Bộ đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 5)

Cách 1:

Hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO₂ (a) và CO dư (b)

$\to n_{CO}$ ban đầu $=a+b=0,2$

m khí $$

$\to a=0,15$ và b = 0,05

$\to n_O$ trong oxit kim loại $=a=0,15$

$\to$m kim loại $=m_{oxit}-m_O=8-0,15.16=5,6$

Cách 2:

n khí sau phản ứng $=n_{CO}$ ban đầu = 0,2

Bảo toàn khối lượng:

$0,2.28+8=m+0,\mathrm{2.2.20}\to m=5,6$

$n_Y=n_X=0,1\to M_Y=46:$ Y là $C_2{H}_{5}OH$

$\to$Muối là $C_2{H}_{5}OH$

Chất X là Y lần lượt là glucozơ và sobitol.

Các đồng phân cấu tạo anken $C_4{H}_8:$

$C{H}_2=CH-C{H}_2-C{H}_3$

$C{H}_3-CH=CH-C{H}_3$

$C{H}_2=C{\left(C{H}_3\right)}_2$

Các chất trong dãy phản ứng được với dung dịch NaOH và HCl là:

$H_{2}NC{H}_{2}COOH$

$H_{2}NC{H}_{2}CONHCH\left(C{H}_3\right)COOH$

$C{H}_{3}COON{H}_3{C}_2{H}_5$

Quy đổi xenlulozơ thành C và H₂O

Các polime là sản phẩm của phản ứng trùng ngưng là: (3),(4),(5).

X tách nước tạo anken nên X là ancol no, đơn chức, mạch hở.

$M_X=\frac{16}{26,667\%}=60$

$\to X$ là C₃H₇OH

$\to Y$ là $C_3{H}_6\left(M_Y=42\right)$

$n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=\frac{9}{45}=0,2\to n_{N_2}=0,1$

Đặt a, b là số mol $C,S\to 12a+32b=2,8$

Bảo toàn electron: $n_{N{O}_2}=4a+6b$

$\to n_{C{O}_2}+n_{N{O}_2}=a+4a+6b=0,8$

$\to a=0,1;b=0,05$

Y chứa $R{O}_2\left(0,15\text{ mol}\right)$ với $R=\frac{2,8}{0,15}=\frac{56}{3}.$

$n_{NaOH}=n_{KOH}=0,1$

Bảo toàn khối lượng:

$m_{H_{2}R{O}_3}+m_{NaOH}+m_{KOH}=$ m muối $+m_{H_{2}O}$

Với $n_{H_{2}O}=$ n kiềm = 0,2

$\to$ m muối = 16,3.

(a) Sai, thu được axetanđehit (CH₃CHO).

(b) Đúng: $C{H}_2=C{H}_2\to {\left(-C{H}_2-C{H}_2-\right)}_n$.

(c) Đúng.

(d) Đúng

(e) Đúng

(f) Sai, tripanmitin ${\left(C_{15}{H}_{31}COO\right)}_3{C}_3{H}_5$ là chất béo no

$n_{O_2}=0,075;n_{C{O}_2}=0,08$

Bảo toàn khối lượng $\to n_{H_{2}O}=0,07$

$\to n_{O\left(E\right)}=\frac{m_E-m_C-m_H}{16}=0,08$

Dễ thấy E có $n_C=n_O=0,08\to$ Số $C=$ Số O. Kết hợp $M_X<M_Y<148$ và thủy phan tạo 1 ancol nên X là HCOOCH₃ và Y là ${\left(COOC{H}_3\right)}_2$

$\to n_Y=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,01$

Bảo toàn $O\to n_X=0,02$

$\to \%X=50,42\%$

$n_{HCl}=0,55$

$n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,13\to n_{NaOH}=0,26$

Ancol dạng $R{\left(OH\right)}_r\left(\frac{0,26}{r}mol\right)$

$\to$ m tăng $=\left(R+16r\right)=\frac{8,1r}{0,26}$

$\to R=\frac{197r}{13}$

Do $1<r<2$ nên $15,15<R<30,3$

Hai ancol cùng $C\to C_2{H}_{5}OH\left(0,02\right)$ và $C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2\left(0,12\right)$

Sản phẩm xà phòng hóa có 2 muối cùng số mol nên các este là:

X là $ACOO{C}_2{H}_5\left(0,01\text{ mol}\right)$

Y là $BCOO{C}_2{H}_5\left(0,01\text{ mol}\right)$

Z là $ACOO-C_2{H}_4-OOC-B\left(0,12\text{ mol}\right)$

$m_E=0,01\left(A+73\right)+0,01\left(B+73\right)+0,12\left(A+B+116\right)=19,28$

$\to A+B=30$

$\to A=1$ và B = 29 là nghiệm duy nhất.

E chứa:

$HCOO{C}_2{H}_5\left(0,01\right)\to \%=3,84\%$

$C_2{H}_{5}COO{C}_2{H}_5\left(0,01\right)$

$HCOO-C_2{H}_4-OOC-C_2{H}_5\left(0,12\right)$

$A\min =C{H}_{3}N{H}_2+?C{H}_2\left(1\right)$

$Lys=C_2{H}_{5}N{O}_2+4C{H}_2+NH\left(2\right)$

Quy đổi Z thành $C{H}_{3}N{H}_2\left(a\right),C_2{H}_{5}N{O}_2\left(b\right),C{H}_2\left(c\right)$ và NH (d)

$n_Z=a+b=0,2$

$n_{O_2}=2,25a+2,25b+1,5c=0,25d=1,035$

$n_{H_{2}O}=2,5a+2,5b+c+0,5d=0,91$

$n_{C{O}_2}+n_{N_2}=\left(a+2b+c\right)+\frac{a+b+d}{2}=0,81$

$\to a=0,1;b=0,1;c=0,38;d=0,06$

$\to m_Z=16,82$

$n_{C{H}_2\left(1\right)}=c-n_{C{H}_2\left(2\right)}=0,14$

$n_{C{H}_{3}N{H}_2}=0,1\to$ Số CH₂ trung bình = 1,4

$\to C_2{H}_{5}N{H}_2\left(0,06\right)$ và $C_3{H}_{7}N{H}_2\left(0,04\right)$

$\to \%C_2{H}_{5}N{H}_2=16,05\%$

(a) Sai, H₂O bị oxi hóa tại anot sinh O₂.

(b) Đúng

(c) Đúng

(d) Đúng

X là ${\left({\text{COONH}}_4\right)}_2$

Y là $Gly-Ala$

Z là $N{H}_3$

T₁ là $N{H}_{4}Cl,T_2$ là $GlyHCl,T_3$ là $AlaHCl.$

Q là ${\left(COOH\right)}_2$

$\to$B sai.

Các phản ứng:

${\left(COON{H}_4\right)}_2+2NaOH\to {\left(COONa\right)}_2+2N{H}_3+2H_{2}O$

$Gly-Ala+2NaOH\to GlyNa+AlaNa+H_{2}O$

${\left(COON{H}_4\right)}_2+2HCl\to {\left(COOH\right)}_2+2N{H}_{4}Cl$

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

$n_{C{O}_2}=48x$ và $n_{H_{2}O}=49x$

Bảo toàn khối lượng:

$44.48x+18.49x+0,02.28=25,56+1,09.32$

$\to x=0,02$

Vậy $n_{C{O}_2}=0,96$ và $n_{H_{2}O}=0,98$

$n_{N_2}=0,02\to n_Z=0,04$

Dễ thấy $n_Z=\frac{n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}}{0,5}\to$ Các este đều no, đơn chức, mạch hở.

$C_n{H}_{2n}{O}_2:a\text{ mol}$

$C_m{H}_{2m+1}N{O}_2:0,04$ mol

$n_{C{O}_2}=na+0,04m=0,96\left(1\right)$

$m_H=a\left(14n+32\right)+0,04\left(14m+47\right)=25,56\left(2\right)$

Thế (1) vào $\left(2\right)\to a=0,32$

$\left(1\right)\to 8n+m=24$

Do $m>2\to n<3\to$ Phải có HCOOCH₃ $\to$ Ancol là $C{H}_{3}OH\left(0,32\text{ mol}\right)$

$n_{KOH}$ phản ứng $=a+0,04=0,36$

$\to n_{KOH}$ ban đầu $=0,36+0,36.20\%=0,432$

$n_{H_{2}O}=n_Z=0,04$

$H+KOH\to$ Muối $+C{H}_{3}OH+H_{2}O$

$n_X=n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=x\to n_{NaOH}=3x$

Bảo toàn khối lượng: $m_X+m_{NaOH}=m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}+$m muối

$\to x=0,08$

$n_Y=n_X=0,08,$ bảo toàn O:

$6n_Y+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}\to n_{H_{2}O}=4,31$

Bảo toàn khối lượng $\to m_Y=71,02$

$\to n_{H_2}=\frac{m_Y-m_X}{2}=0,15$

$n_{P_2{O}_5}=0,1$

Bảo toàn P:

+ Nếu tạo $N{a}_{3}P{O}_4\left(0,2\text{ mol}\right)\to m_{N{a}_{3}P{O}_4}=32,8$

+ Nếu tạo $N{a}_{2}HP{O}_4\left(0,2\text{ mol}\right)\to m_{N{a}_{2}HP{O}_4}=28,4$

+ Nếu tạo $Na{H}_{2}P{O}_4\left(0,2\right)\to m_{Na{H}_{2}P{O}_4}=24$

Theo đề $24<27,3<28,4\to$ Tạo $N{a}_{2}HP{O}_4\left(a\right)$ và $Na{H}_{2}P{O}_4\left(b\right)$

$\to a+b=0,2$

Và $142a+120b=27,3$

$\to a=0,15$ và b = 0,05

$\to n_{NaOH}=2a+b=0,35$