Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2019 Hóa học có lời giải ( đề 8)

  • 4524 lượt thi

  • 36 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 3:

21/07/2024

Trái cây được bảo quản lâu hơn trong môi trường vô trùng. Trong thực tế, người ta sử dụng nước ozon để bảo quản trái cây. Ứng dụng trên dựa vào tính chất nào sau đây?

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 4:

21/07/2024

Công thức nào sau đây có thể là công thức của chất béo?

Xem đáp án

Đáp án D

chất béo là trieste của glixerol với các axit béo.

(C15H31COO)3C3H5: C3H5 là gốc hiđrocacbon của glixerol;

C15H31COO là gốc panmitat của axit béo (axit panmitic: C15H31COOH)

|| (C15H31COO)3C3H5 là panmitin, một chất béo no.

đáp án D thỏa mãn yêu cầu


Câu 6:

19/07/2024

Tơ nào sau đây thuộc loại tơ thiên nhiên?

Xem đáp án

Đáp án B


Câu 10:

19/07/2024

Phương pháp chung để điều chế các kim loại Na, Ca, Al trong công nghiệp là

Xem đáp án

Đáp án B


Câu 14:

19/07/2024

Nhỏ vài giọt nước brom vào ống nghiệm chứa anilin, hiện tượng quan sát được là

Xem đáp án

Đáp án C


Câu 19:

21/07/2024

Phát biểu nào sau đây là sai?

Xem đáp án

Đáp án A


Câu 27:

19/07/2024

Cracking khí butan một thời gian thì thu được hỗn hợp khí X gồm CH4, C3H6, C2H6, C2H4 và 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

Xem đáp án

Đáp án A

Phương pháp: Khi dẫn qua dung dịch Br2, C3H6 và C2H4 phản ứng

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 = nBr2 = 4/160 = 0,025 mol

42x + 28y = mbình tăng = 0,91

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

nY = 54,54%nX = 54,54% (0,025 + nY) nY = 0,03 mol;

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

+ BTNT C: nCO2: 0,015 + 0,01.2 + 0,005.4 = 0,055 mol

+ BTNT H: nH2O: 0,015.2 + 0,01.3 + 0,005.5 = 0,085 mol

+ BTNT O: nO2 = nCO2 + 0,5.nH2O = 0,055 + 0,5.0,085 = 0,0975 mol

 VO2=2,184 lít.


Câu 28:

19/07/2024

Cho từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch hỗn hợp gồm x mol HNO3 và y mol Al(NO3)3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị bên.

 

Tỉ lệ b : a có giá trị là

Xem đáp án

Đáp án C

0,8x = (1,04 – 0,56)/3 x = 0,2 a = (0,56 – 0,2)/3 = 0,12

6*0,2 + 0,08 = 4y - 0,12 y = 0,35 b – 0,2 = 4*0,35 – (0,12 + 0,8*0,2) b = 1,32


Câu 30:

21/07/2024

Điện phân 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm CuSO4 0,5M và NaCl 0,6M (điện cực trơ, màng ngăn xốp,
hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước)
với cường độ dòng điện không đổi 0,5 A trong thời gian t giây.
Dung dịch sau điện phân có khối lượng giảm 4,85 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của t là

Xem đáp án

Đáp án D

- Nếu cả 2 bị điện phân hết thì mgiảm = 0,05*64 + 0,03*71 > 4.85. vậy:

+ TH1: Cu2+ chưa hết

Catot......................... 0,05 mol CuSO4 + 0,06 mol NaCl...................................... anot

Na+                                                                                                                                                                                                     SO42-

Cu2+ + 2e = Cu                                                                                     2Cl- = Cl2 + 2e

x 2x x                                                                                0,06......0,03......0,06

                                                                                                     H2O = O2 + 4H + 4e

                                                                                                               y......4y......4y

- mgiảm = 64x + 71*0,03 + 32y = 4,85

- BT e: 0,06 + 4y = 2x

- Giải x = 0,04 và y = 0,005

- t = (ne*F):I = 0,08*96500/0,5 = 15440.

 


Câu 31:

19/07/2024

Hỗn hợp X gồm phenyl axetat, metyl benzoat, benzyl fomat và etyl phenyl oxalat.
Thuỷ phân hoàn toàn 36,9 gam X trong dung dịch NaOH (dư, đun nóng), có 0,4 mol NaOH phản ứng,
thu được m gam hỗn hợp muối và 10,9 gam hỗn hợp Y gồm các ancol. Cho toàn bộ Y tác dụng với Na dư,
thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án A

CH3COOC6H5+2NaOHCH3COONa+C6H5ONa+H2O    x                     2x                   x                   x           xC6H5COOCH3+NaOHC6H5COONa+CH3OH        y                 y                                     yHCOOCH2C6H5+NaOHHCOONa+C6H5CH2OH       z                     z                                   zC2H5OOC-COOC6H5+3NaOHNaOOC-COONa+C6H5ONa+C2H5OH+H2O       t                                3t                                                                 t          t

- nNaOH = 2x + y + z + 3t = 0,4

- nancol = y + z + t = 2nH2 = 0,2

- nH2O = x + t = (nNaOH – nancol) : 2 = 0,1

- BTK1: mmuối = 36,9 + 0,4*40 – 10,9 – 0,1*18 = 40,2

- RÚT RA: BT H linh động


Câu 32:

21/07/2024

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al và Al2O3 vào nước (dư), thu được 0,896 lít
khí (đktc) và dung dịch Y. Hấp thụ hoàn toàn 1,2096 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được 4,302 gam
kết tủa. Lọc kết tủa, thu được dung dịch Z chỉ chứa một chất tan. Mặt khác, dẫn từ từ CO2 đến dư
vào Y thì thu được 3,12 gam kết tủa. Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án D

1: X + H2O → 0,04 mol H2↑ + Ba(OH)2 + Ba(AlO2)2.

thêm 0,04 mol O vào X → có (m + 0,64) gam hỗn hợp chỉ gồm BaO + Al2O3

(không còn kim loại, không còn khí H2↑ thoát ra nữa.!).

2: 0,054 mol CO2 + {Ba(OH)2 + Ba(AlO2)2) → 4,302 gam ↓ + Ba(HCO3)2

► nếu CO2 dư, kết tủa chỉ có Al(OH)3; 3,12 gam 0,04 mol

trog 4,302 gam ↓ trên gồm 0,04 mol Al(OH)3 và 0,006 mol BaCO3

→ bảo toàn nguyên tố C ở ♦2 nBa(HCO3)2 = 0,024 mol.

bảo toàn Al và Ba có (m + 0,64) gam gồm 0,03 mol BaO và 0,02 mol Al2O3.

m + 0,64 = 0,03 × 153 + 0,02 × 102 m = 5,99 gam.


Câu 34:

19/07/2024

Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm về tính chất của photpho:

Cho các phát biểu sau:

(a) Khói trong thí nghiệm trên chỉ chứa hơi photpho trắng.

(b) Mục đích của thí nghiệm là chứng minh khả năng bốc cháy của photpho trắng dễ hơn photpho đỏ.

(c) Lá sắt đóng vai trò là chất xúc tác cho phản ứng hóa học giữa photpho trắng với photpho đỏ.

(d) Mục đích của thí nghiệm là chứng minh khả năng bay hơi của photpho trắng dễ hơn photpho đỏ.

(e) Nếu thay đổi vị trí của photpho đỏ và photpho trắng thì sẽ có khói xuất hiện từ photpho đỏ trước.

Số phát biểu đúng là 

Xem đáp án

Đáp án A

Xem xét các phát biểu:

(a) sai vì 4P+5O2t°2P2O5 . Khói trắng là P2O5 chứ không phải photpho trắng bốc hơi.

(b) đúng. P trắng dễ bốc hơi chát hơn P đỏ nên tạo P2O5 khói trắng trước.

(c) sai. Vai trò của lá sắt là chất dẫn nhiệt cho phản ứng của P trắng và P đỏ với oxi không khí.

(d) sai. Thí nghiệm thực hiện là phản ứng của P với oxi, không phải khả năng bay hơi.

(e) sai. Như ở (c), sắt là chất dẫn nhiệt tốt nên hai phản ứng P trắng với P đỏ với oxi sẽ nhận được lượng nhiệt và thời điểm gần như là bằng nhau nên khi đổi vị trí thì P trắng vẫn xuất hiện khói trước.

Theo đó, chỉ có duy nhất 1 phát biểu đúng.


Câu 36:

21/07/2024

Thuỷ phân hết 0,05 mol hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X (CxHyOzN3) và Y (CnHmO6Nt),
thu được hỗn hợp gồm 0,07 mol glyxin và 0,12 mol alanin. Mặt khác, thuỷ phân hoàn toàn 0,1 mol Y
trong dung dịch HCl, thu được m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là

Xem đáp án

Đáp án A

- X có 3N là tri còn Y có 6 oxi nên sẽ có 5N là pen

- Thủy phân trong H2O:

nE=x+y=0,05 và BT Nito: 3x+5y=0,07+0,12.

Giải x = 0,03 và y = 0,02

+ CT: tri (Gly)n(Ala)3-n = 0,03 mol và (Gly)m(Ala)5-m = 0,02 mol

+ BT Gly: 0,03n + 0,02m = 0,07 cặp nghiệm n = 1 và m = 2 suy ra Y: (Gly)2(Ala)3

- Thủy phân Y trong HCl:

Vậy: mmuối = 0,2*11.5 + 0,3*125,5 = 59,95


Bắt đầu thi ngay