25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án (Đề 9)

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án D

 $Al{\left(OH\right)}_3+NaOH\to NaAl{O}_2+2H_{2}O$

Đáp án A

Trong thành phần của riêu cua chủ yếu là protein, khi đun nóng, protein sẽ bị đông tụ và tách ra khỏi dung dịch.

- Hiện tượng trứng rán cũng do protein bị đông tụ khi đun nóng.

- Nhiều protein tan được trong nước tạo thành dung dịch keo và bị đông tụ lại khi đun nóng. Sự đông tụ và kết tủa protein cũng xảy ra khi cho axit, bazơ hoặc một số muối vào dung dịch protein.

Đáp án B

Sản phẩm khử của axit nitric gồm: NO, N₂O, NO₂, N₂, NH₄NO₃.

Đáp án A

Quặng manhetit chứa Fe₃O₄ với $\%Fe=\frac{56.3}{232}.100=72,4\%$

Quặng hematit đỏ chứa Fe₂O₃ với $\%Fe=\frac{56.2}{160}.100=70\%$

Quặng xiđrerit chứa FeCO₃ với $\%Fe=\frac{56}{116}.100=48,3\%$

Quặng hematit đỏ chứa FeS₂ $\%Fe=\frac{56}{120}.100=46,7\%$

 Quặng manhetit có hàm lượng sắt lớn nhất.

Đáp án A

- Polime thiên nhiên: tinh bột, tơ tằm.

- Polime tổng hợp: polietilen.

- Polime bán tổng hợp (nhân tạo): tơ visco.

Hòa tan xenlulozơ trong NaOH loãng (xúc tác CS₂) thu được dung dịch keo rất nhớt gọi là tơ visco.

Phân loại polime:

- Polime thiên nhiên: xenlulozơ, tinh bột, tơ tằm, len…

- Polime tổng hợp: polietilen, poli(vinyl clorua), tơ nitron, nilon-6,6, nilon-6, nilon-7, tơ lapsan,…

- Polime bán tổng hợp (nhân tạo): tơ visco, tơ axetat, xenlulozơ trinitrat,…

Đáp án C

Phản ứng tạo sobitol của glucozơ.

$C_6{H}_{12}{O}_6+H_2\to C_6{H}_{14}{O}_6$.

Đáp án D

PTHH:

$$\begin{gathered} 2C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3+Cu{\left(OH\right)}_2\to {\left[C_3{H}_5{\left(OH\right)}_{2}O\right]}_{2}Cu+2H_{2}O \\ 2C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3+6Na\to 2C_3{H}_5{\left(ONa\right)}_3+3H_2 \\ {C}_3{H}_5{\left(OH\right)}_3+3HCl\to C_3{H}_{5}C{l}_3+3H_{2}O \end{gathered}$$

Đáp án A

$n_{H_2}=0,1$ mol

Cu không phản ứng với HCl nên kim loại không tan chính là Cu.

Ta có:

$\begin{array}{l}Fe\to \stackrel{+2}{Fe}+2e\\ 0,2\end{array} \begin{array}{l}2\stackrel{+1}{H}+2e\to \stackrel{0}{H_2}\\ 0,20,1\end{array}$             

BTe: $n_{e\left(+\right)}=n_{e\left(-\right)}=0,1.2=0,2$mol

Nên $n_{Fe}=\frac{0,2}{2}=0,1$ mol

$m_{Fe}=0,1.56=5,6$ (g)

Vậy $m_{Cu}=m_{hh}-m_{Fe}=12-5,6=6,4\left(g\right)$

Đáp án B

Ta có: $\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{0,1}{0,1}=1$

Nên sau phản ứng tạo 1 muối là NaHCO₃.

Đáp án C

Đáp án B

$C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{lenmen}{\to }2C{O}_2+2C_2{H}_{5}OH$

$m_{ruou}=V_{nguyenchat}.d_{ruou}=V_{ruou\left({40}^0\right)}.\frac{D_{ruou}}{100}.d_{ruou}=\mathrm{1.1000.}\frac{40}{100}.0,8=320$gam

$n_{glucozo\left(phanung\right)}=\frac{1}{2}{n}_{ancol}=\frac{1}{2}.\frac{320}{46}=\frac{80}{23}$ mol

$n_{glucozo\left(dadung\right)}=\frac{n_{glucozo\left(phanung\right)}.100}{H\%}=\frac{100}{23}$ mol

$m_{glucozo\left(dadung\right)}=782,61$ gam

$D_{ruou}$: độ rượu.

$d_{ruou}$: khối lượng riêng của ancol nguyên chất.

Đáp án B

$H_{2}NC{H}_{2}COOH+NaOH\to H_{2}NC{H}_{2}COONa+H_{2}O$

$n_{NaOH}=n_{a\min oaxit}=0,1$ mol

$\to V_{{}_{NaOH}}=200$ ml

Đáp án B

Đáp án B

A sai. $NaCl\to N{a}^{+}+C{l}^{-}$

C sai vì  không điện li.

Đáp án A

B sai vì chỉ có glucozơ mới có nhóm chức  trong phân tử.

C sai vì trong dung dịch glucozơ và fructozơ tồn tại chủ yếu dạng mạch vòng.

D sai vì glucozơ và fructozơ đều không tham gia phản ứng thủy phân.

Đáp án C

Lipit gồm: đầu mỡ, mỡ bò, bơ.

Dầu nhớt thành phần chính là hiđrocacbon.

Sữa chua chứa nhiều axit lactic.

Đáp án C

Cấu hình electron của ion $F{e}^{2+}:\left[Ar\right]3d^6$.

Cấu hình electron của ion $Fe:\left[Ar\right]3d^{6}4s^2$.

Đáp án B

$\begin{array}{l}A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3\\ 0,020,03\end{array}$

$\to A{l}^{3+}$ dư

$n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{1}{3}{n}_{O{H}^{-}}=0,01$mol

$m_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,78$ gam

Đáp án D

$M_{este}=\frac{m_{este}}{n_{este}}=\frac{35,2}{0,4}=88$

$\to$ 2 este có công thức phân tử là $C_4{H}_8{O}_2$

Vì cả 2 este đều không tham gia phản ứng tráng bạc nên 2 este là: C₂H₅COOCH₃ và CH₃COOC₂H₅

Đáp án A

B sai vì phản ứng có thể sinh ra anđehit, xeton và nước.

C sai vì thủy phân chất béo thu được glixerol có công thức C₃H₅(OH)₃ .

D sai vì phản ứng giữa axit và ancol (có mặt H₂SO₄ xúc tác) là phản ứng thuận nghịch.

Đáp án B

Đáp án D

Dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất: Na₂SO₄ nên phản ứng trung hòa xảy ra vừa đủ.

$$\begin{gathered} H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O \\ {n}_{O{H}^{-}}=n_{NaOH}=0,4V_1 \\ {n}_{H^{+}}=2n_{H_{2}S{O}_4}=2.0,6V_2=1,2V_2 \end{gathered}$$

Vì $n_{H^{+}}=n_{O{H}^{-}}\to 0,4V_1=1,2V_2\to V_1:V_2=3:1$

Đáp án A

$X\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_4:0,1\\ C_4{H}_4:0,1\\ H_2:0,3\end{array}\right.\underset{t^0}{\overset{Ni}{\to }}Y:\overline{M_Y}=10,75.2=21,5\stackrel{B{r}_2:amol}{\to }$

BTKL: $m_X=m_Y=m_{C_2{H}_4}+m_{C_4{H}_4}+m_{H_2}=8,6$gam

$\to n_Y=\frac{8,6}{21,5}=0,4$ mol

n_{Hiđrocacbon(Y)} =  n_{Hiđrocacbon(X)} = 0,2 mol

$n_{H_2}$_(dư) = n_Y - n_{Hiđrocacbon(Y)} = 0,2 mol

$n_{H_2}$_{(phản ứng)} = n_X - $n_{H_2}$_(dư) = $0,3-0,2=0,1$mol

$n_{\sigma \left(X\right)}=n_{C_2{H}_4}+3n_{C_4{H}_4}=0,4$ mol

$n_{\pi \left(Y\right)}=n_{\pi \left(X\right)}-n_{H_2\left(phanung\right)}=0,3$ mol.

$\to a=n_{B{r}_2}=n_{\delta \left(Y\right)}=0,3$ mol

Trong bài tập hiđrocacbon về thực hiện phản ứng no hóa hiđrocacbon không no bằng H₂ và Br₂ thì cần lưu ý: $n_{\pi }=n_{B{r}_2}+n_{H_2}$

Đáp án D

$\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{n_{NaOH}+2n_{Ba{\left(OH\right)}_2}}{n_{C{O}_2}}=\frac{0,1.0,5+2.0,2.0,5}{0,2}=1,25$

Tạo 2 muối:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}HC{O}_3^{-}:a\\ C{O}_3^{2-}:b\end{array}\right. \\ C{O}_2+O{H}^{-}\to HC{O}_3^{-} \\ C{O}_2+2O{H}^{-}\to C{O}_3^{2-} \\ \to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,2\left(n_{C{O}_2}\right)\\ a+2b=0,25\left(n_{O{H}^{-}}\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,15\\ b=0,05\end{array}\right. \\ {n}_{B{a}^{2+}}=n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,1 \\ \begin{array}{l}B{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to BaC{O}_3\\ 0,10,2\end{array} \\ \to n_{BaC{O}_3}=n_{B{a}^{2+}}=0,1 \end{gathered}$$$\to m_{BaC{O}_3}=19,7$ gam

Đối với dạng bài này, có 2 điều cần lưu ý: $T-\frac{n_{OH}}{n_{C{O}_2}}$

$T\le 1$ tạo muối $HC{O}_3^{-}$

$T\ge 2$ tạo muối $C{O}_3^{2-}$

Đáp án B

Dựa vào nhiệt độ sôi: axetilen < axetanđehit < etanol < axit axetic.

Vậy X: axetanđehit, Y: etanol, Z: axetilen, T: axit axetic.

Những phát biểu đúng: (b); (d)

(a) sai vì axetilen chỉ tham gia phản ứng thế với AgNO₃/NH₃ , chứ không tham gia phản ứng tráng bạc.

(b) đúng vì đây là phản ứng giữa axit hữu cơ và bazơ.

(c) sai vì $C{H}_{3}CHO+2,5O_2\to 2C{O}_2+2H_{2}O$nên số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

(d) đúng.

So sánh nhiệt độ sôi dựa vào liên kết hiđro:

$C_x{H}_y<ete<C_x{H}_{y}Cl<anđehit<xeton<este<a\min <ancol<axit$

Đáp án C

Hỗn hợp T gồm 2 muối của axit đơn chức nên X chứa este 2 chức được tạo thành từ ancol 2 chức.

$$\begin{gathered} \to n_X=n_{ancol}=0,2 \\ 0,2Z:\stackrel{O_2:0,72}{\to }\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O:0,71\\ C{O}_2:n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}-n_Z=0,51\left(ancolno\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

BT O: $n_{O\left(Z\right)}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}-2n_{O_2}=0,29$

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C_n{H}_{2n+2}O}:x\\ n_{C_m{H}_{2m+2}O}:y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x+y=0,2\\ x+2y=0,29\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,11\\ y=0,09\end{array}\right. \\ \stackrel{BTC}{\to }n.0,11+m.0,09=0,51\to \left\{\begin{array}{l}n=3\\ m=2\end{array}\right.\to Z\left\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_{7}OH:0,11\\ C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2:0,09\end{array}\right. \\ {n}_{NaOH}=n_{O\left(Z\right)}=0,29\to n_T=n_{NaOH}=0,29\to \overline{M_T}=79 \end{gathered}$$

Vậy trong T chứa muối HCOONa

Vậy trong Y chứa $\to \left\{\begin{array}{l}A:HCOO{C}_3{H}_7\\ B:RCOO{C}_3{H}_7\\ C:{\left(R^{\text{'}}COO\right)}_2{C}_2{H}_4:0,09\end{array}\right.$

Lúc này trong Y gồm các este no, trong X các este không no được tạo thành từ axit không no (vì ancol no) nên A không thể được tạo thành từ este không no. Vậy 2 este B, C là 2 este cùng số nguyên tử cacbon và cùng số liên kết $\mathrm{\pi } C-C$

TH1: Este có 1 liên kết $\mathrm{\pi } C-C$.

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{RCOONa}=0,24\\ n_{HCOONa}=0,05\end{array}\right.\to 0,24.\left(R+67\right)+0,05.68=23,08\to R=15$ (loại vì este phải không no).

TH2: Este có 2 liên kết $\mathrm{\pi } C-C$.

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{RCOONa}=0,12\\ n_{HCOONa}=0,17\end{array}\right.\to 0,12.\left(R+67\right)+0,17.68=23,08\to R=29$

Vậy hỗn hợp este ban đầu gồm $\to \left\{\begin{array}{l}A:HCOO{C}_3{H}_7:0,17-0,09=0,08\\ B:CH\equiv C-COO{C}_3{H}_7:0,12-0,09=0,03\\ C:CH\equiv C-COO{C}_2{H}_{4}OOCH:0,09\end{array}\right.$

Đáp án A

Trường hợp 1: Al hết, Y chứa Fe, Cu, Al₂O₃, có thể có Fe₃O₄, CuO. $n_{Fe}=n_{H_2}=0,06\to m_{Fe}=3,36$

Y tác dụng với NaOH dư còn 2,96 gam rắn gồm Fe, Cu, có thể Fe₃O₄, CuO nhưng $m_{Fe}=3,36>2,96$nên trường hợp này không đúng.

Trường hợp 2: Al dư, Y chứa Fe, Cu, Al₂O₃, Al dư.

$5,54X\left\{\begin{array}{l}F{e}_3{O}_4:\frac{x}{3}\\ CuO:z\\ Al\end{array}\right.\stackrel{t^0}{\to }5,54Y\left\{\begin{array}{l}Fe:x\\ Cu:z\\ A{l}_2{O}_3\\ Al:y\end{array}\right.\stackrel{NaOH}{\to }2,96\left\{\begin{array}{l}Fe:x\\ Cu:z\end{array}\right.$

Khí H₂ sinh ra từ phản ứng Al, Fe với HCl nên:

$2x+3y=0,06.2\left(1\right)$

Ta có: $56x+64z=2,96\left(2\right)$

BT O: $n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{4n_{F{e}_3{O}_4}+n_{CuO}}{3}=\frac{4.\frac{x}{3}+z}{3}$

BTKL Y: $56x+64z+102.\frac{4.\frac{x}{3}+z}{3}+27y=5,54\left(3\right)$

Từ $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\to \left\{\begin{array}{l}x=0,03\\ y=0,02\\ z=0,02\end{array}\right.$

$\to n_{A{l}_2{O}_3}=0,02$

BT Al: $n_{Al\left(X\right)}=2n_{A{l}_2{O}_3}+n_{Al\left(Y\right)}=0,06$

$\to \%m_{Al}=29,24\%$

Đáp án D

Những phát biểu đúng: (b), (c), (d), (e).

(a) sai vì chất rắn màu trắng nổi lên là xà phòng.

(b) Muối natri của axit béo không tan trong NaCl bão hòa nên tách được muối ra khỏi hỗn hợp.

(d) đúng vì dầu dừa cũng là một loại chất béo.

Đáp án B

$$\begin{gathered} m\left\{\begin{array}{l}Fe:8a\\ FeC{O}_3:2a\\ F{e}_3{O}_4:a\end{array}\right.\stackrel{H_{2}S{O}_4}{\to }0,1185\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:2a\\ S{O}_2\end{array}\right. \\ Y\left\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}\\ F{e}^{3+}\\ S{O}_4^{2-}\end{array}\right.\stackrel{Cu:\frac{0,2m}{64}}{\to } \\ X\left\{\begin{array}{l}Fe:13a\\ O:2a+4a=6a\\ C{O}_2:2a\end{array}\right.\to m=912a\to n_{Cu}=2,85a \end{gathered}$$

Bảo toàn e cho cả quá trình:

$13a.2+2,85a.2=\left(0,1185-2a\right)+6a.2a\to a=0,01$

$\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,02\\ S{O}_2:0,0985\end{array}\right.\stackrel{Ca{\left(OH\right)}_2{}_{du}}{\to }\left\{\begin{array}{l}CaC{O}_3\\ CaS{O}_3\end{array}\right.\to m_{\downarrow }=13,82$ gam

Đáp án D

$$\begin{gathered} E\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n+4-2k}{N}_2:x\\ C_3{H}_{7}OH:y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}xn+y.3=0,46\\ x+y=0,12\\ x.\left(1,5n+1-0,5k\right)+4,5y=0,725\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}xn+y.3=0,46\\ x+y=0,12\\ 1,5.\left(xn+3y\right)+x.\left(1-0,5k\right)=0,725\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}1,5.0,46+x.\left(1-0,5k\right)=0,725\\ x+y=0,12\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x.\left(1-0,5k\right)=0,035\\ x+y=0,12\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vì $x<0,12\to k<1,42$

Gốc hiđrocacbon không no nên $k\ge 1$

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}x=0,07\\ y=0,05\\ n=\frac{31}{7}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{C}_4{H}_{10}{N}_2:a\\ C_5{H}_{12}{N}_2:b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,07\\ 4a+5b+3.0,05=0,46\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,04\\ b=0,03\end{array}\right. \\ \to \%C_4{H}_{10}{N}_2=36,44\% \end{gathered}$$.

Đối với bài toán này, khó nhất là biện luận tìm số liên kết bội trong amin. Nếu không có cách nào tìm ra k cụ thể, hoặc không thể biện luận tìm k thì cách cuối cùng có thể xem xét đến là chia trường hợp cho k, có thể thử $k=1,k=2...$ Đối với dạng bài này thường đề sẽ không cho k quá lớn nên cách này cũng không mất quá nhiều thời gian.

Đáp án C

Hỗn hợp khí X gồm: CO₂ và SO₂

Dẫn 2 khí này qua bình đựng dung dịch brom thì SO₂ làm dung dịch brom nhạt màu dần.

$S{O}_2+B{r}_2+2H_{2}O\to 2HBr+H_{2}S{O}_4$

 không phản ứng bay ra ngoài, suy ra khí Y là

Dung dịch A chứa  và  làm đổi màu quỳ tím.

Lưu ý: CO₂ và SO₂ đều là oxit axit nên có đặc điểm chung là đều tác dụng với dung dịch bazơ, nhưng SO₂ còn có tính oxi hóa nên có thể làm mất màu dung dịch Br₂ còn CO₂ thì không. Nên có thể dùng đặc điểm này để phân biệt 2 khí này.

Đáp án C

$$\begin{gathered} E\left\{\begin{array}{l}HCOOC{H}_3:x\\ C_2{H}_{3}NO:y\\ C{H}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{NaOH}{\to }32,4\left\{\begin{array}{l}HCOONa:x\\ C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na:y\\ C{H}_2:z\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}HCOONa+0,5O_2\to 0,5C{O}_2+0,5H_{2}O+0,5N{a}_{2}C{O}_3\\ C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na+2,25O_2\to 1,5C{O}_2+2H_{2}O+0,5N{a}_{2}C{O}_3+0,5N_2\\ C{H}_2+1,5O_2\to C{O}_2+H_{2}O\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}68x+97y+14z-32,4\\ 0,5x+1,5y+z=0,575\\ 0,5x+2,25y+1,5z=0.825\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,15\\ y=0,2\\ z=0,2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Số mol C₂H₃NO bằng số mol CH₂ nên CH₂ không thể nằm hết trong peptit vì peptit chứa cả Gly và Ala. Nên muối của este là CH₃COONa.

$$\begin{gathered} E\left\{\begin{array}{l}HCOOC{H}_3:0,15\\ C_2{H}_{3}NO:0,2\\ C{H}_2:t\\ H_{2}O\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}HCOOC{H}_3+2O_2\to 2C{O}_2+2H_{2}O\\ C_2{H}_{3}NO+2,25O_2\to 2C{O}_2+1,5H_{2}O+0,5N_2\\ C{H}_2+1,5O_2\to C{O}_2+H_{2}O\end{array}\right. \\ {n}_{O_2}=1,275 \\ \to 0,15.2+0,2.2,25+1,5t=1,275\to t=0,35 \end{gathered}$$

Sự chênh lệch số mol CH₂ trong muối và trong hỗn hợp E chính là số mol CH₂ trong ancol.

 nên este là CH₃COOC₂H₅