thầy vũ khắc ngọc giải chi tiết đề thi thử THPT quốc gia 2019 đề số 01

tủa màu xanh.Chất X là gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 6,72 lít khí.. Số chất trong dãy trên tác dụng được với nước brom ở điều kiện thường là nóng, thu được sản p

Thầy Vũ Khắc Ngọc

GIẢI CHI TIẾT

Môn: Hóa học

Thời gian làm bài: 50 phút;

Họ, tên thí sinh:

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:

H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65;

Ag = 108; Ba = 137

I CÂU HỎI THUỘC MỨC ĐỘ NHẬN BIẾT

A. Cr B Cu C. Fe D. Al

Đáp án B

A. CH3COOH B. C2H5OH C. C2H6 D. C2H5Cl

Đáp án C

Ghi nhớ:

+ Chất có cùng phân tử khối, chất nào có liên kết hiđro có nhiệt độ sôi cao hơn chất không có liên kết hiđro + Chất có phân tử khối càng lớn thì nhiệt độ sôi càng cao

A. Al(OH)3 B. Al2(SO4)3 C. KNO3 D. CuCl2

Đáp án A

Al(OH)3 là hi đroxit lưỡng tính nên vừa tác dụng với dd axit vừa tác dụng với dd bazo

A. Dung dịch NaCl B. Nước Br2 C. Dung dịch NaOH D. Kim loại Na

A. Dẫn nhiệt B. Cứng C. Dẫn điện D. Ánh kim

tiện cho việc bảo quản thực phẩm “ Nước đá khô” là

A. CO rắn B. SO2 rắn C. CO2 rắn D. H2O rắn

A t

2

2

SiO 2Mg2MgO Si D SiO24HFSiF42H O2

A but – 2- en B etan C propin D propen

tủa màu xanh.Chất X là

gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 6,72 lít khí Thể tích khí đo ở đktc Giá trị của m

 nAl = 2/3 nH2 sinh ra do t/d với NaOH = 2/3 0,3 = 0,2 (mol)

 nMg = nH2 sinh ra do t/d với HCl - nH2 sinh ra do t/d với NaOH = 0,4 – 0, 3= 0,1 (mol)

→ m = 0,2.27 + 0,1.24 = 7,8 (g)

phản ứng, làm khô thu được 17,37 gam chất rắn khan Giá trị của V là

A. 700 B. 500 C. 600 D. 300

Đáp án A

 nHNO3 = 0,12 (mol)

 mrắn = mBa(NO3)2 + mBa(OH)2 dư

→ nBa(OH)2 dư = ( 17,37 – 0,06 261)/ 171 = 0,01 (mol)

∑ nBa(OH)2 = nBa(NO3)2 + nBa(OH)2 dư = 0,07 (mol)

→ V = n : CM = 0,07: 0,1 = 0,7 (lít) = 700 (ml)

A. Tính dẫn điện của kim loại bạc tốt hơn kim loại đồng

B. Các kim loại kiềm ( nhóm IA) đều có trúc mạng tinh thể lập phương tâm khối

C. Từ P và HNO3 đặc, nóng có thể điều chế được H3PO4

D. Có thể dùng CO để làm khô khí HCl có lẫn hơi nước

Đáp án D

D.Sai vì CaO phản ứng với HCl nên không thể làm khô HCl được

 CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O

 CaO + H2O → Ca(OH)2

H2SO4 1M và HCl 1M Thể tích (ở đktc) hỗn hợp khí CO và H2 tối thiểu cần dùng để khử hoàn toàn m gam hỗn hợp X là A. 3,36 lít B. 6,72 lít C. 1,12 lít D 4,48 lít

Hướng dẫn giải:

H SO : 0,1mol

HCl : 0,1mol





2 2

2 3

2

H O H

CO CO





∑ nH+ = 2nH2SO4 + nHCl = 0,1.2 + 0,1 = 0,3 (mol)

→ nO (Trong oxit) = 1/ 2 nH+ = 0,15 (mol)

∑ nCO + H2 = nO (Trong oxit) = 0,15 (mol) → V = 0,15.22,4 = 3,36 (lít)

A. Fe2(SO4)2 B. CuSO4 C. FeSO4 D. Fe(NO3)3

(1) Để một miếng gang ( hợp kim sắt – cacbon) ngoài không khí ẩm, sẽ xảy ra ăn mòn điện hóa

(2) Kim loại cứng nhất là W (vonfam)

(3) Hòa tan Fe3O4 bằng dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch chứa hai muối

(4) Khi điện phân NaCl nóng chảy (điện cực trơ), tại catot xảy ra sự oxi hóa ion Na+

(5) Không thể dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy magie hoặc nhôm

Số phát biểu đúng là

(1) Glucozơ không tham gia phản ứng công hiđro ( xúc tác Ni, đun nóng)

(2) Metyl amin làm quỳ tím ẩm đổi sang màu xanh

(3) Đa số các polime không tan trong các dung môi thông thường

(4) Muối natri hoặc kali của axit béo được dùng để sản xuất xà phòng

Các phát biểu đúng là

A. (1), (2), (3) B. (1), (2), (4) C. (1), (3), (4) D. (2), (3), (4)

A. điện phân nóng chảy AlCl3 B. điện phân nóng chảy Al2O3

C. dùng CO khử Al2O3 ở nhiệt độ cao D. dùng Mg khử Al3+ trong dung dịch

Câu 19: Tơ nitrin dai, bền với nhiệt, giữ nhiệt tốt, thường được dùng để dệt vải và may quần áo ẩm Trùng hợp chất nào sau đây tạo thành polime dùng để sản xuất tơ nitron?

C. H2N- [CH2]5-COOH D. H2N- [CH2]6-NH2

sau:

Y,T Dung dịch AgNO3 trong NH3 , đun nóng Tạo thành kết tủa màu trắng bạc

Các chất X, Y, Z, T có thể lần lượt là

A. Phenol, glucozo, glixerol, etyl axetat

B. Anilin, glucozo, glixerol, etyl fomat

C. Phenol, saccarozo, lòng trắng trứng, etyl fomat

D. Glixerol, glucozo, etyl fomat, metanol

Đáp án B

 X có thể là phenol hoặc anilin

 Y vừa phản ứng với dd Cu(OH)2 tạo ra dd màu xanh lam vừa tác dụng với dd AgNO3/NH3 tạo ra Ag

→Y là glucozo

 Z vừa phản ứng với dd Cu(OH)2 tạo ra dd màu xanh lam → Z là glixerol

 T tác dụng với dd AgNO3/NH3 tạo ra Ag → etylfomat

Vậy thứ tự X, Y,Z, T là anilin, glucozo, glixerol, etylfomat sẽ phù hợp với đáp án

A. Trong phân tử peptit mạch hở chứa n gốc α – amino axit (chứa 1 nhóm NH2, 1 nhóm COOH) có (n-1) liên kết peptit

B. Trong phân tử các α – amino axit chỉ có 1 nhóm amino

C. Tất cả các peptit đều ít tan trong nước

D. Tất cả các dung dịch amino axit đều không làm đổi màu quỳ tím

NaOH ở nhiệt độ thường là

phẩm là muối sắt (II) Chất X có công thức hóa học là

A. H2SO4 đặc, nóng B. HNO3 C. FeCl3 D. MgSO4

Câu 24: Isoamyl axetat là một este có mùi chuối chín, công thức cấu tạo thu gọn của este này là

metacrylat Số chất trong dãy trên tác dụng được với nước brom ở điều kiện thường là

nóng, thu được sản phẩm gồm chất Y, C2H6O và CH4O Chất Y là muối natri của α – amino axit Z (chất Z

có cấu tạo mạch hở và có mạch cacbon không phân nhánh) Số công thức cấu tạo của phù hợp của X là

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Đáp án B

C4H10 dư Cho toàn bộ hỗn hợp X đi qua dung dịch nước Br2 dư thì khối lượng bình brom tăng lên 0,91 gam

và có 4 gam Br2 phản ứng, đồng thời có hỗn hợp khí Y thoát ra khỏi bình Br2 (thể tích của Y bằng 54,545% thể tích của X) Để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc) Giá trị của V là

A. 2,184 B. 4,368 C. 2,128 D. 1,736

Đáp án A

 nBr2 = nC3H6 + nC2H4

 mbình tăng = mC3H6 + mC2H4

 Bảo toàn nguyên tố C, H, O

Hướng dẫn giải:

 Khi dẫn qua dung dịch Br2, C3H6 (x mol) và C2H4 (y mol) bị giữ lại

→ x + y =

2

Br

n = 4/160 = 0,025 mol

→ 42x+28y = m bình tăng = 0,91

Giải hệ ta tìm được →x = 0,015 mol; y = 0,01 mol

→ Y gồm: CH4: 0,015 mol; C2H6: 0,01 mol; C4H10 dư: 0,03 – 0,015 – 0,01 = 0,005 mol

+ BTNT C:

2

CO

n : 0,015+0,01.2+0,005.4 = 0,055 mol

+ BTNT H:

2

H O

n : 0,015.2+0,01.3+0,005.5 = 0,085 mol

BTNT O: nO2 =

2

CO

2

H O

n = 0,055 + 0,5.0,085 = 0,0975 mol

→ VO2 = 2,184 lít

Al(OH)3 tạo thành phụ thuộc vào số mol HCl được biểu diễn bằng đồ thị hình bên Tỉ lệ a:b tương ứng là

A. 9:4 B. 4:9 C. 7:4 D. 4:7

Đáp án C

 2 22

Ba AlO : a mol

HCl

Ba OH : b mol



 



 nOH- = 0,8→ nBa(OH)2 = b = 0,4 mol

AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3

2a 2a

Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O

2a-1,2

→ 3(2a-1,2)+2a=2 → a = 0,7

→ a:b = 7:4

Câu 30: Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, sau phản ứng thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm CO, CO2 và H2 Dẫn toàn bộ hỗn hợp X qua dung dịch Ca(OH)2 thu được 2 gam kết tủa và khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 0,68 gam so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu; khí còn lại thoát ra gồm CO và H2 có tỉ khối hơi so với H2 là 3,6 Giá trị của V là A. 2,688 B. 3,136 C. 2,912 D. 3,360

Đáp án C

2

CO H

0, 03 0, 06

 Ta có:

2

CO H

2

2

CO : 0, 03

CO : 0, 02 V 2,912 lit

H : 0, 08









phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn có khối lượng bằng 0,75m gam và V lít (ở đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) Giá trị của m và V lần lượt là:

Đáp án C

Ta có :

 H+: 0,08

 NO3-: 0,08

 Cu2+: 0,04

3Fe + 8H+ + 2NO3-→3Fe2+ + 2NO+4H2O

0,03 0,08 0,02

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu

0,04 0,04 0,04

 m chất rắn = m Fe dư + mCu→m - 0,07.56 + 64.0,04 = 0,75m → m = 5,44 gam

 VNO = 0,02.22,4 = 0,448 lít

Câu 32: Đốt cháy hoàn toàn m gam photpho trong oxi dư Cho toàn bộ sản phẩm tạo thành vào 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp NaOH 0,1M và KOH 0,2M đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm khô các chất thu được 9,448 gam chất rắn khan Giá trị của m là

Đáp án C

 Theo bài ra ta có nNaOH: 0,05 mol ; n KOH: 0,1

Gọi công thức chung 2 bazo là MOH (M=101/3) với nMOH=0,15

101

3

MOH

- Nếu chỉ tạo muối dạng M3PO4:

MOH

Ta thấy mmuối < 9,8 gam → MOH dư, H3PO4 hết

Giả sử chất rắn gồm: 3 4

muoi

M PO : x

MOH : y

 





P M PO

x 0, 042 mol n n BTNT : P 0, 042 mol

mol HCl hoặc 4 mol NaOH Nếu đốt cháy một phần hỗn hợp X (nặng a gam) cần vừa đủ 38,976 lít O2 (đktc) thu được 5,376 lít khí N2 (đktc) Mặt khác, cho a gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được m gam muối Giá trị của m là A 70 B 60 C 40 D 50

Đáp án B

 1 mol amin no, 2 mol amino axit no tác dụng vừa đủ với 4 mol HCl hoặc 4 mol NaOH nên amin có 2 –NH2; amino axit có 2 –COOH và 1 –NH2

Giả sử trong a gam hỗn hợp X:

A: CnH2n+4N2 (a mol)

B: CmH2m-1O4N (b mol)

2



t

2







  t

2

2









t

3m 4,5

2 3m 4,5

2









Ta có: a0,12 14n 32  0, 24 14m 77  

1, 68 n 2m 22,32 1, 68.12 22,32 42, 48g

→ nHCl 2nAnB0,12.2 0, 24 0, 48mol

→ mmuoi  a mHCl 42, 48 0, 48.36,5 60g

sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 22,24 gam hỗn hợp 6 ete có số mol bằng nhau Biết trong các ete tạo thành có 3 ete có phân tử khối bằng nhau Công thức cấu tạo thu gọn của các ancol là

B C2H5OH, CH3CH2CH2OH, CH3CH2CH2CH2OH

C CH3OH, CH3CH2OH, (CH3)2CHOH

D C2H5OH, CH3CH2CH2OH, (CH3)2CHOH

Đáp án D

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có : mH2O = 26,56 – 22,24 = 4,32g

 nH2O = 0,24mol

 nancol = 2nH2O = 0,48mol

Tách nước thu được ete có số mol bằng nhau → 3 ancol có số mol bằng nhau

→ nA = nB = nC = 0,16mol

Mặt khác trong các ete tạo thành có 3 ete có phân tử khối bằng nhau → có 2 ancol là đồng phân của nhau

→ 0,16MA + 0,32MB = 26,56

→ MA + 2MB = 166

→ 2 ancol thỏa mãn C2H5OH và C3H7OH

Câu 35: E là trieste mạch hở, tạo bởi glixerol và ba axit cacboxylic đơn chức Đốt cháy hoàn toàn x mol chất E thu được y mol CO2 và z mol H2O Biết y = z + 5x và khi cho x mol chất E phản ứng vừa đủ với 72 gam Br2 trong nước, thu được 110,1 gam sản phẩm hữu cơ Nếu cho x mol chất E phản ứng hết với dung dịch KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm khô sản phẩm thu được m gam muối khan Giá trị của m là

Đáp án D

E

n

5





 

→ Gốc R có k = 3

RCOO C H3 3 5 3Br2 RBr COO C H2 3 3 5

  mRCOOK49,5g

NaOH đặc, ở nhiệt độ cao, áp suất cao thu được chất Y có công thức C7H7O2Na Số công thức cấu tạo phù hợp của X là A 6 B 4 C 3 D 5

Đáp án C

X: C7H6Cl2 → C7H7O2Na

=> Có 1 Cl đính vào vòng thơm

CTCT: ClC6H4CH2Cl (đồng phân o, p, m)

nóng, dư) thu được V lít (ở đktc) khí NO2 duy nhất và dung dịch Y Nếu cho toàn bộ Y vào một lượng dư dung dịch BaCl2, thu được 58,25 gam kết tủa Mặt khác, khi cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch NaOH dư

thu được 25,625 gam chất kết tủa Giá trị của V là A 16,8 B 38,08 C 24,64 D 47,6

Đáp án D

 

 

2 3

2 BaCl

4 HNO

2 NaOH

3

NO

Cu : x

58, 25g BaSO : z 23g X Fe : y

Cu OH : x

dd Y

Fe OH : y



















233

→ mCu + mFe = 23 – 0,25 32 = 15g



Bảo toàn electron → nNO2 = 2nCu + 3nFe + 6nS = 2,125mol→ V = 47,6 lít

Câu 38: Cho 74,88 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe, Fe3O4 và Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,3 mol HCl và 0,024 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y (không chứa NH4+)

và 0,032 mol hỗn hợp khí Z gồm NO và N2O Cho dung dịch AgNO3 đến dư vào dung dịch Y, sau phản ứng thấy thoát ra 0,009 mol NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5), đồng thời thu được 44,022 gam kết tủa Phần

trăm khối lượng Fe trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

Đáp án B

 Phần kết tủa có nAgCl= 0,3 => nAg = 0,009

 Bảo toàn electron: nFe2+ = nAg + 3nNO = 0,036

nNO = 0,009 → nH+ dư = 4nNO = 0,036

 Đặt a, b, c là số mol Fe, Fe3O4, Fe(NO3)2 trong X

→ mX = 56a + 232b + 180c = 7,488 (1 )

→ Dung dịch Y còn H+ dư và Fe2+ nên NO3- đã hết

Vậy Y chứa Fe2+ (0,036), H+ (0,036), Cl- (0,3)

 Bảo toàn điện tích → nFe3+ = 0,064

 Bảo toàn Fe → a + 3b + c = 0,064 + 0,036 (2)

 Bảo toàn H → nH2O = 0,144

 Bảo toàn O: 4nFe3O4 + 6nFe(NO3)2 + 3nHNO3 = nZ + nH2O

→ 4b + 6c + 0,024 3 = 0,032 + 0,144 (3)

Giải hệ (1)(2)(3): →a = 0,05; b = 0,014; c = 0,008 → %Fe = 37,4%

(M là kim loại kiềm) rồi tiến hành chưng cất sản phẩm thu được 26,12 gam chất lỏng và 12,88 gam chất rắn khan Y Nung chất rắn Y trong bình kín với lượng oxi vừa đủ, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí CO2, hơi nước và 8,97 gam một muối duy nhất

Cho các phát biểu liên quan tới bài toán:

(1) Thể tích CO2 (ở đktc) thu được 5,264 lít

(2) Tổng số nguyên tử C, H, O có trong một phân tử E là 21

(3) Este E tạo bởi ancol có phân tử khối là 74

(4) Este E có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc

Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là: A 4 B 3 C 1 D 2

Đáp án C

t

26,12 chat _ long

12,88g Y

8, 97g M CO





 



 Chất lỏng thu được sau pư gồm H2O của dung dịch ROH và ancol

→ mROH = 7,28 gam; mH2O = 18,72 gam

→ m ancol = 7,4 gam

Sau phản ứng còn MOH ( dư ) nên este phản ứng hết

 n ancol = n este = 0,1 mol

→ M ancol = 74 gam: C4H9OH (vì este đơn chức)

 nROH bd 7, 28

M 17





 nmuoi 8,97

2M 60





R bảo toàn nên ta có:

n ROH = 2 nmuối

→M = 39: Kali

n KOH ban đầu = 0,13 mol; n KOH dư = 0,13 - 0,1 = 0,03 mol

→ m muối của este = 12,88 - 0,03 56 = 11,2 gam

→ M muối = 112

Muối có công thức là R-COO-K

→ R = 29: C2H5

Vậy este là C2H5COOC4H9 => (2) và (4) sai

2

4 9

t

H O : 26,12g

C H OH 0,1mol C H COOC H :0,1mol

12,88g Y















hở, tổng số liên kết peptit của hai phân tử Y và Z là 7 Đun nóng 63,5 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 2 muối (của glyxin và alanin) và 13,8 gam ancol Đốt cháy toàn bộ hỗn hợp muối ở trên cần dùng vừa đủ 2,22 mol O2, sau phản ứng thu được Na2CO3, CO2, H2O và 7,84 lít khí N2 (đktc) Thành phần phần trăm theo khối lượng của peptit có phân tử khối lớn hơn trong hỗn hợp E là

Đáp án D

Đặt a, b là số mol muối GlyNa và AlaNa

→ nN = a + b = 0,35.2

nO2 = 2,25a + 3,75b = 2,22

→ a = 0,27 mol và b = 0,43 mol

→ m muối = 73,92g và nNaOH = 0,7 mol

Bảo toàn khối lượng → nH2O = 0,21 mol

→ nY + nZ = 0,21 (1)

X là este cùa Glỵ hoặc Ala và ancol T

Nếu X là NH2-CH(CH3)-COOC2H5

→ nX = nC2H5OH = 0,3mol

→ Y, Z tạo ra từ 0,27 mol Gly và 0,43 - 0,3 = 0,13 mol Ala

→ Số N trung bình của Y, Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9: Vô lý, loại

Vậy X là NH2-CH2-COOC3H7

→ nX = nC3H7OH = 0,23 mol

→ Y, Z tạo ra từ 0,27 - 0,23 = 0,04 mol Gly và 0,43 mol Ala

→ Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24

→ Y là dipeptit và z là heptapeptit

nN = 2nY + 7nZ = 0,04 + 0,43 (2)

(1)(2) => nY = 0,2 và nZ = 0,01

Y là (Gly)u(Ala)2-u

Z là (Gly)v(Ala)7-v

→ nGly = 0,2u + 0,01v = 0,04

→ 20 u + V = 4

→ u = 0 và v = 4 là nghiệm duy nhất Vậy:

Y là (Ala)2 (0,2 mol)

Z là (Gly)4(Ala)3 (0,01 mol)

→ %Z = 7,23%