Đề thi thử Tốt nghiệp THPT 2025 - Cấu trúc mới - Môn Hóa Học - Đề 20

Chọn C

A. Sai vì công thức phân tử của X là C$_{6}$H$_{8}$O$_{7}$

B. Sai vì X là hợp chất tạp chức.

vì X có 4H linh động

C. Đúng

D. Sai vì X chỉ có 3 nhóm -COOH nên chỉ tác dụng NaOH tối đa tỷ lệ 1 : 3

Chọn C

Dạng kiểm tra tên IUPAC của các amino acid

Chọn C

Chọn D

Triolein có CTPT: (C$_{17}$H$_{33}$COO)$_{3}$C$_{3}$H$_{5}$

Phương trình: $\{\begin{matrix}\text{Invalid <m:msub> element}{C}_{3}{H}_{5}\text{Invalid <m:msub> element}+{H}_{2}\overset{\mathrm{Ni},{t}^{0}}{\rightarrow }{C}_{3}{H}_{5} \\ \text{Invalid <m:msub> element}{C}_{3}{H}_{5}\text{Invalid <m:msub> element}\overset{{H}_{2}O,\ {H}^{+}}{\rightarrow }{C}_{3}{H}_{5}\end{matrix}$

Chọn B

Phản ứng (a), (b) là giữ nguyên mạch.

Chọn D

A. Sai vì Gly-Ala-Ala chỉ có 3N (2N trong liên kết CO-NH, 1N trong nhóm NH$_{2}$ của Gly)

B. Sai vì dipeptide không có phản ứng màu biuret

C. Sai vì peptide thủy phân trong cả môi trường acid, base thu được α-amino acid.

D. Đúng vì amino acid có cả nhóm NH$_{2}$ và nhóm COOH

Chọn C

Theo hình vẽ thì cực (1) nối với cực đương của nguồn điện nên dóng vai trò anode và cực (2) đóng vai trò cathode.

Dữ kiện cho thì thu được kim loại tại cathode thì X không thể là dung dịch NaCl. Do đó X là NaCl nóng chảy.

Chọn B

A. Đúng theo SGK.

B. Sai vì $\mathrm{Mg}+\mathrm{FeC}{l}_{3}\overset{}{\rightarrow }{\mathrm{MgCl}}_{2}+{\mathrm{FeCl}}_{2}$ , FeCl$_{3}$ dư nên không xảy ra phản ứng

$\mathrm{Mg}+\mathrm{FeC}{l}_{2}\overset{}{\rightarrow }{\mathrm{MgCl}}_{2}+\mathrm{Fe}$

C. Đúng vì thỏa điều kiện ăn mòn điện hóa.

D. Đúng

Chọn A

Loại H$_{2}$SO$_{4}$ vì không tạo kết tủa: $2\mathrm{NaOH}+{H}_{2}S{O}_{4}\overset{}{\rightarrow }{\mathrm{Na}}_{2}{\mathrm{SO}}_{4}+{H}_{2}O$

Loại FeCl$_{3}$ vì tạo Fe(OH)$_{3}$ kết tủa nâu đỏ: $3\mathrm{NaOH}+\mathrm{FeC}{l}_{3}\overset{}{\rightarrow }3\mathrm{NaCl}+\mathrm{Fe}{(\mathrm{OH})}_{3}↓$

Loại AlCl$_{3}$ vì NaOH dư thì không có tủa (Al(OH)$_{3}$ lưỡng tính): $\{\begin{matrix}3\mathrm{NaOH}+\mathrm{AlC}{l}_{3}\overset{}{\rightarrow }3\mathrm{NaCl}\text{Invalid <m:msub> element}+\mathrm{Al}↓ \\ A\text{Invalid <m:msub> element}l+\mathrm{NaOH}\overset{}{\rightarrow }{\mathrm{NaAlO}}_{2}+{H}_{2}O\end{matrix}$

Chọn D

Chất rắn đen là PbS.

Ta có:

${n}_{\mathrm{PbS}}=\frac{3{,}585{.10}^{-3}}{207+32}=0{,}000015\ \mathrm{mol}\overset{\mathrm{BTNT}\ S}{\rightarrow }{n}_{{H}_{2}S}=0{,}000015\ \mathrm{mol}\Rightarrow {m}_{{H}_{2}S}=0{,}000015.34=0{,}00051\ g=0{,}51\ \mathrm{mg}$

Hàm lượng H$_{2}$S trong mẫu khí trên là ${m}_{{H}_{2}S}=\frac{0{,}51}{2{,}5{.400.10}^{-3}}=0{,}51\ \mathrm{mg}/{m}^{3}$

a) Đúng

vì theo sơ đồ thì FeO sẽ tác dụng với SiO$_{2}$ tạo xỉ, SO$_{2}$ là khí sẽ được thu hồi. Nên chất rắn C là Cu$_{2}$S.

b) Đúng.

c) Đúng

vì theo đề X chứa 3 nguyên tố : Cu, Fe và nguyên tố cuối là S. Đặt CT X là Cu$_{x}$Fe$_{y}$S$_{z}$

Theo đề ta có: $\%\mathrm{Fe}=30{,}43\Rightarrow \%\mathrm{Cu}+\%S=69{,}57\Leftrightarrow \frac{64x+32z}{56y}=\frac{69{,}57}{30{,}43}\Rightarrow \frac{64x+32z}{56y}=2{,}286\Leftrightarrow 64x+32z=128y$

Chọn nghiệm nhỏ nhất: $y=1\Rightarrow 64x+32z=128\Rightarrow \{\begin{matrix}x=1 \\ z=2\end{matrix}\overset{\mathrm{CTPT}}{\rightarrow }{\mathrm{CuFeS}}_{2}$

d) Đúng

vì ta có: ${n}_{\mathrm{Cu}}=\frac{2{,}592}{64}=0{,}0405\ \mathrm{mol}\overset{\mathrm{BTNT}\ \mathrm{Cu}}{\rightarrow }{n}_{{\mathrm{CuFeS}}_{2}}=0{,}0405\ \mathrm{mol}$

$\overset{H=90\%}{\rightarrow }{n}_{{\mathrm{CuFeS}}_{2}}=\frac{0{,}0405}{90\%}=0{,}045\ \mathrm{mol}\Rightarrow {m}_{\mathrm{Cu}}=0{,}045.64=2{,}88\ \mathrm{gam}$

Thành phần của Cu trong quặng A là $\%\mathrm{Cu}=\frac{2{,}88}{25}.100=11{,}52\%$

a) Đúng

vì bột CuSO$_{4}$ (màu trắng) gặp nước sẽ chuyển thành màu xanh do tạo thành CuSO$_{4}$.5H$_{2}$O

b) Đúng

vì Ca(OH)$_{2}$ gặp CO$_{2}$ sẽ tạo thành CaCO$_{3}$ kết tủa màu trắng.

c) Sai

vì theo dữ kiện đề thì $\left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = \frac{{0{,}297}}{{18}} = 0{,}0165\,mol \Rightarrow {n_H} = 0{,}0165.2 = 0{,}033\,mol\\{n_{CaC{O_3}}} = \frac{{1{,}8}}{{100}} = 0{,}018\,mol \Rightarrow {n_C} = 0{,}018\,mol\end{array} \right.$

Vì X là carbohydrate nên nguyên tố thứ 3 là O:

Ta có: ${m_O} = 0{,}513 - \underbrace {0{,}033}_{{m_H}} - \underbrace {0{,}018.12}_{{m_C}} = 0{,}264\,gam \Rightarrow {n_O} = 0{,}0165\,mol$

Lập tỷ lệ: $C:H:O = {n_C}:{n_H}:{n_O} = 0{,}018:0{,}033:0{,}0165 = \frac{{12}}{{11}}:2:1 = 12:22:11$

CTPT của X là C$_{12}$H$_{22}$O$_{11}$

d) Sai

vì theo CTPT thì X đúng disaccharide nhưng theo đề thì độ ngọt của X cao hơn glucose nhưng kém fructose nên X là sacccharose được cấu tạo từ 2 gốc monosaccharide khác nhau.

*Độ ngọt : malotse < glucose < saccharose < fructose.

a) Ta có:

$\begin{array}{l}x:y = \frac{{\% C}}{{12}}:\frac{{\% H}}{1}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \,\,\frac{{92{,}3}}{{12}}:\frac{{7{,}7}}{1} = 7{,}69:7{,}7 = 1:1\end{array}$

Các hydrocarbon có CT đơn giản nhất là CH$\Rightarrow$CTPT là (CH)$_{n}$

Theo đề thì

CTCT của các hydrocarbon là$\left\{ \begin{array}{l}X\,({C_2}{H_2}):\,CH \equiv CH\,\,\,(acetylene)\\Y\,({C_6}{H_6})\,\,benzene\\Z\,({C_8}{H_8}):\,\,{C_6}{H_5}CH = C{H_2}\,\,(styrene)\end{array} \right.$

a. Sai

vì X, Y, Z lần lượt là acetylene, benzene, styrene.

b) Sai

vì benzene không làm mất màu thuốc tím.

c) Đúng

vì chuỗi chuỗi điều X ra Z như sau:

$\underset{X}{\underset{⏟}{\mathrm{CH}\equiv \mathrm{CH}}}\overset{\mathrm{tam}\mathrm{hop},\mathrm{xt}\mathrm{carbon}}{\rightarrow }{C}_{6}{H}_{6}\overset{{\mathrm{CH}}_{2}={\mathrm{CH}}_{2}}{\rightarrow }{C}_{6}{H}_{5}{\mathrm{CH}}_{2}-C{H}_{3}\overset{-{H}_{2},\mathrm{xt}\mathrm{ZnO}}{\rightarrow }{C}_{6}{H}_{5}\mathrm{CH}={\mathrm{CH}}_{2}$

d) Sai

vì phương trình phản ứng của Z với KMnO$_{4}$

$_{\begin{matrix}3{C}_{6}{H}_{5}\mathrm{CH}={\mathrm{CH}}_{2}+2{\mathrm{KMnO}}_{4}+4{H}_{2}O\overset{}{\rightarrow }3{C}_{6}{H}_{5}\mathrm{CH}(\mathrm{OH}){\mathrm{CH}}_{2}\mathrm{OH}+2\mathrm{KOH}+2{\mathrm{MnO}}_{2} \\ \ 0{,}15\ \leftarrow 0{,}1\ \mathrm{mol}\end{matrix}}$

Khối lượng styrene tham gia: ${m}_{\mathrm{styrene}}=0{,}15.104=15{,}6\ \mathrm{gam}$

a) Bước 1. Tìm CTPT

CTPT C$_{x}$H$_{y}$O$_{z}$

Ta có :. . $\frac{\%C}{12x}=\frac{\%H}{y}=\frac{\%O}{16z}=\frac{100\%}{M}\Leftrightarrow \frac{81{,}82}{12x}=\frac{6{,}06}{y}=\frac{12{,}12}{16z}=\frac{100}{132}\Rightarrow \{\begin{matrix}x=9 \\ y=8 \\ z=1\end{matrix}\overset{\mathrm{CTPT}}{\rightarrow }{C}_{9}{H}_{8}O$

Bước 2. Xác định CTCT

Từ phổ IR cho tín hiệu đặc trưng ở 1746 cm$^{-1}$ : liên kết C=O : hợp chất carbonyl

X tác dụng thuốc thử Tollens: có chức aldehyde

a. Sai

b) Đúng

c) Sai

vì dung dịch Br$_{2}$/CCl$_{4}$ thì chỉ cộng vào liên kết đôi, không oxid hoá -CHO thành -COOH nên nếu chỉ có tính chất A làm mất màu dung dịch Br$_{2}$/CCl$_{4}$ thì chưa chắc A là aldehyde.

d) Đúng.

Phát biểu đúng là (e)

(a) Sai vì ethylamine là amine bậc 1 sẽ thu được N2.

(b) Sai vì Linoleic acid thuộc loại acid béo omega-6.

(c) Sai vì còn thu được methyl β-glucoside.

(d) Sai vì chỉ protein dạng cầu mới tan trong nước.

(f) Sai vì aniline là arylamine.

$\underset{d=0{,}8\ g/\mathrm{ml}}{\underset{⏟}{184\ \mathrm{mL}\ {C}_{2}{H}_{5}\mathrm{OH}\ {8}^{0}}}\overset{\mathrm{lên}\ \mathrm{men}\ H=30\%}{\rightarrow }\ {\mathrm{CH}}_{3}\mathrm{COOH}\ C\%$

Bước 1. Xử lý số liệu

Ta có: ${V_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{{V_{dd}}.8}}{{100}} = \frac{{184.8}}{{100}} = 14{,}72\,mL \Rightarrow {m_{{C_2}{H_5}OH}} = 14{,}72.0{,}8 = 11{,}776 \Rightarrow {n_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{11{,}776}}{{46}} = 0{,}256\,\,mol$

${V_{{H_2}O\,trong\,dd\,ancol}} = 184 - 14{,}72 = 169{,}28\,mL \Rightarrow {m_{{H_2}O\,trong\,dd\,ancol}} = 169{,}28\,gam$

Bước 2. Viết phương trình phản ứng và tìm mối quan hệ số liệu.

Phương trình lên men: $\{\begin{matrix}{C}_{2}{H}_{5}\mathrm{OH}\ +{O}_{2}\overset{\mathrm{lên}\ \mathrm{men}}{\rightarrow }\ {\mathrm{CH}}_{3}\mathrm{COOH}+{H}_{2}O \\ \ 0{,}256\ \mathrm{mol}\rightarrow \ 0{,}256\ \mathrm{mol}\end{matrix}$

Ta có: ${m_{C{H_3}COOH}} = 0{,}256.60 = 15{,}36\,\,gam$

Theo đề H%=30% nên ${m_{C{H_3}COOH\,\,(H\% = 30\% )}} = \frac{{15{,}36.30}}{{100}} = 4{,}608\,gam$

Từ phương trình ta có: ${n}_{{O}_{2}}=0{,}256\ \mathrm{mol}\overset{H=30\%}{\rightarrow }{n}_{{O}_{2}\ \mathrm{tham}\ \mathrm{gia}}=0{,}256.30\%=0{,}0768\ \mathrm{mol}$

BTKL: ${m_{dd\,ancol}} + {m_{{O_2}}} = {m_{dd\,sau}} \Leftrightarrow {m_{dd\,sau}} = 4{,}608 + 169{,}28 + 0{,}0768.32 = 176{,}3456$

$\Rightarrow C{\% _{C{H_3}COOH}} = \frac{{4{,}608}}{{176{,}3456}}.100 = 2{,}61\%$

Theo đề X là muối sulfate của Fe: Fe$_{2}$(SO$_{4}$)$_{x}$

Ta có: $36{,}84=\frac{56.2}{56.2+96x}.100\Rightarrow x=2\overset{\mathrm{CT}\ X}{\rightarrow }{\mathrm{FeSO}}_{4}$

Các phương trình xảy ra trong chuỗi:

$\begin{matrix}(1)\ {\mathrm{FeSO}}_{4}+6\mathrm{KCN}\overset{}{\rightarrow }{K}_{4}\text{Invalid <m:msub> element}[\mathrm{Fe}]+{K}_{2}{\mathrm{SO}}_{4} \\ (2)\ 2{K}_{4}[\text{Invalid <m:msub> element}\mathrm{Fe}]+C{l}_{2}\overset{}{\rightarrow }\text{Invalid <m:msub> element}2{K}_{3}[\mathrm{Fe}]+2\mathrm{KCl} \\ (3)\ 4{K}_{3}[\text{Invalid <m:msub> element}\mathrm{Fe}]+4\mathrm{KOH}\overset{}{\rightarrow }4\text{Invalid <m:msub> element}{K}_{4}[\mathrm{Fe}]+2{H}_{2}O+{O}_{2}\end{matrix}$

Vậy A là K$_{4}$[Fe(CN)$_{6}$] và B là K$_{3}$[Fe(CN)$_{6}$]

Tổng số nguyên tử trong A và B là 33

Từ phương trình đốt cháy của X ta có: 1 mol X cháy sẽ toả 1331 kJ

Vậy nếu toả 55,902 kJ thì số mol X cháy là$\frac{{55{,}902}}{{1331}} = 0{,}042\,mol$

Ta có: ${M_X} = \frac{{2{,}352}}{{0{,}042}} = 56$

Từ phổ IR của X ta thấy

+ vùng 3400 cm$^{-1}$: có peak hơi tù, rộng: liên kết -OH có liên kết hydrogen.

+ vùng 2200 cm$^{-1}$: có 1 peak yếu, nhọn: đặc trưng của liên kết ba C$\equiv$C

Như vậy X có thể chứa nhóm chức -OH, liên kết ba.

CTCT của X: C$_{x}$H$_{y}$OH

Ta có: ${M}_{{C}_{x}{H}_{y}}+17=56\Rightarrow {M}_{{C}_{x}{H}_{y}}=39\overset{\mathrm{CT}}{\rightarrow }{C}_{3}{H}_{3}\overset{\mathrm{CTCT}}{\rightarrow }\mathrm{CH}\equiv C-{\mathrm{CH}}_{2}-\mathrm{OH}\ \mathrm{prop}-2-\mathrm{yn}-1-\mathrm{ol}$