Đề thi thử THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án (Đề 12)

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án D

Tơ lapsan thuộc loại polieste được tổng hợp từ axit telephatalic và etylen glicol.

Có công thức là: (CO−C6H4COOC2H4−O)n.

Đáp án A

Dung dịch anbumin (lòng trắng trứng) có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ cho hợp chất màu tím.

Đáp án B

Ta có: 20 ml nước = 20 gam nước

So sánh chất hết, chất dư ta có kim loại kiềm hết, nước dư.

Bảo toàn khối lượng:

mH2=mKLK+mH2O−mdd kiem=0,46+20−20,44=0,02 gam

→nH2=0,01 mol→nKLK=2nH2=0,02 mol→MKLK=0,460,02=23

Vậy kim loại đó là Na.

Đáp án C

A, B sai vì Cr bị thụ động hóa trong dung dịch HNO3 đặc, nguội và H2SO4 đặc, nguội nên Cr không phản ứng.

C đúng vì xảy ra phản ứng: Cr + 2HC → CrCl2 + H2

D sai vì Cr không phản ứng được với dung dịch NaOH.

Đáp án C

Khí X là khí nhẹ hơn không khí

→ Phương trình phản ứng minh họa là: Fe+2HCl→FeCl2+ H2

Đáp án A

Al là kim loại có khả năng vừa tan được trong dung dịch axit, vừa tan được trong dung dịch kiềm.

Chú ý: Tuy nhiên Al không phải là chất lưỡng tính.

Đáp án C

Phương trình hóa học:

Fe+CuSO4→FeSO4+Cux                                         x mol

Ta có:

mtang=mCu−mFe=64x−56x=1,6 gam

→x=0,2

→mCu=0,2.64=12,8 gam

Đáp án A

Các kim loại khử được ion Fe3+ trong dung dịch là Al, Fe, Cu.

Chú ý: Na có phản ứng nhưng không phải khử Fe3+, Nạ phản ứng với nước trong dung dịch Fe3+ tạo dung dịch kiềm, sau đó: Fe3++3OH−→Fe(OH)3.

Đáp án D

Ta có: dZ/H2=16→MZ=16.2=32→ Z là CH3OH.

Vậy X là C2H5COOCH3.

Đáp án D

nAg=0,12 mol

Thực tế: msaccarozo=200.6,84%=13,68 gam→nsaccarozo=0,04 mol

Thủy phân saccarozo thu được glucozo và fructozo, sau đó hỗn họp sản phẩm cho tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư nên nsaccarozo=14nAg=0,03 mol.

Hiệu suất phản ứng thủy phân: H=0,030,04.100%=75%.

Đáp án B

Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit mạch hở, thu được 2 mol Gly, 2 mol Ala và 1 mol Val nên X có dạng (Gly)2(Ala)2Val.

Mà khi thủy phân hoàn toàn lại thu được các peptit trong đó có Gly-Ala-Val nên X có thể là:

Gly-Ala-Val-Gly-Ala

Gly-Ala-Val-Ala-Gly

Gly-Gly-Ala-Val-Ala

Ala-Gly-Ala-Val-Gly

Gly-Ala-Gly-Ala-Val

Ala-Gly-Gly-Ala-Val

Đáp án B

A đúng vì tristearin là chất béo no nên ở nhiệt độ thường tồn tại trạng thái rắn.

B sai vì dầu ăn là chất béo nên chứa C, H, O còn dầu mỡ bôi tron chứa C, H.

C đúng vì triolein là chất béo không no nên có khả năng phản ứng cộng hiđro khi đun nóng có xúc tác Ni.

D đúng vì chất béo là este nên bị thủy phân khi đun nóng trong dung dịch kiềm.

Đáp án B

Ta có: dY/H2=6,6→MY=13,2

 Trong Y có chứa C2H6 (a mol) và H2 (b mol).

Ta có hệ phương trình: a+b=0,530a+2b=0,5.13,2→a=0,2b=0,3

Bảo toàn nguyên tố C: nC2H2=nC2H4=nC2H62=0,1 mol

Nếu cho V lít (đktc) hỗn hợp khí X đi qua bình đựng dung dịch brom dư:

mbinh tang=mC2H4+mC2H2=0,1.28+0,1.26=5,4 gam

Đáp án C

(a) không thỏa mãn điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học.

(b) có xảy ra ăn mòn điện hóa học vì xuất hiện cặp điện cực Zn-Fe, tiếp xúc với nhau và trong môi trường dung dịch chất điện li là không khí ẩm.

(c) có xảy ra ăn mòn điện hóa học vì xuất hiện cặp điện cực Fe-Cu, tiếp xúc với nhau và trong môi trường dung dịch chất điện li là H2SO4.

(d) không thỏa mãn điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học.

Chú ý: Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa mãn các điều kiện sau:

1. Hai điện cực phải khác nhau về bản chất: có thể là cặp giữa hai kim loại, cặp kim loại và phi kim, cặp kim loại và họp chất hóa học.

2. Các điện cực phải tiếp xúc với nhau (trực tiếp hoặc gián tiếp).

3. Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li.

Đáp án B

Đặt CMBa(OH)2=1M→nBa(OH)2=3V mol

Nhỏ từ từ 3V dung dịch Ba(OH)2 (dung dịch X) vào V ml dung dịch Al2(SO4)3 (dung dịch Y).

Lượng kết tủa lớn nhất nên phản ứng vừa đủ:

3Ba(OH)2+Al2(SO4)3→3BaSO4      3V             → V      → 3V            +2Al(OH)3→ 2Vmol

→CMAl2(SO4)3=VV=1M

Ta có: m1=3V.233+2V.78=855V gam

Trộn V ml dung dịch X vào V dung dịch Y: nBa(OH)2=V mol; nAl2(SO4)3=V mol

Phương trình hóa học:

3Ba(OH)2+Al2(SO4)3→3BaSO4        V               V          →     V          +2Al(OH)3→2V3 mol

Ta có: m2=V.233+2V3.78=285V→m1:m2=3.

Đáp án A

Đốt cháy 4,03 gam triglixerit X: nCaCO3=0,255 mol

Nước vôi trong dư nên: nCO2=nCaCO3=0,255 mol

Khối lượng dung dịch giảm: mdd giam=mCaCO3−mCO2+mH2O=9,87 gam

→mH2O=25,5−9,87−0,255.44=4,41 gam

→nH2O=0,245 mol

Bảo toàn khối lượng: mO2=mCO2+mH2O−mX=0,255.44+4,41−4,03=11,6 gam

→nO2=0,3625 mol

Bảo toàn nguyên tố O: nO (X)=2nCO2+nH2O−2nO2=2.0,255+0,245−2.0,3625=0,03 mol

→nX=16nO (X)=0,005 mol

Thủy phân hoàn toàn 8,06 gam X trong dung dịch NaOH dư, đun nóng:

Ta có: nNaOH=3nX=0,03 molnC3H5(OH)3=nX=0,01 mol

Bảo toàn khối lượng: a=mmuoi+mX+mNaOH−mC3H5(OH)3=8,06+0,03.40−0,01.91=8,34 gam.

Đáp án C

Phương trình hóa học:

(a) Ba(OH)2+FeCl2→Fe(OH)2+BaCl2

(b) KHSO4+BaCl2→BaSO4+KCl+HCl

(c) CO2+NaAlO2+H2O→Al(OH)3+NaHCO3

(d) Zn+2FeCl3→ZnCl2+2FeCl2

(e) SO2 dư+ Ca(OH)2→CaHSO3

Số thí nghiệm thu được kết tủa là: (a), (b), (c).

Đáp án D

Xét thí nghiệm 2: Tinh bột →thuy phanC6H12O6(Q)→len men2C2H5OH(T)

Xét thí nghiệm 1:

Ta có quá trình: X→NaOH duMuối Y + Muối Z + C2H5OH

Công thức cấu tạo của X là: HCOOCH2COOC2H5.

→ Y là HCOONa, Z là HOCH2COONa.

A sai vì Y là muối của axit fomic.

B sai vì X có tham gia phản ứng tráng bạc.

C sai vì HOCH2COOH không phải là axit cacboxylic.

D đúng vì MHCOOH=MC2H5OH=46.

Đáp án B

Gọi số mol Al(NO3)3, NaHCO3, Fe(NO3)3,CaCO3 bằng nhau và bằng 1 mol.

Ta có quá trình:

Al(NO3)3⏟1 molNaHCO3⏟1 molFe(NO3)3⏟1 molCaCO3⏟1 mol→t°XAl2O3⏟0,5 molNa2CO3⏟0,5 molFe2O3⏟0,5 molCaO⏟1 mol

Hòa tan X vào nước dư:

CaO+H2O→Ca(OH)2   1                       1 mol

Al2O3+Ca(OH)2→Ca(AlO2)20,5                            0,5 mol+H2O

Na2CO3 +Ca(OH)2→CaCO30,5                0,5            0,5 mol+2NaOH

Dung dịch Y: Ca(AlO2)2và NaOH.

Chất rắn Z: Fe2O3 và CaCO3.

Thổi luồng khí CO dư qua chất rắn Z, nung nóng thu được chất rắn T gồm Fe và CaO.

→ B đúng.

Đáp án C

Đốt cháy hoàn toàn m gam E: nCO2=0,32 mol; nH2O=0,16 mol; nO2=0,36 mol

Bảo toàn khối lượng: mE=5,44 gam

Bảo toàn nguyên tố O: nO(E)=0,08 mol→nE=0,082=0,04 mol→ME=136

 Công thức phân tử của E là C8H8O2.

Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH dư:

Ta thấy: nE<nNaOH<2nE nên trong E chứa một este của phenol (x mol) và một este của ancol (y mol).

Ta có hệ phương trình: x+y=0,042x+y=0,07→x=0,03y=0,01

→nH2O=neste cua phenol=xnancol=neste cua phenol=y=0,03 mol=0,01 mol

Bảo toàn khối lượng: mancol=mE+mNaOH−mT−mH2O=1,08 gam→Mancol=108

→ Ancol đó là C6H5CH2OH.

Dung dịch T chứa ba muối nên E gồm CH3COOC6H5 (0,03 mol) và HCOOCH2C6H5 (0,01 mol).

→ T chứa CH3COONa (0,03 mol); C6H5ONa (0,03 mol); HCOONa (0,01 mol).

→ m=0,03.82+0,01.68=3,14 gam.

Đáp án B

Phương trình hóa học: CH3COOH+C2H5OH ⇄t°H2SO4 CH3COOC2H5+H2O

Axit H2SO4 đặc là xúc tác, đồng thời do có tính háo nước sẽ làm chuyển dịch cân bằng ở phản ứng este hóa theo chiều thuận → Tăng hiệu suất phản ứng.

Dung dịch NaCl bão hòa làm giảm độ tan của este nên CH3COOC2H5 nổi lên trên. Chú ý, khi làm lạnh thì phản ứng sẽ dừng lại, sản phẩm sẽ không phân hủy.

Phản ứng este hóa xảy ra không hoàn toàn nên vẫn còn axit và ancol dư.

Đáp án A

Gọi công thức phân tử và số mol tương ứng của hai este X và Y trong 23,16 gạm E lần lượt là CnH2n−2O2 (x mol) và CmH2n−2O4 (y mol) (n≥3;m≥4).

Đun nóng 23,16 gam hỗn hợp E cần dùng 330 ml dung dịch NaOH 1M: nNaOH=0,33 mol

Ta có: nNaOH=nX+2nY=0,33 mol→x+2y=0,33 (*)

Đốt cháy hoàn toàn 23,16 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 0,96 mol O2;

Ta có: nO(E)=2nX+4nY=2x+2y=2.0,33=0,66 mol

Bảo toàn nguyên tố O: 2nCO2+nH2O=nO(E)+2nO2=2,58 mol

Bảo toàn khối lượng: 44nCO2+18nH2O=mE+mO2=23,16+0,96.32=53,88 gam

Ta có hệ phương trình: 2nCO2+nH2O=2,5844nCO2+18nH2O=53,88→nCO2=0,93 molnH2O=0,72 mol

Trong phản ứng đốt cháy ta có: nE=nCO2−nH2O=0,21 mol→x+y=0,21 (**)

Từ (*) và (**) suy ra: x=0,09;y=0,12

Bảo toàn nguyên tố C trong phản ứng đốt cháy:

⇔0,09n+0,12m=0,93⇔3n+4m=31             →n=5m=4

Mặt khác khi đun nóng với dung dịch NaOH thu được một ancol duy nhất và hai muối nên X là C3H5COOCH3 (0,09 mol) và Y là (COOCH3)2 (0,12 mol).

→ Muối P là (COONa)₂ (0,12 mol) và muối Q là C₃H₅COONa (0,09 mol).

→ a=0,12.134=16,08b=0,09.108=9,72

→ a:b=1,654.

Đáp án B

nAl2(SO4)3=0,03 mol→nAl3+=0,06 mol

Tại thời điểm: nOH−=7a thì kết tủa đã bị hòa tan một phần, khi đó: 7a=0,06.4−a→a=0,03

Điện phân dung dịch CuSO4 (x mol) và NaCl (y mol).

→160x−58,5y=27,52 (*)

Dung dịch X chứa Na+ (y mol); SO42− (x mol); OH− (0,21 mol).

Bảo toàn điện tích: 2x−y=−0,21 (**)

Từ (*) và (**) suy ra: x=0,055;y=0,32

Bảo toàn nguyên tố Cl: nCl2(anot)=12nNaCl=0,16 mol

Catot: nH2=nOH−2=0,105 mol

→nkhi=0,16+0,105=0,265 mol→V=5,936 lit.

Đáp án D

Y là (COOCH3)2 có số mol là 0,2 mol.

→ Khi Y tác dụng với dung dịch NaOH thì ancol đơn thức thu được là CH3OH.

→ Hỗn hợp Z gồm CH3OH và C2H5OH.

Khi Y tác dụng với NaOH thu được muối là (COONa)2.

Mặt khác, sau phản ứng thu được ba muối khan có cùng số c trong phân tử nên công thức cấu tạo phù hợp với X là: CH3COONH3CH2COOC2H5.

→ Ba muối thu được là CH3COONa (0,15 mol); H2NCH2COONa (0,15 mol); (COONa)2 (0,2 mol).

→ a=0,15.82+0,15.97+0,2.134=53,65 gam.

Đáp án D

Quy đổi hỗn hợp X gồm Fe (a mol), Mg (b mol) và O (c mol).

Cho m gam hỗn hợp X trên tác dụng với dung dịch HNO₃ dư: nhh khi=0,3 mol

Ta có: dhh khi/H2=15,933→Mhh khi=31,866→mhh khi=0,3.31,866=9,5598 gam

Gọi số mol của N2O và NO trong hỗn hợp khí lần lượt là x và y mol.

Ta có hệ phương trình: x+y=0,344x+30y=9,5598→x=0,04y=0,26

Ta có quá trình (1):

XFeMgO→+HNO3Dd Y (129,4 gam)N2O (0,04 mol)NO (0,26 mol)

Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư: nSO2=0,7 mol

Ta có quá trình (2):

XFeMgO→+HNO3Dd Z (104 gam)SO2 (0,7 mol)

Xét hai quá trình (1) và (2) thấy: me nhan (1)=ne nhan (2)⇔ne nhan (1)=2nSO2=1,4 mol

Xét quá trình (1): 8nN2O+3nNO=1,1 mol<1,4 mol

→ Sản phẩm khử trong quá trình (1) có NH4+: nNH4NO3=1,4−1,18=0,0375 mol

Bảo toàn electron cho quá trình (1): 3a+2b−2c=1,4 (*)

Xét quá trình (1): mmuoi nitrat=mFe(NO3)3+mMg(NO3)2+mNH4NO3=129,4 gam

→ 242a+148b=126,4 (**)

Xét quá trình (2): mmuoi sunfat=mFe2(SO4)3+mMgSO4=104 gam

→ 400.0,5a+120b=140 (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: a=0,4;b=0,2;c=0,1

→ m=0,4.56+0,2.24+0,1.16=28,8 gam.

Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố Na: nNaOH=2nNa2CO3=0,6 mol

Ta thấy: nX:nNaOH=1:3 và dựa vào dữ kiện đầu bài nên X chứa ba nhóm COO.

Nếu hai muối đều là muối đơn chức thì nmuoi=nNaOH=0,6 mol

Số nguyên tử H trung bình =2nH2Onmuoi=2.0,70,6≈2,33

→ Loại vì không có hai muối nào thỏa mãn.

Nếu hai muối gồm một muối đơn chức và một muối hai chức thì nmuoi=0,4 mol

Trong đó R1COONa (0,2 mol) và R2(COONa)2 (0,2 mol).

→ Số nguyên tử H (trong R1) + Số nguyên tử H (trong R2) = 7

Mà hai muối đều no, có cùng số nguyên tử H nên hai muối là C2H5COONa (0,2 mol) và CH2(COONa)2 (0,2 mol).

Ta có: MY=43,20,2=216 → Công thức của Y là CH2(COO)2C3H5OOCC2H5.

Lại có: X có k = 6 nên công thức của X là CH2(COO)2C3H5OOCC≡CH.

→ Số nguyên tử H trong X là 8.

Đáp án B

Cho 12,48 gam X gồm Cu và Fe tác dụng hết với 0,15 mol hỗn hợp khí gồm Cl2 và O2:

Ta có quá trình:

XCuFe⏟12,48 gam+Cl2O2⏟0,15 mol→YOxitMuoi→HCl⏟0,36 molZ→AgNO3Chat ranAgClAgDd:Fe3+,Cu2+,Ag+,NO3−

Oxit trong Y tác dụng với HCl:

 2H+O→H2O0,36 mol

→nO2=12nO=0,09 mol→nCl2=0,15−0,09=0,06 mol

Cho dung dịch AgNO3 dư vào Z: nAgCl=nHCl+2nCl2=0,48 mol

→mAgCl=0,48.143,5=68,88 gam<75,36 gam

→ Chất rắn sau phản ứng có Ag: mAg=75,36−68,88=6,48 gam

→nAg=0,06 mol

Gọi số mol của Cu và Fe trong 12,48 gam X lần lượt là a và b mol.

→64a+56b=12,48 (*)

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình:

2nCu+3nFe=2nC2+4nO2+nAg

→2a+3b=0,54 (**)

Từ (*) và (**) suy ra: a=0,09;b=0,12

Hòa tan hết 12,48 gam X trong dung dịch HNO3 nồng độ 31,5%: nNO=0,15 mol

Ta có quá trình: XCuFe⏟12,48 gam+dd HNO3 31,5%→Dd TNO⏟0,15 mol

Ta thấy: 2nCu+2nFe=0,42 mol<3nNO=0,45 mol<2nCu+3nFe=0,54 mol

→ Muối sắt sau phản ứng gồm cả muối Fe(II) (x mol) và muối Fe(III) (y mol).

Ta có hệ phương trình:

x+y=0,122.0,09+2x+3y=0,45→x=0,09y=0,03→mFe(NO3)3=0,03.242=7,26 gam

Ta có: nHNO3=nNO3− trong muoi+nNO=ne cho/e nhan+nNO=0,45+0,15=0,6 mol

Bảo toàn khối lượng: mdd T=mX+mdd HNO3−mNO=12,48+120−0,15.30=127,98 gam

→C%Fe(NO3)3=7,26127,98.100%≈5,67%.