25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa năm 2022 có lời giải (Đề 23)

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C.

Lượng Fe pư: 0,4 – 0,15 = 0,25 mol và Cu pư = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol

Vì sau phản ứng có Cu dư nên Fe chỉ lên Fe²⁺

BT e: 2.0,25 + 0,1.2 = 2n_O $\Rightarrow$ n_O = 0,35 mol $\Rightarrow$ m = 0,4.56 + 0,2.64 + 0,35.16 = 40,8g.

Chọnđáp án B.

(a) Cu dư + 2Fe(NO₃)₃ $\stackrel{}{\to }$ Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂.

(b) Ta có: 2n_Fe < 3n_NO < 3n_Fe với $4n_{NO}=n_{H^{+}}$.

(c) Na₂CO₃ + Ca(HCO₃)₂ $\stackrel{}{\to }$ CaCO₃ + 2NaHCO₃.

(d) Fe₃O₄ + 8HCl $\stackrel{}{\to }$ FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O.

(e) CO₂ dư + NaAlO₂ + 2H₂O $\stackrel{}{\to }$ NaHCO₃ + Al(OH)₃.

Thí nghiệm thu được dung dịch có chứa 1 muối là (c), (e).

Chọn đáp án B.

Phân tử X có chứa 7 liên kết π (3π_-COO-+ 4π_c-c)$\Rightarrow n_X=\frac{n_{H_2}}{4}=\mathrm{0,02}mol$

Khi cho X tác dụng với NaOH thì: $n_{NaOH}=\frac{3n_X}{1-\mathrm{0,25}}=\mathrm{0,08}mol$ và $n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=\mathrm{0,02}\text{\hspace{0.33em}}mol$

$\stackrel{BTKL}{\to }m=\mathrm{18,44}+\mathrm{0,02.92}-\mathrm{0,08.40}=\mathrm{17,08}\left(g\right)$

Chọn đáp án C.

(b) Sai. Hiđro hóa chất béo lỏng trong điều kiện thích hợp thu được chất béo rắn.

(d) Sai. Số nguyên tử N có trong phân tử đipeptit Gly–Lys là 3.

Chọn đáp án C.

Xét phần 1: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{HC{O_3}^{-}}+n_{C{O_3}^{2-}}=n_{C{O}_2}=\mathrm{0,075}\\ n_{HC{O_3}^{-}}+2n_{C{O_3}^{2-}}=n_{H^{+}}=\mathrm{0,12}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{HC{O_3}^{-}}=\mathrm{0,03}mol\\ n_{C{O_3}^{2-}}=\mathrm{0,045}mol\end{array}\right.\to \frac{n_{HC{O_3}^{-}}}{n_{C{O_3}^{2-}}}=\frac{2}{3}$ (tỉ lệ mol phản ứng)

Xét phần 2: $n_{C{O_3}^{2-}}=n_{H^{+}}-n_{C{O}_2}=\mathrm{0,06}mol\Rightarrow n_{HC{O_3}^{-}}=\mathrm{0,04}mol$

$\stackrel{BTDT\left(Y\right)}{\to }{n}_{N{a}^{+}}=n_{HC{O_3}^{-}}+2n_{C{O_3}^{2-}}=\mathrm{0,32}mol\stackrel{BT:C}{\to }{n}_{BaC{O}_3}=n_{B{a}^{2+}}=n_{C{O}_2}-n_{HC{O_3}^{-}}-n_{C{O_3}^{2-}}=\mathrm{0,12}mol$

$\stackrel{BT:e}{\to }{n}_O=\frac{n_{Na}+2n_{Ba}-2n_{H_2}}{2}=\mathrm{0,13}mol\Rightarrow m=m_{Na}+m_{Ba}+m_O=\mathrm{25,88}\left(g\right)$

Chọn đáp án C.

Ta có: n_e = 0,12 mol $\to$ Tại anot có khí Cl₂ (x mol) và O₂ (y mol) và tại catot có Cu (0,06 mol).

mà m_{dd giảm} = 71x + 32y + 0,06.64 = 6,45 và 2x + 4y = 0,12 $\Rightarrow$ x = 0,03 ; y = 0,015.

Dung dịch Y có chứa H₂SO₄ (0,015.2 = 0,03 mol) ; Na₂SO₄ (0,03 mol).

Khi cho 0,05 mol Fe(NO₃)₂ vào Y thì:$n_{NO}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=\mathrm{0,015}mol$

Dung dịch Z chứa Feⁿ⁺ (0,05), Na⁺ (0,06), SO₄^2- (0,06), NO₃^- (0,1 – 0,015 = 0,085) $\Rightarrow$ m = 15,21 (g)

Chọn đáp án A.

T có công thức là C_nH_2n+3N (n > 1)

$\left\{\begin{array}{l}{m}_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=\mathrm{30,88}\\ \stackrel{BT:O}{\to }2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=\mathrm{0,76.2}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=\mathrm{0,44}\\ n_{H_{2}O}=\mathrm{0,64}\end{array}\right.\Rightarrow C_E=\mathrm{1,83}$

$\to$ trong E gồm CH₄ (X): a mol và C₂H_m (Y): b mol $\Rightarrow$ a = 1,5c (c là mol của T)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}a+b+c=\mathrm{0,24}\\ \stackrel{k}{\to }-a+(k_Y-1)b-\mathrm{1,5}c=\mathrm{0,44}-\mathrm{0,64}\end{array}\right.$ (trong đó k_Y > 0)

Với k_Y = 2 $\Rightarrow$ a = 0,08 ; b = 0,04 $\Rightarrow n_{B{r}_2}=\mathrm{0,04.2}=\mathrm{0,08}mol$  

Trong 3,84 gam (gấp ½ lần so với ban đầu 7,68 gam) $\Rightarrow$ x = 0,08/2 = 0,04 mol.

Chọn đáp án B.

Trong 0,36 mol E chứa este đơn chức (a mol) và hai este 2 chức (b mol)

$\Rightarrow n_E=a+b=\mathrm{0,36}$ và $n_{NaOH}=a+2b=\mathrm{0,585}$. Giải hệ 2 ẩn suy ra: a = 0,135; b = 0,225 $\Rightarrow$ a : b = 3 : 5

Trong 12,22 gam E gồm $C_n{H}_{2n-6}{O}_2\left(3xmol\right)$ và $C_m{H}_{2m-6}{O}_4\left(5xmol\right)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{m}_E=3x\left(14n+26\right)+5x\left(14m+58\right)=\mathrm{12,22}\\ n_{H_{2}O}=3x\left(n-3\right)+5x\left(m-3\right)=\mathrm{0,37}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}3nx+5mx=\mathrm{0,61}\\ x=\mathrm{0,01}\end{array}\right.$

Các axit đều 4C, ancol không no ít nhất 3C nên $n\ge 6$ và $m\ge 8\Rightarrow n=7;m=8$ là nghiệm duy nhất.

$\Rightarrow$ 2 ancol đó là CH≡C-CH₂-OH và CH₂=CH-CH₂-OH.

 $\Rightarrow {m_{CH}}_{\equiv C-C{H}_{2}OH}+{m_{C{H}_2}}_{=CH-C{H}_{2}OH}=\mathrm{4,58}\Rightarrow m_{C{H}_{3}OH}=\mathrm{1,6}$

Tỉ lệ phụ thuộc lượng chất: $m_1:m_2=\mathrm{4,58}:\mathrm{1,6}=\mathrm{2,8625}$.

Chọn đáp án B.