Đề thi thử THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án (Đề 11)

Đáp án A

Trong công nghiệp, Al được sản xuất bằng phương pháp điện phân nóng chảy ${\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3$.

Đáp án B

${\mathrm{n}}_{\mathrm{Fe}}\approx 0,107\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}=0,1\mathrm{mol}$

So sánh chất hết, chất dư, ta thấy Fe dư, H₂SO₄ hết.

Bảo toàn nguyên tố H: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}=0,1\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{V}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,1.22,4=2,24\mathrm{lít}$

Đáp án B

Ta có: X + NaOH → ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{COONa}$ + ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{OH}$

→ Công thức của X là ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{C}{\mathrm{OOCH}}_3.$

Đáp án B

A đúng vì glucozơ tạo kết tủa Ag khi tham gia phản ứng tráng gương, còn saccarozơ thì không.

B sai vì cả saccarozơ và glixerol đều tạo dung dịch màu xanh lam khi phản ứng với $\mathrm{Cu}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$.

C đúng vì tinh bột phản ứng với dung dịch ${\mathrm{I}}_2$ cho màu xanh tím còn xenlulozơ thì không.

D đúng vì glucozơ và fructozơ đềụ tạo kết tủa Ag khi tham gia phản ứng tráng gương nên không thể phân biệt được.

Đáp án A

Ta có quá trình: $\mathrm{X}+\mathrm{NaOH}\to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{33}\mathrm{COONa}\left(\mathrm{a}\mathrm{mol}\right)\\ {\mathrm{C}}_{15}{\mathrm{H}}_{31}\mathrm{COONa}\left(2\mathrm{a}\mathrm{mol}\right)\end{array}\right.$$+{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$

Tỉ lệ số mol của ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{33}\mathrm{COONa}$ với ${\mathrm{C}}_{15}{\mathrm{H}}_{31}\mathrm{COONa}$ là 1 : 2.

→ Công thức của X có dạng ((${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{33}\mathrm{COO}$)(${\mathrm{C}}_{15}{\mathrm{H}}_{31}\mathrm{COO}{)}_2$)${\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5$.

Đáp án C

Nước cứng tạm thời là nước được gây nên bởi các muối $\mathrm{Ca}{\left({\mathrm{HCO}}_3\right)}_2$ và $\mathrm{Mg}{\left({\mathrm{HCO}}_3\right)}_2$

Để làm mềm nước cứng tạm thời ta thường dùng các cách như đun sôi, sử dụng NaOH/$\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$/ ${\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3$/${\mathrm{Na}}_3{\mathrm{PO}}_4$.

→ ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ không thể dùng để làm mềm nước cứng được vì không làm mất đi ion ${\mathrm{Ca}}^{2+}$ và $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$.

Đáp án C

Đồng phân cấu tạo của amin bậc ba ứng với công thức phân tử ${\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_{13}\mathrm{N}$ là:

Đáp án B

Mưa axit chủ yếu là do những khí thải sinh ra trong quá trình sản xuất công nghiệp nhưng không được xử lí triệt để. Những chất khí đó là ${\mathrm{SO}}_2, {\mathrm{NO}}_2$.

Đáp án D

${\mathrm{m}}_{\mathrm{X}}=25.12,4\%=3,1\mathrm{gam}$; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{HCl}}=0,1\mathrm{mol}$

Amin đơn chức: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{amin}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{HCl}}=0,1\mathrm{mol}$$\to {\mathrm{M}}_{\mathrm{X}}=31$

Vậy công thức phân tử của X là ${\mathrm{CH}}_5\mathrm{N}$.

Đáp án C

Các chất thủy phân trong môi trường kiềm, đun nóng không thu được ancol là: vinyl axetat, phenyl benzoat.

Chú ý: $\mathrm{RCOOCH}={\mathrm{CH}}_2$ thủy phân trong môi trường kiềm thu được muối và CH₃CHO (anđehit axetic). ${\mathrm{RCOOC}}_6{\mathrm{H}}_5$ thủy phân trong môi trường kiềm thu được hai muối và ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ chứ không thu được ancol.

Đáp án D

A, B, C đúng.

D sai vì ${\mathrm{NH}}_3$ làm quỳ tím chuyển thành màu xanh.

Đáp án B

Đốt cháy hỗn hợp đều là este no, đơn chức, mạch hở: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=\mathrm{a}\mathrm{mol}$

Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch $\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ dư:

${\mathrm{m}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{bình}\mathrm{taêng}}$$\iff 62\mathrm{a}=49,6$$\to \mathrm{a}=0,8$

$\to {\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,8.18=14,4\mathrm{gam}$

Đáp án C

Các chất tác dụng với dung dịch ${\mathrm{AgNO}}_3$ trong ${\mathrm{NH}}_3$ thu được kết tủa trong dãy là: axetilen, axit fomic, metyl fomat.

Chú ý: Các chất tác dụng với dung dịch ${\mathrm{AgNO}}_3$ trong ${\mathrm{NH}}_3$ thu được kết tủa là:

1. Các ank-1-in tạo kết tủa màu vàng.

2. Các anđehit, HCOOH, HCOOR’, glucozơ, fructozơ tạo kết tủa trắng bạc (phản ứng tráng gương).

Đáp án D

${\mathrm{n}}_{\mathrm{KOH}}=0,525\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}=0,1\mathrm{x}\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}=0,075\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=0,525\mathrm{mol}$; $\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=0,525\mathrm{mol}$

Ta thấy: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}>3{\mathrm{n}}_{\downarrow }\to$ Kết tủa bị hòa tan một phần.

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}^{3+}}=\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}+{\mathrm{n}}_{\downarrow }}{4}=\frac{0,525+0,075}{4}$$=0,15\mathrm{mol}$

$\to \mathrm{x}=\frac{0,15}{0,1}=1,5$

Đáp án C

Thứ tự phản ứng:

Mg + 2${\mathrm{Ag}}^{+}$ → ${\mathrm{Mg}}^{2+}$ + 2Ag

Zn + 2${\mathrm{Ag}}^{+}$ → ${\mathrm{Zn}}^{2+}$ + 2Ag

Mg + ${\mathrm{Cu}}^{2+}$ → ${\mathrm{Mg}}^{2+}$ + Cu

Zn + ${\mathrm{Cu}}^{2+}$ → ${\mathrm{Zn}}^{2+}$ + Cu

Ta có: $\overrightarrow{\frac{{\mathrm{Mg}}^{2+}}{\mathrm{Mg}};\frac{{\mathrm{Zn}}^{2+}}{\mathrm{Zn}};\frac{{\mathrm{Cu}}^{2+}}{\mathrm{Cu}};\frac{{\mathrm{Ag}}^{+}}{\mathrm{Ag}}}$

Dung dịch sau phản ứng chứa ba muối nên ba muối đó là ${\mathrm{Mg}}^{2+}, \mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}$ và ${\mathrm{Cu}}^{2+}$ dư.

$\to \frac{\mathrm{d}}{2}<\mathrm{a}+\mathrm{b}<\mathrm{c}+\frac{\mathrm{d}}{2}$$\to \frac{\mathrm{d}}{2}-\mathrm{a}<\mathrm{b}<\mathrm{c}-\mathrm{a}+\frac{\mathrm{d}}{2}$.

Đáp án A

A sai vì hỗn hợp tecmit có thành phần chính là bột nhôm và bột sắt oxit.

B, C, D đúng.

Đáp án B

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CaCO}}_3}=0,05\mathrm{mol}$

Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch X lại thu được kết tủa → Dung dịch X chứa $\mathrm{Ca}{\left({\mathrm{HCO}}_3\right)}_2$.

Phương trình hóa học:

$\mathrm{Ca}({\mathrm{HCO}}_3{)}_2$ + NaOH → ${\mathrm{CaCO}}_3$ + ${\mathrm{NaHCO}}_3$${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

     0,01   ←   0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố C: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{CaCO}}_3}+2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ca}{\left({\mathrm{HCO}}_3\right)}_2}$$=0,05+2.0,01$$=0,07\mathrm{mol}$

Ta có: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{tinh}\mathrm{boät}}=\frac{1}{2}{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=0,035\mathrm{mol}$

Với H = 75%: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{tinh}\mathrm{boät}}=0,035.162:75\%$$=7,56\mathrm{gam}$

Chú ý: Lượng NaOH là tối thiểu để thu được lượng kết tủa lớn nhất.

Đáp án D

Phương trình hóa học:

$$\begin{gathered} \left(1\right)2\mathrm{NaCl}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\underset{\mathrm{maøng}\mathrm{ngaên}}{\overset{\mathrm{ñieän}\mathrm{phaân}}{\to }}2\mathrm{NaOH} \\ \left(\mathrm{X}\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} +{\mathrm{Cl}}_2\uparrow +{\mathrm{H}}_2\uparrow \\ \left(\mathrm{Y}\right) \left(\mathrm{Z}\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \left(2\right)\mathrm{NaOH}+{\mathrm{CO}}_{2\mathrm{dö}}\to {\mathrm{NaHCO}}_3 \\ \left(\mathrm{X}\right) \left(\mathrm{T}\right) \end{gathered}$$

A, B, C sai; D đúng.

Đáp án C

Đun hợp chất hữu cơ X (${\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_{11}{\mathrm{O}}_2\mathrm{N}$) với dung dịch NaOH, thu được ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_4{\mathrm{O}}_2\mathrm{NN}$a → Loại A, D.

Chất hữu cơ Y qua CuO (t°), thu được chất hữu cơ Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương

→ Loại B vì Y là ${\left({\mathrm{CH}}_3\right)}_2\mathrm{CHOH}$ thì Z thu được là xeton không có tham gia phản ứng tráng gương.

Vậy X là ${\mathrm{H}}_2\mathrm{N}–{\mathrm{CH}}_2\mathrm{COO}–{\mathrm{CH}}_2–{\mathrm{CH}}_2–{\mathrm{CH}}_3$.

Đáp án B

(a) sai vì sau phản ứng thu được natri fomat và metanol.

(b) sai vì số nguyên tử H lẻ khi số nguyên tử N lẻ còn số nguyên tử H chẵn khi số nguyên tử N chẵn.

(c) đúng.

(d) sai vì khi trùng ngưng ${\mathrm{NH}}_2–{\left({\mathrm{CH}}_2\right)}_6–$COOH thu được tơ nilon-7.

Đáp án C

Tại ${\mathrm{m}}_{\mathrm{kết}\mathrm{tûa}}=2\mathrm{m}$ ta có: $\mathrm{x}={\mathrm{n}}_{\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{CaCO}}_3}=\frac{2\mathrm{m}}{100}\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=$$2\mathrm{x}+2\mathrm{x}=4\mathrm{x}=\frac{4.2\mathrm{m}}{100}=\frac{8\mathrm{m}}{100}\mathrm{mol}$

Tại ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=\mathrm{a}\mathrm{mol}$ ta có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{CaCO}}_3}\iff \mathrm{a}=\frac{\mathrm{m}}{100}$ $\left(*\right)$

Tai ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=\mathrm{b}\mathrm{mol}$ ta có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CaCO}}_3}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}$$\iff \frac{\mathrm{m}}{100}=\frac{8\mathrm{m}}{100}-\mathrm{b}$$\to \mathrm{b}=\frac{7\mathrm{m}}{100}$ $\left(**\right)$

Từ $\left(*\right)$ và $\left(**\right)$ suy ra: $\mathrm{b}:\mathrm{a}=7:1$

Đáp án C

${\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=0,08\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,2\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,25\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{pu}}=0,08+0,2-0,25$$=0,03\mathrm{mol}$

Mà: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_{2\mathrm{pu}}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{anken}}={\mathrm{nC}}_5{{\mathrm{H}}_{12}}_{\mathrm{pu}}=0,03\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{nC}}_5{\mathrm{H}}_{12\mathrm{du}}=0,08-2.0,03$$=0,02\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_{12\mathrm{bd}}}=0,03+0,02=0,05\mathrm{mol}$

Đốt cháy Y thu được lượng ${\mathrm{CO}}_2$ bằng với khi đốt cháy ${\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_{12}$ ban đầu:

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=5{\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_{12}}=0,25\mathrm{mol}$

$\to \mathrm{m}=0,25.100=25\mathrm{gam}$

Đáp án C

Gọi số mol của valin và lysin lần lượt là x và y mol.

Cho phần một tác dung hoàn toàn với dung dịch HCl dư: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{HCl}}=\frac{0,5\mathrm{m}+23,725-\mathrm{m}}{36,5}$$=0,65\mathrm{mol}$

$\to \mathrm{x}+2\mathrm{y}=0,65 \left(*\right)$      

Cho phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=\frac{0,5\mathrm{m}+8,8-0,5\mathrm{m}}{22}$$=0,4\mathrm{mol}$

$\to \mathrm{x}+\mathrm{y}=0,4$ $\left(**\right)$

Từ $\left(*\right)$ và $\left(**\right)$ suy ra: $\mathrm{x}=0,15$; $\mathrm{y}=0,25$$\to \%{\mathrm{m}}_{\text{lys}\mathrm{in}}=\frac{0,25.146}{0,15.117+0,25.146}$$\approx 67,53\%$

Đáp án A

a) Cho Ba dư vào dung dịch ${\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3$:

Ba + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ → $\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$${\mathrm{H}}_2$

${\mathrm{Ba}}^{2+}+{\mathrm{SO}}_4^{2-}\to {\mathrm{BaSO}}_4$

${\mathrm{Al}}^{3+}+3{\mathrm{OH}}^{–}\to \mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$

$\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3+{\mathrm{OH}}^{–}\to {\mathrm{AlO}}_2^{-} +2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

→ Chỉ thu được kết tủa là ${\mathrm{BaSO}}_4$.

(b) Cho ${\mathrm{FeCl}}_2$ vào dung dịch ${\mathrm{AgNO}}_3$ dư:

${\mathrm{Fe}}^{2+}+ {\mathrm{Ag}}^{+}\to {\mathrm{Fe}}^{3+}+ \mathrm{Ag}$

${\mathrm{Cl}}^{+} + {\mathrm{Ag}}^{+}\to \mathrm{AgCl}$

→ Hỗn hợp các chất kết tủa là AgCl và Ag.

(c) Cho $\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ vào dung dịch chứa $\mathrm{Mg}{\left({\mathrm{HCO}}_3\right)}_2$:

$\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2+\mathrm{Mg}{\left({\mathrm{HCO}}_3\right)}_2\to {\mathrm{CaCO}}_3+$${\mathrm{MgCO}}_3+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

→ Hỗn hợp các chất kết tủa là ${\mathrm{CaCO}}_3$ và ${\mathrm{MgCO}}_3$.

(d) Sục khí ${\mathrm{NH}}_3$ đến dư vào dung dịch chứa hỗn hợp ${\mathrm{AlCl}}_3$:

${\mathrm{AlCl}}_3+3{\mathrm{NH}}_3+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$$+3{\mathrm{NH}}_4\mathrm{Cl}$

Chỉ thu được kết tủa là $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$.

(e) Cho miếng nhôm vào dung dịch NaOH dư rồi sau đó sục khí ${\mathrm{CO}}_2$ vào:

$2\mathrm{Al}+2\mathrm{NaOH}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2{\mathrm{NaAlO}}_2$$+3{\mathrm{H}}_2$

${\mathrm{NaAlO}}_2+{\mathrm{CO}}_2+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$$+{\mathrm{NaHCO}}_3$

Chỉ thu được kết tủa là $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$.

Đáp án B

Phần trăm khối lượng của oxi: $\%{\mathrm{m}}_{\mathrm{O}}=\frac{16.5}{12\mathrm{n}+10+16.5}.100\%$$>29\%$$\to \mathrm{n}<15,5$

X có vòng benzen và nhóm chức este, 1 mol X → 2 mol chất hữu cơ Y nên X chỉ có thể là:

HO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COOH

Phương trình hóa học:

HO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COOH

                       (X)

+ 4NaOH → 2NaO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COONa

                                     (Y)

+ 3${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

(a) đúng vì chất X chứa nhóm chức axit COOH nên làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

(b) đúng vì dựa vào PTHH có ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=4\mathrm{mol}$

(c) đúng vì chất X có một nhóm COOH nên phản ứng với ${\mathrm{NaHCO}}_3$ theo tỉ lệ 1 : 1.

HO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COOH + ${\mathrm{NaHCO}}_3$ → HO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COONa + ${\mathrm{CO}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

(d) đúng vì có phương trình hóa học:

NaO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COONa + 2HCl → HO – ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4$ – COOH + 2NaCl + ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

(e) đúng vì ta có: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{Y}}=2.182=364\mathrm{gam}$

Đáp án C

Z, T, E đều có cùng số nguyên tử cacbon nên mỗi chất có 2C.

→ Công thức của X là ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5{\mathrm{OOCCOONH}}_3{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5$.

Ta có: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=0,6\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5{\mathrm{NH}}_2}=0,3\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}}=0,2\mathrm{mol}$

Dung dịch Q gồm ba chất hữu cơ có cùng số nguyên tử cacbon, mà X tác dụng với NaOH thu được ${\left(\mathrm{COONa}\right)}_2$ nên các chất đều phải chứa 2C.

Do ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5{\mathrm{NH}}_2}>{\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}}$ nên ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5{\mathrm{NH}}_2$ còn sinh ra từ Y.

→ Công thức của Y là ${\mathrm{CH}}_3{\mathrm{COOCH}}_2{\mathrm{COONH}}_3{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5$.

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=0,2\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,1\mathrm{mol}$

Q gồm ${\left(\mathrm{COONa}\right)}_2$ (0,2 mol); ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{COONa}$ (0,1 mol) và ${\mathrm{HOCH}}_2\mathrm{COONa}$ (0,1 mol).

$\%{\mathrm{m}}_{{\mathrm{CH}}_3\mathrm{COONa}}=18,3\%$

Đáp án C

A đúng vì xà phòng không tan trong nước muối nên tách ra.

B đúng vì nếu có chất béo dư thì nó cũng tan trong xà phòng vừa tạo ra nên thu được chất lỏng đồng nhất.

C sai vì mục đích thêm dung dịch NaCl là để kết tinh xà phòng.

D đúng vì chất lỏng này có chứa ${\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$ nên có thể hòa tan $\mathrm{Cu}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ tạo dung dịch màu xanh lam.

Đáp án B

Xét khoảng thời gian 2895 (s): ${\mathrm{n}}_{\mathrm{e}\mathrm{trao}\mathrm{ñoåi}}=0,06\mathrm{mol};$

Tại cực âm: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu}}=0,02\mathrm{mol}$$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=\frac{0,06-0,02.2}{2}=0,01\mathrm{mol}$

Tại cực dương: Gọi số mol của khí ${\mathrm{Cl}}_2$ và khí ${\mathrm{O}}_2$ sinh ra lần lượt là x và y mol.

${\mathrm{n}}_{\mathrm{khí}\mathrm{ôû}\mathrm{hai}\mathrm{ñieän}\mathrm{cöïc}}=0,03\mathrm{mol}$$\to \mathrm{x}+\mathrm{y}=0,02$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=0,02\\ 2\mathrm{x}+4\mathrm{y}=0,06\end{array}\right.$$\to \mathrm{x}=\mathrm{y}=0,01$

Xét khoảng thời gian từ (t + 2895) (s) đến 2t (s): chỉ điện phân nước.

${\text{n}}_{\mathrm{khí}\hspace{0.17em}\mathrm{tăng}\hspace{0.17em}\mathrm{thêm}}=2,125\mathrm{a}-\left(\mathrm{a}+0,03\right)$$=1,125\mathrm{a}-0,03\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{mol}$

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}$$\to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=0,375-0,01\mathrm{mol}\\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,75\mathrm{a}-0,02\mathrm{mol}\end{array}\right.$

Xét khoảng thời gian từ t (s) đến 2t (s):

Tại cực dương: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}_2}=0,01\mathrm{mol}\\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=0,375-0,01+\mathrm{y}=0,375\mathrm{mol}\end{array}\right.$

Bảo toàn electron cho cực dương ở hai khoảng thời gian 0 → t (s) và t (s) → 2t (s):

$2\mathrm{a}=2.0,01+4.0,375\mathrm{a}$

$\to \mathrm{a}=0,04$

$\to \mathrm{t}=3860\left(\mathrm{s}\right)$

Đáp án C

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{NO}}_2}=0,07\mathrm{mol}$; ${\text{n}}_{\mathrm{NaOH}}=0,4\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3}=0,061\mathrm{mol}$

Ta có quá trình: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Fe}}_3{\mathrm{O}}_4\\ {\mathrm{FeS}}_2\end{array}\right.\underset{}{\overset{{\mathrm{HNO}}_3}{\to }}$$〈\begin{array}{l}\mathrm{Dd}\underset{}{\overset{\underset{0,4\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{NaOH}}}}{\to }}\mathrm{Fe}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3\underset{}{\overset{\mathrm{t}°}{\to }}\underset{0,061\mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3}}\\ \underset{0,07\mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{NO}}_2}}\end{array}$

Bảo toàn nguyên tố Fe: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Fe}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3}=0,122\mathrm{mol}$

Nhận xét: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}\mathrm{phaûn}\mathrm{öùng}\mathrm{vôùi}{\mathrm{Fe}}^{3+}}=3{\mathrm{n}}_{\mathrm{Fe}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}=$$3.0,122=0,366\mathrm{mol}<{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}\mathrm{duøng}}$$=0,4\mathrm{mol}$

→ Dung dịch sau phản ứng có ${\mathrm{H}}^{+}$: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}^{+}}=0,4-0,366=0,034\mathrm{mol}$

Gọi số mol ${\mathrm{Fe}}_3{\mathrm{O}}_4$ và ${\mathrm{FeS}}_2$ trong X lần lượt là x và y mol.

Quá trình cho nhận electron trong phản ứng của X với dung dịch ${\mathrm{HNO}}_3$:

$3{\mathrm{Fe}}^{+8/3}\to 3{\mathrm{Fe}}^{+3}+1\mathrm{e}$

${\mathrm{N}}^{+5}+1\mathrm{e}\to {\mathrm{N}}^{+4}$

${\mathrm{FeS}}_2\to {\mathrm{Fe}}^{3+}+2{\mathrm{S}}^{+6}+15\mathrm{e}$

Bảo toàn electron: $\mathrm{x}+15\mathrm{y}=0,07 \left(*\right)$

Bảo toàn nguyên tố Fe: $3{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Fe}}_3{\mathrm{O}}_4}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{FeS}}_2}=2{\mathrm{nFe}}_2{\mathrm{O}}_3$$\to 3\mathrm{x}+\mathrm{y}=0,122$

Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,04; y = 0,002

Dung dịch Y sau phản ứng gồm ${\mathrm{Fe}}^{3+}$ (0,122 mol); ${\mathrm{SO}}_4^{2-}$ (0,004 mol); ${\mathrm{H}}^{+}$ (0,034 mol) và ${\mathrm{NO}}_3^{-}$.

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{NO}}_3^{-}}=0,122.3+0,034-0,004.2$$=0,392\mathrm{mol}$

$\to \sum {\mathrm{n}}_{{\mathrm{HNO}}_3}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{NO}}_3^{-}}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{NO}}_2}=$$0,392+0,07=0,462\mathrm{mol}$

Nồng độ phần trăm của dung dịch ${\mathrm{HNO}}_3$ ban đầu:

$\mathrm{C}\%=\frac{0,462.63}{63}.100\%=46,2\%$

Đáp án C

Gọi số mol của axit X, este Y, hai ancol lần lượt là x, y, z mol.

Đốt cháy a gam E: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=0,31\mathrm{mol}$; ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,26\mathrm{mol}$

Ta có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=\mathrm{x}+\mathrm{y}-\mathrm{z}=0,05\mathrm{mol}$$\to \mathrm{x}+\mathrm{y}-\mathrm{z}=0,05$ (*)

Đun nóng a gam E với 200 ml dung dịch NaOH 1M: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=0,2\mathrm{mol}$

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}=0,03\mathrm{mol}$$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}\mathrm{du}}=0,06\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}\mathrm{pu}}=0,2-0,06=0,14\mathrm{mol}$

$\to 2\mathrm{x}+2\mathrm{y}=0,14$ (**)

Cho T tác dụng với Na dư: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,2\mathrm{mol}$

Ancol đơn chức: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{ancol}}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,04\mathrm{mol}$$\to 2\mathrm{y}+\mathrm{z}=0,04$ (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: x = 0,06; y = 0,01; z = 0,3 mol

Trong phản ứng đốt cháy: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{E}\right)}=4\mathrm{x}+4\mathrm{y}+\mathrm{z}=0,3\mathrm{mol}$

Bảo toàn nguyên tố O: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=\frac{2.0,31+0,26-0,3}{2}=0,29\mathrm{mol}$

Bảo toàn khối lượng: $\mathrm{a}={\mathrm{m}}_{\mathrm{E}}={\mathrm{m}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}-{\mathrm{m}}_{{\mathrm{O}}_2}$$=13,64+4,68-0,29.32$$=9,04\mathrm{gam}$

Đun nóng E với dung dịch NaOH:

Ta có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=2{\mathrm{n}}_{\mathrm{axit}}+2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}$$=2.0,06+2.0,03$$=0,18\mathrm{mol}$

Bảo toàn khối lượng: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{E}}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{NaOH}}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}$$={\mathrm{m}}_{\mathrm{muoi}}+{{\mathrm{m}}_{\mathrm{ancol}}}_{\mathrm{T}}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}$

$\to \mathrm{m}={\mathrm{m}}_{\mathrm{muoi}}=9,04+0,2.40$$+0,03.98-2,12-0,18.18$$=14,62\mathrm{gam}$

Đáp án A

Hỗn hợp Y gồm ${\mathrm{H}}_2$ (a mol) và NO (b mol).

$\to \mathrm{a}+\mathrm{b}=0,19$ (*)           

Ta có: ${\mathrm{d}}_{\mathrm{Y}/{\mathrm{H}}_2}=5,421$$\to {\mathrm{M}}_{\mathrm{Y}}=2.5,421=10,842$$\to {\mathrm{m}}_{\mathrm{Y}}=0,19.10,842=2,05998\mathrm{gam}$

 $\to 2\mathrm{a}+30\mathrm{b}=2,05998$ (**)         

Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,13; b = 0,06

Ta có quá trình: $\mathrm{X}\underset{21,5\mathrm{gam}}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Al}\\ \mathrm{Zn}\\ \mathrm{FeO}\\ \mathrm{Cu}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2\end{array}\right.}}\underset{}{\overset{\underset{0,43\mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}}}{\to }}\underset{56,9\mathrm{gam}}{\underbrace{\mathrm{Z}}}$$+\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}\underset{0,13\mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{H}}_2}}\\ \underset{0,06\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{NO}}}\end{array}\right.+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Bảo toàn khối lượng: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{x}}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}={\mathrm{m}}_{\mathrm{Z}}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{Y}}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}$

$\to {\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=21,5+0,43.98-56,9-$$0,13.2-0,06.30$$=4,68\mathrm{gam}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,26\mathrm{mol}$

Bảo toàn nguyên tố H thấy: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{H}\left({\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4\right)}=0,86\mathrm{mol}$$>{\mathrm{n}}_{\mathrm{H}\left({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right)}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{H}\left({\mathrm{H}}_2\right)}$$=0,78\mathrm{mol}$

→ Sản phẩm có chứa muối amoni: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{NH}}_4^{+}}=\frac{0,86-0,78}{4}=0,02\mathrm{mol}$

Bảo toàn nguyên tố N: $2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{NH}}_4^{+}}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}$$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2}=\frac{0,02+0,06}{2}=0,04\mathrm{mol}$

Al → ${\mathrm{Al}}^{+3}$ + 3e

4${\text{H}}^{\text{+}}$ + ${\mathrm{NO}}_3^{-}$ + 3e → NO + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Zn → ${\mathrm{Zn}}^{2+}$ + 2e

10${\text{H}}^{\text{+}}$ + ${\mathrm{NO}}_3^{-}$ + 8e → ${\mathrm{NH}}_4^{+}$ + 3${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

2${\text{H}}^{\text{+}}$ + 2e → ${\mathrm{H}}_2$

2${\text{H}}^{\text{+}}$ + O → ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Ta có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}^{+}}=4{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}+10{\mathrm{n}}_{{\mathrm{NH}}_4^{+}}+2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$$+2{\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{FeO}\right)}$

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{FeO}\right)}=$$\frac{2.0,43-4.0,06-10.0,02-2.0,13}{2}$$=0,08\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{FeO}}=0,08\mathrm{mol}$

Gọi số mol của Al và Zn lần lượt là x và y mol.

$\to 27\mathrm{x}+65\mathrm{y}=21,5-0,04.188$$-0,08.72=8,22$ (***)

Bảo toàn electron: $3\mathrm{x}+2\mathrm{y}=3.0,06+8.0,02+2.0,13$$=0,6$ (****)

Từ (***) và (****) suy ra: x = 0,16; y = 0,06

Chú ý: Các kim loại như Mg, Al, Zn khi phản ứng với $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ loãng hoặc dung dịch ${\mathrm{H}}^{+}$, ${\mathrm{NO}}_3^{-}$ chú ý đến sản phẩm khử có thể có ${\mathrm{NH}}_4^{+}$.