IMG-LOGO

Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 Hóa học có lời giải ( đề số 14 )

  • 15384 lượt thi

  • 35 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 4:

Vinyl axetat có công thức cấu tạo thu gọn là 

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 5:

Công thức của oxit sắt từ là

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 6:

Tên của hợp chất CH3-CH2-NH-CH3 là 

Xem đáp án

Đáp án A


Câu 7:

Chất nào sau đây là chất điện li?

Xem đáp án

Đáp án B


Câu 9:

Loại tơ nào sau đây được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng? 

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 11:

Chất nào sau đây không có phản ứng thủy phân? 

Xem đáp án

Đáp án A


Câu 13:

Dãy gồm các chất được sắp xếp theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi từ trái sang phải là

Xem đáp án

Đáp án B


Câu 14:

Hình vẽ sau đây mô tả thí nghiệm điều chế chất hữu cơ Y

Phản ứng nào sau đây xảy ra trong thí nghiệm trên?

Xem đáp án

Đáp án B


Câu 16:

Phản ứng nào dưới đây không chứng minh được sự tồn tại nhóm chức anđehit của glucozo

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 19:

Trong các dung dịch: HNO3, NaCl, Na2SO4, Ca(OH)2, KHSO4, Mg(NO3)2, dãy gồm các chất đều tác dụng được với dung dịch Ba(HCO3)2

Xem đáp án

Đáp án B


Câu 21:

Thêm từ từ từng giọt của 100 ml dung dịch chứa Na2CO3 1,2M và NaHCO3 0,6M vào 200 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cho dung dịch nước vôi trong dư vào dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam kết tủa?

Xem đáp án

Đáp án D

Cho từ từ dung dịch (Na2CO3; NaHCO3) vào dung dịch HCl xảy ra đồng thời các phản ứng (1); (2): (ở đây chú ý tỉ lệ: cứ 1 giọt dung dịch x mol NaHCO3 thì tương ứng chứa 2x mol Na2CO3).

Dung dịch X cho vào dung dịch nước vôi trong dư Ca(OH)2 xảy ra các phản ứng:

« Nhận xét: Toàn bộ số mol cacbon có trong X đều chuyển hết về kết tủa CaCO3.

Theo đó, bảo toàn nguyên tố cacbon, ta có: 

Theo đó, yêu cầu khối lượng kết tủa thu được là


Câu 23:

Cho 1 mol triglixerit X tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 1 mol glixerol, 1 mol natri panmitat và 2 mol natri oleat. Phát biểu nào sau đây sai

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 26:

Hỗn hợp X gồm C2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho qua bình đựng dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O2 (đktc), sau phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V là

Xem đáp án

Đáp án D

« Nhận xét “tinh tế”: 0,12 mol Br2 sẽ phản ứng với 0,12 mol pC=C trong X.

® Nếu thay 0,12 mol Br2 bằng 0,12 mol H2 thì sẽ thu được X gồm các hiđrocacbon no và H2.

® Thực hiện thì lúc này có 6,56 gam hỗn hợp X dạng CnH2n + 2 (trường hợp H2 ứng với n = 0).

Giả sử khối lượng 0,1 mol X gấp k lần 6,32 gam X. Thêm 0,12k mol H2 vào các nối đôi C=C trong 0,1 mol X không làm thay đổi số mol X, chỉ thay đổi số H và khối lượng X mà thôi.

« Giải đốt:

 

Biết luôn số mol H2O vì lúc này tương quan đốt:

 

Bảo toàn C, H ta có

 

6,56÷3,28=2 ® tương ứng k = 0,5; nghĩa là lượng 0,12k mol H2 là 0,06 mol.

Theo đó:

 


Câu 27:

Cho từ từ từng giọt dung dịch Ba(OH)2 loãng đến dư vào dung dịch chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol Na2SO4. Khối lượng kết tủa (m gam) thu được phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 (n mol) được biểu diễn theo đồ thị như hình sau

Giá trị tỉ lệ a : b tương ứng là

Xem đáp án

Đáp án D

· Đoạn OA biểu diễn tỉ lệ phản ứng: 3Ba(OH)2+Al2(SO4)33BaSO4+2Al(OH)3 

· Đoạn AB có phức tạp hơn một chút, các bạn có thể tự suy luận như sau:

Ba(OH)2+Na2SO4 BaSO4+2NaOH

Sau đó: 2NaOH+2Al(OH)32NaAlO2+4H2O

Tổng kết lại: Ba(OH)2+Na2SO4+2Al(OH)3BaSO4+NaAlO2+4H2O

Nhẩm nhanh, 233-2*78=77, kết tủa tăng lớn hơn kết tủa tan nên đồ thị “tăng nhẹ” như hình vẽ:

· Đoạn BC biểu diễn tỉ lệ phản ứng: Ba(OH)2+Na2SO4BaSO4 +2NaOH

Theo đó, tại điểm A, ta có số mol Ba(OH)2 dùng = 3a = 0,3 ® a = 0,1 mol.

Tại điểm C, sản phẩm thu được gồm: (3a + b) mol BaSO4; 2a mol NaAlO2; (2b – 2a) mol NaOH.

Theo đó, bảo toàn nguyên tố Ba có số mol Ba(OH)2 dùng = 3a + b = 0,55 ® b = 0,25 mol.

Vậy, tỉ lệ a : b = 0,1 ¸ 0,25 = 2 ¸ 5


Câu 28:

Cho các nhận định sau:

(1) Các polime đều được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp.

(2) Dầu mỡ sau khi sử dụng, có thể tái chế thành nhiên liệu.

(3) Lực bazơ của các amin đều mạnh hơn amoniac.

(4) Oligopeptit gồm các peptit có từ 2 đến 10 gốc α-amino axit.

(5) Tinh bột và xenlulozơ là đồng phân của nhau.

(6) Các amino axit có nhiệt độ nóng chảy cao và khó bị bay hơi.

Số nhận định đúng là

Xem đáp án

Đáp án B

Dung dịch điện phân chứa 3x mol Cu(NO3)2x mol KCl.

Áp dụng định luật điện phân Faraday, ta có ne trao đổi = It ¸ 96500 = 0,32 mol.

Dung dịch điện phân ra x mol CuCl2y mol CuO. Ta có: 2x + 2y = 0,32 mol và 135x + 80y = 15 gam.

Giải hệ được x = 0,04 mol và y = 0,12 mol.

® dung dịch sau điện phân có Cu(NO3)2; KNO3 và HNO3.

Sơ đồ phản ứng tiếp theo: 

Bảo toàn nguyên tố H có nH2O =0,12 mol

®  bảo toàn nguyên tố O có nNO=0,06mol.

Tiếp tục bảo toàn N suy ra số mol Fe(NO3)2 là 0,17 mol. Bảo toàn khối lượng kim loại ta có:

0,25.56+0,08.64=0,17.56+mm=9,6gam


Câu 29:

Tiến hành điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2 1,2M và KCl 0,4M bằng điện cực trơ với cường độ dòng điện không đổi I = 5A trong 6176 giây thì dừng điện phân, khối lượng dung dịch giảm 15 gam. Cho 0,25 mol Fe vào dung dịch sau điện phân , kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất của N+5) đồng thời thu được m gam hỗn hợp rắn. giá trị m là

Xem đáp án

Đáp án C

Mà gc mui NH4+n=0,02 molnNH4+to thành t axit=0,02-0,01875=0,00125 mol

So sánh khối lượng của X và muối amoni (CHO với COONH4; COOH với COONH4)

Khối lượng tăng từ phản ứng tráng bạc = 0,01875*(62-29) = 0,61875 gam

Khối lượng tăng từ axit = 0,00125*(62-45) = 0,02125 gam.

 Theo đó, giá trị m = 1,86 - ( 0,61875- 0,02125) = 1,22 gam


Câu 30:

Hòa tan hết 33,02 gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ba và BaO vào nước dư thu được dung dịch X và 4,48 lít khí H2 (đktc). Cho dung dịch CuSO4 dư vào dung dịch X, thu được 73,3 gam kết tủa. Nếu sục 0,45 mol khí CO2 vào dung dịch X, sau khi kết thúc các phản ứng, thu được lượng kết tủa là

Xem đáp án

Đáp án D

- Quy đổi hỗn hợp Na, NaO, Ba và BaO thành Na (a mol), Ba (b mol) và O (c mol)

- Trong dung dịch X có chứa:  

- Theo dữ liệu đề bài ta có hệ sau:

- Cho CO2 tác dụng với X nhận thấy: 


Câu 31:

Cho vào ống nghiệm 1 ml dung dịch lòng trắng trứng 10%, thêm tiếp 1 ml dung dịch NaOH 30% và 1 giọt dung dịch CuSO4 2%. Lắc nhẹ ống nghiệm, hiện tượng quan sát được là 

Xem đáp án

Đáp án A


Câu 33:

Cho 0,08 mol hỗn hợp X gồm bốn este mạch hở phản ứng vừa đủ với 0,17 mol H2 (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Z gồm hai muối của hai axit cacboxylic no có mạch cacbon không phân nhánh và 6,88 gam hỗn hợp T gồm hai ancol no, đơn chức. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X cần vừa đủ 0,09 mol O2. Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn hơn trong Z là

Xem đáp án

Đáp án B

« Giả thiết “chữ”: hai axit có mạch cacbon không phân nhánh nên axit đơn chức hoặc hai chức.

· Giải đốt 0,11 mol hai ancol no, đơn chức, mạch hở nặng 6,88 gam.

® Phân tích ancol về 0,11 mol H2O + 0,35 mol CH2 ® số mol O2 cần đốt là 0,525 mol.

Vì nY = nX = 0,08 mol < 0,11 mol NaOH nên Y gồm este đơn chức và ests hai chức.

Giải số mol hai muối trong Z là 0,05 mol axit đơn chức và 0,03 mol axit hai chức.

Đốt 0,08 mol X cần 0,72 mol O2; đốt 0,17 mol H2 cần 0,085 mol O2 nên đốt Y cần 0,805 mol O2.

Gọi số mol CO2 và H2O sinh ra khi đốt Y lần lượt là xy mol:

· Bảo toàn nguyên tố O có: 2x+y=0,085×2+0,05×2+0,03×4

· Tương quan đốt có: x-y=neste hai chc=0,03

Theo đó, giải hệ được x = 0,62 mol và y = 0,59 mol ® bảo toàn khối lượng có mY = 12,14 gam. Sơ đồ thủy phân:

 

® Bảo toàn khối lượng ta có mZ = 9,66 gam. Với các muối trong Z có dạng như trên, ta có phương trình: 0,05×14n+54+0,03×14m+106=9,665n+3m=27.

Nhìn nhanh: n chia hết cho 3 nên n = 3, tương ứng, m = 4 là cặp nghiệm nguyên thỏa mãn.

Theo đó, Z gồm 0,05 mol C2H5COONa và 0,03 mol C2H4(COONa)2.

Yêu cầu: %mmui có phân t khi ln hơn trong Z=0,03×1629,66×100%50,31%.


Câu 34:

Cho 56,36 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe(NO3)3, FeCl2, Fe3O4 tác dụng với dung dịch chứa 1,82 mol HCl, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm 0,08 mol NO và 0,06 mol N2O. Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y, kết thúc phản ứng thu được 0,045 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và 298,31 gam kết tủa. Nếu cô cạn dung dịch Y thì thu được 97,86 gam muối khan. Phần trăm khối lượng của FeCl2 trong X là

Xem đáp án

Đáp án B

Thêm AgNO3 vào Y ® NO chứng tỏ trong Y có chứa cặp H+ và Fe2+ ® anion trong Y chỉ có Cl- mà thôi.

Lượng H+ dư được tính nhanh = 4nNO = 0,18 mol ® lượng phản ứng là 1,64 mol. Sơ đồ:

« Bảo toàn khối lượng cả sơ đồ có mH2O=13,32 gamnH2O=0,74 mol

Theo đó, bảo toàn nguyên tố H có 0,04 mol NH4Cl và có 0,08 mol Fe(NO3)3 (theo bảo toàn N sau đó).

Tiếp tục theo bảo toàn electron mở rộng hoặc dùng bảo toàn O có ngay số mol Fe3O4 là 0,04 mol.

« Gọi số mol Mg và FeCl2 trong X lần lượt là x, ymol ® 24x + 127y = 27,72 gam.

Xét toàn bộ quá trình, bảo toàn electron ta có:

2x+y+0,04=8×0,04+(0,08+0,045)×3+0,06×8+nAgnAg=(24x+Y-1,1350) mol

Lại có: . Tổng khối lượng kết tủa là 298,31 gam.

® có phương trình: 143,5.(2y+1,82)+108.(2x+y-1,135=298,31

Giải hệ các phương trình trên được x = 0,52 mol; y = 0,12 mol.

vậy yêu cầu: %mFeCl2 trong X=0,12×12756,36×100%27,04%.


Bắt đầu thi ngay