IMG-LOGO

Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 Hóa học có lời giải (Đề số 2)

  • 15394 lượt thi

  • 40 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 4:

Este nào sau đây có phản ứng tráng bạc?

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 6:

Polime nào sau đây không được được dùng làm chất dẻo?

Xem đáp án

Đáp án D


Câu 8:

Chất nào sau đây là chất lưỡng tính?

Xem đáp án

Đáp án A


Câu 9:

Dung dịch chất nào sau đây không làm đổi màu quỳ tím?

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 11:

Chất nào sau đây không bị thủy phân?

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 15:

Phản ứng nào sau đây không có kết tủa xuất hiện?

Xem đáp án

Đáp án C

3C2H4 + 4H2O + 2KMnO4 → 2KOH + 3C2H4(OH)2 + 2MnO2↓.

3Br2 + C6H5NH2 → C6H2Br3NH2↓ + 3HBr.

C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O.

CH ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3 → CAg ≡ CAg↓ + 2NH4NO3.


Câu 17:

Cho hình vẽ mô tả quá trình định tính các nguyên tố C và H trong hợp chất hữu cơ:

Vai trò của CuSO4 (khan) và sự biến đổi màu của nó trong thí nghiệm là

Xem đáp án

Đáp án C

CuSO4 khan có màu trắng, khi hấp thụ H2O thì chuyển thành màu xanh:

CuSO4 + 5H2CuSO4.5H2O

Sau khi đốt cháy, H trong hợp chất hữu cơ chuyển thành H2O.

Vậy CuSO4 dùng để định tính H và CuSO4 chuyển từ màu trắng thành màu xanh.


Câu 19:

Cho 11,8 gam amin đơn chức X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Làm bay hơi dung dịch Y được 19,1 gam muối khan. Số amin bậc I ứng với công thức phân tử của X là

Xem đáp án

Đáp án B

Bảo toàn khối lượng ta có mHCl pứ = 19,1 – 11,8 = 7,3 gam.

nHCl pứ = 7,3 ÷ 36,5 = 0,2 mol nAmin đơn chức = 0,2 mol.

MAmin = MCnH2n+3N = 11,80,2  = 59.

12n + 2n + 3 + 14 = 59  n = 3 X là C3H9N.

+ Với CTPT C3H9N có 2 amin bậc I đó là:

CH3–CH2–CH2–NH2 || CH3–CH(CH3)–NH2


Câu 22:

Phát biểu nào sau đây sai?

Xem đáp án

Đáp án B


Câu 24:

Cho dãy biến đổi sau:

Cr+HClX+Cl2Y+NaOHduZBr2/NaOHT

X, Y, Z, T lần lượt là

Xem đáp án

Đáp án C

Cr + 2HCl → CrCl2 + H2

CrCl2 + Cl2 t°C  2CrCl3

CrCl3 + 4NaOH → NaCrO2 + 2H2O + 3NaCl

2NaCrO2 + 3Br2 + 8NaOH → 2Na2CrO4 + 6NaBr + 4H2O

Chú ý ion CrO42- tồn tại trong môi trường bazo, Cr2O72- tồn tại trong môi trường axit


Câu 25:

Cho 38,4 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe3O4 tác dụng với 2,4 mol HNO3 (dư) trong dung dịch, thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch X. Dung dịch X phản ứng với 1400 ml dung dịch NaOH 1M thu được 42,8 gam kết tủa. Giá trị của V là

Xem đáp án

Đáp án A

HNO3 dùng dư nên dung dịch X thu được gồm Fe(NO3)3 và HNO3 còn dư.

NaOH phản ứng với X: NaOH + HNO3 → NaNO3 + H2O.

Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓ + 3NaNO3.

có 42,8 gam Fe(OH)3 0,4 mol mà ∑nNaOH = 1,4 mol

nHNO3 còn dư trong X = 1,4 – 0,4 × 3 = 0,2 mol. rút gọn lại:

38,4 gam (Fe; O) + 2,2 mol HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O.

gọi nFe = x mol; nO = y mol || 56x + 16y = 38,4 gam.

bảo toàn electron có: 3nFe = 2nO + 3nNO nNO = (3x – 2y) ÷ 3 mol.

bảo toàn nguyên tố N có: nHNO3 = nN trong Fe(NO3)3 + nNO.

thay số có: 3x + (3x – 2y) ÷ 3 = 2,2 mol giải x = 0,6 mol và y = 0,3 mol.

thay lại có nNO = (3x – 2y) ÷ 3 = 0,4 mol V = 0,4 × 22,4 = 8,96 lít.


Câu 26:

Kết quả thí nghiệm của các chất X, Y, Z, T với một số thuốc thử được ghi ở bảng sau:

Các chất X, Y, Z, T lần lượt l

Xem đáp án

Đáp án A

Vì Y làm mất màu nước brom Loại C.

Z có tạo kết tủa với nước brom Loại B và D


Câu 27:

Đốt cháy hoàn toàn m gam một triglixerit X cần vừa đủ 0,77 mol O2, sinh ra 0,5 mol H2O. Nếu thủy phân hoàn toàn m gam X trong dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch chứa 9,32 gam muối. Mặt khác a mol X làm mất màu vừa đủ 0,12 mol brom trong dung dịch. Giá trị của a là

Xem đáp án

Đáp án B

gọi x là số mol m gam triglixerit X nO trong X = 6x mol.

♦ bảo toàn O phản ứng đốt có nCO2 =(6x + 0,77 × 2 – 0,5) ÷ 2 = (3x + 0,52) mol.

|| m = mX = mC + mH + mO = 12 × (3x + 0,52) + 0,5 × 2 + 6x × 16 = 132x + 7,24 gam.

♦ thủy phân x mol X + 3x mol KOH → 9,32 gam muối + x mol glixerol C3H5(OH)3.

|| BTKL có: (132x + 7,24) + 3x × 56 = 9,32 + 92x || giải x = 0,01 mol.

Tương quan đốt: (∑πtrong X – 1).nX = ∑nCO2 – ∑nH2O, thay số có ∑πtrong X = 6.

X sẵn có 3πC=O trong 3 chức este còn 3πC=C mà: 1πC=C + 1Br2

nên có 0,01 mol X làm mất màu vừa đủ 0,03 mol Br2 trong dung dịch.

Mặt khác a mol X làm mất màu vừa đủ 0,12 mol brom trong dung dịch

Theo đó lập tỉ lệ có a = 0,04 mol.


Câu 28:

Tiến hành các thí nghiệm sau:

(a) Cho từ từ a mol HCl vào dung dịch chứa a mol Na2CO3.

(b) Sục khí Cl2 vào dung dịch NaOH loãng.

(c) Cho Fe3O4 vào dung dịch HNO3 loãng, dư.

(d) Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 loãng, dư.

(e) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO3)2 dư.

(g) Cho dung dịch Al2(SO4)3 vào dung dịch Ba(OH)2 dư.

Sau khi kết thúc các phản ứng, số thí nghiệm tạo ra hai muối là:

Xem đáp án

Đáp án D

Ta có các phản ứng sau:

(a) HCl + Na2CO3NaHCO3 + NaCl

(b) Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O

(c) 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O

(d) Fe3O4 + H2SO4FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O

(e) 2NaOH + Ca(HCO3)2Na2CO3 + CaCO3 + 2H2O

(g) 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)33BaSO4 + 2Al(OH)3

Sau đó: Ba(OH)2 dư + 2Al(OH)3Ba(AlO2)2 + 4H2O

TN (a) (b) (d) (e) và (g) tạo 4 muối


Câu 29:

Cho dung dịch Ba(HCO3)2 lần lượt vào các dung dịch: KCl, Mg(NO3)2 , KOH, K2CO3 , NaHSO4 , K2SO4 , Ba(OH)2 , H2SO4 , HNO3. Số trường hợp có tạo ra kết tủa là

Xem đáp án

Đáp án B

Cho Ba(HCO3)2 lần lượt vào các dung dịch:

• Ba(HCO3)2 + KCl → phản ứng không xảy ra.!

• Ba(HCO3)2 + Mg(NO3)2 → phản ứng không xảy ra.!

• Ba(HCO3)2 + 2KOH → BaCO3 + K2CO3 + H2O.

• Ba(HCO3)2 + K2CO3BaCO3 + 2KHCO3.

• Ba(HCO3)2 + NaHSO4BaSO4 + NaHCO3 + CO2↑ + H2O.

• Ba(HCO3)2 + K2SO4BaSO4 + 2KHCO3.

• Ba(HCO3)2 + Ba(OH)22BaCO3 + 2H2O.

• Ba(HCO3)2 + H2SO4BaSO4 + 2CO2↑ + 2H2O.

• Ba(HCO3)2 + 2HNO3 → Ba(NO3)2 + 2CO2↑ + 2H2O.

|| tổng có 6 trường hợp tạo ra kết tủa


Câu 30:

Một hỗn hợp X chứa 0,3 mol axetilen, 0,2 mol vinylaxetylen, 0,2 mol etilen, 0,8 mol H2. Dẫn hỗn hợp X qua Ni nung nóng một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 bằng 12,7. Dẫn Y vào dung dịch Br2 dư khối lượng Br2 đã phản ứng là

Xem đáp án

Đáp án B

+ Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY = 25,4 gam.

nY = 25,4÷25,4 = 1 mol nHỗn hợp giảm 0,5 mol nH2 đã pứ = 0,5 mol.

Với ∑nπC=C = 0,3×2 + 0,2×3 + 0,2 = 1,4.

nBr2 phản ứng = 1,4 – nH2 = 1,4 – 0,5 = 0,9 mol.

mBr2 đã pứ = 0,9 × 160 = 144 gam


Câu 31:

Người ta hòa tan hoàn toàn hỗn hợp NaOH và Ba(OH)2 vào nước dư thu được dung dịch X. Sục khí CO2 vào dung dịch X. Kết quả thí nghiệm thu được biểu diễn trên đồ thị sau:

Giá trị của x là

Xem đáp án

Đáp án D

Đồ thị biểu diễn quá trình của 3 phản ứng lần lượt như sau:

• (1): CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (dùng 0 → a mol CO2).

tại điểm 0,4a cho biết: nCO2 = nBaCO3 0,4a = 0,5 → a = 1,25 mol.

• (2): CO2 + NaOH → NaHCO3 (từ điểm mol CO2 là a → 2a).

• (3): CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (từ điểm mol CO2 là 2a → 3a).

tại điểm x mol CO2 cho biết: x = 3a – 0,5 = 3 × 1,25 – 0,5 = 3,25 mol.


Câu 32:

Cho các chất: Etilen, vinylaxetilen, benzen, toluen, triolein, anilin, stiren, isopren. Số chất tác dụng với dung dịch brom ở điều kiện thường là:

Xem đáp án

Đáp án A

Số chất tác dụng với dung dịch brom ở điều kiện thường gồm:

Etilen, vinylaxetilen, triolein, anilin, stiren và isopren.


Câu 33:

Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất 100% dòng điện có cường độ không đổi) dung dịch X gồm 0,2 mol CuSO4 và 0,15 mol HCl, sau một thời gian điện phân thu được dung dịch Y có khối lượng giảm 14,125 gam so với khối lượng dung dịch X. Cho 15 gam bột Fe vào Y đến khi kết thúc các phản ứng thu được m gam chất rắn. Biết các khí sinh ra hòa tan không đáng kể trong nước. Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án C

Khối lượng dung dịch giảm gồm CuCl2: 0,075 mol

Dung dịch Y chứa CuSO4 : 0,2- 0,075- 0,05 = 0,075 mol, H2SO4 : 0,125 mol ( bảo toàn nhóm SO42-)

Khi cho 15 gam bột Fe thì xảy ra phản ứng

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu

Khối lượng chất rắn thu được gồm Cu : 0,075 mol và Fe dư: 15- 0,075. 56- 0,125. 56 = 3,8 gam → m = 0,075. 64 +3,8 = 8,6 gam.


Câu 38:

X, Y (MX < MY) là hai axit kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic; Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T. Đốt cháy 25,04 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 16,576 lít O2 (đktc) thu được 14,4 gam nước. Mặt khác, đun nóng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M. Biết rằng ở điều kiện thường, ancol T không tác dụng được với Cu(OH)2. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với:

Xem đáp án

Đáp án D

Bảo toàn khối lượng khi đốt E mCO2 = 34,32 gam nCO2 = 0,78 mol < nH2O.

Ancol T thuộc loại no 2 chức mạch hở. Ta có sơ đồ:

 

+ PT bảo toàn oxi: 2a + 4b + 2c = 0,88 (1).

+ PT theo nH2O – nCO2: –b + c = 0,02 (2).

+ PT theo số mol NaOH pứ: a + 2b = 0,38 (3).

+ Giải hệ (1) (2) và (3) ta có: a = 0,3, b = 0,04 và c = 0,06 mol.

nHỗn hợp = 0,4 mol CTrung bình = 1,95

2 Axit là HCOOH và CH3COOH.  Hỗn hợp ban đầu gồm: 

PT theo khối lượng hỗn hợp:

0,3(14n+32) + 0,04.[12(x+3) + 2x+4 + 64)] + 0,06.(14x + 34) = 25,04.

4,2n + 1,4x = 9,24 [Với 1 < n < 2 0,6 < x < 3,6].

+ Vì Ancol T không hòa tan Cu(OH)2

T là HO–[CH2]3–OH với x = 3.

n = 1,2 nHCOOH = 0,3×(1–0,2) = 0,24 mol


Câu 39:

Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch NaNO3 và 1,08 mol HCl (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và H2. Tỉ khối của Z so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 9,6 gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp X là :

Xem đáp án

Đáp án C

Quan sát sơ đồ quá trình quy đổi + xử lí:

► NaOH vừa đủ xử lí "kép" dung dịch sau phản ứng:

1: đọc ra chất rắn cuối cùng là 0,24 mol MgO ||→ biết ∑nMg

(vì thế mà chúng ta có xu hướng quy đổi lại hỗn hợp X như trên sơ đồ.!).

2: Natri đi về đâu? gọi nNaNO3 = x mol thì với 1,14 mol NaOH nữa là ∑nNa+ = 1,14 + x mol.

đi về NaCl và NaAlO2. Biết nCl = 1,08 mol nên đọc ra nNaAlO2 = 0,06 + x mol.

Bảo toàn N có ngay và luôn nNO3 trong X = (0,54 – 5x) mol.

có mỗi một giả thiết mX = 13,52 gam nên cần tìm nO trong X nữa là sẽ giải và tìm được x. Xem nào:

1 Bảo toàn electron mở rộng: ∑nH+ = 10nN2O + 10nNH4+ + 2nH2 + 2nO trong X

2: bảo toàn H tìm nH2O rồi bảo toàn O (ghép cụm NO3) cũng tìm được nhanh nO trong X

||→ theo cả 2 cách đều cho biết nO trong X = 20x – 1,94 mol. Như phân tích trên:

giải mX = mMg + mAl + mO + mNO3 = 13,52 gam có x = 0,1 mol.

Từ đó đọc ra nO trong X = 0,06 mol → nAl2O3 = 0,02 mol; mà ∑nAl = 0,16 mol

→ nAl = 0,12 mol ||→ Yêu cầu %mAl trong X ≈ 23,96 %


Câu 40:

Hỗn hợp X chứa chất A (C5H16O3N2) và chất B (C4H12O4N2) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm 2 muối D và E (MD < ME) và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm 2 amin no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối so với H2 bằng 18,3. Khối lượng của muối E trong hỗn hợp Y là

Xem đáp án

Đáp án D

♦ dạng CxHyN2Oz này chi xoay quanh một số dạng hợp chất thôi:

đipeptit (N2O3); muối của axit đicacboxylic với amin (N2O4);

muối amin với HNO3 (N2O3); amin với axit H2CO3 (N2O3).

Lại thêm giả thiết hỗn hợp Z gồm 2 amin là 0,12 mol CH3NH2 và 0,08 mol C2H5NH2

Từ CTPT suy ra: chất A là(C2H5NH2)2H2CO3 || chất B là (COOH3NCH3)2.

||→ Y gồm 2 muối là: 0,06 mol muối E là (COONa)2 (M = 134) và 0,04 mol muối D là Na2CO3 (M = 106).

||→ mE trong Y = 0,06 × 134 = 8,04 gam


Bắt đầu thi ngay