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 Mơn thi thành phần: HĨA 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 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 sản xuất từ xenlulozo A tơ visco B tơ tằm C tơ nilon-6,6 D to capron Câu 42: (TH) Số este mạch hở có cơng thức phân tử C4H6O2 phản ứng với brom nước theo tỉ lệ mol neste : nbrom = 1:2 A B C D Câu 43: (NB) Các khí thải cơng nghệp động ô tô, xe máy nguyên nhân chủ yếu gây mưa axit Thành phần hóa học chủ yếu khí thải trực tiếp gây mưa axit A SO2, CO, NO B NO,SO2, NO2 C NO2, CO2, CO D SO2, CO, NO Câu 44: (VD) Hỗn hợp X gồm saccarozo glucozo số mol đun nóng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu gam Ag Nếu thủy phân hoàn toàn hỗn hợp cho sản phẩm thực phản ứng tráng bạc lượng Ag tối đa thu A 9,0 gam B 6,0 gam C 4,5 gam D 3,0 gam Câu 45: (VD) Để 4,2 gam sắt khơng khí thời gian thu 5,32 gam hỗn hợp X gồm sắt oxit Hòa tan hết X dung dịch HNO3, thấy sinh 0,448 lít NO (đktc, sản phẩm khử nhất) dung dịch Y Cô cạn Y thu m gam muối khan Giá trị m A 13,5 gam B 15,98 gam C 18,15 gam D 16,6 gam Câu 46: (NB) Phát biểu sau đúng? A Xenlulozo có cấu trúc mạch phân nhánh B Saccarozo làm màu nước brom C Glucozo bị khử dung dịch AgNO3/NH3 D Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh Câu 47: (TH) Thực thí nghiệm sau (a) Đun nóng hỗn hợp bột Fe dư H2SO4 lỗng (b) Cho Fe vào dung dịch KCl (c) Cho Fe(OH)2 vào dung dịch HNO3 loãng dư (d) Đốt dây sắt Cla (e) Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 loãng dư Số thí nghiệm có tạo muối sắt II A B C D.4 Câu 48: (NB) Amin sau amin bậc 2: A C6H5NH2 B CH3-CH(NH2)-NH2 C H2N-[CH2]6-NH2 D CH3-NH- CH3 Câu 49: (NB) Kim loại sau kim loại kiềm A Ca B.K C Cs D Li Câu 50: (NB) Thành phần quặng boxit A Fe3O4 B Al2O3 C Cr2O3 D Fe2O3 Câu 51: (TH) Cho phát biểu sau: (1) Kim loại Cr điều chế phản ứng nhiệt nhôm (2) Cho Mg dư vào dung dịch FeCl3, kết thúc phản ứng thu dung dịch chứa hai muối (3) Cho Al vào dung dịch H2SO4 lỗng có lẫn CuCl2 có xảy ăn mòn hóa học (4) Cho AgNO3 tác dụng với dung dịch FeCl3, thu kim loại Ag (5) Điện phân dung dịch KCl với điện cực trơ thu khí O2 catot (6) Kim loại K khử ion Cu2+ dung dịch CuSO4 Số phát biểu không A B C D Câu 52: (TH) Tiến hành 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 kim loại A B C D Câu 53: (TH) Cho polime sau: tơ nilon- 6,6;poli vinyl clorua; poli(vinyl axetat); teflon, tơ visco, tơ nitron, poli buta-1,3-đien Số polime điều chế phản ứng trùng hợp A B C D Câu 54: (NB) Chất thuộc loại cacbohiđrat A Glixerol B Xenlulozơ C Protein D Poli(vinyl clorua) Câu 55: (NB) Chất gây mùi thcbon nửa số cacbon X) →Y HCOOH Z CH3OH Hướng dẫn giải: - Đốt cháy hoàn toàn X tạo thành CO2 H2O có số mol nên X este no đơn chức mạch hở → (1) → X CnH2nO2 -Thủy phân X môi trường axit thu chất Y ( tham gia phản ứng tráng gương) chất Z (có số nguyên tử cacbon nửa số cacbon X Y HCOOH Z CH3OH →X HCOOCH3 (2) đúng, HCOOH có liên kết hidro nên tan vơ hạn nước (3) sai, CH3OH không tách nước tạo anken (4) (5) sai, HCOOCH3 phản ứng với Cu(OH)2 nhiệt độ cao không tạo dung dịch màu xanh lam => có phát biểu Câu 72: C Phương pháp: Viết phản ứng xảy chất với HCl, chọn trường hợp có khí 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 thí nghiệm Câu 73: C T có chứa khí sản phẩm phản ứng Y+ dung dịch X có H2, N2O NO2 nên hai khí lại NO N2 Đặt T có nN2 = x mol nNO = y mol nT = 0,09 mol= x + y + 0,04 + 0,01 + 0,01 + x+y=0,03 (1) Khối lượng T mT=28x + 30y + 0,04.2 +0,01.44 + 0,01.46 + 28x+ 30y=0,86 (2) Giải (1) (2) có x = 0,02 mol y = 0,01 mol Vì phản ứng tạo H nên NV phản ứng hết → dung dịch thu chứa SO2 cation khác Khi cho Z+ BaCl2 xảy 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 chứa muối trung hòa nên bảo tồn 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 với 20g Câu 74: C Từ (b) suy X axit, X muối Na Từ (c) suy X axit terephtalic CNH (COOH)2 X4 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 phát biểu sau (1) Đúng C6H4(COONa)2 + 15/2 O2 → 7CO2 + Na2CO3 + 2H2O (2) Sai Xì khơng tác dụng với Na (3) sai phân tử khối X, 194 (4) (5) sai phản ứng (c) thuộc loại phản ứng trùng ngưng (6) sai phân tử X có liên kết Số phát biểu Câu 75: A Ta có 25,04 g E + 0,74 mol O2 → 0,8 mol H2O + CO2 Bảo tồn 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 ( nNaOH = nHCOOH) C2H4(OH)2 : a mol CH2 : b mol H2O : c mol Xét 12,52 gam E mE = 0,19.46 + 62a + 14b + 18c = 12,52 Khi đốt cháy 12,52 gam E HCOOH +1/2O2 + CO2 + H2O C2H4(OH)2 + 5/2O2 → 2CO2 + 3H2O CH2 + 3/2O2 → CO2 + H20 Theo PTHH 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) (3) a= 0,05 mol, b =0,1 mol c = -0,04 mol → thực tế E có neste = % (-x) = 0,02 mol n axit = 0,19 – 2.0,02 = 0,15 mol ancol = a – neste = 0,03 mol E có số Ctb = 0,39 : (0,02 +0,15 + 0,39) = 1,95 → axit có HCOOH CH3COOH (vì ancol T đa chức nên số C  2) Khi E HCOOH : x mol; CH3COOH: (0,15-x) mol; HCOO – CnH2n-COOCH3 : 0,02 mol 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 < x < 0,15 mol nên 0,6 < n < 3,6 →Vì T ancol hai chức khơng phản ứng với Cu(OH)2 nên T C3H6(OH)2 → x = 0,12 mol => %HCOOH = 0,12.46 :12,52 100% = 44,1% → gần 45% Câu 76: C Câu 77: D Gọi CTPT trung bình ancol R’OH; axit R(COOH)2, este: R(COOR')2 với số mol 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 0,035 mol CH2(COONa)2 => m = 5,765 g gần với 5,7g Câu 78: A Khi thêm 0,85 mol NaOH vào X thu dung dịch chứa NaCl: 0,52 mol Na2SO4 : 0,14mol; Vì nNaOH > nNaCl + 2nNa2SO4 nên NaAlO2 Bảo tồn Na có nNaOH = nNaCl + 2nNa2SO4 + nNaAlO2 → 0,85 = 0,52+2.0, 14+ nNaAlO2 → nNaA1O2 = 0,05 mol Kết tủa thu Mg(OH)2 : x mol 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 x mol Ba(OH)2 vào dung dịch X để thu lượng kết tủa lớn ta xét TH sau TH1 : kết tủa có BaSO4 : 0,14 mol Mg(OH)2: 0,15 mol có Al(OH)3 Bảo tồn 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 BaSO4 Mg(OH)2 → đem nung thu BaSO4 : 0,14 mol MgO : 0,15 mol + m = 38,62g TH2: Kết tủa có Al(OH)3 : 0,15 mol 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 0,08 mol BaSO4; 0,075 mol Al2O3 0,15mol MgO → m =0,08.233 +0,075.102 +0,15.40 =32,29g Nên TH khối lượng kết tủa lớn 38,62 g gần với 38,6 Câu 79: D Gọi số mol Gly Val x 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) (2) có x= 0,56 mol y=0,02 mol Xét phản ứng E+ NaOH : 60,17 g E → 0,73mol NaOH + 73,75 g muối + 14,72 g ancol H2O Bảo tồn 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   O2  2, 275 mol H 2O  05 0, : O H  Cn H 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 a= 0,46 suy n = 1→ ancol CH3OH : 0,46 mol → nx= 0,46 mol + X tạo từ Gly vào CH3OH (vì có nGly > 0,46) naa tạo từ Y Z= 0,73 – 0,46 =0,27 mol + số aa trung bình Y Z 0,27 : 0,05 = 5,4 Mà Y Z 1N nên Y pentapeptit Z hexapeptit nY  nZ  0, 05 nY  0, 03  Ta có hệ sau :  5nY  6nZ  0, 27 nZ  0, 02 Y Z cấu tạo từ 0,15 mol Ala, 0,1 mol Gly 0,02 mol Val Y (Ala) – (Gly)2 Z Val- (Ala) – (Glya 0, 03.345 Nên %Y = 100% =17,2% gần với 17,8% 60,17 Câu 80: B Khi điện phân t giây nkhí(A) = 0,15 mol > nơi nên xảy điện phân nước Tại A: 2Cl+ → Cl2 + 2e 2H2O + 4H+ + O2 + 4e Ta có nCl2 = 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 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 có 0,15 mol O2 Tại K: Cu+2 + 2e → Cu H2O + 2e → 2OH- + H2 Số mol khí hai cực nkhí =7,84 : 22,4 = 0,35 = 0,1 + 0,15 + nH2 => nH2 = 0,1mol Tại K ne trao đổi = 0,8 = 2nCu + 2nH2 = 2nCu + 2.0,1 => nCu = 0,3 mol => a=0,3 mol=> thời điểm t giây nCu(2+) bị điện phân = 0,4:2=0,2 mol Dung dịch Y thu sau điện phân t giây có Na+: 0,2 mol; NO3- : 0,6 mol H+ : 0,2 mol; Cu2+ : 0,1 mol Y+ Fe 3Fe + 8H+ +2NO3- → 3Fe+2 + 4H2O + 2NO => Phản ứng có H+ hết nên tính theo H+ => nFe phản ứng = 3/8 nH+ = 3: 0,2 = 0,075 mol Fe + Cu2+ → Fe2+ +Cu => mFe = m=(0,075+0,1).56 = 9,8g ... lớn ta xét TH sau TH1 : kết tủa có BaSO4 : 0 ,14 mol Mg(OH)2: 0 ,15 mol có Al(OH)3 Bảo tồn Ba có x= 0 ,14 mol => nOH=8x + 2x =10 x =1, 4 mol > 2nMg + 4nAl +nH+ = 0,95 => phản ứng có kết tủa Al(OH)3... nung thu BaSO4 : 0 ,14 mol MgO : 0 ,15 mol + m = 38,62g TH2: Kết tủa có Al(OH)3 : 0 ,15 mol Mg(OH)2: 0 ,15 mol; BaSO4 Ta có nOH = 10 x = 0 ,15 .3 + 0 ,15 .2 +0,05=0,8 => x = 0,08 mol có 0,08 mol BaSO4...  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