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: ${\sout{(}\mathrm{CO}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4{\mathrm{COOC}}_2{\mathrm{H}}_4-\mathrm{O}\sout{)}}_{\mathrm{n}}$.

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:

${\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2}={\mathrm{m}}_{\mathrm{KLK}}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}-{\mathrm{m}}_{\text{dd kiem}}$$=0,46+20-20,44=0,02\mathrm{gam}$

$$\begin{gathered} \to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,01\mathrm{mol} \\ \to {\mathrm{n}}_{\mathrm{KLK}}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,02\mathrm{mol} \\ \to {\mathrm{M}}_{\mathrm{KLK}}=\frac{0,46}{0,02}=23 \end{gathered}$$

Vậy kim loại đó là Na.

Đáp án C

A, B sai vì Cr bị thụ động hóa trong dung dịch ${\mathrm{HNO}}_3$ đặc, nguội và ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc, nguội nên Cr không phản ứng.

C đúng vì xảy ra phản ứng: Cr + 2HC → ${\mathrm{CrCl}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2$

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: $\mathrm{Fe}+2\mathrm{HCl}\to {\mathrm{FeCl}}_2+ {\mathrm{H}}_2$

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:

$$\begin{gathered} \mathrm{Fe}+{\mathrm{CuSO}}_4\to {\mathrm{FeSO}}_4+\mathrm{Cu} \\ \mathrm{x} \mathrm{x} \mathrm{mol} \end{gathered}$$

Ta có:

${\mathrm{m}}_{\text{tang}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{Cu}}-{\mathrm{m}}_{\mathrm{F}\text{e}}=64\text{x}-56\text{x}$$=1,6\mathrm{gam}$

$\to \mathrm{x}=0,2$

$\to {\mathrm{m}}_{\mathrm{Cu}}=0,2.64=12,8\mathrm{gam}$

Đáp án A

Các kim loại khử được ion $\mathrm{F}{\text{e}}^{3+}$ trong dung dịch là Al, Fe, Cu.

Chú ý: Na có phản ứng nhưng không phải khử $\mathrm{F}{\text{e}}^{3+}$, Nạ phản ứng với nước trong dung dịch $\mathrm{F}{\text{e}}^{3+}$ tạo dung dịch kiềm, sau đó: $\mathrm{F}{\text{e}}^{3+}+3{\mathrm{OH}}^{-}\to \mathrm{F}\text{e}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$.

Đáp án D

Ta có: ${\mathrm{d}}_{\mathrm{Z}/{\mathrm{H}}_2}=16\to {\mathrm{M}}_{\mathrm{Z}}=16.2=32$$\to$ Z là ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{OH}$.

Vậy X là ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{OOCH}}_3$.

Đáp án D

${\mathrm{n}}_{\mathrm{Ag}}=0,12\mathrm{mol}$

Thực tế: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{saccarozo}}=200.6,84\%=13,68\mathrm{gam}$$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{saccarozo}}=0,04\mathrm{mol}$

Thủy phân saccarozo thu được glucozo và fructozo, sau đó hỗn họp sản phẩm cho tác dụng với dung dịch ${\mathrm{AgNO}}_3/{\mathrm{NH}}_3$ dư nên ${\mathrm{n}}_{\mathrm{saccarozo}}=\frac{1}{4}{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ag}}=0,03\mathrm{mol}$.

Hiệu suất phản ứng thủy phân: $\mathrm{H}=\frac{0,03}{0,04}.100\%=75\%$.

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 ${\left(\mathrm{Gly}\right)}_2{\left(\mathrm{Ala}\right)}_2\mathrm{Val}$.

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: ${\mathrm{d}}_{\mathrm{Y}/{\mathrm{H}}_2}=6,6\to {\mathrm{M}}_{\mathrm{Y}}=13,2$

 Trong Y có chứa ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_6$ (a mol) và ${\mathrm{H}}_2$ (b mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}+\mathrm{b}=0,5\\ 30\text{a}+2\mathrm{b}=0,5.13,2\end{array}\right.$$\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=0,2\\ \mathrm{b}=0,3\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố C: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_4}=\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_6}}{2}=$$0,1\mathrm{mol}$

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

${\mathrm{m}}_{\text{binh tang}}={\mathrm{m}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_4}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_2}=$$0,1.28+0,1.26=5,4\mathrm{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 ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4.$

(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 ${\mathrm{C}}_{\mathrm{M}\left(\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\right)}=1\mathrm{M}$$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}=3\mathrm{V}\mathrm{mol}$

Nhỏ từ từ 3V dung dịch $\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ (dung dịch X) vào V ml dung dịch ${\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3$ (dung dịch Y).

Lượng kết tủa lớn nhất nên phản ứng vừa đủ:

$$\begin{gathered} 3\mathrm{Ba}\left(\mathrm{OH}\right){}_2+{\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3\to 3{\mathrm{BaSO}}_4 \\ 3\mathrm{V} \to \mathrm{V} \to 3\mathrm{V} \\ +2\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3\to 2\mathrm{Vmol} \end{gathered}$$

$\to {\mathrm{C}}_{\mathrm{M}\left({\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3\right)}=\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{V}}=1\mathrm{M}$

Ta có: ${\mathrm{m}}_1=3\mathrm{V}.233+2\mathrm{V}.78=$$855\mathrm{V} \mathrm{gam}$

Trộn V ml dung dịch X vào V dung dịch Y: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}=\mathrm{V}\mathrm{mol};{\text{ n}}_{{\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3}$$=\mathrm{V}\mathrm{mol}$

Phương trình hóa học:

$$\begin{gathered} 3\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2+{\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3\to 3{\mathrm{BaSO}}_4 \\ \mathrm{V} \mathrm{V} \to \mathrm{V} \\ +2\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3 \\ \to \frac{2\mathrm{V}}{3} \mathrm{mol} \end{gathered}$$

Ta có: ${\mathrm{m}}_2=\mathrm{V}.233+\frac{2\mathrm{V}}{3}.78=285\mathrm{V}$$\to {\mathrm{m}}_1:{\mathrm{m}}_2=3$.

Đáp án A

Đốt cháy 4,03 gam triglixerit X: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{CaC}{\text{O}}_3}=0,255\mathrm{mol}$

Nước vôi trong dư nên: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}={\mathrm{n}}_{\mathrm{CaC}{\text{O}}_3}=0,255\mathrm{mol}$

Khối lượng dung dịch giảm: ${\mathrm{m}}_{\text{dd giam}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{CaC}{\text{O}}_3}-\left({\mathrm{m}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}\right)$$=9,87\mathrm{gam}$

${\text{→m}}_{H_{2}O}=25,5-9,87-0,255.44$$=4,41\mathrm{\hspace{0.33em}}\mathrm{gam}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,245\mathrm{mol}$

Bảo toàn khối lượng: ${\mathrm{m}}_{{\mathrm{O}}_2}={\mathrm{m}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}-{\mathrm{m}}_{\mathrm{X}}=$$0,255.44+4,41-4,03$$=11,6\mathrm{gam}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=0,3625\mathrm{mol}$

Bảo toàn nguyên tố O: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{X}\right)}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}-2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=$$2.0,255+0,245-2.0,3625$$=0,03\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=\frac{1}{6}{\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{X}\right)}=0,005\mathrm{mol}$

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

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=3{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=0,03\mathrm{mol}\\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}={\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=0,01\mathrm{mol}\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng: $\mathrm{a}={\mathrm{m}}_{\mathrm{muoi}}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{X}}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{NaOH}}-{\mathrm{m}}_{{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}$$=8,06+0,03.40-0,01.91$$=8,34\mathrm{gam}$.

Đáp án C

Phương trình hóa học:

(a) $\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2+{\mathrm{FeCl}}_2\to \mathrm{Fe}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2+$${\mathrm{BaCl}}_2$

(b) ${\mathrm{KHSO}}_4+\mathrm{BaC}{\mathrm{l}}_2\to {\mathrm{BaSO}}_4+\mathrm{KCl}$$+\mathrm{HCl}$

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

(d) $\mathrm{Zn}+2{\mathrm{FeCl}}_3\to {\mathrm{ZnCl}}_2+2{\mathrm{FeCl}}_2$

(e) ${\mathrm{SO}}_{2\text{ dư}}+ \mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\to {\mathrm{CaHSO}}_3$

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

Đáp án D

Xét thí nghiệm 2: Tinh bột $\stackrel{\mathrm{thuy}\text{ phan}}{\to }$$\underset{\left(\mathrm{Q}\right)}{{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}{\mathrm{O}}_6}$$\stackrel{\text{len men}}{\to }$$\underset{\left(\mathrm{T}\right)}{2{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}}$

Xét thí nghiệm 1:

Ta có quá trình: X$\stackrel{\mathrm{NaOH}\text{ du}}{\to }$Muối Y + Muối Z + ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}$

Công thức cấu tạo của X là: ${\mathrm{HCOOCH}}_2{\mathrm{COOC}}_2{\mathrm{H}}_5$.

→ Y là HCOONa, Z là ${\mathrm{HOCH}}_2\mathrm{COONa}$.

A sai vì Y là muối của axit fomic.

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

C sai vì ${\mathrm{HOCH}}_2\mathrm{COOH}$ không phải là axit cacboxylic.

D đúng vì ${\mathrm{M}}_{\mathrm{HCOOH}}={\mathrm{M}}_{{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}}=46$.

Đáp án B

Gọi số mol $\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3,$${\mathrm{NaHCO}}_3,$$\mathrm{Fe}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3,$${\mathrm{CaCO}}_3$ bằng nhau và bằng 1 mol.

Ta có quá trình:

$\left\{\begin{array}{l}\underset{1\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}}\\ \underset{1\mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{NaHCO}}_3}}\\ \underset{1\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{F}\text{e}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}}\\ \underset{1\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{CaC}{\text{O}}_3}}\end{array}\right.\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\underset{0,5\mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3}}\\ \underset{0,5\mathrm{mol}}{\underbrace{{\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3}}\\ \underset{0,5\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{F}{\text{e}}_2{\mathrm{O}}_3}}\\ \underset{1\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{CaO}}}\end{array}\right.$

Hòa tan X vào nước dư:

$$\begin{gathered} \mathrm{CaO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 \\ 1 1 \mathrm{mol} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} {\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3+\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\to \mathrm{Ca}{\left({\mathrm{AlO}}_2\right)}_2 \\ 0,5 0,5 \mathrm{mol} \\ +{\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} {\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_{3 }+\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\to {\mathrm{CaCO}}_3 \\ 0,5 0,5 0,5 \mathrm{mol} \\ +2\mathrm{NaOH} \end{gathered}$$

Dung dịch Y: $\mathrm{Ca}{\left({\mathrm{AlO}}_2\right)}_2$và NaOH.

Chất rắn Z: ${\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3$ và ${\mathrm{CaCO}}_3$.

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: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=0,32\mathrm{mol};$${\text{ n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,16\mathrm{mol};$${\text{ n}}_{{\mathrm{O}}_2}=0,36\mathrm{mol}$

Bảo toàn khối lượng: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{E}}=5,44\mathrm{gam}$

Bảo toàn nguyên tố O: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{E}\right)}=0,08\mathrm{mol}$$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{E}}=\frac{0,08}{2}=0,04\mathrm{mol}$$\to {\mathrm{M}}_{\mathrm{E}}=136$

 Công thức phân tử của E là ${\mathrm{C}}_8{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_2$.

Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH dư:

Ta thấy: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{E}}<{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}<2{\mathrm{n}}_{\mathrm{E}}$ nên trong E chứa một este của phenol (x mol) và một este của ancol (y mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=0,04\\ 2\text{x}+\mathrm{y}=0,07\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,03\\ \mathrm{y}=0,01\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}={\mathrm{n}}_{\text{este cua phenol}}=\mathrm{x}\\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{ancol}}={\mathrm{n}}_{\text{este cua phenol}}=\mathrm{y}\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}=0,03\mathrm{mol}\\ =0,01\mathrm{mol}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảo toàn khối lượng: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{ancol}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{E}}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{NaOH}}-{\mathrm{m}}_{\mathrm{T}}-{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}$$=1,08\mathrm{gam}$$\to {\mathrm{M}}_{\mathrm{ancol}}=108$

→ Ancol đó là ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$.

Dung dịch T chứa ba muối nên E gồm ${\mathrm{CH}}_3{\mathrm{COOC}}_6{\mathrm{H}}_5$ (0,03 mol) và ${\mathrm{HCOOCH}}_2{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5$ (0,01 mol).

→ T chứa ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{COONa}$ (0,03 mol); ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{ONa}$ (0,03 mol); HCOONa (0,01 mol).

→ $\mathrm{m}=0,03.82+0,01.68=$$3,14\mathrm{gam}$.

Đáp án B

Phương trình hóa học: ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{COOH}+{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH} \underset{\mathrm{t}°}{\overset{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}{\rightleftarrows }}$${\mathrm{CH}}_3{\mathrm{COOC}}_2{\mathrm{H}}_5+$${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Axit ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ 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 ${\mathrm{CH}}_3{\mathrm{COOC}}_2{\mathrm{H}}_5$ 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 ${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{n}-2}{\mathrm{O}}_2$ (x mol) và ${\mathrm{C}}_{\mathrm{m}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{n}-2}{\mathrm{O}}_4$ (y mol) ($\mathrm{n}\ge 3;\mathrm{m}\ge 4$).

Đun nóng 23,16 gam hỗn hợp E cần dùng 330 ml dung dịch NaOH 1M: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=0,33\mathrm{mol}$

Ta có: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}+2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,33\mathrm{mol}$$\to \mathrm{x}+2\mathrm{y}=0,33$ (*)

Đốt cháy hoàn toàn 23,16 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 0,96 mol ${\mathrm{O}}_2$;

Ta có: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{E}\right)}=2{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}+4{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=2\left(\mathrm{x}+2\mathrm{y}\right)$$=2.0,33$$=0,66\mathrm{mol}$

Bảo toàn nguyên tố O: $2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{E}\right)}+2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}$$=2,58\mathrm{mol}$

Bảo toàn khối lượng: $44{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}+18{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{E}}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{O}}_2}$$=23,16+0,96.32$$=53,88\mathrm{gam}$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=2,58\\ 44{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}+18{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=53,88\end{array}\right.$$\to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=0,93\mathrm{mol}\\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,72\mathrm{mol}\end{array}\right.$

Trong phản ứng đốt cháy ta có: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{E}}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,21\mathrm{mol}$$\to \mathrm{x}+\mathrm{y}=0,21$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $\mathrm{x}=0,09;\mathrm{y}=0,12$

Bảo toàn nguyên tố C trong phản ứng đốt cháy:

$\begin{array}{c}\iff 0,09\mathrm{n}+0,12\mathrm{m}=0,93\\ \iff 3\mathrm{n}+4\mathrm{m}=31\end{array}$$\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{n}=5\\ \mathrm{m}=4\end{array}\right.$

Mặt khác khi đun nóng với dung dịch NaOH thu được một ancol duy nhất và hai muối nên X là ${\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{OOCH}}_3$ (0,09 mol) và Y là ${\left({\mathrm{COOCH}}_3\right)}_2$ (0,12 mol).

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

→ $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=0,12.134=16,08\\ \mathrm{b}=0,09.108=9,72\end{array}\right.$

→ $\mathrm{a}:\mathrm{b}=1,654$.

Đáp án B

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3}=0,03\mathrm{mol}$$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}^{3+}}=0,06\mathrm{mol}$

Tại thời điểm: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=7\text{a}$ thì kết tủa đã bị hòa tan một phần, khi đó: $7\text{a}=0,06.4-\mathrm{a}\to \mathrm{a}=0,03$

Điện phân dung dịch ${\mathrm{CuSO}}_4$ (x mol) và NaCl (y mol).

$\to 160\text{x}-58,5\mathrm{y}=27,52$ (*)

Dung dịch X chứa ${\mathrm{Na}}^{+}$ (y mol); ${\text{SO}}_4^{2-}$ (x mol); ${\mathrm{OH}}^{-}$ (0,21 mol).

Bảo toàn điện tích: $2\text{x}-\mathrm{y}=-0,21$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $\mathrm{x}=0,055;\mathrm{y}=0,32$

Bảo toàn nguyên tố Cl: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}_2\left(\mathrm{an}\text{o}\mathrm{t}\right)}=\frac{1}{2}{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaCl}}=0,16\mathrm{mol}$

Catot: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}}{2}=0,105\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{khi}}=0,16+0,105=0,265\mathrm{mol}$$\to \mathrm{V}=5,936\mathrm{lit}$.

Đáp án D

Y là ${\left({\mathrm{COOCH}}_3\right)}_2$ có số mol là 0,2 mol.

→ Khi Y tác dụng với dung dịch NaOH thì ancol đơn thức thu được là ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{OH}$.

→ Hỗn hợp Z gồm ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{OH}$ và ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}$.

Khi Y tác dụng với NaOH thu được muối là ${\left(\mathrm{COONa}\right)}_2$.

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: ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{C}{\mathrm{OONH}}_3{\mathrm{CH}}_2{\mathrm{COOC}}_2{\mathrm{H}}_5$.

→ Ba muối thu được là ${\mathrm{CH}}_3\mathrm{C}\mathrm{OONa}$ (0,15 mol); ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{NCH}}_2\mathrm{COONa}$ (0,15 mol); ${\left(\mathrm{COONa}\right)}_2$ (0,2 mol).

→ $\mathrm{a}=0,15.82+0,15.97+0,2.134$$=53,65\mathrm{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: ${\mathrm{n}}_{\text{hh khi}}=0,3\mathrm{mol}$

Ta có: ${\mathrm{d}}_{{\text{hh khi/H}}_2}=15,933$$\to {\mathrm{M}}_{\text{hh khi}}=31,866$$\to {\mathrm{m}}_{\text{hh khi}}=0,3.31,866=9,5598\mathrm{gam}$

Gọi số mol của ${\mathrm{N}}_2\mathrm{O}$ và NO trong hỗn hợp khí lần lượt là x và y mol.

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=0,3\\ 44\text{x}+30\mathrm{y}=9,5598\end{array}\right.$$\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,04\\ \mathrm{y}=0,26\end{array}\right.$

Ta có quá trình (1):

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{F}\text{e}\\ \mathrm{Mg}\\ \mathrm{O}\end{array}\right.\stackrel{+{\mathrm{HNO}}_3}{\to }$$〈\begin{array}{l}\text{Dd Y (129,4 gam)}\\ \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{N}}_2\mathrm{O}\text{ (0,04 mol)}\\ \text{NO (0,26 mol)}\end{array}\right.\end{array}$

Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc, nóng, dư: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{SO}}_2}=0,7\mathrm{mol}$

Ta có quá trình (2):

$\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{F}\text{e}\\ \mathrm{Mg}\\ \mathrm{O}\end{array}\right.\stackrel{+{\mathrm{HNO}}_3}{\to }〈\begin{array}{l}\text{Dd Z (104 gam)}\\ {\text{SO}}_2\text{ (0,7 mol)}\end{array}$

Xét hai quá trình (1) và (2) thấy: ${\mathrm{m}}_{\text{e nhan (1)}}={\mathrm{n}}_{\text{e nhan (2)}}$$\iff {\mathrm{n}}_{\text{e nhan (1)}}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{SO}}_2}=1,4\mathrm{mol}$

Xét quá trình (1): $8{\mathrm{n}}_{{\mathrm{N}}_2\mathrm{O}}+3{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}=1,1\mathrm{mol}<1,4\mathrm{mol}$

→ Sản phẩm khử trong quá trình (1) có ${\mathrm{NH}}_4^{+}$: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{NH}}_4{\mathrm{NO}}_3}=\frac{1,4-1,1}{8}=0,0375\mathrm{mol}$

Bảo toàn electron cho quá trình (1): $3\text{a}+2\mathrm{b}-2\mathrm{c}=1,4$ (*)

Xét quá trình (1): ${\mathrm{m}}_{\text{muoi nitr}\mathrm{at}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{F}\text{e}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{Mg}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2}$$+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{NH}}_4{\mathrm{NO}}_3}$$=129,4\mathrm{gam}$

→ $242\text{a}+148\mathrm{b}=126,4$ (**)

Xét quá trình (2): ${\mathrm{m}}_{\text{muoi sunfat}}={\mathrm{m}}_{{\mathrm{Fe}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{MgSO}}_4}$$=104\mathrm{gam}$

→ $400.0,5\mathrm{a}+120\mathrm{b}=140$ (***)

Từ (*), (**) và (***) suy ra: $\mathrm{a}=0,4;\mathrm{b}=0,2;\mathrm{c}=0,1$

→ $\mathrm{m}=0,4.56+0,2.24+0,1.16$$=28,8\mathrm{gam}$.

Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố Na: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3}=0,6\mathrm{mol}$

Ta thấy: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}:{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=1:3$ và dựa vào dữ kiện đầu bài nên X chứa ba nhóm COO.

Nếu hai muối đều là muối đơn chức thì ${\mathrm{n}}_{\mathrm{muoi}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=0,6\mathrm{mol}$

Số nguyên tử H trung bình $=\frac{2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{muoi}}}=\frac{2.0,7}{0,6}\approx 2,33$

→ Loại vì không có hai muối nào thỏa mãn.

Nếu hai muối gồm một muối đơn chức và một muối hai chức thì ${\mathrm{n}}_{\mathrm{muoi}}=0,4\mathrm{mol}$

Trong đó ${\mathrm{R}}_1\mathrm{COONa}$ (0,2 mol) và ${\mathrm{R}}_2{\left(\mathrm{COONa}\right)}_2$ (0,2 mol).

→ Số nguyên tử H (trong ${\mathrm{R}}_1$) + Số nguyên tử H (trong ${\mathrm{R}}_2$) = 7

Mà hai muối đều no, có cùng số nguyên tử H nên hai muối là ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{COONa}$ (0,2 mol) và ${\mathrm{CH}}_2{\left(\mathrm{COONa}\right)}_2$ (0,2 mol).

Ta có: ${\mathrm{M}}_{\mathrm{Y}}=\frac{43,2}{0,2}=216$ → Công thức của Y là ${\mathrm{CH}}_2{\left(\mathrm{COO}\right)}_2{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5{\mathrm{OOCC}}_2{\mathrm{H}}_5$.

Lại có: X có k = 6 nên công thức của X là ${\mathrm{CH}}_2{\left(\mathrm{COO}\right)}_2{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5\mathrm{OOCC}\equiv \mathrm{CH}$.

→ 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 ${\mathrm{Cl}}_2$ và ${\mathrm{O}}_2$:

Ta có quá trình:

$\underset{12,48\mathrm{gam}}{\underbrace{\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Cu}\\ \mathrm{F}\text{e}\end{array}\right.}}+\underset{0,15\mathrm{mol}}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Cl}}_2\\ {\mathrm{O}}_2\end{array}\right.}}\to \mathrm{Y}〈\begin{array}{l}\mathrm{Oxit}\\ \mathrm{Muoi}\end{array}$$\stackrel{\underset{0,36\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{HCl}}}}{\to }\mathrm{Z}\stackrel{{\mathrm{AgNO}}_3}{\to }$$〈\begin{array}{l}\text{Chat ran}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{AgCl}\\ \mathrm{Ag}\end{array}\right.\\ \mathrm{Dd}:{\mathrm{Fe}}^{3+},{\mathrm{Cu}}^{2+},{\mathrm{Ag}}^{+},{\mathrm{NO}}_3^{-}\end{array}$

Oxit trong Y tác dụng với HCl:

$$\begin{gathered} 2\mathrm{H}+\mathrm{O}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \\ 0,36 \mathrm{mol} \end{gathered}$$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=\frac{1}{2}{\mathrm{n}}_{\mathrm{O}}=0,09\mathrm{mol}$$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}_2}=0,15-0,09=0,06\mathrm{mol}$

Cho dung dịch ${\mathrm{AgNO}}_3$ dư vào Z: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{AgCl}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{HCl}}+2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}_2}=0,48\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{m}}_{\mathrm{AgCl}}=0,48.143,5=$$68,88\mathrm{gam}$$<75,36\mathrm{gam}$

→ Chất rắn sau phản ứng có Ag: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{Ag}}=75,36-68,88=6,48\mathrm{gam}$

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{Ag}}=0,06\mathrm{mol}$

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

$\to 64\text{a}+56\mathrm{b}=12,48$ (*)

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình:

$2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu}}+3{\mathrm{n}}_{\mathrm{F}\text{e}}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{C}}_2}+4{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ag}}$

$\to 2\text{a}+3\mathrm{b}=0,54$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra: $\mathrm{a}=0,09;\mathrm{b}=0,12$

Hòa tan hết 12,48 gam X trong dung dịch ${\mathrm{HNO}}_3$ nồng độ 31,5%: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}=0,15\mathrm{mol}$

Ta có quá trình: $\underset{12,48\mathrm{gam}}{\underbrace{\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Cu}\\ \mathrm{F}\text{e}\end{array}\right.}}+{\text{dd HNO}}_3\text{ 31,5\%}$$\to 〈\begin{array}{l}\text{Dd T}\\ \underset{0,15\mathrm{mol}}{\underbrace{\mathrm{NO}}}\end{array}$

Ta thấy: $2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu}}+2{\mathrm{n}}_{\mathrm{F}\text{e}}=0,42\mathrm{mol}<3{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}$$=0,45\mathrm{mol}<2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu}}+3{\mathrm{n}}_{\mathrm{F}\text{e}}$$=0,54\mathrm{mol}$

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

Ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}+\mathrm{y}=0,12\\ 2.0,09+2\text{x}+3\mathrm{y}=0,45\end{array}\right.$$\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,09\\ \mathrm{y}=0,03\end{array}\right.$$\to {\mathrm{m}}_{\mathrm{F}\text{e}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}=0,03.242=$$7,26\mathrm{gam}$

Ta có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{HNO}}_3}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{NO}}_3^{-}\text{ trong muoi}}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}=$${\mathrm{n}}_{\text{e cho/e nhan}}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}=$$0,45+0,15=0,6\mathrm{mol}$

Bảo toàn khối lượng: ${\mathrm{m}}_{\text{dd T}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{X}}+{\mathrm{m}}_{{\text{dd HNO}}_3}-{\mathrm{m}}_{\mathrm{NO}}=$$12,48+120-0,15.30$$=127,98\mathrm{gam}$

$\to \mathrm{C}{\%}_{\mathrm{F}\text{e}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}=\frac{7,26}{127,98}.100\%$$\approx 5,67\%$.