Bộ đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 9)

$n_{C{l}^{-}}=\frac{26,3-12,1}{35,5}=0,4$

$\to n_{H_2}=0,2\to V=4,48$ lít

X có $1N{H}_2\to n_X=n_{HCl}=\frac{m_{muoi}-m_X}{36,5}=0,05$

Kim loại có tính khử mạnh hơn sẽ tồn tại ở dạng ion trước tiên $\to$Y chứa hai muối là $Mg{\left(N{O}_3\right)}_2$ và $Fe{\left(N{O}_3\right)}_2.$

$FeC{l}_2+NaOH\to Fe{\left(OH\right)}_2+NaCl$

$FeC{l}_3+NaOH\to Fe{\left(OH\right)}_3+NaCl$

X gồm Fe(OH)₂ và Fe(OH)₃. Nung X ngoài không khí thu được Fe₂O₃:

$Fe{\left(OH\right)}_2+O_2\to F{e}_2{O}_3+H_{2}O$

$Fe{\left(OH\right)}_3\to F{e}_2{O}_3+H_{2}O$

M muối $=\frac{8,16}{0,12}=68:HCOONa$

$M_{ancol}=\frac{4,848}{0,12}=40,4\to C{H}_{3}OH\left(0,048\right)$ và $C_2{H}_{5}OH\left(0,072\right)$

$\to$ X là $HCOOC{H}_3\left(0,048\right)$ và Y là $HCOO{C}_2{H}_5\left(0,072\right)$

$n_{C{O}_2}=0,2;n_{H_{2}O}=0,21$

Số $C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=2$

Số $H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_X}=4,2$

X là $C_2{H}_{4,2}\to k=\frac{\left(2C+2-H\right)}{2}=0,9$

$O{H}^{-}+HC{O}_3^{-}\to C{O}_3^{2-}+H_{2}O$

$n_{HC{O}_3^{-}}=b<n_{O{H}^{-}}=2a$ nên $O{H}^{-}$ còn dư $\to n_{C{O}_3^{2-}}=b$

$B{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to BaC{O}_3$

$n_{B{a}^{2+}}=a<n_{C{O}_3^{2-}}=b$ nên $B{a}^{2+}$ kết tủa hết

$\to$ X là $BaC{O}_3,$ Y chứa $K^{+},O{H}^{-},C{O}_3^{2-}$.

A. Đúng (K₂CO₃ và KOH)

B. Sai: $O{H}^{-}+H^{+}\to H_{2}O$

$C{O}_3^{2-}+H^{+}\to HC{O}_3^{-}$

Sau 2 phản ứng trên thì mới có khí: $HC{O}_3^{-}+H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O$

C. Đúng: $C{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to CaC{O}_3$

D. Đúng: $BaC{O}_3\to BaO+C{O}_2$

$BaO+H_{2}O\to Ba{\left(OH\right)}_2$

$C_2{H}_8{O}_3{N}_2+NaOH\to$ Chất hữu cơ đơn chức $Y+$ Các chất vô cơ.

$\to$ X là $C_2{H}_{5}N{H}_{3}N{O}_3$ hoặc ${\left(C{H}_3\right)}_{2}N{H}_{2}N{O}_3$

$\to Y$ là $C_2{H}_{5}N{H}_2$ hoặc ${\left(C{H}_3\right)}_{2}NH$

$\to M_Y=45$

(a) Đúng

(b) Đúng

(c) Đúng

(d) Đúng

Các axit béo có k = 1 và chất béo có k = 3.

$n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,05\to$n chất béo = 0,025

$n_{KOH}=0,12\to n_{Axit}$ béo = $0,12-0,025.3=0,045$

$\to n_{H_{2}O}=0,045$ và $n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=0,025$

Bảo toàn khối lượng:

$m_X+m_{KOH}=$m muối $+m_{H_{2}O}+m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$

A. $BaO+2Al+3H_{2}O\to Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2+3H_2$

B. Chất rắn là MgO, Chỉ Na tan:

$Na+H_{2}O\to NaOH+H_2$

C. Chất rắn là Cu dư.

$Cu+F{e}_3{O}_4+8HCl\to CuC{l}_2+3FeC{l}_2+4H_{2}O$

D. Chất rắn là Al₂O₃ dư:

X là:

$HO-C{H}_2-COO-C{H}_2-C{H}_2-OOC-C{H}_2-OH$

$HO-C{H}_2-COO-C{H}_2-COO-C{H}_2-C{H}_2-OH$

Y là $HO-C{H}_2-COONa$ và Z là $C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2$

Z chứa muối sunfat nên $B{a}^{2+}$ đã kết tủa hết

Đặt $n_{BaS{O}_4}=n_{BaO}=x$

$\to n_{O{H}^{-}}=2n_O+2n_{H_2}=2x+0,4$

$n_{H_{2}S{O}_4}=0,09;n_{HCl}=0,12\to n_{H^{+}}=0,3$

$\to n_{O{H}^{-}}$ dư $=2x+0,4-0,3=2x+0,1$

$\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{2x+0,1}{3}$

$m\downarrow =233x+\frac{78\left(2x+0,1\right)}{3}=14\to x=0,04$

m kim loại trong $X$ = m muối $+m\downarrow -m_{C{l}^{-}}-m_{S{O}_4^{2-}}-m_{O{H}^{-}}$ dư $=13,88$

$\to m_X=13,88+16x=14,52$

$n_{CuC{l}_2}=0,008$

Ban đầu: $pH=2\to \left[H^{+}\right]=0,01\to n_{HCl}=0,004$

$\to$ A đúng.

Đoạn 1: pH không thay đổi trong khoảng thời gian catot khử $C{u}^{2+}$ và anot oxi hóa $C{l}^{-}$.

$n_e$đoạn 1 $=2n_{C{u}^{2+}}=0,016$

Đoạn 2: pH tăng nhanh chóng do $H^{+}$ bị khử cho tới khi hết tại catot.

$n_e$ đoạn 2 $=n_{H^{+}}=0,004$

Đoạn 3: pH tiếp tục tăng, dung dịch chuyển sang môi trường kiềm do H₂O bị khử tại catot tạo $O{H}^{-}:$

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

$2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+H_2$

$\to n_e$ đoạn 3 $=n_{O{H}^{-}}=0,04$

$n_e$ tổng 3 đoạn $=0,06=\frac{Ix}{F}$

$\to x=3000$ (B đúng)

A. Sai, bình 1 xảy ra phản ứng thủy phân trong môi trường axit. Bình 2 xảy ra phản ứng xà phòng hóa (thủy phân trong môi trường kiềm).

B. Đúng

C. Sai, bình 1 thuận nghịch nên vẫn còn este dư, không tan nên phân lớp.

Trong phản ứng đốt cháy: Đặt $n_X=u$ và$n_Y+n_Z=v$

$n_{H_{2}O}=u\left(n-4\right)+v\left(m-1\right)=0,42$

$m_E=u\left(14n+24\right)+v\left(14m+62\right)=12,78$

$\to u=0,015;v=0,075$

$\to n_E=0,09$ và $M_E=142$

Xà phòng hóa 0,06 mol E (ứng với $m_E=0,06.142=8,52$)

$n_{H_2}=0,045\to$ Ancol dạng $R{\left(OH\right)}_r\left(\frac{0,09}{r}mol\right)$

m tăng $=\frac{\left(R+16r\right).0,09}{r}=2,85$

$\to R=15,67r$

$1<r<2\to 15,67<R<31,34$

Hai ancol cùng C nên các gốc hơn kém nhau 1 đơn vị

$\to C_2{H}_{5}OH\left(0,01\right)$ và $\to C_2{H}_{5}OH\left(0,01\right)$

Y, Z tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 và $n_E:n_{NaOH}=1:2$ nên X là este của phenol.

Bảo toàn khối lượng:

$m_E+m_{NaOH}$ = m muối $+m_{Ancol}+m_{H_{2}O}$

$\to n_{H_{2}O}=0,02$

$n_E=0,06$ nên nếu E gồm $A{\left(COO{C}_2{H}_5\right)}_2\left(0,005\right)$ và $A{\left(COO{C}_2{H}_5\right)}_2\left(0,005\right)$ và ${\left(BCOO\right)}_2{C}_2{H}_4\left(0,04\right)$ thì $RCOOP\left(0,015\right)$ Vô lý

Vậy E gồm:

$C_2{H}_5-OOC-A-COOH:0,01$ mol

${\left(BCOO\right)}_2{C}_2{H}_4:0,04$ mol

$BCOOP:0,01$ mol

Các muối gồm $A{\left(COONa\right)}_2\left(0,01\right),BCOONa\left(0,09\right)$ và PONa (0,01)

m muối $=0,01\left(A+134\right)+0,09\left(B+67\right)+0,01\left(P+39\right)=10,02$

$\to A+9B+P=226$

$\to A=14,B=15,P=77$ hoặc $A=0,B=15,P=91$

Trong cả 2 trường hợp thì Z đều là ${\left(C{H}_{3}COO\right)}_2{C}_2{H}_4\left(0,04\right)$

$\to \%Z=68,54\%$