Bộ đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 4)

Hỗn hợp khí gồm NO (0,07) và H₂ (0,03)

Đặt a, b, c là số mol $Mg,F{e}_3{O}_4,Fe{\left(N{O}_3\right)}_2.$ Đặt x là số mol $N{H}_4^{+}$

$m_X=24a+232b+180c=17,32\left(1\right)$

$n_{H^{+}}=1,12=0,07.4+0,03.2+2.4b+10x\left(2\right)$

Bảo toàn N: $0,08+2c=x+0,07\left(3\right)$

m rắn $=\frac{160\left(3b+c\right)}{2}+40a=20,8\left(4\right)$

giải hệ trên được:

$a=0,4$

$b=0,01$

$c=0,03$

$x=0,07$

Trong dung dịch Y: đặt u, v là số mol $F{e}^{2+}\&F{e}^{3+}$

Bảo toàn Fe: $u+v=3b+c=0,06$

Bảo toàn điện tích: $2u+3v+0,4.2+0,07.1=1,04$

$\to u=0,01\&v=0,05$

$\to n_{AgCl}=n_{C{l}^{-}}=1,04\&n_{Ag}=n_{F{e}^{2+}}=0,01$

$\to m\downarrow =150,32.$

$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6\to 2C_2{H}_{5}OH+2C{O}_2\\ \mathrm{1........................2}\end{array}$

$m_{C_6{H}_{12}{O}_6}=\frac{180.1}{60\%}=300$ gam.

$n_{Al}=a$ và $n_{Mg}=b$

$m_X=27a+24b=1,5$

$n_{H_2}=1,5a+b=0,075$

$\to a=\frac{1}{30}$ và b = 0,025

Z là Gly-G;y, không tạo khí với NaOH, vậy hỗn hợp khí đều tạo ra từ Y.

M khí > 29 nên không có NH₃. Vậy Y là:

$C{H}_{3}N{H}_3-OOC-COO-N{H}_3-C_2{H}_5$

n khí $=0,1\to n_{C{H}_{3}N{H}_2}=n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=0,05$

$\to n_Y=0,05$

$\to n_Z=0,1$

$C{H}_{3}N{H}_3-OOC-COO-N{H}_3-C_2{H}_5+2HCl\to HOOC-COOH+C{H}_{3}N{H}_{3}Cl+C_2{H}_{5}N{H}_{3}Cl$

$Gly-Gly+H_{2}O+2HCl\to 2GlyHCl$

$\to$ m hữu cơ $=m_X+m_{H_{2}O}+m_{HCl}=34,25$ gam.

X là HCOOCH₃ (0,175)

(a) Đúng, mùi tanh do amin nên dùng giấm $\left(C{H}_{3}COOH\right)$ sẽ giảm mùi tanh.

(b) Sai, dầu thực vật là chất béo, dầu bôi trơn máy là hiđrocacbon.

(c) Đúng

(d) Đúng

(e) Đúng

(g) Đúng, nọc độc của kiến có HCOOH, dùng vôi tôi Ca(OH)₂ sẽ hạn chế độc tính.

Trong 0,16 mol E chứa x mol X và y mol Y

$n_E=x+y=0,16$

$n_{NaOH}=2x+3y=0,42$

$\to x=0,06$ và y = 0,1

$\to n_X:n_Y=3:5$

Trong m gam E chứa X (3e mol) và Y (5e mol).

$X=C_3{H}_6{\left(OH\right)}_2+2HCOOH+?C{H}_2-2H_{2}O$

$Y=C_3{H}_5\left(OH\right)+3HCOOH+?C{H}_2-3H_{2}O-3H_2$

Quy đổi m gam E thành:

$C_3{H}_6{\left(OH\right)}_2:3e$

$C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3:5e$

$HCOOH:21e$

$C{H}_2:u$

$H_{2}O:-21e$

$n_{O_2}=4.3e+3,5.5e+0,5.21e+1,5u-0,5.15e=0,5$

$n_{C{O}_2}=3.3e+3.5e+21e+u=0,45$

$\to e=0,005$ và u = 0,225

n muối no = 6e = 0,03

n muối không no = 15e = 0,075

Muối no và muối không no có tương ứng k và g nhóm CH₂.

$n_{C{H}_2}=0,03k+0,075g=0,225$

$\to 2k+5g=15$

Do $k>1$ và $g\ge 2$ nên $k=2,5$ và g = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy muối no gồm HCOONa (0,03), CH₂ $\left(0,03k=0,075\right)$

$\to$m muối no = 3,09

Tỉ lệ: 8e mol E $\to 3,09$gam muối no

$\to 0,16$ mol E $\to a$ gam muối no

HCl dư nên $F{e}_2{O}_3$ tan hết. Chất rắn không tan là Cu dư.

$F{e}_2{O}_3+HCl\to FeC{l}_3+H_{2}O$

$Cu+FeC{l}_3\to CuC{l}_2+FeC{l}_2$

$\to$ Muối trong X là $FeC{l}_2,CuC{l}_2.$

$C{H}_{3}COONa+NaOH\to C{H}_4+N{a}_{2}C{O}_3$

Các thí nghiệm chỉ xảy ra ăn mòn hóa học (Không có sự xuất hiện của 2 điện cực):

(a) $Cu+2FeC{l}_3\to CuC{l}_2+2FeC{l}_2$

Các trường hợp còn lại đều là ăn mòn điện hóa:

(b) $Fe\left(-\right),Sn\left(+\right)$

(c) $Zn\left(-\right),Cu\left(+\right)$

(d) $Fe\left(-\right),Cu\left(+\right)$

$n_{C{O}_2}=0,24$

Bảo toàn khối lượng $\to n_{H_{2}O}=0,19$

$\to n_{O\left(E\right)}=\frac{m_E-m_C-m_H}{16}=0,2$

$\to n_{NaOH}$ phản ứng = 0,1 và $n_{NaOH}$ dư = 0,02

Đốt T (muối + NaOH dư) $\to n_{H_{2}O}=0,01=\frac{n_{NaOH}du}{2}$ nên các muối đều không còn H.

$\to$ Các muối đều 2 chức $\to$ Các ancol đều đơn chức.

Muối no, 2 chức, không có H duy nhất là (COONa)₂

$E+NaOH\left(0.12\right)\to T+Ancol$

Bảo toàn $H\to n_{H\left(ancol\right)}=0,48$

$n_{Ancol}=n_{NaOH}$ phản ứng = 0,1

Số $H\left(ancol\right)=\frac{0,48}{0,1}=4,8\to$ Ancol gồm CH₃OJH (0,06) và C₂H₅OH (0,04)

X là ${\left(COOC{H}_3\right)}_2$

Y là $C{H}_{3}OOC-COO{C}_2{H}_5$

Z là ${\left(COO{C}_2{H}_5\right)}_2\to M_Z=146$

(b) Sai, thêm NaCl bão hòa để tách xà phòng do xà phòng không tan trong nước muối.

(c) Đúng, phản ứng thủy phân nên cầm phải có mặt $H_{2}O.$

n muối $=n_X=0,1$

 $\to$M muối = 111

 $\to$Muối là AlaNa

Axit axetic và propan-1-ol có cùng M = 60 nên n hỗn hợp = 0,4

$n_{C{O}_2}=0,3\to$ X dạng $C_x{H}_{2x+3}N\left(\frac{0,3}{x}mol\right)$

$M_X=14x+17=\frac{5,9x}{0,3}$

$\to x=3$

$\to X$ là $C_3{H}_{9}N$