Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 Hóa học có lời giải (Đề số 1)

Đáp án D

A. Axit axetic là CH₃-C(=O)-OH.

B. Ancol anlylic là CH₂=CH-CH₂-OH.

C. Anđehit axetic là CH₃-C(=O)-H.

D. Ancol etylic là CH₃-CH₂-OH.

Đáp án C

Triolein là trieste của glixerol và axit oleic CH₃[CH₂]₇CH=CH[CH₂]₇COOH

→ Triolein có CT là (CH₃[CH₂]₇CH=CH[CH₂]₇COO)₃C₃H₅

Đáp án A

H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O.

HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O.

ClH₃NCH₂CHOOH + 2NaOH → H₂NCH₂COONa + NaCl + H₂O.

⇒ n_NaOH = 0,01 + 0,03 × 2 + 0,02 × 2 = 0,11 mol

⇒ V = 0,11 ÷ 0,5 = 0,22 lít = 220 ml

Đáp án B

Cho từ từ H⁺ vào X thì phản ứng xảy ra theo thứ tự:

H⁺ + CO₃^2– → HCO₃^– || H⁺ + HCO₃^– → CO₂ + H₂O.

n_CO3^2– = 0,1 mol; n_HCO3^– = 0,15 mol; n_H⁺ = 0,2 mol.

► a = n_CO2 = n_H⁺ - n_CO3^2– = 0,1 mol

Các chất thỏa mãn là glixerol và axit fomic ⇒ chọn A.

● Glixerol: 2C₃H₈O₃ + Cu(OH)₂ → (C₆H₁₄O₃)₂Cu + 2H₂O.

● Axit fomic: 2HCOOH + Cu(OH)₂ → (HCOO)₂Cu + 2H₂O.

Đáp án B

(a) Fe(NO₃)₂ → Fe²⁺ + 2NO₃^– || HCl → H⁺ + Cl^–.

⇒ xảy ra phản ứng: 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^– → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O.

(b) Na₃PO₄ + 3AgNO₃ → 3NaNO₃ + Ag₃PO₄↓.

(c) Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂↑.

(d) Si + 2F₂ → SiF₄.

(g) P₂O₅ + 6NaOH → 2Na₃PO₄ + 3H₂O.

(Hoặc P₂O₅ + 4NaOH → 2Na₂HPO₄ + H₂O

P₂O₅ + 2NaOH + H₂O → 2NaH₂PO₄ tùy tỉ lệ)

⇒ cả 5 ý đều thỏa

Đáp án C

n_Ag⁺ = 0,064 mol; n_Cu²⁺ = 0,4 mol; n_NO3^– = 0,864 mol.

Ta có: ^Al3+/_Al > ^Fe2+/_Fe > ^Cu2+/_Cu > ^Fe3+/_Fe²⁺ > ^Ag+/_Ag.

⇒ các cation trong dung dịch xuất hiện theo thứ tự:

Al³⁺ → Fe²⁺ → Cu²⁺ → Fe³⁺ → Ag⁺.

► Ghép lần lượt các ion vào để thỏa bảo toàn điện tích:

Ghép 0,02 mol Al³⁺ và 0,01 mol Fe²⁺ vẫn chưa đủ.

⇒ ghép thêm (0,864 - 0,02 × 3 - 0,01 × 2) ÷ 2 = 0,392 mol Cu²⁺.

||⇒ Rắn gồm 0,064 mol Ag và (0,4 - 0,392 = 0,008) mol Cu

► m = 0,064 × 108 + 0,008 × 64 = 7,424(g)

Đáp án B

-NH₂ + HCl → -NH₃Cl ||⇒ Bảo toàn khối lượng:

m_HCl = 37,65 - 26,7 = 10,95(g) ⇒ n_X = n_HCl = 0,3 mol

► M_X = 26,7 ÷ 0,3 = 89

Đáp án D

► Tơ được chia làm 2 loại:

– Tơ thiên nhiên: sẵn có trong thiên nhiên.

– Tơ hóa học: chế tạo bằng phương pháp hóa học, gồm 2 nhóm:

+ Tơ tổng hợp chế tạo từ các polime tổng hợp.

+ Tơ bán tổng hợp hay tơ nhân tọa: xuất phát từ polime thiên nhiên

nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hóa học.

► Xét các tơ đề cho:

– Tơ thiên nhiên: tơ tằm.

– Tơ tổng hợp: tơ nilion-6,6; tơ capron, tơ enang.

– Tơ bán tổng hợp: tơ visco, tơ axetat

Đáp án B

Đáp án B

{Cu; Fe₃O₄} + H₂SO_{4 loãng, dư} → dung dịch Y + Rắn Z.

Do thu được rắn ⇒ Y không chứa muối Fe³⁺.

► Dung dịch Y gồm FeSO₄, CuSO₄ và H₂SO_{4 dư}.

A. Loại vì không phản ứng với FeCl₃.

B. Thỏa mãn ⇒ chọn B.

C. Loại vì không phản ứng với SO₂.

D. Loại vì không phản ứng với KCl và Cu.

Đáp án C

(a) Đúng.

(b) Sai vì thu được ancol bậc một.

(c) Sai vì phenol tan tốt trong nước nóng.

(d) Đúng vì có phản ứng tạo phức:

2C₂H₆O₂ + Cu(OH)₂ → (C₂H₅O)₂Cu + 2H₂O.

(e) Đúng, gồm các đồng phân: CH₂=CHCH₂CH₃,

CH₃CH=CHCH₃, CH₂=C(CH₃)CH₃.

(g) Sai, chỉ có phản ứng thế với AgNO₃/NH₃

(Chú ý: phản ứng tráng bạc phải sinh ra Ag↓).

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

⇒ (a), (d) và (e) đúng

Đáp án B

► Quy đổi quá trình về: X + 0,15 mol HCl + 0,27 mol NaOH vừa đủ.

X chứa 1 -NH₂ và 1 -COOH ⇒ X có dạng H₂N-R-COOH.

||⇒ n_X = n_NaOH - n_HCl = 0,27 - 0,15 = 0,12 mol; n_H2O = n_NaOH = 0,27 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_X = 22,095 + 0,27 × 18 - 0,27 × 40 - 0,15 × 36,5 = 10,68(g).

► M_X = 10,68 ÷ 0,12 = 89 ⇒ R = 28 (-C₂H₄-)

Đáp án A

► Phân tích đồ thị: – Đoạn ngang (1): H⁺ + OH^– → H₂O.

– Đoạn xiên lên (2): H⁺ + AlO₂ + H₂O → Al(OH)₃.

– Đoạn xiên xuống (3): 3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O.

► Áp dụng: – Xét đoạn (1): n_OH^– = 0,1 mol ⇒ x = 0,05 mol.

– Xét đoạn (3): ta có công thức: n_H⁺ = 4n_AlO2^– – 3n_↓.

(số mol H⁺ này chỉ tính phần H⁺ phản ứng với AlO₂^–)

||⇒ n_AlO2^– = (0,6 + 0,2 × 3) ÷ 4 = 0,3 mol ⇒ y = 0,15 mol

Đáp án A

Nước cứng là nước có hòa tan các ion Ca²⁺, Mg²⁺.

Đun sôi thì mất tính cưng ||⇒ nước cứng toàn phần ⇒ anion là HCO₃^–.

► Chất tan gồm Ca(HCO₃)₂ và Mg(HCO₃)₂

Đáp án C

► Đốt X: 2,76(g) X + ?O₂ $\stackrel{t°}{\to }$ 0,12 mol CO₂ + 0,1 mol H₂O.

Bảo toàn khối lượng: m_O2 = 4,32(g) ⇒ n_O2 = 0,135 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/X = 2 × 0,12 + 0,1 – 0,135 × 2 = 0,07 mol

● n_COO = n_NaOH = 0,03 mol ⇒ n_CH3OH/X = 0,07 – 0,03 × 2 = 0,01 mol.

n_CH3OH = 0,03 mol ⇒ n_este = 0,03 – 0,01 = 0,02 mol

⇒ n_axit = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol. Bảo toàn nguyên tố Cacbon và Hidro:

► x = 2; y = 3 ⇒ C₂H₃COOH

Đáp án A

Phản ứng vừa đủ ⇒ Bảo toàn nguyên tố Hidro:

n_H2O = (0,35 × 2 + 0,7 – 0,2 × 2) ÷ 2 = 0,5 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 22,1 + 0,35 × 98 + 0,7 × 36,5 – 0,5 × 18 – 0,2 × 2 = 72,55(g).

Đáp án A

X làm quỳ tím hóa xanh ⇒ loại B.

Y + I₂ → xanh tím ⇒ loại D.

Z + Cu(OH)₂ → màu tím

Đáp án A

(a) Sai, Al được điều chế bằng cách điện phân Al₂O₃ nóng chảy.

(không dùng AlCl₃ vì AlCl₃ bị thăng hoa trước khi nóng chảy).

(b) Đúng vì kim loại kiềm hoạt động mạnh.

(c) Giả sử có 1 mol Fe₃O₄ ⇒ n_Cu = 1 mol.

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + FeSO₄ + 4H₂O.

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄.

⇒ phản ứng vừa đủ ⇒ tan hết ⇒ Đúng.

(Hoặc Fe₃O₄ + Cu → 3FeO + CuO ⇒ tan hết trong H₂SO₄).

(d) Đúng vì: NaHCO₃ → Na⁺ + HCO₃^–.

HCO₃^– + H₂O ⇄ CO₃^2– + H₃O⁺ || HCO₃^– + H₂O ⇄ H₂CO₃ + OH^–.

⇒ HCO₃^– lưỡng tính. Mà Na⁺ trung tính ⇒ NaHCO₃ lưỡng tính.

(NaHCO₃ có tính lưỡng tính nhưng tính bazơ trội hơn tính axit).

(e) Đúng vì đun nhẹ thì Ca(HCO₃)₂ $\stackrel{t°}{\to }$ CaCO₃ + CO₂ + H₂O.

||⇒ chỉ có (a) sai

Đáp án B

(a) Đúng vì mùi tanh của cá gây ra do các amin (mà chủ yếu là trimetylamin).

Các amin này có nhiệt độ sôi thấp ⇒ dùng nước sôi có thể làm bay hơi được

(b) Sai vì phân tử tripeptit mạch hở có 2 liên kết peptit.

(c) Đúng nên các peptit dễ bị thủy phân trong môi trường axit và bazơ.

(d) Đúng.

⇒ chỉ có (b) sai

Đáp án B

Chỉ có (a) sai vì: CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃CHO.

⇒ thu được natri axetat và anđehit axetic. Còn lại đều đúng

Đáp án B

Fe + dung dịch sau điện phân → sinh khí NO

⇒ dung dịch sau điện phân chứa H⁺⇒ Cl^– bị điện phân hết.

► Quy đổi sản phẩm điện phân về CuO và CuCl₂ với số mol x và y.

n_e = 2x + 2y = 0,32 mol; m_{dung dịch giảm} = 80x + 135y = 15(g).

||⇒ giải hệ có: x = 0,12 mol; y = 0,04 mol ⇒ n_KCl = n_Cl^– = 2y = 0,08 mol.

⇒ n_Cu²⁺ = n_Cu(NO3)₂ = 0,08 × 3 = 0,24 mol ⇒ n_Cu²⁺/dung dịch = 0,08 mol.

n_O2 = 0,5x = 0,06 mol ⇒ n_H⁺ = 0,06 × 4 = 0,24 mol.

► 4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O || Cu²⁺ + 2e → Cu.

n_{e nhận tối đa} = ³/₄n_H⁺ + 2n_Cu²⁺ = 0,34 mol < n_{e cho tối thiểu} = 2n_Fe = 0,5 mol.

||⇒ Fe dư ⇒ Fe chỉ lên số oxi hóa +2 ⇒ n_{Fe phản ứng} = 0,34 ÷ 2 = 0,17 mol.

► Hỗn hợp rắn gồm 0,08 mol Fe và 0,08 mol Cu ⇒ m = 9,6(g).

Đáp án B

► Xét 1 phần ⇒ m_{hỗn hợp anđehit} = 20,8 ÷ 2 = 10,4(g).

GIẢ SỬ không chứa HCHO ⇒ n_{hỗn hợp} = n_Ag ÷ 2 = 0,5 mol.

⇒ M_{trung bình hỗn hợp} = 10,4 ÷ 0,5 = 20,8 ⇒ loại

⇒ hỗn hợp gồm HCHO và CH₃CHO với số mol là 0,2 và 0,1.

► X gồm 0,2 mol CH₃OH (Y) và 0,1 mol C₂H₅OH (Z).

Đặt hiệu suất tạo ete của Z = x ⇒ n_{Z phản ứng} = 0,1x mol.

n_{Y phản ứng} = 0,2 × 0,5 = 0,1 mol || 2 ancol → 1 ete + 1H₂O.

||⇒ n_H2O = n_{ancol phản ứng} ÷ 2 = (0,05 + 0,05x) mol.

Bảo toàn khối lượng: 32.0,1 + 46.0,1x = 4,52 + 18.(0,05 + 0,05x)

||⇒ x = 0,6 = 60%

Đáp án D

► Xử lý dữ kiện 200 ml dung dịch Y: n_H⁺ = 0,2 × (0,2 + 0,15 × 2) = 0,1 mol.

pH = 13 ⇒ OH^– dư ⇒ [OH^–] = 10^{13 – 14} = 0,1M ⇒ n_OH^– dư = 0,4 × 0,1 = 0,04 mol.

||⇒ n_OH^–/Y = 0,04 + 0,1 = 0,14 mol ⇒ 400 ml dung dịch Y chứa 0,28 mol OH^–.

► Dễ thấy n_OH^– = 2n_H2 + 2n_O/oxit ⇒ n_O/oxit = (0,28 – 2 × 0,07) ÷ 2 = 0,07 mol.

||⇒ m = 0,07 × 16 ÷ 0,0875 = 12,8(g)

Đáp án A

n_Cu = 0,02 mol; n_HNO3 = 0,12 mol; n_KOH = 0,105 mol.

● GIẢ SỬ KOH hết ⇒ rắn chứa 0,105 mol KNO₂ ⇒ m_rắn ≥ m_KNO2 = 8,925(g).

⇒ trái gt ⇒ KOH dư ⇒ rắn gồm KOH dư và KNO₂ vối số mol x và y.

||⇒ n_NO3^– = n_KNO2 = 0,1 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_N/khí = 0,02 mol.

Bảo toàn điện tích trong X: n_H⁺ dư = 0,1 – 0,02 × 2 = 0,06 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = (0,12 – 0,06) ÷ 2 = 0,03 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/khí = 0,12 × 3 – 0,1 × 3 – 0,03 = 0,03 mol.

● Bảo toàn khối lượng: m_{dung dịch sau phản ứng} = 13,12(g).

||⇒ C%_Cu(NO3)2 = 0,02 × 188 ÷ 13,12 × 100% = 28,66%

Đáp án A

Sinh khí H₂ ⇒ dung dịch X không chứa NO₃^–. Al là kim loại mạnh ⇒ chú ý có NH₄⁺!

► Ta có sơ đồ phản ứng sau:

Đáp án D

Để điều chế được khí C theo bộ dụng cụ vẽ trên thì khí C phải thỏa mãn 2 điều kiện:

nặng hơn không khí và không tác dụng với N₂, O₂ (thành phần chủ yếu của không khí).

Vậy có Cl₂, SO₂ và CO₂ thỏa mãn.

Các phương trình điều chế:

MnO_{2 r} + 4HCl _dd → MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O.

Na₂SO_{3 r} + H₂SO_{4 dd} → Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O.

CaCO_{3 r} + 2HCl _dd → CaCl₂ + CO₂ + H₂O.

Đáp án A

n_Mg = 0,18 mol; n_MgO = n_MgCO3 = 0,06 mol. Do thu được H₂ ⇒ Z không chứa NO₃^–.

► BaCl₂ + Z → 79,22(g)↓ ⇒ ↓ là BaSO₄ ⇒ n_H2SO₄ = n_SO4^2– = n_BaSO4 = 0,34 mol.

n_{NaOH phản ứng} = 2n_Mg²⁺ + n_NH4⁺ ⇒ n_NH4⁺ = 0,01 mol. Bảo toàn điện tích: n_NaNO3 = n_Na⁺ = 0,07 mol.

► Ta có sơ đồ quá trình sau:

Đặt n_NO = x; n_N2O = y; n_H2 = z. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: x + 2y = 0,06. Bảo toàn nguyên tố Hidro:

||⇒ n_H2O = (0,32 - z) mol. Bảo toàn khối lượng: 51,03 = 41,63 + 30x + 44y + 2z + 2,64 + 18 × (0,32 - z).

||⇒ giải hệ có: x = 0,04 mol; y = 0,01 mol; z = 0,04 mol.

⇒ n_T = 0,15 mol ⇒ V = 0,15 × 22,4 = 3,36 lít

Đáp án C

► Xử lý dữ kiện Y: -OH + Na → -ONa + ¹/₂H₂↑ || n_OH = 2n_H2 = 0,16 mol.

m_{bình tăng} = m_Y – m_H2 ⇒ m_Y = 4,96 + 0,08 × 2 = 5,12(g). Đặt số gốc OH của Y là n.

⇒ n_Y = 0,16 ÷ n ⇒ M_Y = 5,12 ÷ (0,16 ÷ n) = 32n ⇒ n = 1; M_Y = 32 ⇒ Y là CH₃OH.

► Quy X về HCOOCH₃, C₃H₅COOCH₃ và CH₂ với số mol x, y, z.

m_X = 60x + 100y + 14z = 11,76(g); n_H2O = 2x + 4y + z = 0,44 mol; n_CH3OH = 0,16 mol = x + y.

||⇒ giải hệ có: x = 0,12 mol; y = 0,04 mol; z = 0,04 mol. Do chứa 2 este no đồng đẳng

⇒ ghép CH₂ hết vào HCOOCH₃ ⇒ este không no là C₃H₅COOCH₃.

► %m_{este không no} = 0,04 × 100 ÷ 11,76 × 100% = 34,01%