Đề thi THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 chọn lọc (Đề số 5)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: [C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ $\stackrel{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4 \mathrm{dac}, \mathrm{t}°}{\to }$ [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

Giải chi tiết:

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ $\stackrel{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4 \mathrm{dac}, \mathrm{t}°}{\to }$ [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

Theo lý thuyết, cứ 162 tấn xenlulozơ sẽ điều chế được 297 tấn xenlulozơ trinitrat.

⟹ Khi dùng 2 tấn xenlulozơ thì khối lượng xenlulozơ trinitrat điều chế được theo lý thuyết là:

m_{xenlulozơ trinitrat LT} =  = 3,67 tấn

⟹ m_{xenlulozơ trinitrat TT} = 3,67.60% = 2,20 tấn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Từ tên gọi suy ra công thức este.

Viết phản ứng thủy phân este trong NaOH ⟹ Muối thu được.

Giải chi tiết:

CTCT của etyl fomat là HCOOC₂H₅.

HCOOC₂H₅ + NaOH  HCOONa + C₂H₅OH

⟹ Thu được muối là HCOONa.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Từ khối lượng và tỉ lệ mol của hỗn hợp suy ra số mol từng este trong hỗn hợp.

- Tính theo các PTHH:

     CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

     CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

⟹ Chất rắn thu được sau khi cô cạn dung dịch gồm CH₃COONa, C₆H₅ONa, có thể chứa cả NaOH dư.

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,8.0,1 = 0,08 mol

n_CH3COOC2H5 = n_CH3COOC6H5 = $\frac{4,48}{88+136}$ = 0,02 mol

CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

        0,02         →  0,02     →    0,02                                       (mol)

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

        0,02          →  0,04   →        0,02      →     0,02              (mol)

n_{NaOH dư} = 0,08 - 0,02 - 0,04 = 0,02 mol

Chất rắn thu được sau khi cô cạn dung dịch gồm: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{CH}}_3\mathrm{COONa}: 0,02+0,02=0,04\left(\mathrm{mol}\right)\\ {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{ONa}: 0,02\left(\mathrm{mol}\right)\\ \mathrm{NaOH} \mathrm{dư}: 0,02\left(\mathrm{mol}\right)\end{array}\right.$

⟹ m = 0,04.82 + 0,02.116 + 0,02.40 = 6,4 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khi thủy phân chất béo trong MT kiềm luôn có: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{chat} \mathrm{beo}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{glixerol}}\\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}/\mathrm{KOH}}=3{\mathrm{n}}_{\mathrm{chat} \mathrm{beo}}=3{\mathrm{n}}_{\mathrm{glixerol}}\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

n_glixerol = 9,2/92 = 0,1 mol

⟹ n_NaOH = 3n_glixerol = 3.0,1 = 0,3 mol

⟹ m = 0,3.40 = 12 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất có phản ứng tráng gương là chất chứa nhóm -CHO trong phân tử. Một số loại chất thường gặp:

- Anđehit

- Glucozơ, Fructozơ (vì có thể chuyển thành glucozơ trong MT kiềm)

- Các chất có đầu là HCOO- (axit, este, muối)

Giải chi tiết:

X có thể là vinyl fomat (HCOOCH=CH₂).

HCOOCH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₃CHO

          0,1                            →     0,1      →  0,1 (mol)

HCOONa → 2Ag

0,1 →             0,2        (mol)

CH₃CHO → 2Ag

0,1 →             0,2        (mol)

⟹ n_Ag = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khi đốt cháy cacbohiđrat luôn có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}$ (HS có thể tự chứng minh bằng cách viết PTHH).

Giải chi tiết:

Khi đốt cháy cacbohiđrat luôn có: n_O2 = n_CO2 = 0,3 mol.

BTKL: m_H2O = m_cacbohidrat + m_O2 - m_CO2 = 8,64 + 0,3.32 - 0,3.44 = 5,04 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức phân tử của X có dạng C_nH_2n+3N (n ≥ 1).

Sơ đồ phản ứng: Amin X + HCl → Muối

⟹ BTKL: m_HCl = m_muối - m_X ⟹ n_X = n_HCl ⟹ M_X ⟹ n ⟹ Số nguyên tử H trong phân tử X.

Giải chi tiết:

- Sơ đồ phản ứng: Amin X + HCl → Muối

⟹ BTKL: m_HCl = m_muối - m_X = 9,55 - 5,9 = 3,65 gam ⟹ n_HCl = 3,65/36,5 = 0,1 mol.

Do X là amin đơn chức nên n_X = n_HCl = 0,1 mol ⟹ M_X = 5,9/0,1 = 59 g/mol.

- Công thức phân tử của X có dạng C_nH_2n+3N (n ≥ 1)

⟹ 14n + 17 = 59 ⟹ n = 3

⟹ CTPT của X là C₃H₉N

⟹ Trong phân tử X có 9 nguyên tử H.

Đáp án B

Phương pháp giải:

So sánh thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ X, Y, Z đều là các hợp chất no, đơn chức, mạch hở (X, Y chứa 2O; Z chứa 1O).

BTNT O ⟹ Số mol oxi trong M ⟹ Số mol Z ⟹ %n_Z.

Giải chi tiết:

n_O2 = 26,88/22,4 = 1,2 mol

n_CO2 = 22,4/22,4 = 1 mol

n_H2O = 18/18 = 1 mol

Ta thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ X, Y, Z đều là các hợp chất no, đơn chức, mạch hở (X, Y chứa 2O; Z chứa 1O).

BTNT O: n_{O (M)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 2.1 + 1 - 2.1,2 = 0,6 mol

Đặt n_X + n_Y = a mol; n_Z = b mol

⟹ $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{\mathrm{M}}=0,4\\ 2\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{\mathrm{O}\left(\mathrm{M}\right)}=0,6\end{array}\right.$ ⟹ a = b = 0,2

⟹ %n_Z = (0,2/0,4).100% = 50%.