãng) 
0

t
→ K2SO4 + SO2↑ + H2O
D. K2SO3 (rắn) + H2SO4 

Câu 36. Hỗn hợp X gồm CH 3OH, CH2=CH-CH2OH, C3H5(OH)3, C2H4(OH)2. Cho m gam hỗn hợp X tác
dụng với Na dư thu được 21,504 lít H 2 (đktc). Đốt cháy m gam hỗn hợp X cần 75,712 lít O 2 ( đktc) thu
được 61,2 gam H2O. Phần trăm khối lượng CH2=CH-CH2OH trong hỗn hợp X là:
A. 43,83%.

B. 31,37%.

C. 48,33%.

D. 30,17%.

Câu 37. Hòa tan Fe vào 200 ml dung dịch X gồm Cu(NO 3)2 0,1M và H2SO4 0,5M tạo khí NO (sản phẩm
khử duy nhất). Khối lượng Fe tối đa phản ứng được với dung dịch X là:
A. 5,60 gam.

B. 4,48 gam.

C. 2,24 gam.

H2 là 11,4. Giá trị của m là:
A. 59,53 gam.

B. 53,59 gam.

C. 71,87 gam.

D. 87,71 gam.


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. Chọn đáp án D
A, B và C là các axit có tính oxi hóa mạnh ⇒ hòa tan được Cu.
⇒ chọn D vì H+/H2 > Cu2+/Cu ⇒ Cu + H+ → không phản ứng.
Câu 2. Chọn đáp án B
Thủy phân este trong môi trường kiềm được gọi là phản ứng xà phòng hóa.
Nó bắt nguồn từ phản ứng thủy phân chất béo – trieste, trong môi trường kiềm → Xà phòng.
⇒ Chọn B
Câu 3. Chọn đáp án C
A, B sai vì tinh bột và xenlulozơ thủy phân trong H+ tạo glucozơ.
D sai vì saccarozơ thủy phân trong H+ tạo glucozơ và fructozơ.
⇒ chọn C.
Câu 4. Chọn đáp án A
Cách đọc tên của este (RCOOR') là tên R' + tên RCOO + at.
⇒ CH3CH2COOCH3 có tên là Metyl propionat ⇒ Chọn A
Câu 5. Chọn đáp án B
Fructozơ thường có nhiều trong quả ngọt, đặc biệt là mật ong (40%).
Saccarozơ thường có trong cây mía, củ cải đường, cụm hoa thốt nốt.
Glucozơ có trong hầu hết các bộ phận của cây và nhất là trong quả chín, đặc biệt có nhiều trong quả
nho chín

X là HCOOCH3 ⇒ nmuối = nX = 0,3 mol.
⇒ m = 0,3 × 68 = 20,4(g) ⇒ chọn B.
Câu 13. Chọn đáp án D
Bậc của amin bằng số nguyên tử H trong phân tử NH3 bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.
⇒ Amin bậc 1 phải chứa –NH2 ||⇒ các đồng phân amin bậc 1 là: H2N-CH2-CH2-CH2-CH3
CH3-CH(NH2)-CH2-CH2, H2N-CH2-CH(CH3)-CH3, CH3-C(CH3)(NH2)-CH3 ⇒ chọn D.
Câu 14. Chọn đáp án C
(1) CH3 COOC6H5 + 2NaOH → CH3COONa + C6H5ONa.
(2) CH3COOCH=CH2 + NaOH → CH3COONa + CH3CHO.
(3) CH2=CHCOOCH=CHCH3 + NaOH → CH2=CHCOONa + CH3CH2CHO.
(4) HCOOCH2CH=CH2 + NaOH → HCOONa + CH2=CHCH2OH
(5) CH3COOCH2C6H5 + NaOH → CH3COONa + C6H5CH2OH
⇒ phản ứng (1), (2) và (3) không tạo ancol ⇒ chọn C.
Câu 15. Chọn đáp án B
CH3COOH là chất điện li yếu: CH3COOH ⇄ CH3COO– + H+
⇒ [H+] = [CH3COO–] = [CH3COOH]điện li < [CH3COOH]ban đầu = 0,1M
⇒ chọn B.
Câu 16. Chọn đáp án C
RCO3 + H 2SO 4 → RSO 4 + CO 2 + H 2O
||► Thu được rắn X ⇒ muối dư, H2SO4 hết.
⇒ nH2SO4 = nH2O = nCO2 = 0,2 mol. Bảo toàn khối lượng:
mX = 115,3 + 0,2 × 98 - 0,2 × 44 - 0,2 × 18 - 12 = 110,5(g).
Bảo toàn khối lượng: mZ = 110,5 - 0,5 × 44 = 88,5(g).


Câu 17. Chọn đáp án D
Peptit chứa từ 3 mắt xích trở lên có phản ứng màu biure với Cu(OH) 2/OH– tạo phức chất màu tím.
⇒ Dùng Cu(OH)2 phân biệt được tripeptit Ala-Ala-Gly và đipeptit Gly-Ala ⇒ chọn D.
Câu 18. Chọn đáp án B
Chọn B vì HNO3 có tính oxi hóa mạnh nên:

Đất bị chua tức là đất có pH < 7 ⇒ muốn khử chua phải dùng chất có tính bazơ.
⇒ dùng vôi sống để khử chua cho đất vì vừa rẻ vừa an toàn ⇒ chọn A.
Câu 26. Chọn đáp án D
X là CH3NH3NO3 và Y là CH3NH2.
nY = 0,1 mol ⇒ nNaNO3 = 0,1 mol.


⇒ mmuối = 0,1 × 85 = 8,5(g) ⇒ chọn D.
Câu 26. Chọn đáp án A
Cả 4 đáp án X đều chứa 1N ⇒ nX = 2nN2 = 0,2 mol.
⇒ số C/X = 3; số H/X = 7 ⇒ X là H2NCH2COOCH3 ⇒ chọn A.
Câu 27. Chọn đáp án B
Các nhóm đẩy e như ankyl làm tăng tính bazơ của amin.
Ngược lại, các nhóm hút e như phenyl làm giảm tính bazơ của amin.
Với các amin béo (amin no) thì tính bazơ: bậc 2 > bậc 1 > bậc 3.
⇒ chọn B.
Câu 28. Chọn đáp án A
tên peptit = tên gốc axyl amino axit từ đầu N → C (được giữ nguyên).
⇒ glyxylalanylglyxin hay Gly-Ala-Gly ⇒ chọn A.
Câu 29. Chọn đáp án A
m(g) Chất béo (C?H?O6) + 1,61 mol O2 → 1,14 mol CO2 + 1,06 mol H2O
Bảo toàn khối lượng: m = 17,72(g). Bảo toàn nguyên tố Oxi: nchất béo = 0,02 mol.
⇒ 7,088(g) chất béo ⇄ 0,008 mol ⇒ Tăng giảm khối lượng:
mmuối = 7,088 + 0,008 × (23 × 3 - 41) = 7,312(g) ⇒ chọn A.
Câu 30. Chọn đáp án D
(d) Sai vì thủy phân saccarozơ thu được 2 loại monosaccarit là glucozơ và fructozơ.
⇒ chỉ có (d) sai ⇒ chọn D.
Câu 31. Chọn đáp án C
Đặt nAl(NO3)3 = 3x ⇒ nZn(NO3)2 = 4x ⇒ nAl = 3x; nZn = 4x.
Bảo toàn electron: 3nAl + 2nZn = 8nN2O ⇒ nN2O = 2,125x.

Loại A vì là khí + rắn ⇒ chọn C.
Câu 36. Chọn đáp án D
● –OH + Na → –ONa + ¹/₂ H2↑ ⇒ nOH = 2nH2 = 1,92 mol.
Bảo toàn nguyên tố Oxi: nCO2 = (1,92 + 3,38 × 2 - 3,4)/2 = 2,64 mol.
● Bảo toàn khối lượng: m = 2,64 × 44 + 61,2 - 3,38 × 32 = 69,2(g).
► Nhận xét: 3 ancol no đều có số C = số O || CH2=CH-CH2OH = C3H6O.
⇒ ∑nC - ∑nO = 2nCH2=CH-CH2OH ⇒ nCH2=CH-CH2OH = 0,36 mol.
⇒ %mCH2=CH-CH2OH = 0,36 × 58 ÷ 69,2 × 100% = 30,17% ⇒ chọn D.
Câu 37. Chọn đáp án A
nCu2+ = 0,02 mol; nNO3– = 0,04 mol; nH+ = 0,2 mol.
4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O ⇒ H+ dư 0,04 mol.
2H+ + 2e → H2 || Cu2+ + 2e → Cu
⇒ ∑ne nhận = 0,04 × 3 + 0,04 + 0,02 × 2 = 0,2 mol.
► Do Fe phản ứng "tối đa" nên Fe chỉ lên Fe2+:
Fe → Fe2+ + 2e ⇒ mFe = 0,2 ÷ 2 × 56 = 5,6(g).
Cách khác: NO3– hết ⇒ dung dịch cuối chứa FeSO4.
⇒ nFe = nSO42– = 0,1 mol ⇒ mFe = 5,6(g) ⇒ chọn A.
Câu 38. Chọn đáp án B
nAl = 0,02 mol; nZn = 0,05 mol; nNaOH = 0,485 mol.
NaOH + Y → dung dịch trong suốt {NaAlO2, Na2ZnO2, NaNO3}
Bảo toàn nguyên tố Natri: nNO3–/Y = nNaNO3 = 0,365 mol.
► Hòa tan "hoàn toàn" ⇒ HNO3 dư hoặc đủ, kim loại hết.
Đặt nNH4+ = x; nN2 = y. Bảo toàn electron:
8x + 10y = 0,02 × 3 + 0,05 × 2. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:


∑nN/spk = 0,394 - 0,365 = x + 2y || Giải hệ có:
⇒ x = 0,005 mol; y = 0,012 mol ⇒ V = 268,8 ml ⇒ chọn B.
Câu 39. Chọn đáp án D
Cho lần lượt tới dư các thuốc thử vào các mẫu thử: