Bộ 25 đề thi thử THPT Hóa học có lời giải năm 2022 (Đề 21)

 $n_{NaOH}=0,3mol$

Ta thấy: $n_{NaOH}>2n_{HCOO{C}_6{H}_5}\to$ NaOH dw.

$\to n_{H_{2}O}=n_{HCOO{C}_6{H}_5}=0,1mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_{\text{chat ran khan}}=m_{HCOO{C}_6{H}_5}+m_{NaOH}-m_{H_{2}O}=22,4gam$.

Các chất có phản ứng tráng bạc là: glucozơ, fructozơ.

Chú ý: axetilen là ank-1-in, tuy có phản ứng với AgNO₃/NH₃ nhưng không phải phản ứng tráng bạc.

Các chất tác dụng với NaOH trong dung dịch theo tỉ lệ moi 1 : 2 là: ClNH₃CH₂COOH;

CH₃COOC₆H₅.

Các phát biểu đúng là: (a), (b), (c).

(d) sai vì có ba chất hữu cơ đơn chức, mạch hở có cùng công thức C₃H₆O₂ là C₂H₅COOH, HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃.

Các chất trong dãy phản ứng với dung dịch FeCl₃ dư có sinh ra kết tủa là: Na, Ba.

(a) sai vì chỉ có tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure.

(b) sai vì đipeptit chứa  liên kết peptit.

(c), (d) đúng.

Các thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa khử là (3), (4), (6).

Chú ý: Tất cả các phản ứng mà chất tham gia có đơn chất thì đều là phản ứng oxi hóa khử.

 $n_X=0,2mol;{\text{ n}}_{NaOH}=0,4mol$ 

Ta thấy: $n_X:n_{NaOH}=1:2$ và sau phản ứng thu được chất hữu cơ Y và muối nên X là este hai chức.

Công thức của X có dạng $R_{1}OOC{R}^{\text{'}}COO{R}_2$, Y có dạng $R^{\text{'}}{\left(OH\right)}_2$.

Bảo toàn khối lượng: $m_Y=m_X+m_{NaOH}-m_{muoi}=12,4mol$

$\to M_Y=\frac{12,4}{0,2}=62$

→ Y là C2H4(OH)2.

Lại có: $M_{muoi}=\frac{35,6}{0,2}=178$

→ Hai muối là CH₃COONa và C₂H₅COONa.

→ Công thức của X là CH₂COO(CH₂)₂OOCC₂H₅.

(a) sai vì các oxit đứng sau Al trợ đi trong dãy điện hóa mới phản ứng với CO tạo thành kim loại.

(b) sai vì các kim loại từ Al trở về trước trong dãy điện hóa mới được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy.

(c) sai vì K không khử được do là kim loại kiềm.

(d) đúng vì nếu dung dịch FeCl₃ dư thì sản phẩm thu được gồm hai muối là FeCl₂ và MgCl₂.

$n_{P_2{O}_5}=0,015mol\to n_P=2n_{P_2{O}_5}+n_{N{a}_{3}P{O}_4}=0,05mol$

TH₁: Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa Na₃PO₄, ta có:

$n_{N{a}_{3}P{O}_4}=n_P=0,05mol$

$\to m_{\text{chat ran}}=0,05.164=8,2gam$

TH₂: Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa Na₂HPO₄, ta có:

 $n_{N{a}_{2}HP{O}_4}=n_P=0,05mol$

$\to m_{\text{chat ran}}=0,05.142=7,1gam$

TH₃: Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa NaH₂PO₄, ta có:

$n_{Na{H}_{2}P{O}_4}=n_P=0,05mol$

$\to m_{chat\text{ ran}}=0,05.120=6gam$

Ta thấy: $6<6,88<7$

→ Dung dịch chứa hai muối: Na₂HPO₄ (a mol) và NaH₂PO₄ (b mol).

$\to 142\text{x}+120b=6,88$         (*)

Bảo toàn nguyên tố P: $a+b=0,05$   (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,04;b=0,01$

Bảo toàn nguyên tố Na: $x+3n_{N{a}_{3}P{O}_4}=2\text{a}+b$

                         $\iff x=0,3$    .

Từ dữ kiện đề bài suy ra X là este ba chức.

X tham gia phản ứng tráng bạc và để khối lượng Ag lớn nhất thì X phải có nhiều nhôm HCOO nhất.

Thực hiện phản ứng xà phòng hóa hoàn toàn X, sản phẩm thu được là hỗn hợp hai muối của hai axit hữu cơ đơn chức (trong đó có một axit có mạch cacbon phân nhánh) nên nhóm HCOO nhiều nhất là 2.

→ Công thức phù hợp với X là ((HCOO)₂CH₃CH(GH_j)COO)₃C₃H₅.

Ta có: $n_X=0,06mol\to n_{Ag}=4.0,06=0,24mol\to m=25,92gam$.

Các phát biểu đúng là: (a), (c).

(b) sai vì dầu ăn là chất béo, không tan trong nước.

(d) sai vì thủy tinh hữu cơ không bền với nhiệt, dễ bị mềm ra nếu được làm nóng.

(e) sai vì các ancol đa chức có ít nhất hai nhóm OH liền kề mới hòa tan Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam.

 $n_{H_{2}S{O}_4}=0,025mol;{\text{ n}}_{HCl}=0,025mol;{\text{ n}}_{NaOH}=0,072mol;{\text{ n}}_{K\text{O}H}=0,048mol$

Gọi số mol của alanin và đipeptit (Gly-Val) trong m gam hỗn hợp X lần lượt là a và b mol.

Coi dung dịch Y gồm Ala (a mol), Gly-Val (b mol), H₂SO₄ (0,025 mol), HCl (0,025 mol) phản ứng dung dịch gồm NaOH (0,072 moi) và KOH (0,048 mol).

 $n_{H^{+}}=0,075mol;{\text{ n}}_{O{H}^{-}}=0,12mol$

Phản ứng vừa đủ nên:   $a+2b+0,075=0,12\to a+2b=0,045$     (*)

Ta có: $n_{H_{2}O}=a+b+0,075mol$

Bảo toàn khối lượng:  $m_{Ala}+m_{Gly-Val}+m_{HCl}+m_{H_{2}S{O}_4}+m_{NaOH}+m_{K\text{O}H}=m_{muoi}+m_{H_{2}O}$

$\iff 89\text{a}+174b+0,025.36,5+0,025.98+0,072.40+0,048.56=10,9155+18.(a+b+0,075)$

$\to 71\text{a}+156b=3,335$          (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $a=0,025;b=0,01\to \%m_{Ala}=56,12\%$

Tại $n_{H_{2}S{O}_4}=2n_{NaAl{O}_2}=2b-0,1mol\to b=0,25$ mà $n_{BaC{l}_2}=b=0,25mol$

Tại $n_{H_{2}S{O}_4}=2n_{NaAl{O}_2}-1,5n_{Al{\left(OH\right)}_2}=bmol\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,1mol\to m_{\downarrow }=66,05gam$.

Vì pH = 13 nên $O{H}^{-}$ dư $\to n_{O{H}^{-}\text{ bd}}=0,4.0,1+0,2.0,2+0,2.0,15.2=0,14mol$

Trong 400 ml có $n_{Na}+2n_{Na}=n_{O{H}^{-}}=0,28mol$         (1)

Quy đổi hỗn hợp thành Na, Ba, O.

Bảo toàn electron: $n_{Na}+2n_{Ba}=2n_O+0,07.2$           (2)

Theo đề bài: $\%m_O=\frac{16n_O}{m}=0,0875$     (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra: $m=12,8$ (gam).

Hỗn hợp ban đầu gồm Zn (0,025 mol) và Fe (0,05 mol).

Ta có: $n_{HCl}=0,12mol\to n_{H_{2}O}=0,06mol\to n_{O_2}=0,03mol$

Hỗn hợp X gồm Cl₂ (x mol) và O₂ (0,03 mol).

Bảo toàn nguyên tố Cl: $n_{AgCl}=2n_{C{l}_2}+n_{HCl}=2\text{x}+0,12mol$

Bảo toàn electron: $2n_{Zn}+3n_{F\text{e}}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}+n_{Ag}\to n_{Ag}=0,08-2\text{x mol}$

Lại có: $m_{\text{ket tua}}=28,345gam\to m_{AgCl}+m_{Ag}=28,345gam$

$\iff 143,5.(2\text{x}+0,12)+108.(0,08-2\text{x})=28,345\to x=0,035$

Phần trăm khối lượng của clo trong X: $\%m_{Cl}=72,13\%$.

Các phát biểu đúng là: (2), (4), (5).

(1) sai vì thép là họp kim của sắt chứa từ 0,01 – 2% khối lượng cacbon, còn gang chứa từ 2 – 5% khối lượng cacbon.

(3) sai vì ta có quá trình $2C\text{r}{O}_4^{2-}+2H^{+}\rightleftarrows C{\text{r}}_2{O}_7^{2-}+H_{2}O$.

(6) sai vì xảy ra ăn mòn hóa học.

Kim loại M là Al, các phương trình phản ứng tương ứng xảy ra theo sơ đồ là

2Al + 3Cl₂ $\stackrel{t°}{\to }$ 2AlCl₃ (X)

2AlCl₃ + 4Ba(OH)₂ → Ba(AlO₂)₂ (Y) + 3BaCl₂ + 4H₂O

Ba(AlO₂)₂ + 2CO₂ (dư) + 4H₂O → Ba(HCO₃)₂ + Al(OH)₃ ↓ (Z)

Quy đổi hỗn hợp E thành $C_n{H}_{2n-2}{O}_2$,$C_m{H}_{2m+2}{O}_3$  và H₂O ($n>3;m\ge 3$).

Phần hai: $n_{C_n{H}_{2n-2}{O}_2}=n_{B{\text{r}}_2}=0,05mol$

→ Mỗi phần E chứa $C_n{H}_{2n-2}{O}_2$ (0,05 mol); $C_m{H}_{2m+2}{O}_3$ (a mol) và H₂O (b mol).

Đốt cháy hoàn toàn phần một (13,46 gam):

Bảo toàn nguyên tố C, H: $\left\{\begin{array}{l}0,05n+ma=0,5\\ 0,05.(n-1)+a.(m+1)-b=0,53\end{array}\right.$

Lại có:  $0,05.(14n+30)+a.(14m+40)-18b=13,46$

Giả hệ phương trình trên được: $a=0,11;b=0,03;0,05n+ma=0,5$

$\to n=3,4$ và $m=3$ (thỏa mãn)

Phần ba: Gọi số mol KOH và NaOH lần lượt là x và 3x mol.

Ta có: $x+3\text{x}=0,05\to x=0,0125$

Muối chứa gồm $C_n{H}_{2n-3}{O}_2$ (0,05 mol); $K^{+}$ (0,0125 mol); $N{a}^{+}$ (0,0375 mol).

$\to m=5,18gam$.

Tại thời điểm t (s):

Anot có hai khí thoát ra là Cl₂ (0,2V mol) và O₂ (x mol) $\to 0,2V+x=0,3$.

Ta có: $n_{\text{e trao doi (1)}}=0,4V+4\text{x\hspace{0.33em}}mol$

Tại thời điểm 2t (s): $n_{K\text{O}H}=0,3mol;{\text{ n}}_{NaOH}=0,2mol$

Anot có hai khí thoát ra là Cl₂ (0,2V mol) và O₂.

Ta có: $n_{O_2}=\frac{2n_{\text{e trao doi (1)}}-2n_{C{l}_2}}{4}=0,1V+2\text{x\hspace{0.33em}}mol$

Catot: $C{u}^{2+}$ đã điện phân hết và H₂O đã điện phân tại catot sinh ra khí H₂ (y mol).

Bảo toàn electron: $2n_R+2n_{H_2}=n_{\text{e trao doi (2)}}\to 0,9V+2y=0,8V+8\text{x}$           (2)

Dung dịch Y phản ứng với dung dịch chứa KOH và NaOH: $n_{H^{+}}=n_{O{H}^{-}}=0,5mol$

Ta có: $n_{H^{+}\text{ bd}}=n_{H_2}+0,05=4n_{O_2}\to 2y+0,5=4.(0,1V+2\text{x})$     (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: $V=1$ lít.

X là este hai chức nên X có dạng $C_x{H}_y{O}_4$.

Đốt cháy este hai chức ta có:

$C_x{H}_y{O}_4+\left(x+\frac{y}{4}-2\right)O_2\stackrel{t°}{\to }xC{O}_2+\frac{y}{2}{H}_{2}O$

Đốt cháy hoàn toàn X luôn thu được CO₂ có số mol bằng với số mol O₂ đã phản ứng:

$x=x+\frac{y}{4}-2\to y=8$.

Theo phản ứng suy ra trong gốc hiđrocacbon của este X có chứa 2 liên kết π → Trong X có chứa 4 liên kết π.

Ta có: $k_x=\frac{2\text{x}-8+2}{2}=4\to x=7$

→ Công thức phân tử của X là C₇H₈O₄.

Dựa vào số nguyên tử cacbon, số liên kết π của X và biết rằng X₁, X₂ thuộc cùng dãy đồng đẳng, khi đun nóng X₁ với H₂SO₄ đặc ở $170°C$ không thu được anken nên suy ra X₁ là CH₃OH và X₂ là C₂H₅OH.

→ X là CH₃OOCC ≡ CCOOC₂H₅.

$\underset{X}{\underbrace{C{H}_{3}OOC-C\equiv C-COO{C}_2{H}_5}}+2H_2\stackrel{Ni,t°}{\to }\underset{Y}{\underbrace{C{H}_{3}OOC-C{H}_2-C{H}_2-COO{C}_2{H}_5}}$

$\underset{X}{\underbrace{C{H}_{3}OOC-C\equiv C-COO{C}_2{H}_5}}+2NaOH\stackrel{t°}{\to }\left\{\begin{array}{l}\underset{Z}{\underbrace{NaOOC-C\equiv C-COONa}}\\ \underset{X_1}{\underbrace{C{H}_{3}OH}}+\underset{X_2}{\underbrace{C_2{H}_{5}OH}}\end{array}\right.$

Vậy Z có công thức phân tử là C₄O₄Na₂.

Chú ý: Hoặc có thể giải theo hướng:

Do đốt cháy hoàn toàn X luôn thu được CO₂ có số mol bằng với số mol O₂ đã phản ứng nên X có dạng $C_x{\left(H_{2}O\right)}_y$; Do X là este hai chức nên $y=4\to$ X có dạng $C_x{H}_8{O}_4$.

(a) sai vì sản phẩm thu được gồm muối natri stearat, glixerol và có thể có tristearin dư.

(b) đúng vì xà phòng không tan trong nước nên thấy có lớp chất rắn màu trắng nhẹ nổi lên trên.

(c) sai vì mục đích thêm NaCl bão hòa là để kết tinh xà phòng.

(d) đúng vì phần chất lỏng có chứa C₃H₅(OH)₃ (glixerol) nên có thể hòa tan Cu(OH)₂ thành dung dịch màu xanh lam.

(e) đúng.

Quy đỗi hỗn hợp E gồm CONH $(0,6-0,12=0,48mol)$; CH₂ (a mol); H₂O và H₂NCH₂COOCH₃ (0,12 mol).

Ta có quá trình: $47,8\text{ gam E}\left\{\begin{array}{l}\underset{0,48mol}{\underbrace{CONH}}\\ \underset{amol}{\underbrace{C{H}_2}}\\ H_{2}O\\ \underset{0,12mol}{\underbrace{H_{2}N-C{H}_2-COO-C{H}_3}}\end{array}\right.\stackrel{+\underset{0,6mol}{\underbrace{NaOH}}}{\to }\left\{\begin{array}{l}\underset{0,12mol}{\underbrace{C{H}_{3}OH}}\\ H_{2}O\end{array}\right.+64,36gam\left\{\begin{array}{l}\underset{0,6mol}{\underbrace{CONH}}\\ C{H}_2\\ \underset{0,6mol}{\underbrace{NaOH}}\end{array}\right.$

$n_{C{H}_2\left(muoi\right)}=\frac{64,36-83.0,6}{14}=1,04mol\to a=1,04-0,12=0,92$

$n_{H_{2}O}=\frac{47,8+0,6.40-0,12.32-64,36}{18}=0,2mol$

Số nguyên tử C trong X = Số nguyên tử C trong Y = $\frac{n_{CONH}+a}{n_{H_{2}O}}=\frac{0,48+0,92}{0,2}=7$

Mà $M_X<M_Y$ nên X là Gly-Val (x mol) và Y là (Gly)₂(Ala) (y mol).

$\to x+y=0,2$ (*)

Bảo toàn CONH: $2\text{x}+3y=0,48$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $x=0,12;y=0,08\to \%m_Y=33,97\%$

Đốt cháy hoàn toàn T:

Bảo toàn nguyên tố Na: $n_{COONa}=2n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,7mol\to n_{O\left(T\right)}=1,4mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(T\right)}+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}+3n_{N{a}_{2}C{O}_3}$

$\to n_{C{O}_2}=0,35mol$

Bảo toàn nguyên tố C:  $n_{C\left(T\right)}=n_{C{O}_2}+n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,7mol$

Ta thấy trong T có $n_{Na\left(T\right)}=n_{C\left(T\right)}$ nên T gồm HCOONa (a mol) và (COONa)₂ (b mol).

$\to a+2b=0,7$         (*)

Bảo toàn nguyên tố H: $a=2n_{H_{2}O}=0,4mol$

Từ (*) suy ra: $b=0,15$ mol

Xét m gam P phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH: $n_{NaOH}=n_{Na\left(T\right)}=0,7mol$

Bảo toàn khối lượng: $m=m_P=m_T+m_{ancol}-m_{NaOH}=41,5$ gam

Đốt cháy m gam P: $n_{O\left(P\right)}=n_{O\left(T\right)}=1,4$ mol

Gọi số mol của CO₂ và H₂O lần lượt là x và y mol.

$\to x-y=0,25$         (**)

Ta có: $m_P=m_C+m_H+m_O\to 12\text{x}+2y=19,2$     (***)

Từ (**) và (***) suy ra: $x=1,4;\text{ y}=1,15$

$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C\left(ancol\right)}=n_{C\left(P\right)}-n_{C\left(T\right)}=0,7mol\\ n_{H\left(ancol\right)}=n_{H\left(P\right)}+n_{NaOH}-n_{H\left(T\right)}=2,6mol\\ n_{O\left(ancol\right)}=n_{NaOH}=0,7mol\end{array}\right.$

Ta thấy: $n_{C\left(ancol\right)}=n_{O\left(ancol\right)}\to$ Số nguyên tử C = Số nhóm OH

Lại có: $n_{H\left(ancol\right)}>3n_{C\left(ancol\right)}$ nên có một ancol là CH₃OH.

→ Hai ancol thu được là CH₃OH (0,5 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,1 mol).

Vậy X là (HCOO)₂C₂H₄ (0,1 mol); Y là HCOOCH₃ (0,2 mol); Z là (COOCH₃)₂ (0,15 mol).

$\to \%m_Z=42,65\%$.

Hỗn hợp khí T gồm NO (a mol) và NO₂ (b mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a+b=0,1\\ 30\text{a}+46b=3,32\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,08\\ b=0,02\end{array}\right.$

Quy đổi hỗn hợp X thành kim loại và O.

Trong đó: $n_O=\frac{34,4.29,3\%}{16}=0,63mol$

$\to m_{\text{kim loai}}=34,4-0,63.16=24,32gam$

$\to n_{O{H}^{-}(\downarrow )}=\frac{m_{\downarrow }-m_{\text{kim loai}}}{17}=\frac{44,38-24,32}{17}=1,18mol$

Ta có: $n_{N{O}_3^{-}}=n_{O{H}^{-}(\downarrow )}=1,18mol$

Lại có: $n_{N{O}_3^{-}}=n_e=3n_{NO}+n_{N{O}_2}+2n_{O\left(Y\right)}$

$\to n_{O\left(Y\right)}=0,46mol$

$\to n_{CO}=n_{O\text{ mat di}}=0,63-0,46=0,17mol$

$\to V=3,808$ lít.

Quy đổi hỗn hợp E thành C₃H₆O, (COOH)₂, CH₂ và H₂O.

Mặt khác 17,12 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,09 mol Br₂ nên:

$n_{C_3{H}_{6}O}=n_{B{\text{r}}_2}=0,09mol$

Gọi số mol của (COOH)₂, CH₂ và H₂O trong 17,12 gam hỗn hợp E lần lượt là a, b và c mol.

$\to 90\text{a}+14b+18c=11,9$      (*)

Đốt cháy 17,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T:  $n_{O_2}=0,485mol;{\text{ n}}_{H_{2}O}=0,42mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_{C{O}_2}=m_E+m_{O_2}-m_{H_{2}O}=25,08gam$

$\to n_{C{O}_2}=0,57mol$

Bảo toàn nguyên tố C: $3.0,09+2\text{a}+b=0,57\to 2\text{a}+b=0,3$        (**)

Bảo toàn nguyên tố O:  $0,09+4\text{a}+c+2.0,485=2.0,57+0,42\to 4\text{a}+c=0,5$     (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: $a=0,13;b=0,04;c=-0,02$

→ E gồm ancol (0,07 mol); axit (0,12 mol) và este (0,01 mol).

Số nguyên tử C trung bình trong $E=\frac{n_{C{O}_2}}{n_E}=2,85$

→ Axit trong E là (COOH)₂.

$\to m_{ancol}=17,12+0,02.18-0,12.90=5,78gam$

→ Trong 0,2 mol E chứa 0,07 mol ancol và có khối lượng là 5,78 gam.

Vậy 0,3 mol E có 0,135 mol ancol và có khối lượng là 8,67 gam.

Ancol đơn chức nên $n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_{ancol}=0,0675mol$