Đề thi thử Tốt nghiệp THPT 2025 - Cấu trúc mới - Môn Hóa Học - Đề 12

Chọn A

Biến thiên enthalpy của phản ứng là ${\Delta _r}H_{298}^0 = {E_{b(H - H)}} + {E_{b(Cl - Cl)}} - 2{E_{b(H - Cl)}} = 430 + 240 - 430.2 = - 190$

Vậy phản ứng tỏa nhiệt nên enthalpy của sản phẩm < enthalpy của chất tham gia.

Chọn đồ thị (1)

a) Thứ tự các cặp oxi hóa-khử là $\frac{{{Z^{2 + }}}}{Z}\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{{{Y^{2 + }}}}{Y}\,\,\,\,\,\,\,\frac{{{T^{2 + }}}}{T}\,\,\,\,\,\,\,\frac{{{X^ + }}}{X}$

a. Sai vì thứ tự tính oxi hóa là Z$^{2+}$$<$Y$^{2+}$< T$^{2+}$< X$^{+}$.

b) Sai vì kim loại có thế điện cực dương, nằm sau cặp 2H$^{+}$/H$_{2}$ nên không tác dụng HCl tạo khí H$_{2}$ được.

c) Sai vì phản ứng xảy theo quy tắc alpha là : T$^{2+}$+ Z $^{+}$$\overset{}{\rightarrow }$ T + Z$^{2}$

d) Đúng vì thế điện cực của 2 cặp oxi hoá-khử trên xa nhất.

a) Sai vì trong phản ứng trên thì aldehyde đóng vai trò chất oxi hóa, H$_{2}$ đóng vai trò chất khử.

b) Đúng vì aldehyde tác dụng Cu(OH)$_{2}$/NaOH có đun nóng thì cho kết tủa đỏ gạch (Cu$_{2}$O) còn ethanol không có phản ứng.

c) Sai vì Ethanol là alcohol có nhóm -OH nên sẽ có peak tù, mạnh ở vùng 3200-3500 cm$^{-1}$

Trong các phổ thì chỉ có phổ số 2 có peak tù.

Acetaldehyde là CH$_{3}$CHO sẽ có 2 peak đặc trưng

- peak nhọn , mạnh tại vùng 1700 cm$^{-1}$

- peak nhọn tại vùng 2700 cm$^{-1}$

Kết hợp cả hai thì chỉ có phổ 1 là phù hợp.

d) Sai vì

Bước 1. Xác định số lượng mỗi loại liên kết

Bước 2. Tính enthalpy

Ta có: ${\Delta _r}H = 4{E_{C - H}} + {E_{C - C}} + {E_{C = O}} + {E_{H - H}} - [5{E_{C - H}} + {E_{C - C}} + {E_{C - O}} + {E_{O - H}}]$

$\Leftrightarrow {\Delta _r}H = 4(414) + 347 + (360) + (436) - [5(414) + 347 + (360) + 464] = - 442\,kJ/mol$

a) Đúng

b) Sai vì [H$^{+}$] = 10$^{-3{,}602}$ = 0,00025 M

c) Sai vì muối NH$_{4}$Cl khi hoà tan trong nước sẽ cho môi trường acid do ion NH$_{4}$ bị thuỷ phân theo phương trình sau: NH$_{4}$$^{+}$ + H$_{2}$O $\overset{}{⇄}$ NH$_{3}$ + H$_{3}$O$^{+}$

d) Đúng

a) Theo đề ta có:

a. Đúng $\{\begin{matrix}{Z}_{X}+2{Z}_{Y}=22 \\ {Z}_{Y}-{Z}_{X}=2\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}{Z}_{X}=6 \\ {Z}_{Y}=8\end{matrix}\overset{\mathrm{CTPT}\ E}{\rightarrow }C{O}_{2}\overset{\mathrm{CTCT}}{\rightarrow }O=C=O$

b) Đúng vì liên kết giữa C và O là liên kết CHT phân cực nhưng phân tử CO$_{2}$ có cấu trúc thẳng, tổng moment lưỡng cực bằng 0 nên phân tử không phân cực.

c) Đúng vì năng lượng liên kết trong CO$_{2}$ là $2{E}_{b\ (C=O)}=2.745=1490\ \mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$

d) Sai vì liên kết trong CO$_{2}$ là liên kết CHT phân cực nên hiệu độ điện < 1,7.

Ta có: ${n_{Mg}} = \frac{{{{6.10}^3}}}{{24}} = 250\,mol \Rightarrow {n_{e\,do\,Mg\,cho}} = 250.2 = 500\,mol$

Thời gian để ăn mòn hết thanh Mg là

$t = \frac{{{n_e}.F}}{I} = \frac{{500.96500}}{{0{,}025}} = 1930000000\,s \approx 61{,}2$năm

Ta có: ${n_{{C_6}{H_{12}}{O_6}}} = \frac{{324000.0{,}8}}{{162}} = 1\,600\,\,\,mol.$

Theo phương trình : ${n_{C{O_2}}} = 6{n_{{C_6}{H_{12}}{O_6}}} = 1\,600.6 = 9600\,\,\,mol \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 9600.24{,}79 = 237984\,L \approx 238\,{m^3}$

Sơ đồ kết tinh: $779\ \mathrm{gam}\ \mathrm{dd}\ {\mathrm{MgSO}}_{4}\ {80}^{0}C$ $\overset{\mathrm{laøm}\ \mathrm{laïnh}}{\rightarrow }〈\begin{matrix}\mathrm{dung}\ \mathrm{dòch}\ \mathrm{môùi}\ {20}^{0}C\{\begin{matrix}{\mathrm{MgSO}}_{4} \\ {H}_{2}O\end{matrix} \\ 350{,}55\ \mathrm{gam}\ {\mathrm{MgSO}}_{4}.{\mathrm{nH}}_{2}O{\ }_{\mathrm{raén}\ \mathrm{taùch}\ \mathrm{ra}}\end{matrix}$

Vì muối kết tinh dạng tinh thể nên sẽ làm lượng nước trong dung dịch thay đổi

Bước 1. Xác định thành phần trong dung dịch ban đầu

Theo CT độ tan: $S = \frac{{{m_{ch\,\tan }}}}{{{m_{{H_2}O}}}}.100 \Rightarrow {S_{MgS{O_4}\,({{80}^0}C)}} = \frac{{{m_{MgS{O_4}}}}}{{{m_{{H_2}O}}}}.100$

mà ${m_{{H_2}O}} = 779 - {m_{MgS{O_4}}} \Leftrightarrow \frac{{{m_{MgS{O_4}}}}}{{779 - {m_{MgS{O_4}}}}}.100 = 55{,}8 \Rightarrow {m_{MgS{O_4}}} = 279\,gam \Rightarrow {m_{{H_2}O}} = 779 - 279 = 500\,gam$

Bước 2. Xác định lượng thành phần trong dung dịch mới

Vì lượng nước và lượng chất tan trong dung dịch mới đều thay đổi nên sẽ tiến hành đặt ẩn.

Theo quá trình kết tinh dùng BTKL dạng dung dịch: $779 = {m_{dd\,sau}} + 350{,}55 \Rightarrow {m_{dd\,sau}} = 428{,}45\,gam$

Đưa vào CT độ tan:

${S_{MgS{O_4}\,({{20}^0}C)}} = \frac{{{m_{MgS{O_4}\,trong\,dd\,sau}}}}{{{m_{{H_2}O\,trong\,dd\,sau}}}}.100 \Leftrightarrow 33{,}6 = \frac{{{m_{MgS{O_4}\,trong\,dd\,sau}}}}{{428{,}45 - {m_{MgS{O_4}\,trong\,dd\,sau}}}}.100 \Rightarrow {m_{MgS{O_4}\,trong\,dd\,sau}} = 108\,gam$

Bước 3. Xác định chất bị kết tinh

Theo số liệu ta có: ${m_{MgS{O_4}\,trong\,tt}} = 279 - 108 = 171\,gam$

Dựa vào tỷ lệ thành phần không đổi ta có:$\frac{{{M_{MgS{O_4}}}}}{{{M_{tt}}}} = \frac{{{m_{MgS{O_4}}}}}{{{m_{tt}}}} \Leftrightarrow \frac{{120}}{{120 + 18n}} = \frac{{171}}{{350{,}55}} \Rightarrow n = 7$

CT tinh thể: $MgS{O_4}.7{H_2}O$

Theo đề ta có: $C:N:O = \frac{{18{,}634}}{{12}}:\frac{{21{,}738}}{{14}}:\frac{{4{,}969}}{{16}} = 1{,}55:1{,}55:0{,}31 = 5:5:1$

Vậy viết lại CTTQ của A: K$_{x}$Co$_{2}$(CN)$_{5a}$O$_{a}$

Ta có tỷ lệ khối lượng giữa kim loại và phi kim trong phức A như sau:

$$\frac{{39x + 59.2}}{{(12 + 14).5a + 16a}} = \frac{{54{,}659}}{{18{,}634 + 21{,}739 + 4{,}969}} \Leftrightarrow 118 + 39x \approx 176a \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\a = 2\end{array} \right.$$

Công thức của A là K$_{6}$Co$_{2}$(CN)$_{10}$O$_{2}$ : tổng số nguyên tử là 20.