Dap an va loi giai de thi thu THPT QG 2019 mon hoa hoc THPT chuyen tran phu hai phong lan 1 file word co ma tran loi giai chi tiet www hoctai vn

Phần còn lại là của vô cơ lớp 12 + Những câu hỏi khó tập trung vào phần dạng bài toán hỗn hợp tác dụng H+ và NO3-, biện luận este + Cấu trúc phân bố chưa đều... Các ion cùng tồn tại được

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

SỞ VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2019

LẦN 1

Môn thi thành phần: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 40 câu / 4 trang)

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P

= 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137

I CẤU TRÚC ĐỀ:

Thông hiểu

Vận dụng thấp

Vận dụng cao TỔNG

12

Hoá học thực tiễn

11

II ĐÁNH GIÁ – NHẬN XÉT:

- Cấu trúc: 55% lý thuyết (22 câu) + 45% bài tập (18 câu)

- Nội dung:

+ Phần lớn bố chủ yếu là hữu cơ lớp 11 + 12 Phần còn lại là của vô cơ lớp 12

+ Những câu hỏi khó tập trung vào phần dạng bài toán hỗn hợp tác dụng H+ và NO3-, biện luận este + Cấu trúc phân bố chưa đều

Mã đề: 112

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 2

III ĐÁP ÁN THAM KHẢO:

PHẦN ĐÁP ÁN

11D 12A 13B 14C 15D 16D 17B 18D 19D 20C 21A 22D 23D 24B 25D 26C 27A 28C 29B 30C 31C 32A 33A 34A 35C 36B 37A 38B 39D 40A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 4 Chọn C

6

Khi cho 7,088 gam X tác dụng với NaOH thì :nNaOH =3nX =3nC H (OH)3 5 3 =0,15 mol

BTKL

Câu 16 Chọn D

Khi bón vôi sống vào đất và tưới nước thì: CaO + H2O → Ca(OH)2 (tạo môi trường bazơ) nên pH > 7 Khi thu hoạch hoa sẽ có màu hồng

Các ion cùng tồn tại được trong cùng một dung dịch là khi chúng không phản ứng với nhau

Theo đề ta chọn Y (H+, NO3 –

, SO42–, Mg2+) vì nó thoả mãn được điều kiện là Y hoà tan được Fe2O3 và bảo toàn điện tích

Vậy dung dịch X là các ion còn lại (K+, Na+, HCO3 –, CO32–)

Khi cô cạn X thì HCO3 – bị phân huỷ thành CO32– (0,05 mol)

m=m + +m + +m − =23, 6 (g)

Câu 26 Chọn C

(a) Sai, Fructozơ không làm mất màu nước brom

(b) Sai, Khi thay thế nhóm –OH của nhóm cacboxyl (-COOH) bằng –OR thì ta được phân tử este

(c) Đúng

(d) Đúng

(e) Đúng

(f) Sai, Phương pháp hiện đại để sản xuất CH3COOH là cho CH3OH tác dụng với CO

(g) Đúng

Câu 27 Chọn A

Xét phản ứng đốt cháy:

2

Lập tỉ lệ nC : nH : nO = 0,175 : 0,15 : 0,075 = 7 : 6 : 3  CTPT của X là C7H6O3

Ta có: nNaOH =0, 03 mol mà NaOH

X

n

3

n =  CTCT của X là HCOOC6H4OH



2

BTKL

n =2n =0, 02 mol⎯⎯⎯→ =m 2, 46 gam

Gọi

2 3

2

2 3

Fe O

2 3

HCl

Fe O

CuO : y mol



: x mo l

Câu 29 Chọn B

Hỗn hợp X có chứa HCHO HCOOH

HCHO HCOOH

HCHO



Mà

3

CH OH

Trang 3

Ta có:

2

n =2n =0, 4 mol 

m 12n= +2n +16n =15,3 (g)

Vì X có tham gia phản ứng tráng gương nên trong X phải có một este có dạng HCOOR

Theo đề ta có:

3

→



2x.(45 M ) 3x.(59 M ) 14, 08 (1)

x 0, 032 2x.(17 M ) 3x.(17 M ) 8, 256 (2)

−



Thay x vào (1) suy ra: R R ' R 3 7 1



2







Nhận thấy:

2

n =n +n +n =0,8 nên X, Y, Z chỉ tạo bởi các nhóm này

Mà 50MX MY X là (CHO)2: 0,1 mol ;Y là (COOH)2: 0,15 mol

 nZ =nX =0,1 Z có 3 nhóm OH  Z là C H3 5(OH)3 mT =28,5gam

Ta có:

2

H OH

n − =2n =0, 04 mol mà nOH − nH + +2nCu 2 +  Cu2+ dư

0, 04 0, 02

2

−

Ta có: nY =nX =0, 055 mol và nKOH =0, 065 mol  Y chứa este đơn chức (0,045 mol) và este hai chức

(0,01 mol) (Vì các muối có mạch không nhánh nên tối đa 2 chức)

Đốt 0,055 mol X cần

2 O

0, 055.0, 5

n 0, 275 mol

0,1

Khi đốt Y, gọi CO2 (u mol) và H2O (v mol)

BT: O

2u v 0, 065.2 0, 2975.2

⎯⎯⎯→ + = + và neste hai chức = u− =v 0, 01  u = 0,245 mol và v = 0,235 mol

T chứa C (a mol), H (b mol) và O (0,065 mol)

Khi đó:

T

m 12a b 0, 065.16 3, 41

a 0,16 b

b 0, 45

n a 0, 065

2

BT: C

C

n

⎯⎯⎯→ (muối) = u a− =0, 085 và ⎯⎯⎯→BT H:

H

n (muối) = 2v n+ KOH− =b 0, 085

Do nC (muối) = nH (muối) nên các muối có số C = số H

x 2y 0, 065 x 0, 045

%C H COOK 33,92%

C H COOK : y mol x 4y

HCOOK :

0, 085 y 0, 01

x mol



Gọi X, Y (a mol); Z (b mol) và T (c mol)

Xét phản ứng đốt cháy:

2

Trang 4

Áp dụng độ bất bão hoà, ta có:

n −n = − +a b 3c= −0, 025 (2)

Xét phản ứng với dung dịch Br2, ta có: a + 2c = 0,02 (3)

Từ (1), (2) suy ra: a = 0,01; b = 0,05 và c = 0,005

BT: C

⎯⎯⎯→ + + =  = (dựa vào giá trị C trung bình)

Xét phản ứng với KOH, ta có: nKOH = +a 2c=0, 02 ; nZ = 0,055 mol và

2

H O

n = =a 0, 01 mol

2

BTKL

Các hợp chất hữu cơ trên đều có dạng CnH2n – 2O2

Theo đề ta có: (14n 2 32)a 0, 342 an 0, 018 n 6

Vậy mdd giảm =

Có 4 chất tác dụng H2 dư (xúc tác thích hợp) tạo thành CH3CH2CH2OH là CH2=CHCHO, CH3CH2CHO,

CH2=CHCH2OH, CH≡CCHO

Ta có:

2

BT: e

n =n =0,15 mol⎯⎯⎯→2n =3n n =0,1 molV =2, 24 (l)

Khí C thu bằng cách đẩy không khí, ngửa bình nên C phải nặng hơn không khí (loại NH3, H2, C2H4)

Cl2: dung dịch HCl đặc + MnO2 rắn

SO2: dung dịch H2SO4 đặc + Na2SO3 rắn

CO2: dung dịch HCl + CaCO3 rắn

Y còn tính khử nên Z không chứa O2

Theo đề ta có: 2 3

FeCO : 0,12 mol

Mg : 0, 9 mol Fe(NO ) : 0, 2

C

4

O : 0,12 mol



Quy đổi Y thành

Fe : 0, 36 mol

Mg : 0, 9 mol

O : 0, 6 mol











và đặt 2

4

NO : a mol

N O : b mol

NH +: c mol











với a b 0,32+ = (1)

Cho A tác dụng với AgNO3 thoát khí NO (0,02 mol) nên A chứa H+ dư (0,08) và A không chứa NO3 – BT: N

a 2b c 0,38 (2)

⎯⎯⎯→ + + = và nH+= 4a + 10b + 10c + 0,6.2 = 2,7 + 0,38 – 0,08 = 3 mol

Từ (1), (2), (3) suy ra: a 0,3; b 0,02; c 0,04= = =

BT: Cl

BT: e

m 413, 37 (g)

−







-HẾT -

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	307,29 KB