Bộ đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 6)

$n_{C{O}_2}=1,14$ và $n_{H_{2}O}=1,02$

$\to n_O=\frac{m_X-m_C-m_H}{16}=0,12$

$\to n_X=\frac{n_O}{6}=0,02$

Số $C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=57$

Số $H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_X}=102$

$\to X$ là $C_{57}{H}_{102}{O}_6$

 $n_{C_{17}{H}_{35}COONa}=0,01\to$Muối còn lại là $C_{17}{H}_{31}COONa\left(0,02\right)$

$\to m=6,04$ gam.

Có 2 đồng phân đơn chức, tráng bạc là:

$HCOO-C{H}_2-C{H}_2-C{H}_3$

$HCOO-CH{\left(C{H}_3\right)}_2$

$n_{CuS{O}_4}=0,18\to m_{Cu}max=11,52<13,76\to$ Phải có kim loại dư, Cu²⁺ hết.

Nếu chỉ Zn phản ứng thì khối lượng chất rằn phải giảm, vô lý. Vậy Zn phản ứng hết, Fe phản ứng 1 phần.

Đặt $a,b,c$ là số mol Zn, Fe phản ứng và Fe dư

$m_X=65a+56\left(b+c\right)=13,04$

$n_{CuS{O}_4}=a+b=0,18$

m rắn $=11,52+56c=13,76$

$\to a=0,08;b=0,1;c=0,04$

$\to \%Zn=\frac{a}{\left(a+b+c\right)}=36,36\%$

X và Y $\left(24<M_X<M_Y<56\right)$ đều tác dụng với dung dịch AgNO₃ dư trong NH₃ theo tỉ lệ mol 1 : 2.

$\to X$ là $CH\equiv CH$ và Y là $CH\equiv C-C\equiv CH$ 

Dễ thấy X, Y đều có k = số C nên:

Quy đổi Z thành: $C_2{H}_{3}ON\left(a\text{ mol}\right)$, CH₂ (b mol), H₂O (c mol).

$n_{NaOH}=a$ và $n_{H_{2}O}=c$

$\to 40a-18c=12,24\left(1\right)$

$n_{HCl}=n_N+n_{NaOH}$

$\to a+a=0,72\left(2\right)$

m muối = $m_{GlyNa}+m_{AlaNa}+m_{HCl}$

$\to 57a+14b+40a+0,72.36,5=63,72\left(3\right)$

$\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\to a=0,36;b=0,18;c=0,12$

$n_{Ala}=b=0,18\to n_{Gly}=a-b=0,18$

Số N trung bình $=\frac{a}{c}=3,$ tỉ lệ mol 1: 1 và Y có 1N nên X có $5N\to B$ sai.

$n_X=n_Y=\frac{c}{2}=0,06$

Nếu Y là Ala thì X có số $Ala=\frac{0,18-0,06}{0,06}=2$ và số $Gly=\frac{0,18}{0,06}=3$

$\to X$ là ${\left(Gly\right)}_3{\left(Ala\right)}_2:$ Không thỏa mãn giả thiết $M_X>4M_Y,$ loại.

Vậy Y là Gly và X là ${\left(Gly\right)}_2{\left(Ala\right)}_3.$

Y là ${\left(COOC{H}_3\right)}_2\left(0,3\text{ mol}\right)$

$\to$ Hai ancol là CH₃OH, C₂H₅OH.

Do các muối khan cùng C nên X là:

$C{H}_3-COON{H}_3-C{H}_2-COO-C_2{H}_5\left(0,2\text{ mol}\right)a$

$\to$ Các muối gồm ${\left(COONa\right)}_2\left(0,3\right),C{H}_{3}COONa\left(0,2\right),GlyNa\left(0,2\right)$

(1) Đúng, do $C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3$ có các OH kề nhau.

(2) Đúng

(3) Đúng

(4) Đúng

(5) Sai, bị oxi hóa.

(6) Đúng

(7) Sai, cao su thiên nhiên tốt hơn.

Kết tủa lớn nhất nhưng dùng NaOH ít nhất nên:

$Ba\left(HC{O}_3\right)+NaOH\to BaC{O}_3+NaHC{O}_3+H_{2}O$

$n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=n_{NaOH}=0,006\to n_{BaC{O}_3}=0,024$

Bảo toàn $C\to n_{C{O}_2}=0,036$

$\begin{array}{l}{C}_6{H}_{10}{O}_5\to C_6{H}_{12}{O}_6\to 2C{O}_2\\ 0,\mathrm{018.............................0},036\end{array}$

Muối gồm $GluNa\left(0,15\right),AlaNa\left(0,15\right),GlyNa\left(0,15\right)$

Dung dịch Y chứa $F{e}^{3+}\left(a\right),F{e}^{2+}\left(b\right),C{l}^{-}\left(0,88\right)$ và $n_{H^{+}}$ dư $=4n_{NO}=0,08$

Bảo toàn điện tích: $3a+2b+0,08=0,88$

$n_{AgCl}=0,88\to n_{Ag}=0,07$

Bảo toàn electron: $b=0,02.3+0,07$

$\to a=0,18$ và b = 0,13

Quy đổi hỗn hợp thành Fe (0,32 mol), O (u mol) và $N{O}_3^{-}\left(v\text{ mol}\right)$.

Trong Z, đặt $n_{N_{2}O}=x\to n_{N{O}_2}=0,12-x$

$\to 0,31.56+16u+62v=27,04\left(1\right)$

Bảo toàn N:

$v+0,04=2x+\left(0,12-x\right)\left(2\right)$

$n_{H^{+}}$ pư $=0,88+0,04-0,08=0,84$

$\to 10x+2\left(0,12-x\right)+2u=0,84\left(3\right)$

Giải hệ $\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right):$

$u=0,14$

$v=0,12$

$x=0,04$

$n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{v}{2}=0,06$

Đặt k, 3h, 2h, h lần lượt là số mol $Fe,FeO,F{e}_3{O}_4,F{e}_2{O}_2$

Bảo toàn $Fe\to 0,06+k+11h=0,31$

Bảo toàn $O\to 14h=u=0,14$

Giải hệ $\to k=0,14$ và h = 0,01

Số mol hỗn hợp $=0,06+k+6h=0,26$

E và F có số C bằng số O nên có dạng $C_n{H}_{2n+2-2k}{O}_n$

$\to$ Số chức este là 0,5n.

E và F đều no, mạch hở nên $k=0,5n\to C_n{H}_{n+2}{O}_n$

$M_E<M_F<175\to E$ là $C_2{H}_4{O}_2$ và F là $C_4{H}_6{O}_4$

$\left(3\right)\to Y$ là muối natri. Mặt khác, E và Z cùng C nên:

E là $COOC{H}_3;X$H là $C{H}_{3}OH$ và Y là HCOONa.

F là ${\left(COOC{H}_3\right)}_2,Z$ là ${\left(COONa\right)}_2$

T là HCOOH.

(a) Đúng

(b) Sai

(c) Sai, CTĐGN của E là $C{H}_{2}O,$ của T là CH₂O₂.

(d) Sai, đốt Z tạo $N{a}_{2}C{O}_3,C{O}_2$ (không tạo H₂O).

(e) Đúng: $C{H}_{3}OH+CO\to C{H}_{3}COOH.$

(a) Đúng

(b) Sai, thí nghiệm chỉ định tính được C và H trong saccarozơ.

(c) Đúng, $C{O}_2$ được phát hiện thông qua sự vẩn đục của dung dịch Ca(OH)₂.

(d) Sai, lắp sao cho miệng ống hơi cúi xuống (thấp hơn đáy ống), mục đích là làm cho nước bám vào thành ống nghiệm (CuSO₄ khan có thể không hấp thụ hết) không chảy ngược xuống đáy ống nghiệm (gây vỡ ống).

$n_{F{e}_2{O}_3}=\frac{14,4}{160}=0,09$

$F{e}_2{O}_3+3CO\to 2Fe+3C{O}_2$

0,09…….0,27

$\to V_{CO}=0,27.22,4=6,048$ lít

$\begin{array}{l}Fe+CuS{O}_4\to FeS{O}_4+Cu\\ x\mathrm{......................................}x\end{array}$

m tăng $=64x-56x=0,8\to x=0,1$

$n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=0,48\to X$ là este no, đơn chức, mạch hở

$\to n_X=\frac{m_X-m_C-m_H}{32}=0,16$

$\to$ Số $C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=3:$ X là C₃H₆O₂

$n_{KOH}=\frac{112.10\%}{56}=0,2\to$ Chất rắn gồm $RCOOK\left(0,16\right)$ và KOH dư (0,04)

m rắn $=0,16\left(R+83\right)+0,04.56=17,92$

$\to R=15:-C{H}_3$

X là $C{H}_{3}COOC{H}_3\to Y$ là CH₃OH

$\to \%C_{\left(Y\right)}=37,50\%$

$n_{Al}=0,12;n_{N_{2}O}=0,02$

Bảo toàn electron: $3n_{Al}=8n_{N_{2}O}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}$

$\to n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,025$

$\to$m muối $=m_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}+m_{N{H}_{4}N{O}_3}=27,56$ gam.

$N{H}_2-CH\left(C{H}_3\right)-COOH+KOH\to N{H}_2-CH\left(C{H}_3\right)-COOK+H_{2}O$

$n_{HCl}=0,05;n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,04$

$n_{H^{+}}=n_{C{O}_3^{2-}}+n_{C{O}_2}\to n_{C{O}_2}=0,01\to V=0,224$

$n_{H_2}=0,05\to n_{NaOH}=n_{O\left(Z\right)}=0,1$

Bảo toàn khối lượng $\to m_Z=4,6$

Z có dạng $R{\left(OH\right)}_r\left(\frac{0,1}{r}mol\right)$

$\to M_Z=R+17r=\frac{4,6r}{0,1}$

$\to R=29r$

$\to r=1$ và $R=29:$ Ancol là $C_2{H}_{5}OH\left(0,1\text{ mol}\right)$

$n_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{n_{Na}}{2}=0,05$

$\to n_C$(muối) $=n_{Na}\to$ Muối gồm HCOONa (a) và (COONa)₂ (b)

$n_{Na}=a+2b=0,1$

m muối $=68a+134b=6,74$

$\to a=0,04$ và b = 0,03

X là HCOOC₂H₅ (0,04) và Y là ${\left(COO{C}_2{H}_5\right)}_2\left(0,03\right)$

$\to \%X=40,33\%$.

$Fe+AgN{O}_3$ dư $\to Ag+Ag{\left(N{O}_3\right)}_3$

$n_{HCl}=0,04$ và $n_{H_{2}S{O}_4}=0,06\to n_{H^{+}}=0,16$

$pH=13\to \left[O{H}^{-}\right]$ dư $=0,1\to n_{O{H}^{-}}$ dư = 0,04

$\to n_{O{H}^{-}}$ trong 200 ml $V=0,16+0,04=0,2$

$n_{O{H}^{-}}=2n_{H_2}+2n_O\to n_O=0,08$

$\to m_X=\frac{0,08.16}{20\%}=6,4$ gam.

(1) Sai, Hg là chất lỏng điều kiện thường.

(2) Đúng

(3) Đúng

(4) Sai, $Mg+FeC{l}_3$ dư $\to MgC{l}_2+FeC{l}_2$

(5) Đúng: $Na+H_{2}O\to NaOH+H_2$

Đoạn 1: Khối lượng Mg giản 18 gam (0,75 mol)

$3Mg+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3M{g}^{2+}+2NO+4H_{2}O$

$0,75\to 2$

Đoạn 2: Khối lượng Mg tăng $18-8=10$ gam

$\begin{array}{l}Mg+C{u}^{2+}\to M{g}^{2+}+Cu\\ a\mathrm{........}a\mathrm{.........................}a\end{array}$

$\Delta m=64a-24a=10\Rightarrow a=0,25$

Đoạn 3: Khối lượng Mg giảm $14-8=6$ gam (0,25 mol)

$\begin{array}{l}Mg+2H^{+}\to M{g}^{2+}+H_2\\ 0,25\to 0,5\end{array}$

Vậy $n_{H^{+}}=b=2+0,5=2,5$

$\to a:b=1:10$