Bộ đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 7)

$n_{HCl}=0,04$ và $n_{HN{O}_3}=0,06\to n_{H^{+}}=0,1$

$pH=13\to \left[O{H}^{-}\right]$ dư $=0,1\to n_{O{H}^{-}}$ dư = 0,05

$\to n_{O{H}^{-}}$ trong $Y=0,1+0,05=0,15$

$n_{O{H}^{-}}=2n_{H_2}+2n_O\to n_O=0,06$

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

$\to 10-56x+64x=10,8$

$\to x=0,1$

$n_{CO}=\frac{7,168}{22,4}=0,32$

$\begin{array}{l}F{e}_3{O}_4+4CO\to 3Fe+4C{O}_2\\ 0,\mathrm{08.......0},32\end{array}$

$\to m_{F{e}_3{O}_4}=0,08.232=18,56$gam

(a) Đúng

(b) Đúng: $C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O$

(c) 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).

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

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

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

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

$n_{KOH}=\frac{112.10\%}{56}=0,2\to$ Chất rằn gồm RCOOK (0,16) 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 $C{H}_{3}OH$

$n_{H_2}=0,05\to n_{OH\left(Z\right)}=0,1\to n_{C\left(ancol\right)}\ge 0,1$

$n_{NaOH}=n_{O\left(Z\right)}=0,1\to n_C$ (muối) $\ge 0,1$

$n_C\left(E\right)=n_C\left(ancol\right)+n_C$ (muối) $=0,2$

$\to$ Để phương trình nghiệm đúng thì cả hai dấu bằng phải đồng thời xảy ra.

$\to n_{C\left(ancol\right)}=n_C$ (muối) = $n_{Na}$ (muối) = 0,1

$\to$ Ancol là $C{H}_{3}OH\left(a\right),C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2\left(b\right)$ và muối là HCOONa (0,1)

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

$m_{Ancol}=32a+62b=3,14$

$\to a=0,04$ và b = 0,03

X là HCOOCH₃ (0,04) và ${\left(HCOO\right)}_2{C}_2{H}_4\left(0,03\right)$

X và Y $\left(14<M_X<M_Y<56\right)$ 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:

$n_{B{r}_2}=n_{C{O}_2}=0,3$

$Fe+HN{O}_3\to Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+$ Sản phẩm khử $\left(N{O}_2,NO\mathrm{...}\right)+H_{2}O$

$Fe+Fe{\left(N{O}_3\right)}_3\to Fe{\left(N{O}_3\right)}_2$

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 HCOOCH₃; X là CH₃OH 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 $C{H}_2{O}_2.$

(d) Sai, đốt Z tạo Na₂CO₃, CO₂ (không tạo H₂O).

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

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

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

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

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

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

m rắn $=11,52+56c=13,76$

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

$\to \%n_{Zn}=\frac{a}{a+b+c}=36,36\%$

$n_{HCl}=0,05;n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,024;n_{NaHC{O}_3}=0,016$

$n_{H^{+}}=n_{C{O}_3^{2-}}+n_{C{O}_2}\to n_{C{O}_2}=0,026$

$\to V=0,5824$

Bảo toàn $C\to n_{CaC{O}_3}=0,024+0,016-0,026=0,014$

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

(2) Đúng

(3) Đúng

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

(5) Đúng: $Na+H_{2}O\to NaOH+H_2$

$n_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}=n_{Al}=0,12$

$\to n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{m_{muoi}-m_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}}{80}=0,02$

Để tạo 1 mol khí X cần k mol electron

$\to 0,12.3=0,02.8+0,02k$

$\to k=10$

Đoạn 1: Khối lượng Mg giảm 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

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

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

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 $n_{H^{+}}=b=2+0,5=2,5$

Muối gồm $GlyHCl\left(0,15\right),AlaHCl\left(0,15\right)$ và $Lys{\left(HCl\right)}_2\left(0,15\right)$

Quy đổi Z thành: $C_2{H}_{3}ON\left(a\text{ mol}\right),C{H}_2\left(b\text{ mol}\right),H_{2}O\left(c\text{ mol}\right)$

$n_{NaOH}=a$ 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 $=m_{GlyNa}+m_{AlaNa}+m_{HCl}$

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

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

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

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 $Gly=\frac{0,18}{0,06}=3$

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

$n_{O_2}=1,59;n_{C{O}_2}=1,14$

Bảo toàn khối lượng $\to n_{H_{2}O}=1,02$

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

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

Số $C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=57$

Số $H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_X}=102$

$\to X$ là $C_{57}{H}_{102}{O}_6$

$n_X=0,012$ và $n_{C_{17}{H}_{33}COONa}=0,024$

$\to X$ dạng $\left(RCOO\right){\left(C_{17}{H}_{33}COO\right)}_2{C}_3{H}_5$

$\to R$ là $C_{17}{H}_{31}-.$

Muối còn lại là $C_{17}{H}_{31}COONa\left(0,012\right)$

Các chất trong dãy làm mất màu dung dịch Br₂ là:

X khi tác dụng với dung dịch CuCl­₂ vừa thu được kết tủa, vừa thi được khí:

(1) Đúng, glucozơ tạo phức xanh lam, lòng trắng trứng tạo phức tím, etanol không phản ứng.

(2) Đúng: $C_2{H}_4+B{r}_2\to C_2{H}_{4}B{r}_2$

(3) Sai, este đơn chức của phenol (ví dụ $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5$) tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:2

(4) Đúng: $N{H}_2-C{H}_2-C{H}_2-COOH$ và $N{H}_2-CH\left(C{H}_3\right)-COOH$

(5) Sai, khử glucozơ bằng H₂.

(6) Sai, anilin hóa nâu đen vì bị oxi hóa.

(7) Sai

Y là $C_2{H}_{5}N{H}_{3}HC{O}_3$

$\to$ Amin và ancol là $C_2{H}_{5}N{H}_2$ và $C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2.$

G chứa 3 muối khan $\to X$ là $N{H}_2-C{H}_2-COO-C{H}_2-C{H}_2-OOC-H$

$\to$ Muối gồm HCOOK (0,1), GlyK (0,1) và K₂CO₃ (0,15)

$N{H}_2-C{H}_2-COOH+HN{O}_3\to N{H}_{3}N{O}_3-C{H}_2-COOH$

$\to n_{Gly}=$ n muối = 0,21

Dung dịch X chứa $Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2$, để lượng kết tủa lớn nhất nhưng dùng NaOH ít nhất thì phản ứng là:

$\begin{array}{l}Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2+NaOH\to BaC{O}_3+NaHC{O}_3+H_{2}O\\ 0,\mathrm{05.................0},05\end{array}$

Bảo toàn $Ba\to n_{BaC{O}_3}$ lúc đầu $=0,15-0,05=0,1$

Bảo toàn $C\to n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}+2n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=0,2$

Trong Y đặt $MgS{O}_4,FeS{O}_4,CuS{O}_4$ và ${\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4$ lần lượt là a, b, c, d mol. Ta có $n_{N{a}_{2}S{O}_4}$ trong Y = 0,0225 mol.

$\to 120a+152b+160c+132d+0,0225.142=62,605$

$n_{NaOH}=2a+2b+2c+2d=0,865$

$m\downarrow =58a+90b+98c=31,72$

Sản phẩm sau đó là $N{a}_{2}S{O}_4\to n_{N{a}_{2}S{O}_4}=0,4325+0,0225=0,455$

$n_{BaC{l}_2}=0,455\to$ Vừa đủ để tạo ra $n_{BaS{O}_4}=0,455$

Sau đó thêm tiếp $AgN{O}_3$ dư $\to$ Tạo thêm $n_{AgCl}=0,455.2=0,91$ và $n_{Ag}=n_{F{e}^{2+}}=b$

$\to m\downarrow =108b+0,91.143,5+0,455.233=256,04$

$\to a=0,2;b=0,18;c=0,04;d=0,0125$

Như trên đã có $n_{H_{2}S{O}_4}=n_{N{a}_{2}S{O}_4}$ tổng = 0,455

Bảo toàn H:

$2n_{H_{2}S{O}_4}=8n_{{\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4}+2n_{H_2}+2n_{H_{2}O}\to n_{H_{2}O}=0,385$ mol

Bảo toàn khối lượng:

$m_X+m_{NaN{O}_3}+m_{H_{2}S{O}_4}=$ m muối + m khí + $m_{H_{2}O}$

$\to m_X=27,2$ gam.