25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án (Đề 3)

Đáp án A

Kim cương cao nhất > Cr > W > Fe > Cu > Al.

Độ cứng của kim loại:

Thấp nhất: kim loại nhóm IA: Cs thấp nhất

Đáp án B

Kim loại kiềm gồm: Li, Na, Cs.

Đáp án D

Đáp án B

A1₂O₃ là oxit lưỡng tính, vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ.

Đáp án D

Các amin là chất khí ở điều kiện thường: metylamin, etylamin, đimetylamin, trimetylamin.

Đáp án A

Trong công nghiệp, nitơ được điều chế bằng cách chưng cất phân đoạn không khí lỏng.

Đáp án A

Đáp án C

CT của nilon-6,6: ${[-NH-{(C{H}_2)}_6-NH-CO-{(C{H}_2)}_4-CO-]}_n$.

Các mắt xích nối với nhau bằng liên kết –CONH–.

Đáp án C

- Cu và Ag không phản ứng với HCl.

- Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂.

- 2Fe + 3C1₂ → 2FeCl₃.

- 2Al + 6HCl → 2AlC1₃ + 3H₂.

- 2Al + 3Cl₂ → 2AlCl₃.

Đáp án C

Có 4 đồng phân:

(1) CH₃CH₂CH₂CH₂OH                      (2) (CH₃)₂CHCH₂OH

(3) CH₃CH₂CH(OH)CH₃                     (4) (CH₃)₃COH

Đáp án D

(2): FeO thể hiện tính khử.

(1): FeO thể hiện tính oxi hóa.

Đáp án B

PTHH:

C₆H₅CH₂NH₃Cl + NaOH → C₆H₅CH₂NH₂ + NaCl + H₂O

HCOOH + NaOH → HCOONa + H₂O

HCOOCH₃ + NaOH → HCOONa + CH₃OH

Đáp án B

Glucozơ $\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$  2Ag

Fructozơ $\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$  2Ag

$n_X=\frac{27}{180}=0,15$ mol

$n_{Ag}=2n_X=0,3$ mol

$\to m_{Ag}=32,4$ gam.

Đáp án A

RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

$n_X=n_{HCl}=0,1$ mol

$\to M_X=\frac{m_X}{n_X}=\frac{m_{ddX}.C\%}{n_X}=31$ 

$\to X$ là CH₅N.

Đáp án D

Phản ứng của hợp chất hữu cơ thường xảy ra không hoàn toàn và không theo hướng nhất định.

Đáp án B

PT điện li: NaCl → $N{a}^{+}+C{l}^{-}$ .

Đáp án C

Những phát biểu đúng: (a), (b), (d).

(c) sai vì tinh bột và xenlulozơ không phải là đồng phân của nhau.

Đáp án A

Đây là cách bảo vệ vỏ tàu biển bằng thép bằng phương pháp điện hóa.

Đáp án D

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ $\stackrel{H_2,Ni,t°}{\to }$  (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ $\stackrel{NaOHdu,t°}{\to }$  C₁₇H₃₅COONa $\stackrel{HCl}{\to }$  C₁₇H₃₅COOH

Đáp án D

Hiện tượng các thí nghiệm:

(1) tím.

(2) xanh tím.

(3) xanh lam.

(4) xanh lam.

(5) không có hiện tượng.

Đáp án B

2MCl $\stackrel{dpnc}{\to }$  2M + Cl₂

$n_M=2n_{C{l}_2}=0,08$ mol

$M_M=23\to$ Muối clorua là NaCl.

Đáp án D

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH -↓ 3RCOONa + C₃H₅ (OH)₃

$n_{glixerol}=\frac{1}{3}{n}_{NaOH}=0,02$ mol

BTNT: $m_{\text{chat beo}}+m_{NaOH}=m_{\text{xa phong}}+m_{glixerol}$

$m_{\text{xa phong}}=17,24+0,06.40-0,02.92=17,8$

Đáp án D

A sai vì đây là phản ứng thuận nghịch.

B sai vì phản ứng có thể sinh ra anđehit, xeton và nước.

C sai vì thủy phân chất béo thu được glixerol có công thức C₃H₅(OH)₃

Đáp án D

MnO₂ + 4HCl  MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

Đáp án A

Kim loại còn lại 2,4 gam là Cu.

→ khối lượng hỗn hợp đã tham gia phản ứng là $m_{hh}=61,2-2,4=58,8$ gam

$58,5\left\{\begin{array}{l}Cu:x\\ F{e}_3{O}_4:y\end{array}\right.\stackrel{HN{O}_3}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{u}^{2+}\\ F{e}^{2+}\\ N{O}_3^{-}\end{array}\right.+NO:0,15$ mol

Quá trình nhường nhận e:

 $Cu\to \stackrel{+2}{Cu}+2e$                            $3\stackrel{+8/3}{Fe}+2e\to 3\stackrel{+2}{Fe}$ 

 x             2x                              3y      2y

                                                 $\stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N}$

                                                       0,45   0,15

$\left\{\begin{array}{l}2x-2y=0,15.3\left(BTe\right)\\ 64x+232y=58,8\left(m_{hh}\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,375\\ y=0,15\end{array}\right.$

$n_{F{e}^{2+}}=3n_{F{e}_3{O}_4}=0,45$ mol

$n_{C{u}^{2+}}=n_{Cu}=0,375$ mol

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y: $n_{N{O}_3^{-}}=2n_{F{e}^{2+}}+2n_{C{u}^{2+}}=1,65$ mol

$m_{muoi}=m_{F{e}^{2+}}+m_{C{u}^{2+}}+m_{N{O}_3^{-}}=0,45.56+0,375.64+1,65.62=151,5$ gam.

Đáp án B

$n_d=n_{B{r}_2}=0,4$ mol

$n_X=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}\to n_X\left(k-1\right)=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}$ 

$$\begin{gathered} \to n_{X}k-n_X=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O} \\ \to n_d-n_X=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O} \end{gathered}$$

$\to n_{H_{2}O}=1,25-0,4+0,5=1,35 mol$

$m_{H_{2}O}=24,3$ gam.

Đáp án B

X tác dụng với dung dịch NaOH hay dung dịch HCl, thì quá trình nhường nhận e đều như sau:

 $$\begin{gathered} Na\to N{a}^{+}+1e \\ Ba\to B{a}^{2+}+2e \end{gathered}$$                  $$\begin{gathered} 2H^{+}+2e\to H_2 \\ Al\to A{l}^{3+}+3e \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} n_{H_2}=0,55 mol \\ \to n_{H^{+}}=2n_{H_2}=1,1 mol \\ {n}_{C{l}^{-}}=n_{H^{+}}=1,1 mol \end{gathered}$$

BTKL: $m_{KL}+m_{C{l}^{-}}=m_{muoi}$

$\to m_{KL}=66,1-1,1.35,5=27,07 gam$

Đáp án B

(1) CH₃COOCH=CH₂ +NaOH  $\stackrel{t°}{\to }$ CH₃COONa + CH₃CHO

(2) CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\stackrel{t°}{\to }$  CH₃COONH₄ + 2NH₄NO₃ + 2Ag

(3) CH₃COONH₄ +NaOH $\stackrel{t°}{\to }$  CH₃COONa + NH₃ +H₂O

Đáp án C

$\left\{\begin{array}{l}Mg\\ Al\end{array}\right.\underset{FeC{l}_3:0,12}{\overset{CuC{l}_2:0,15}{\to }}\left\{\begin{array}{l}Y\left\{\begin{array}{l}Cu\\ F\text{e}\\ Al\text{ du}\end{array}\right.\stackrel{H_{2}S{O}_4\text{ loang du}}{\to }0,21mol{H}_2\\ DDZ\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}\\ A{l}^{3+}\\ C{l}^{-}:0,15.2+0,12.3=0,66\left(BTCl\right)\end{array}\right.\stackrel{NaOH:0,72}{\to }{n}_{O{H}^{-}}>n_{C{l}^{-}}\end{array}\right.$

→ Kết tủa Al(OH)₃ tan tiếp trong NaOH.

Nên $n_{A{l}^{3+}}=n_{Al{\left(OH\right)}_3\tan }=n_{NaOH}-n_{C{l}^{-}}=0,06$ mol

$n_{H_2}>n_{Fe}\to$ hỗn hợp Y chứa Al dư, đồng thời dung dịch Z không chứa ion của Fe, tức là FeCl₃ phản ứng hết.

$\to n_{Fe}=0,12$ mol

BT e: $n_{Al\text{ du}}=\frac{2n_{H_2}-2n_{Fe}}{3}=0,06$ mol

BTĐT trong dung dịch Z: $2n_{M{g}^{2+}}=n_{C{l}^{-}}-3n_{A{l}^{3+}}\to n_{M{g}^{2+}}=0,24$ mol

$\to n_{Al\text{ ban dau}}=n_{Al}+n_{A{l}^{3+}}=0,12$ mol

.$\to \%Al=\frac{0,12.27}{0,12.27+0,24.24}100=36\%$

Đáp án C

$0,2\left\{\begin{array}{l}{\left(C_{17}{H}_{33}COO\right)}_3{C}_3{H}_5:d\\ C_2{H}_{3}NO:a\\ C{H}_2:b\\ H_{2}O:c\end{array}\right.\stackrel{O_2:3,265}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:2,58\\ H_{2}O\\ N_2\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}c+d=0,2\\ a+3d=0,72\left(n_{NaOH}\right)\\ 2,25a+1,5b+80d=3,265\left(n_{O_2}\right)\\ 2a+b+57d=2,58\left(n_{C{O}_2}\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,66\\ b=0,12\\ c=0,18\\ d=0,02\end{array}\right.$

$n_{C{H}_2}<n_{peptit}$ nên có peptit chỉ chứa glyxin.

${\overline{C}}_{peptit}=\frac{2\text{a}+b}{c}=8$

2 hoặc 3 $<\overline{aa}=\frac{a}{c}=3,67<\mathrm{...}$

Từ các dữ kiện trên → Peptit $\left\{\begin{array}{l}{\left(Gly\right)}_4:x\\ {\left(Ala\right)}_{2}Val:y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x+y=0,18\\ 4\text{x}+3y+0,02.3=0,72\left(n_{NaOH}\right)\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,06\end{array}\right.\to \%m_{{\left(Ala\right)}_{2}Val}=\frac{15,54}{60,22}.100=25,9\%$

Đáp án C

$$\begin{gathered} m_{\downarrow \max }=m_{BaS{O}_4}+m_{Al{\left(OH\right)}_3}\to 233.n_{S{O}_4^{2-}}+78.n_{Al{\left(OH\right)}_3}=37,32 \\ \to 233.0,12+78.n_{Al{\left(OH\right)}_3}=37,32\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,12 \end{gathered}$$

Khi kết tủa không đổi là lúc kết tủa Al(OH)₃ tan hết

$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3$

0,12   0,36

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

0,12         0,12

Lúc này $n_{O{H}^{-}}=0,36+0,12=0,48$

Theo đồ thị $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,28\to n_{O{H}^{-}}=0,56$

Chứng tỏ trong dung dịch X có axit:

$$\begin{gathered} H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O \\ \to n_{H^{+}}=0,56-0,48=0,08 \end{gathered}$$

Vậy trong X chứa: $\left\{\begin{array}{l}C{l}^{-}:0,36\\ S{O}_4^{2-}:0,12\\ H^{+}:0,08\\ A{l}^{3+}:0,12\left(BTAl\right)\\ N{a}^{+}:0,16\left(BTDT\right)\end{array}\right.\to m\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}O:0,08\\ A{l}_2{O}_3:0,06\end{array}\right.\to m=11,08$ gam.

Đáp án D

D sai vì sau bước 3 thu được xà phòng là lớp chất rắn màu trắng đục.

Đáp án B

$$\begin{gathered} 56,36X\stackrel{HCl:1,82}{\to }\left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}NO:0,08\\ N_{2}O:0,06\end{array}\right.\\ Y\stackrel{AgN{O}_3}{\to }\left\{\begin{array}{l}NO:0,045\\ 298,31\left\{\begin{array}{l}Ag\\ AgCl\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right. \\ {n}_{NO}=0,045\to n_{H^{+}\left(Y\right)}=4n_{NO}=0,18\to n_{HCl\left(Y\right)}=0,18 \end{gathered}$$

BTKL: $m_X+m_{HCl}=m_{\uparrow }+m_{HCl\left(Y\right)}+m_{muoi}+m_{H_{2}O}$

$\to m_{H_{2}O}=13,32\to n_{H_{2}O}=0,74$

BT H: $n_{N{H}_4^{+}\left(Y\right)}=\frac{n_{HCl}-n_{HCl\left(Y\right)}-2n_{H_{2}O}}{4}=0,04$

BT N: $3n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=n_{NO}+2n_{N_{2}O}+n_{N{H}_4^{+}}\to n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=0,08$

BT O: $4n_{F{e}_3{O}_4}+9n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=n_{NO}+n_{N_{2}O}+n_{H_{2}O}\to n_{F{e}_3{O}_4}=0,04$

Gọi $\left\{\begin{array}{l}Mg:x\\ FeC{l}_2:y\\ Ag:z\end{array}\right.$

BT Cl: $n_{AgCl}=2y+1,82$

Bảo toàn e cho cả quá trình: $2\text{x}+y+0,04=0,08.3+0,06.8+0,04.8+z+0,045.3$  (1)

$24\text{x}+127y+232.0,04+0,08.242=56,36$ (2)

$108\text{z}+143,5\left(2y+1,82\right)=298,31$ (3)

$\to \left\{\begin{array}{l}x=0,52\\ y=0,12\\ z=0,025\end{array}\right.$.

$\to \%m_{FeC{l}_2}=27,04\%$

Đáp án D

$$\begin{gathered} YR{\left(OH\right)}_n\to \frac{n}{2}{H}_2 \\ {m}_{H_2}=m_{ancol}-m_{b\uparrow }\to n_{H_2}=0,15\to M_Y=\frac{0,3}{n} \\ \to \frac{0,3}{n}\left(R+17n\right)=9,3\to \left\{\begin{array}{l}n=2\\ R=28\end{array}\right.\to Y:C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2 \\ {n}_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,15\to n_{COONa}=0,3 \end{gathered}$$

BT O: $n_{C{O}_2}=0,6$

BT C: $n_{C\left(muoi\right)}=n_{C{O}_2}+n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,75$

 $$\begin{gathered} \to C_{muoi}=\frac{0,75}{0,15}=5 \\ {H}_{muoi}=\frac{0,3}{0,15}=2 \end{gathered}$$

Vậy công thức của muối là $NaOOC-C\equiv C-C{H}_2-COONa$

Vậy công thức của X là: $HO-C{H}_2-C{H}_2-OOC-C{H}_2-C\equiv C-COOH$

Hoặc $HO-C{H}_2-C{H}_2-OOC-C\equiv C-C{H}_2-COOH$ .

Đáp án A

Z đuợc thu bằng phương pháp đẩy nước nên Z không tan trong nước, không tác dụng với nước.

Vậy loại B và C.

Z được điều chế từ một chất rắn và một dung dịch nên loại D vì cả CH₃COONa và NaOH đều phải ở trạng thái rắn.

Đáp án B

$E\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{3}NO\\ C{H}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{4}N{O}_{2}Na\\ C{H}_2\end{array}\right.\stackrel{O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}0,2N{a}_{2}C{O}_3\\ 65,6\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\end{array}\right.$

C₂H₄NO₂Na → 0,5Na₂CO₃ + 1,5CO₂ + 2H₂O

$\to m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=40,8$

CH₂ + 1,5O₂ → CO₂ + H₂O

$$\begin{gathered} \to m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=65,6-40,8=24,8 \\ \to n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=0,4\to n_{C{H}_2}=0,4 \\ \to m=97.0,4+14.0,4=44,4\to m_E=1,51m=67,044 \\ \to E\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{3}NO:0,4\\ C{H}_2:0,4\\ H_{2}O:0,1\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{m}_E=30,2\\ n_{O_2}=0,4.2,25+0,4.1,5=1,5\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy khi đốt cháy 67,044 gam E thì cần số mol O₂ là: $\frac{67,044.1,5}{30,2}=3,33$  mol.