Đề thi THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 chọn lọc (Đề số 6)

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào phản ứng đốt cháy X (X  là chất béo nên có 6 nguyên tử O trong công thức).

Bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O ⟹ n_X và m_X^.

- X + 3NaOH → muối + C₃H₅(OH)₃

Dựa vào khối lượng X ⟹ n_X (tỉ lệ với số mol X khi đốt cháy) ⟹ n_NaOH và n_C3H5(OH)3

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_muối.

Giải chi tiết:

* TN1: X(6 O) + O₂ → CO₂ + H₂O

+ Bảo toàn khối lượng ⟹ m_X(1) + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

⟹ m_X(1) = 1,14.44 + 1,06.18 – 1,61.32 = 17,72 (g).

+ Bảo toàn nguyên tố O ⟹ 6n_X(1) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ n_X(1) = (2.1,14 + 1,06 – 1,61.2)/6 = 0,02 (mol).

* TN2: X + 3NaOH → muối + C₃H₅(OH)₃

Xét tỉ lệ: m_X(1)/m_X(2) = n_X(1)/n_X(2) ⟹ n_X(2) = (0,02.7,088)/17,72 =  0,008 (mol).

Theo PTHH ⟹ n_NaOH = 3n_X(2) = 0,024 (mol) và n_C3H5(OH)3 = n_X(2) = 0,008 (mol)

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_X(2) + m_NaOH = m_muối + m_C3H5(OH)3

Vậy m_muối = 7,088 + 0,024.40 – 0,008.92 = 7,312 (g).

Đáp án C

Phương pháp giải:

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{{\mathrm{H}}^{+}, \mathrm{t}°}{\rightleftharpoons }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

So sánh n_CH3COOH và n_C2H5OH ⟹ n_este(LT) ⟹ m_este(LT)

⟹ m_{este (TT)} = m_este(LT).H/100% (Phản ứng có hiệu suất H = 50%).

Giải chi tiết:

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{{\mathrm{H}}^{+}, \mathrm{t}°}{\rightleftharpoons }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Ta có n_CH3COOH = 1 < 1,3 = n_C2H5OH ⟹ Nếu H = 100%, CH₃COOH phản ứng hết và tính số mol theo n_CH3COOH.

Theo PTHH ⟹ n_{CH3COOC2H5(LT)} = n_CH3COOH = 1 (mol).

Vì H = 50% ⟹ n_{CH3COOC2H5(TT)} = 0,5 (mol)

Vậy khối lượng este thu được sau phản ứng là m_{CH3COOC2H5(TT)} = 0,5.88 = 44 (gam).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức chung của cacbohiđrat là C_n(H₂O)_m

_{${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\left({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right)}_{\mathrm{m}}+{\mathrm{nO}}_2\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }{\mathrm{nCO}}_2+{\mathrm{mH}}_2\mathrm{O}$}

Theo PTHH ⟹ n_O2 = n_CO2.

Giải chi tiết:

M gồm 2 chất đều là cacbohirat có công thức chung là C_n(H₂O)_m

_{${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\left({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right)}_{\mathrm{m}}+{\mathrm{nO}}_2\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }{\mathrm{nCO}}_2+{\mathrm{mH}}_2\mathrm{O}$}

Theo PTHH ⟹ n_CO2 = n_O2 = 0,4 (mol).

Vậy V = 0,4.22,4 = 8,96 (lít).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O

* TN2: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\\ \mathrm{O}\end{array}+\mathrm{CO}\to \mathrm{Fe}+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CO}\left(\mathrm{du}\right)\\ {\mathrm{CO}}_2\end{array}\right.\right.$

⟹ m_Fe(X) ⟹ m_O(X).

* TN1: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\\ \mathrm{O}\end{array}+{\mathrm{HNO}}_3\to \mathrm{Fe}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3+\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NO}\\ {\mathrm{NO}}_2\end{array}\right.\right.$

Gọi số mol NO và NO₂ trong Y lần lượt là x và y (mol).

Sử dụng bảo toàn electron và dựa vào M_Y ⟹ x và y ⟹ V.

Giải chi tiết:

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O

* TN2: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\\ \mathrm{O}\end{array}+\mathrm{CO}\to \mathrm{Fe}+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CO}\left(\mathrm{du}\right)\\ {\mathrm{CO}}_2\end{array}\right.\right.$

⟹ m_Fe(X) = 9,52 (g) ⟹ m_O(X) = 11,6 – 9,52 = 2,08 (g).

* TN1: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\left(0,17\right)\\ \mathrm{O}\left(0,13\right)\end{array}+{\mathrm{HNO}}_3\to \mathrm{Fe}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3+\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NO}\left(\mathrm{x}\right)\\ {\mathrm{NO}}_2\left(\mathrm{y}\right)\end{array}\right.\right.$

+ ${\mathrm{M}}_{\mathrm{Y}}=\frac{30\mathrm{x}+46\mathrm{y}}{\mathrm{x}+\mathrm{y}}=19.2=38\Rightarrow \mathrm{x}=\mathrm{y}$

+ Xét sự cho – nhận electron

Fe → Fe³⁺ + 3e

O + 2e → O^2- ; N⁵⁺ + 3e → N²⁺ ; N⁵⁺ + 1e → N⁴⁺

Bảo toàn electron ⟹ 3.0,17 = 2.0,13 + 3x + y ⟹ 3x + y = 0,25

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=\mathrm{y}\\ 3\mathrm{x}+\mathrm{y}=0,25\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,0625\\ \mathrm{y}=0,0625\end{array}\left(\mathrm{mol}\right)\right.\right.$

Vậy V = V_Y = 2,8 (lít).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất quan trọng trong chương 2: Cacbohiđrat – Hóa 12.

Giải chi tiết:

Y + H₂ → Sobitol ⟹ Y là glucozơ hoặc fructozơ.

X + H₂O → Y ⟹ X chỉ được tạo nên bởi 1 monosaccarit ⟹ X là mantozơ, tinh bột hoặc xenlulozơ.

Dựa vào đáp án ⟹ X và Y lần lượt là tinh bột và glucozơ.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lý của các este thường gặp.

Giải chi tiết:

Este benzyl axetat (CH₃COOCH₂C₆H₅) có mùi hoa nhài.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về ancol.

Giải chi tiết:

Một trong những hợp chất độc hại trong cồn công nghiệp chính là metanol (X).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học đặc trưng của từng mẫu hóa chất và lựa chọn thuốc thử có thể dễ dàng quan sát hiện tượng để nhận biết.

Giải chi tiết:

Để phân biệt 3 mẫu hóa chất riêng biệt: phenol, axit acrylic, axit axetic bằng một thuốc thử có thể sử dụng dung dịch Br₂. Nhỏ lần lượt từng mẫu hóa chất trong 3 mẫu hóa chất vào dung dịch brom và quan sát hiện tượng:

+ xuất hiện kết tủa trắng là phenol.

C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂Br₃OH↓_trắng + 3HBr.

+ dung dịch brom nhạt màu dần tới mất màu là axit acrylic.

CH₂ = CH – COOH + Br₂ → CH₂Br  – CHBr – COOH.

+ không hiện tượng là axit axetic.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa  vào kiến thức và cách gọi tên este.

Giải chi tiết:

Este metyl fomat có công thức là HCOOCH₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bậc amin là số nguyên tử H trong phân tử NH₃ bị thay thế bởi gốc hiđrocacbon.

⟹ Amin bậc 2 là amin có 2 gốc hiđrocacbon thay thế vị trí nguyên tử H trong phân tử NH₃.

Giải chi tiết:

(CH₃)₂NH là amin bậc 2 vì có hai gốc –CH₃ thay thế vị trí nguyên tử H trong phân tử NH₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất hóa học của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Những chất mà dung dịch có khả năng hòa tan Cu(OH)₂ là saccarozơ và glucozơ.

Đáp án B

Phương pháp giải:

X có tổng số liên kết π + vòng = (8.2 + 2 – 8)/2 = 5.

X + NaOH → 2 muối

⟹ X là este của phenol. ⟹ CTCT phù hợp của X.

Giải chi tiết:

X có tổng số liên kết π + vòng = (8.2 + 2 – 8)/2 = 5.

X + NaOH → 2 muối.

⟹ X là este của phenol.

Các CTCT thỏa mãn của X là: C₆H₅OOCCH₃ ; o, p, m – CH₃C₆H₄OOCH (4 đồng phân).

PTHH: C₆H₅OOCCH₃ + 2NaOH → C₆H₅ONa + CH₃COONa + H₂O.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất hóa học của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Những chất bị thủy phân trong môi trường axit là xenlulozơ và tinh bột (polisaccarit).

Đáp án A

Phương pháp giải:

C₄H₈O₂ có tổng số liên kết π + vòng = (4.2 + 2 – 8)/2 = 1.

C₄H₈O₂ phản ứng với NaOH nhưng không tráng bạc ⟹ axit no, đơn chức, mạch hở hoặc este no, đơn chức, mạch hở (không phải este của axit fomic).

Giải chi tiết:

C₄H₈O₂ có tổng số liên kết π + vòng = (4.2 + 2 – 8)/2 = 1.

CTCT phù hợp (4 đồng phân) là

+ Axit: CH₃ – CH₂ – CH₂ – COOH và CH₃ – CH(CH₃) – COOH.

+ Este: CH₃ – COO – CH₂ – CH₃ và CH₃ – CH₂ – COO – CH₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi công thức của X là RCOOH.

PTHH: RCOOH + NaHCO₃ → RCOONa + CO₂↑ + H₂O

Theo PTHH ⟹ n_X ⟹ M_R ⟹ CTCT và tên gọi của X.

Giải chi tiết:

Gọi công thức của X là RCOOH.

PTHH: RCOOH + NaHCO₃ → RCOONa + CO₂↑ + H₂O

Theo PTHH ⟹ n_X = n_RCOONa

⟹ $\frac{0,108}{{\mathrm{M}}_{\mathrm{R}}+45}=\frac{0,141}{{\mathrm{M}}_{\mathrm{R}}+67}\Rightarrow {\mathrm{M}}_{\mathrm{R}}=27$

⟹ R là C₂H₃ (CH₂ = CH –)

Vậy X là CH₂ = CH – COOH (axit acrylic).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Những hợp chất trong công thức cấu tạo có chứa nhóm –CHO tham gia phản ứng tráng gương.

Giải chi tiết:

Những hợp chất trong dãy tham gia phản ứng tráng gương là HCHO, HCOONa, HCOOH và HCOOCH₃.

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Theo PTHH ⟹ n_Cu ⟹ m.

Giải chi tiết:

PTHH: 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Theo PTHH ⟹ n_Cu = 3n_NO/2 = 0,225 (mol).

Vậy m = 0,225.64 = 14,4 (g).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Mùi tanh của cá (gây ra do một số amin), cần sử dụng dung dịch có thể trung hòa amin mà không gây hại.

Giải chi tiết:

Để khử mùi tanh của cá (gây ra do một số amin) ta có thể rửa cá với giấm ăn (CH₃COOH).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về tính chất hóa học, phản ứng đặc trưng của các hợp chất hữu cơ (C₆H₁₂O₆ là glucozơ).

Xác định các hợp chất X, Y, Z, T ⟹ Nhận định đúng.

Giải chi tiết:

${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}{\mathrm{O}}_6\to {\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}\to {\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_4\to \mathrm{HO}-{\mathrm{CH}}_2-\mathrm{OH}\stackrel{+{\mathrm{CH}}_3\mathrm{COOH}}{\to }{\mathrm{CH}}_3{\mathrm{COOCH}}_2-{\mathrm{CH}}_2{\mathrm{OOCCH}}_3$

C₆H₁₂O₆ $\stackrel{\mathrm{men}}{\to }$ 2C₂H₅OH (X) + 2CO₂

C₂H₅OH $\stackrel{{\mathrm{H}}^{+}, 170°\mathrm{C}}{\to }$ CH₂ = CH₂ (Y) + H₂O

3CH₂ = CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3HO – CH₂ – CH₂ – OH (T) + 2MnO₂ + 2KOH

HO – CH₂ – CH₂ – OH + 2CH₃COOH $\stackrel{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4, \mathrm{t}°}{\rightleftharpoons }$ CH₃COOCH₂ – CH₂OOCCH₃ (C₆H₁₀O₄) + 2H₂O

* Xét các nhận xét:

A đúng vì T là etilen glicol (ancol đa chức liền kề) + Cu(OH)₂ → hợp chất xanh lam.

B sai vì X là ancol etylic tan vô hạn trong nước.

C sai vì nhiệt độ sôi của T lớn hơn X.

D sai vì Y là etilen không phản ứng với KHCO₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O.

* TN1: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\\ \mathrm{O}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CO}\\ {\mathrm{H}}_2\end{array}\to \mathrm{Fe}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{CO}}_2\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\end{array}\right.\right.\right.$

Theo PTHH ⟹ n_O(X)

* TN2: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\\ \mathrm{O}\end{array}+{\mathrm{HNO}}_3\right.\to \mathrm{Fe}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3+\mathrm{NO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố N ⟹ n_Fe(X) ⟹ m = m_Fe(X) + m_O(X).

Giải chi tiết:

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và O.

* TN1: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\\ \mathrm{O}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CO}\\ {\mathrm{H}}_2\end{array}\to \mathrm{Fe}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{CO}}_2\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\end{array}\right.\right.\right.$

CO + O → CO₂ ; H₂ + O → H₂O

Theo PTHH ⟹ n_O(X) = n_{hh khí} = 5,376/22,4 = 0,24 (mol).

* TN2: $\mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\\ \mathrm{O}\end{array}+{\mathrm{HNO}}_3\right.\to \mathrm{Fe}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3+\mathrm{NO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

- Gọi số mol Fe trong X là x (mol)

Bảo toàn nguyên tố Fe ⟹ n_Fe(NO3)3 = n_Fe(X) = x (mol).

- Xét quá trình cho – nhận electron:

Fe → Fe³⁺ + 3e

O + 2e → O^2- ; N⁵⁺ + 3e → N²⁺

Bảo toàn electron ⟹ 3n_Fe(X) = 2n_O(X) + 3n_NO ⟹ n_NO= (3x – 0,48)/3 = x – 0,16 (mol).

Bảo toàn nguyên tố N ⟹ n_HNO3(pứ) = 3n_Fe(NO3)3 + n_NO

⟹ 0,72 = 3x + x – 0,16 ⟹ x = 0,22 (mol).

Vậy m = m_Fe(X) + m_O(X) = 0,22.56 + 0,24.16 = 16,16 (g).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Este tác dụng với NaOH thu được 2 sản phẩm đều có nhóm –CHO trong cấu tạo tham gia phản ứng tráng gương.

Giải chi tiết:

Dựa vào đáp án, este phù hợp là HCOOCH=CH₂

PTHH: HCOOCH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₃CHO.

Cả 2 hợp chất HCOONa và CH₃CHO đều có thể tham gia phản ứng tráng gương vì có nhóm –CHO trong cấu tạo.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất béo là trieste của glixerol với axit béo.

Giải chi tiết:

Công thức của chất béo là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅.

Đáp án A

Phương pháp giải:

X, Y, Z đều phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ dư  ⟹ X, Y, Z đều có liên kết ba ở đầu mạch.

X, Y, Z có cùng số nguyên tử C và M_X < M_Y < M_Z < 62 ⟹ CTCT của X, Y, Z.

Từ m_E ⟹ số mol X, Y, Z ⟹ số mol Br₂ phản ứng với E (a mol).

Giải chi tiết:

* X, Y, Z đều phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ dư  ⟹ X, Y, Z đều có liên kết ba ở đầu mạch.

X, Y, Z có cùng số nguyên tử C và M_X < M_Y < M_Z < 62 ⟹ Số C của X, Y, Z là 4.

⟹ CTCT của X; Y và Z lần lượt là

X: CH ≡ C – C ≡ CH (C₄H₂ có M_X = 50)

Y: CH ≡ C – CH = CH₂ (C₄H₄ có M_Y = 52)

Z: CH ≡ C – CH₂ – CH₃ (C₄H₆ có M_Z= 54)

* Xét 11,7 g hỗn hợp Y gồm X, Y, Z có số mol bằng nhau

⟹ n_X = n_Y = n_Z = 0,075 (mol).

Ta có số liên kết π của X , Y, Z lần lượt là 4, 3 và 2.

Vậy a = n_Br2 = 4n_X + 3n_Y + 2n_Z = 0,675 (mol).

Đáp án A

Phương pháp giải:

* TN2: X + NaOH → glixerol + muối natri panmitat + muối natri stearat + H₂O

⟹ Y là trieste của glixerol và axit panmitic và axit stearic.

Ta có n_-COO(X) = n_NaOH

* TN1: X(–COO) + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O, bảo toàn khối lượng ⟹ m = m_X.

Trong X gồm 2 axit no, đơn chức, mạch hở và Y (có 3 liên kết π)

⟹$\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=\left({\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}\right)/\left(3-1\right)\Rightarrow {\mathrm{n}}_{\mathrm{glixerol}\left(\mathrm{TN}2\right)}\\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{axit}\left(\mathrm{X}\right)}={\mathrm{n}}_{-\mathrm{COO}\left(\mathrm{X}\right)}-3{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}\Rightarrow {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\left(\mathrm{TN}2\right)}\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng (TN2) ⟹ m_muối.

Giải chi tiết:

* TN2: X + NaOH → glixerol + muối natri panmitat + muối natri stearat

⟹ Y là trieste của glixerol và axit panmitic và axit stearic.

Ta có n_-COO(X) = n_NaOH = 0,3 (mol)

* TN1: X(–COO) + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ 2n_-COO(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ n_H2O = 5,25 (mol).

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_X = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 84,3 (g).

Ta có trong X gồm 2 axit no, đơn chức, mạch hở (khi đốt cháy cho n_CO2 = n_H2O) và Y (có 3 liên kết π)

⟹ $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=\left({\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}\right)/2=0,05\Rightarrow {\mathrm{n}}_{\mathrm{glixerol}\left(\mathrm{TN}2\right)}=0,05\\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{axit}\left(\mathrm{X}\right)}={\mathrm{n}}_{-\mathrm{COO}\left(\mathrm{X}\right)}-3{\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,15\Rightarrow {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\left(\mathrm{TN}2\right)}=0,15\end{array}\left(\mathrm{mol}\right)\right.$

* Xét X + NaOH → muối + C₃H₅(OH)₃ + H₂O

Bảo toàn khối lượng ⟹ a = m_muối = m_X + m_NaOH – m_glixerol – m_H2O = 84,3 + 0,3.40 – 0,05.92 – 0,15.18 = 89 (g).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết về glucozơ.

Giải chi tiết:

Glucozơ không thuộc loại đisaccarit vì glucozơ là monosaccarit.

Đáp án C

Phương pháp giải:

X + H₂O → C₃H₅(OH)₃ + axit oleic (A) + axit panmitic (B) và axit stearic (C)

⟹ X được tạo bởi glixerol và 3 axit A, B, C.

Giải chi tiết:

 (dạng CTCT của X)

Các công thức cấu tạo của X thu được khi lần lượt sắp xếp các axit A, B, C vào vị trí (1), (2), (3) tương ứng.

Ta có các công thức cấu với vị trí (1), (2), (3) lần lượt là A, B, C ; A, C, B và B, A, C (3 CTCT thỏa mãn).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất béo là trieste của glixerol với axit béo.

Giải chi tiết:

Khi thủy phân chất béo trong môi trường kiềm thì thu được muối của axit béo và glixerol.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về tính chất hóa học của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Tinh bột, xenlulozơ, saccarozơ đều có khả năng tham gia phản ứng thủy phân tạo monosaccarit.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về tính chất của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Chất X và Y lần lượt là saccarozơ và glucozơ.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về tính chất vật lí của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Cacbohiđrat có độ ngọt cao nhất là fructozơ.

Đáp án A

Phương pháp giải:

* TN2: X (–OH) + Na → H₂

⟹ n_-OH(X) = 2n_H2

* TN1: X (–OH) + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O, bảo toàn khối lượng ⟹ m.

Giải chi tiết:

* TN2: X (–OH) + Na → H₂

⟹ n_-OH(X) = 2n_H2 = 2.0,2 = 0,4 (mol)

* TN1: X (–OH) + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ n_-OH(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ n_O2 = 0,825 (mol)

Bảo toàn khối lượng ⟹ m = m_X = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 15,3 (g).

Đáp án B

Phương pháp giải:

* Đốt cháy Y

$\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COONa} : 5\mathrm{a}\\ {\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{33}\mathrm{COONa} : 2\mathrm{x}+{\mathrm{O}}_2\to {\mathrm{CO}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+{\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3\\ {\mathrm{C}}_{15}{\mathrm{H}}_{31}\mathrm{COONa} : 2\mathrm{x}\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố Na, C, H và O ⟹ x.

* E + NaOH → Y + C₃H₅(OH)₃

Bảo toàn nguyên tố ⟹ n_NaOH và n_C3H5(OH)3

Bảo toàn khối lượng ⟹ m.

Giải chi tiết:

* Đốt cháy Y

$\mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COONa} : 5\mathrm{a}\\ {\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{33}\mathrm{COONa} : 2\mathrm{x}+{\mathrm{O}}_2\to {\mathrm{CO}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+{\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3\\ {\mathrm{C}}_{15}{\mathrm{H}}_{31}\mathrm{COONa} : 2\mathrm{x}\end{array}\right.$

BTNT Na ⟹ n_Na2CO3 = (5x + 2x + 2x)/2 = 4,5x (mol).

BTNT C ⟹ n_CO2 = 18.5x + 18.2x + 16.2x – 4,5x = 153,5x (mol)

BTNT H ⟹ n_H2O = (35.5x + 33.2x + 31.2x)/2 = 151,5x (mol)

BTNT O ⟹ 2.9x + 2,27.2 = 153,5x.2 + 151,5x + 4,5x.3 ⟹ x = 0,01 (mol).

* E + 3NaOH → Y + C₃H₅(OH)₃

Bảo toàn nguyên tố Na ⟹ n_NaOH = 9x =0,09 (mol) ⟹ n_C3H5(OH)3 = n_NaOH/3 = 0,03 (mol)

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_E = 26,94 + 0,03.92 – 0,09.40 = 26,1 (g).

Đáp án D

Phương pháp giải:

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

⟹ n_C6H12O6(LT) = n_CO2/2= n_CaCO3/2 (mol).

Do H = 60% ⟹ n_C6H12O6(TT) = n_C6H12O6(LT).100%/H ⟹ m.

Giải chi tiết:

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

⟹ n_C6H12O6(LT) = n_CO2/2= n_CaCO3/2 = 1,2/2 = 0,6 (mol).

Do H = 60% ⟹ n_C6H12O6(TT) = 0,6.100%/60% = 1 (mol)

Vậy m = 1.180 = 180 (g).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Glucozơ $\stackrel{+{\mathrm{AgNO}}_3/{\mathrm{NH}}_3}{\to }$ 2Ag.

Theo PTHH ⟹ n_Ag ⟹ m_Ag.

Giải chi tiết:

Glucozơ $\stackrel{+{\mathrm{AgNO}}_3/{\mathrm{NH}}_3}{\to }$ 2Ag.

Theo PTHH ⟹ n_Ag = 2n_glucozơ = 2.01,5 = 0,3(mol).

Vậy m_Ag = 0,3.108 = 32,4 (g).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất bột chứa trong khẩu trang phải có tính hấp phụ các hợp chất độc hại trong không khí ⟹ có khả năng lọc không khí.

Giải chi tiết:

Một số loại khẩu trang y tế chứa chất bột màu đen có khả năng lọc không khí là than hoạt tính.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất trong đáp án để lựa chọn.

Giải chi tiết:

Dung dịch saccarozơ và glucozơ hòa tan Cu(OH)₂ ở nhiệt độ phòng tạo phức chất màu xanh lam.

Dung dịch axit fomic hòa tan Cu(OH)₂ ở nhiệt độ phòng tạo dung dịch màu xanh (tính axit).

Xenlulozơ không hòa tan Cu(OH)₂ ở nhiệt độ phòng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

X là triglixerit được tạo bởi C₃H₅(OH)₃ và 2 axit là axit stearic (C₁₇H₃₅COOH) và axit oleic (C₁₇H₃₃COOH).

Vì hai axit tạo nên X đều là C₁₇ ⟹ Số C của X là (17 + 1).3 + 3 = 57.

* X + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ n_X.

* $\mathrm{X}+\stackrel{+{\mathrm{H}}_2}{\to }\mathrm{Y}: {\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5{\left({\mathrm{OOCC}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\right)}_3\stackrel{+\mathrm{NaOH}}{\to }{\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COONa}\stackrel{+{\mathrm{O}}_2}{\to }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Theo PTHH ⟹ n_C17H35COONa = 3n_Y = 3n_X

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ n_H2O ⟹ a.

Giải chi tiết:

X là triglixerit được tạo bởi C₃H₅(OH)₃ và 2 axit là axit stearic (C₁₇H₃₅COOH) và axit oleic (C₁₇H₃₃COOH).

Vì hai axit tạo nên X đều là C₁₇ ⟹ Số C của X là (17 + 1).3 + 3 = 57.

* X + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ 57n_X = n_CO2 ⟹ n_X = 9,12/57 = 0,16 (mol).

* $\mathrm{X}+\stackrel{+{\mathrm{H}}_2}{\to }\mathrm{Y}: {\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_5{\left({\mathrm{OOCC}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\right)}_3\stackrel{+\mathrm{NaOH}}{\to }{\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COONa}\stackrel{+{\mathrm{O}}_2}{\to }{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Theo PTHH ⟹ n_C17H35COONa = 3n_Y = 3n_X = 0,48 (mol).

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ 2n_H2O = 35n_C17H35COONa

⟹ n_H2O = 8,4 (mol) ⟹ a = m_H2O = 8,4.18 = 151,2 ≈ 150 (g).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Este tác dụng với NaOH không tạo hợp chất chứa nhóm –CHO → không có khả năng tham gia phản ứng táng gương.

Giải chi tiết:

Este CH₃COOCH₃ khi phản ứng với dung dịch NaOH tạo muối CH₃COONa và ancol CH₃OH (cả 2 hợp chất sản phẩm đều không có khả năng tham gia phản ứng tráng gương vì không có nhóm –CHO trong phân tử).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết về phản ứng tráng gương của glucozơ.

Giải chi tiết:

(d) sai vì saccarozơ không thực hiện được phản ứng tráng gương.

(e) sai vì thí nghiệm trên chỉ chứng tỏ glucozơ chứa 1 nhóm –CHO.

(a), (b) và (c) đúng.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất đã cho khi phản ứng với H₂ dư (điều kiện thích hợp) tạo sản phẩm là ancol propylic (CH₃ – CH₂ – CH₂ – OH).

Giải chi tiết:

Các chất khi phản ứng với H₂ dư, xúc tác Ni, đun nóng đều tạo thành ancol propylic là CH₂=CHCHO, CH₃CH₂CHO, CH₂=CHCH₂OH, CH≡CCHO (4 chất).

CH₂ = CH – CHO + 2H₂ → CH₃ – CH₂ – CH₂ – OH

CH₃ – CH₂ – CHO + H₂ → CH₃ – CH₂ – CH₂ – OH

CH₂ = CH – CH₂ – OH + H₂ → CH₃ – CH₂ – CH₂ – OH

CH ≡ C – CHO + 3H₂ → CH₃ – CH₂ – CH₂ – OH