đề thi thử THPTQG 2019 hóa học chuyên hà tĩnh lần 1 có lời giải

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM 2019 HÀ TĨNH
Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Môn thi thành phần: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian giao đề
Mã đề thi 002
Họ, tên thí sinh:………………………………..
Số báo danh: ......................................................
Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H= 1; C = 12; N = 14; 0= 16; K = 39; Na = 23; Ca = 40; Mg
= 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Fe = 56; Zn = 65; Ag = 108; Cu = 64, Ba = 137; Br = 80.
Câu 41: (NB) Tơ được sản xuất từ xenlulozo là
A. tơ visco
B. tơ tằm
C. tơ nilon-6,6
D. to capron
Câu 42: (TH) Số este mạch hở có công thức phân tử C4H6O2 có thể phản ứng với brom trong nước theo
tỉ lệ mol neste : nbrom = 1:2 là
A. 4
B. 3
C. 1
D. 2
Câu 43: (NB) Các khí thải công nghệp và của các động cơ ô tô, xe máy... là nguyên nhân chủ yếu gây ra
mưa axit. Thành phần hóa học chủ yếu trong khí thải trực tiếp gây ra mưa axit là
A. SO2, CO, NO
B. NO,SO2, NO2
C. NO2, CO2, CO
D . SO2, CO, NO
Câu 44: (VD) Hỗn hợp X gồm saccarozo và glucozo cùng số mol được đun nóng với lượng dư dung dịch
AgNO3/NH3 thu được 3 gam Ag. Nếu thủy phân hoàn toàn hỗn hợp rồi mới cho sản phẩm thực hiện phản

ứng tráng bạc thì lượng Ag tối đa có thể thu được là
A. 9,0 gam
B. 6,0 gam
C. 4,5 gam
D. 3,0 gam
Câu 45: (VD) Để 4,2 gam sắt trong không khí một thời gian thu được 5,32 gam hỗn hợp X gồm sắt và
các oxit của nó. Hòa tan hết X bằng dung dịch HNO3, thấy sinh ra 0,448 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy
nhất) và dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam muối khan. Giá trị m là
A. 13,5 gam
B. 15,98 gam
C. 18,15 gam
D. 16,6 gam
Câu 46: (NB) Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Xenlulozo có cấu trúc mạch phân nhánh
B. Saccarozo làm mất màu nước brom
C. Glucozo bị khử bởi dung dịch AgNO3/NH3
D. Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh
Câu 47: (TH) Thực hiện các thí nghiệm sau
(a) Đun nóng hỗn hợp bột Fe dư và H2SO4 loãng
(b) Cho Fe vào dung dịch KCl
(c) Cho Fe(OH)2 vào dung dịch HNO3 loãng dư
(d) Đốt dây sắt trong Cla
(e) Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 loãng dư
Số thí nghiệm có tạo ra muối sắt II là
A. 1
B. 2
C. 3
D.4
Câu 48: (NB) Amin nào sau đây là amin bậc 2:
A. C6H5NH2

B. CH3-CH(NH2)-NH2
C. H2N-[CH2]6-NH2
D. CH3-NH- CH3
Câu 49: (NB) Kim loại nào sau đây không phải kim loại kiềm
A. Ca
B.K
C. Cs
D. Li
Câu 50: (NB) Thành phần chính của quặng boxit là
A. Fe3O4
B. Al2O3
C. Cr2O3
D. Fe2O3
Câu 51: (TH) Cho các phát biểu sau:


(1) Kim loại Cr được điều chế bằng phản ứng nhiệt nhôm.
(2) Cho Mg dư vào dung dịch FeCl3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch chứa hai muối
(3) Cho Al vào dung dịch H2SO4 loãng có lẫn CuCl2 có xảy ra ăn mòn hóa học
(4) Cho AgNO3 tác dụng với dung dịch FeCl3, thu được kim loại Ag
(5) Điện phân dung dịch KCl với điện cực trơ thu được khí O2 ở catot
(6) Kim loại K khử được ion Cu2+ trong dung dịch CuSO4 Số phát biểu không đúng là
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
Câu 52: (TH) Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho kim loại Na vào dung dịch CuSO4
(b) Dẫn khí CO dư qua Al2O3 nung nóng
(c) Cho kim loại Mg vào dung dịch CuSO4

(d) Điện phân dung dịch CaCl2 có màng ngăn Số thí nghiệm thu được kim loại là
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4.
Câu 53: (TH) Cho các polime sau: tơ nilon- 6,6;poli vinyl clorua; poli(vinyl axetat); teflon, tơ visco, tơ
nitron, poli buta-1,3-đien. Số polime được điều chế bằng phản ứng trùng hợp là
A. 5
B. 6
C. 4.
D. 7
Câu 54: (NB) Chất thuộc loại cacbohiđrat là
A. Glixerol
B. Xenlulozơ
C. Protein
D. Poli(vinyl clorua)
Câu 55: (NB) Chất gây ra mùi thcbon bằng một nửa số cacbon trong X) →Y là HCOOH và Z là CH3OH
Hướng dẫn giải:
- Đốt cháy hoàn toàn X tạo thành CO2 và H2O có số mol bằng nhau nên X là este no đơn chức mạch hở
→ (1) đúng
→ X là CnH2nO2
-Thủy phân X trong môi trường axit thu được chất Y ( tham gia phản ứng tráng gương) và chất Z (có số
nguyên tử cacbon bằng một nửa số cacbon trong X Y là HCOOH và Z là CH3OH
→X là HCOOCH3
(2) đúng, HCOOH có liên kết hidro nên tan vô hạn trong nước
(3) sai, CH3OH không tách nước tạo được anken
(4) đúng.
(5) sai, HCOOCH3 có thể phản ứng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ cao nhưng không tạo ra dung dịch màu
xanh lam
=> có 3 phát biểu đúng

Câu 72: C
Phương pháp:
Viết các phản ứng xảy ra giữa các chất với HCl, chọn các trường hợp có khí thoát ra.
Hướng dẫn giải:
PTHH: 2HCl + Na2CO3 + 2NaCl + H2O + CO2 ↑
2HCl + Na2S → NaCl + H2S↑


12HC1 + 9Fe(NO3)2 → 4FeCl3 + 6H2O +3NO↑ + 5Fe(NO3)3
CH3NH3HCO3 + HCl → CH3NH3Cl + H2O + CO2↑
=> có 4 thí nghiệm
Câu 73: C
T có chứa 5 khí là sản phẩm của phản ứng Y+ dung dịch X trong đó có H2, N2O và NO2 nên hai khí còn
lại là NO và N2
Đặt T có nN2 = x mol và nNO = y mol thì nT = 0,09 mol= x + y + 0,04 + 0,01 + 0,01 + x+y=0,03 (1)
Khối lượng của T là mT=28x + 30y + 0,04.2 +0,01.44 + 0,01.46 + 28x+ 30y=0,86 (2)
Giải (1) và (2) có x = 0,02 mol và y = 0,01 mol
Vì phản ứng tạo khi H nên NV phản ứng hết → dung dịch thu được chứa SO2 và các cation khác
Khi cho Z+ BaCl2 thì chỉ xảy ra phản ứng: Ba2+ + SO42- → BaSO4
=> nBaSO4 = 1,53 mol
Bảo toàn nguyên tố S có nNaHSO4 =nBaSO4 = 1,53 mol
=> mFe(NO3)3 =192,07 – 1,53.120 = 8,47 g nên nFe(NO3)3 =0,035 mol
Bảo toàn nguyên tố N có 3nFe(NO3)3 =0,105 mol
nNO + 2nN20 + 2nN2 + nNO2 = 0,01 + 2.0,01+2.0,02 + 0,01 = 0,08 mol < 3nFe(NO3)3
+ Phản ứng có tạo thêm NH4+: NH4 =0,105 – 0,08 =0,025 mol
Ta có:
4H+ + NO3- + 3e → NO + H2O
10H+ + 2NO3- + 8e + N20 + 5H2O
12H+ + 2NO3- + 10e → N2 +6 H20
2H+ + NO3- + le → NO2 + H2O

10H+ + NO3' + 8e + NH4+ + 3H2O
2H+ +2e → H2
2H+ +O2- → H20
Vì dung dịch thu được chỉ chứa muối trung hòa nên bảo toàn H có :
nNaHSO4 = 4nNO + 10nN20 + 12nN2 + 2nNO2 + 10nNH4 + 2nO + 2nH2
→ 1,53 = 4.0,01 + 10.0,01 + 12.0,02 +2.0,01 +0,025.10 + 2nO+ 2.0,04 → nO=0,4 mol
+ mO(Y) = 6,4 g mY = mO: 30 100 = 21,33 g + gần nhất với 20g
Câu 74: C
Từ (b) suy ra X là axit, X là muối của Na
Từ (c) suy ra X là axit terephtalic CNH (COOH)2
X4 là etylen glicol C2H4(OH)2
(a) H5C2OOC - C6H4 - COOC2H5 + 2NaOH → C6H4(COONa)2 + 2C2H5OH
X
X1
X2
(b) C6H4(COONa)2 + 2H2SO4 → C6H4(COOH)2 + Na2SO4
X3
(c) nC6H4(COOH)2 + nC2H4(OH)2 → -(O – CH2 – CH2 – O – CO – C6H4 – CO-)-n + 2nH2O
X3

X4

(d) CH3OH + C6H2(COOH)2 → HOOC –C6H4-COOC2H5 + H2O
X2

X3

X5

Có các phát biểu sau

(1) Đúng vì C6H4(COONa)2 + 15/2 O2 → 7CO2 + Na2CO3 + 2H2O
(2) Sai vì Xì không tác dụng với Na


(3) sai vì phân tử khối của X, bằng 194
(4) đúng
(5) sai vì phản ứng
(c) thuộc loại phản ứng trùng ngưng
(6) sai vì phân tử X có 5 liên kết
Số phát biểu đúng là 2
Câu 75: A
Ta có 25,04 g E + 0,74 mol O2 → 0,8 mol H2O + CO2
Bảo toàn khối lượng có mCO2 = mE + mO2 – mH2O =25,04 + 0,74.32 – 14,4 = 34,32 g + nCO2 = 0,78 mol<
nH2O
=>E phải chứa ancol T no hai chức
Quy đổi hỗn hợp E thành HCOOH: 0,19 mol ( vì nNaOH = nHCOOH)
C2H4(OH)2 : a mol
CH2 : b mol
H2O : c mol
Xét 12,52 gam E thì mE = 0,19.46 + 62a + 14b + 18c = 12,52
Khi đốt cháy 12,52 gam E thì HCOOH +1/2O2 + CO2 + H2O
C2H4(OH)2 + 5/2O2 → 2CO2 + 3H2O
CH2 + 3/2O2 → CO2 + H20
Theo PTHH thì nO2 = 0,19.0,5 + 2,5a + 1,5 b = 0,37 mol(2)
nH2O = 0,19 + 3a +b+c = 0,4 mol(3)
giải (1) (2) và (3) được a= 0,05 mol, b =0,1 mol và c = -0,04 mol
→ thực tế trong E có neste = %. (-x) = 0,02 mol
n axit = 0,19 – 2.0,02 = 0,15 mol và ancol = a – neste = 0,03 mol
E có số Ctb = 0,39 : (0,02 +0,15 + 0,39) = 1,95 → axit có HCOOH và CH3COOH (vì ancol T đa chức nên
số C  2)

Khi đó E là HCOOH : x mol; CH3COOH: (0,15-x) mol; HCOO – CnH2n-COOCH3 : 0,02 mol và
CnH2n+2O2 : 0,03 mol
→ me = 46x + 60(0,15-x) +0,02(104+14n) + 0,03.(14n+34) =12,52
→-14x + 0,7n = 0,42 →n = (0,42 + 14x)/0,7
Vì 0 < x < 0,15 mol nên 0,6 < n < 3,6 .
→Vì T là ancol hai chức không phản ứng với Cu(OH)2 nên T là C3H6(OH)2
→ x = 0,12 mol => %HCOOH = 0,12.46 :12,52 .100% = 44,1% → gần nhất 45%
Câu 76: C
Câu 77: D
Gọi CTPT trung bình của ancol là R’OH; axit là R(COOH)2, este: R(COOR')2 với số mol lần lượt là a,
b,c.
Ta có nCO2 = 0,165 mol; nH2O = 0,15 mol
Bảo toàn khối lượng: mx + mO2 = mCO2 + mH2O + mO2 =7,26 + 2,7 – 4,84 = 5,12 → nO2 = 0,16 mol
Bảo toàn nguyên tố 0: nO(x) + 2nO2= 2nCO2 + nH2O + nO(x) = 2.0, 165 + 0,15 -0,16,2 = 0,16 mol
→a + 4b + 4c = 0,16 mol
nCOO= nNaOH pu = 2b + 2c = 0,08 -0,01 = 0,07 mol = a = 0,02 mol
nancol = 0,04 mol = 2neste + nancol ban đầu → neste = c= 0,01 = b = 0,025 mol


Ta có MR’OH = 19,5.2= 39 M’ =22 g
mX= mancol + maxit + meste > 4,84 = 0,02.39 + 0,025 (R + 90) + 0,01. (R + 132)
=> R= 14 (CH2)
Vậy dung dịch Y gồm 0,01 mol NaCl và 0,035 mol CH2(COONa)2
=> m = 5,765 g gần nhất với 5,7g
Câu 78: A
Khi thêm 0,85 mol NaOH vào X thì thu được dung dịch chứa NaCl: 0,52 mol và Na2SO4 : 0,14mol;
Vì nNaOH > nNaCl + 2nNa2SO4 nên còn NaAlO2
Bảo toàn Na có nNaOH = nNaCl + 2nNa2SO4 + nNaAlO2 → 0,85 = 0,52+2.0, 14+ nNaAlO2
→ nNaA1O2 = 0,05 mol
Kết tủa thu được là Mg(OH)2 : x mol và Al(OH)3 : y mol


 x  0,15
m  58 x  78 y  16.5
Ta có hệ sau : 


mhhbd  24 x  27  x  0, 05  7, 65  y  0,1

→dd X có Al+3 : 0,15 mol; Mg+2 : 0,15 mol; Cl- : 0,52 mol; SO42-.0,14 mol
Ta thấy X có 3nAl + 2nMg < nCl + 2nSO4 nên X có dư H+→ nH+ = 0,52 + 0,14.2 -0,15.3 -0,15.2 = 0,05 mol
OH- + H+ + H2O
OH- + Mg+2 — Mg(OH)2
3OH+ + A1+3 → Al(OH)3
Ba2+ + SO42- → BaSO4
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O
Khi thêm 8x mol KOH và x mol Ba(OH)2 vào dung dịch X thì để thu được lượng kết tủa lớn nhất ta xét
các TH sau
TH1 : kết tủa có BaSO4 : 0,14 mol và Mg(OH)2: 0,15 mol và có thể có Al(OH)3
Bảo toàn Ba có x= 0,14 mol => nOH=8x + 2x =10x=1,4 mol > 2nMg + 4nAl +nH+ = 0,95
=> phản ứng có kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan hết → kết tủa thu được là BaSO4 và Mg(OH)2
→ đem nung thu được BaSO4 : 0,14 mol và MgO : 0,15 mol + m = 38,62g
TH2: Kết tủa có Al(OH)3 : 0,15 mol và Mg(OH)2: 0,15 mol; BaSO4
Ta có nOH = 10x = 0,15.3 + 0,15.2 +0,05=0,8 => x = 0,08 mol có 0,08 mol BaSO4
→ Đem nhiệt phân thu được 0,08 mol BaSO4; 0,075 mol Al2O3 và 0,15mol MgO
→ m =0,08.233 +0,075.102 +0,15.40 =32,29g
Nên TH khối lượng kết tủa lớn nhất là 38,62 g gần nhất với 38,6 nhất
Câu 79: D
Gọi số mol của Gly và Val lần lượt là x và y mol
Ta có nNaOH =nly + nal + nAla => 0,73 = x + y+0,15 (1)
mmuối = 73,75 = (75+22)x+ (117+ 22)y + 0,15(89+22) (2)

giải (1) và (2) có x= 0,56 mol và y=0,02 mol
Xét phản ứng E+ NaOH : 60,17 g E → 0,73mol NaOH + 73,75 g muối + 14,72 g ancol và H2O
Bảo toàn khối lượng có mH2O = 60,17+0,73.40 – 73,75-14,72 = 0,9 nên nH2O = 0,05 mol
=> nY + nz = nH20 = 0,05 mol
Xét phản ứng E+ O2 → CO2 + H2O + N2


 NH  CH 2CO : 0, 73
CH : 0,15  0, 02.3  0, 21
 2
 O2  2, 275 mol H 2O

05
0,
:
O
H
2

Cn H 2 n  2O : a mol 14, 72 g 


Bảo toàn H có 0,73.3+ 0,21.2 + 0,05.2 + (2n+2a =2,275.2
Và 14,72 = a(14n + 34) nên an =0,46 và a= 0,46 suy ra n = 1→ ancol là CH3OH : 0,46 mol
→ nx= 0,46 mol + X tạo từ Gly vào CH3OH (vì chỉ có nGly > 0,46)
naa tạo từ Y và Z= 0,73 – 0,46 =0,27 mol
+ số aa trung bình của Y và Z là 0,27 : 0,05 = 5,4
Mà Y và Z hơn kém nhau 1N nên Y là pentapeptit còn Z là hexapeptit

nY  nZ  0, 05

nY  0, 03

Ta có hệ sau : 
5nY  6nZ  0, 27 nZ  0, 02
Y và Z được cấu tạo từ 0,15 mol Ala, 0,1 mol Gly và 0,02 mol Val
Y là (Ala) – (Gly)2 và Z là Val- (Ala) – (Glya
0, 03.345
Nên %Y =
100% =17,2% gần nhất với 17,8%
60,17
Câu 80: B
Khi điện phân t giây thì nkhí(A) = 0,15 mol > 2 nơi nên khi này đã xảy ra cả điện phân nước
Tại A: 2Cl+ → Cl2 + 2e
2H2O + 4H+ + O2 + 4e
Ta có nCl2 = 2 ncl= 0,1 mol nên nO2 = nkhí - nCl2 = 0, 15 -0,1 =0,05 mol
=> ne trao đổi = 2nCl2 + 4nO2 = 2.0,1+4.0,05 = 0,4 mol
Khi điện phân 2t giây thì né trao đổi = 0,4.2 = 0,8 mol
Tại A: 2Cl > Cl2 + 2e
2H20 + 4H+ + O2 + 4e
Nên có 0,1 mol khí Cl2 và có 0,15 mol O2
Tại K: Cu+2 + 2e → Cu
2 H2O + 2e → 2OH- + H2
Số mol khí thoát ra ở cả hai cực là nkhí =7,84 : 22,4 = 0,35 = 0,1 + 0,15 + nH2 => nH2 = 0,1mol
Tại K thì ne trao đổi = 0,8 = 2nCu + 2nH2 = 2nCu + 2.0,1 => nCu = 0,3 mol
=> a=0,3 mol=> tại thời điểm t giây thì nCu(2+) bị điện phân = 0,4:2=0,2 mol
Dung dịch Y thu được sau điện phân t giây có Na+: 0,2 mol; NO3- : 0,6 mol và H+ : 0,2 mol; Cu2+ : 0,1
mol
Y+ Fe thì 3Fe + 8H+ +2NO3- → 3Fe+2 + 4H2O + 2NO
=> Phản ứng có H+ hết nên tính theo H+ => nFe phản ứng = 3/8 . nH+ = 3: 8 . 0,2 = 0,075 mol
Fe + Cu2+ → Fe2+ +Cu

=> mFe = m=(0,075+0,1).56 = 9,8g