Đề thi thử Tốt nghiệp THPT 2025 - Cấu trúc mới - Môn Hóa Học - Đề 6

Chọn D

a. Đúng

b. Đúng vì do HCO$_{3}$$^{-}$ + H$^{+}$$\overset{}{\rightarrow }$CO$_{2}$ + H$_{2}$O, sẽ làm giảm nồng độ H$^{+}$.

c. Đúng vì khi uống thuốc muối dạ dày “Nabica” thì sẽ sinh khí carbon dioxide.

d. Sai vì

+ ban đầu pH = 1 thì $[{H}^{+}]={10}^{-1}=0{,}1\ M\Rightarrow {n}_{{H}^{+}\ \mathrm{bd}}=0{,}1.0{,}01={10}^{-3}\ \mathrm{mol}$

+ sau khi trung hòa bằng Nabica thì pH = 2: $[{H^ + }] = {10^{ - 2}} = 0{,}10\,M \Rightarrow {n_{{H^ + }\,c\`o n}} = 0{,}01.0{,}01 = {10^{ - 4}}\,mol$

Vậy số mol H$^{+}$ bị trung hòa bởi Nabica là ${n_{{H^ + }\,tham\,gia}} = {10^{ - 3}} - {10^{ - 4}} = 0{,}0009\,\,mol$

Từ phương trình trung hòa: ${n_{NaHC{O_3}\,tham\,gia}} = 0{,}0009\,\,mol \Rightarrow {m_{NaHC{O_3}\,tham\,gia}} = 0{,}0009.84 = 0{,}0756\,gam$

Chọn B

Ống 1: Ca$^{2+}$+ CO$_{3}$$^{2-}$$\overset{}{\rightarrow }$CaCO$_{3}$

Ống 2: Ba$^{2+}$+ SO$_{4}$$^{2-}$$\overset{}{\rightarrow }$BaSO$_{4}$

Ống 3: HCO$_{3}$$^{-}$+ OH$^{-}$$\overset{}{\rightarrow }$ CO$_{3}$$^{2-}$+ H$_{2}$O

Ca$^{2+}$+ CO$_{3}$$^{2-}$$\overset{}{\rightarrow }$CaCO$_{3}$

Ống 4: H$^{+}$ + HCO$_{3}$$^{-}$$\overset{}{\rightarrow }$CO$_{2}$ + H$_{2}$O

Chọn D

a. Sai vì trong CTCT thì có 2 liên kết đôi.

b. Sai vì linlyl acetate không có đồng phân hình học.

c. Sai vì phổ hồng ngoại của ester trên có tín hiệu trong vùng hấp thụ với peak đặc trưng với số sóng khoảng 1700 ± 50 cm$^{–1}$(tín hiệu này là vùng hấp thụ của liên kết C=O có thể của ester) và 1300 – 1000 cm$^{-1}$(tín hiệu này là vùng hấp thụ của liên kết C–O của ester). Còn tín hiệu ở khoảng sóng với giá trị từ 3650 – 3200 cm$^{–1}$ là đặc trưng của nhóm –OH

d. Đúng vì công thức phân tử của linlyl acetate : C$_{12}$H$_{20}$O$_{2}$ và có 2 liên kết đôi nên sẽ có thể phản ứng với H$_{2}$ theo tỷ lệ 1 : 2

Phương trình : C$_{12}$H$_{20}$O$_{2}$ + 2H$_{2}$ $\overset{Ni,{\text{t}}^{o}}{\rightarrow }$ C$_{12}$H$_{24}$O$_{2}$

Chọn A

a. Đúng vì phương trình điều chế X: 2C$_{2}$H$_{5}$Br + 2Na$\overset{}{\rightarrow }$CH$_{3}$-CH$_{2}$-CH$_{2}$-CH$_{3}$ + 2NaBr

b. Sai vì butane (X) có 2 đồng phân như sau:

Trong đó theo dữ kiện thực nghiệm thì nbutane có nhiệt độ sôi cao hơn isobutane là vì lực tương tác Van der Walls của iso-butane yếu hơn butane do cấu trúc phân tử của dạng iso làm diện tích tiếp xúc các phân tử ít hơn dạng n.

c. Sai vì khi cho isobutane phản ứng với chlorine có ánh sáng thì sẽ thu được hỗn hợp 2 sản phẩm thế

Phương trình như sau:

Theo công thức tính phần trăm sản phẩm như sau:

+ phản ứng chlorine hóa: %sản phẩm chính = $\frac{{1.{r_{{C_{III}}}}}}{{1.{r_{{C_{III}}}} + 9.{r_{{C_I}}}}}.100\,\,\,\,\,\,\,(1)$

Mà theo đề thì : $\frac{{{r_{{C_I}}}}}{{{r_{{C_{III}}}}}} = \frac{1}{5} \Rightarrow {r_{{C_I}}} = \frac{1}{5}{r_{{C_{III}}}}$

Thay vào (1): %sản phẩm chính = $\frac{{1.{r_{{C_{III}}}}}}{{1.{r_{{C_{III}}}} + 9.\frac{1}{5}{r_{{C_{III}}}}}}.100 = 35{,}71\% \sim 36\%$

Chọn B

a. Đúng vì Arginine có 1 nhóm -COOH

b. Sai vì trong arginine thì có số nhóm amino nhiều hơn nhóm carboxylic acid nên quỳ tím sẽ chuyển sang màu xanh.

c. Sai vì CTPT của arginine là C$_{6}$H$_{14}$N$_{4}$O$_{2}$ nên $\% N = \frac{{4.14}}{{174}}.100 = 32{,}18\%$

d. Đúng

a) Sai vì đây là trường hợp điện phân với anode tan (dương cực tan) nên nồng độ Cu$^{2+}$ trong dung dịch là không thay đổi.

b) Đúng vì ở sơ đồ (1) thì bên anode (cực dương) thì ion SO$_{4}$$^{2-}$ không tham gia điện phân nên H$_{2}$O sẽ tham gia điện phân.

c) ***Đúng* **

d) Đúng vì xảy ra hiện tượng dương cực tan nên khối Cu không tinh khiết sẽ nối vào anode, để chỉ Cu tan ra còn tạp chất thì lắng xuống đáy.

a) Theo SGK thì amylose mạch xoắn lo xo, không phân nhánh.

Cellulose dạng sợi, mạch không phân nhánh.

Như vậy thì C là Cellulose và D là amylose

a. Đúng vì amylose chứa liên kết α-1,4-glycoside.

b) Đúng vì không có enzyme cellulase

c) Sai vì amylose không dự trữ ở gan và cơ mà glycogen mới dự trữ ở gan và cơ

d) Sai vì cellulose cấu tạo bởi gốc β-glucose

a) $\frac{\%C}{12x}=\frac{\%H}{y}=\frac{\%O}{16z}=\frac{100}{152}\Leftrightarrow \frac{63{,}16}{12x}=\frac{5{,}26}{y}=\frac{31{,}58}{16z}=\frac{100}{152}\Rightarrow \{\begin{matrix}x=8 \\ y=8 \\ z=3\end{matrix}\overset{\mathrm{CTPT}}{\rightarrow }{C}_{8}{H}_{8}{O}_{3}$

Đúng

b) Sai vì tổng số nguyên tử trong E là 19

c) Đúng vì Y là OH-C$_{6}$H$_{4}$-COOH có nhóm -OH và -COOH

d) Đúng vì E có 1 nhóm chức -COO và 1 nhóm -OH$_{phenol}$ nên sẽ tác dụng NaOH theo tỷ lệ 1 : 2

a) sai vì cation Fe$^{3+}$đi vào phức chất aqua [Fe(OH$_{2}$)$_{6}$]$^{3+}$ phần lớn do phản ứng 1 chiều.

b) sai vì K của phản ứng (III) lớn hơn K của phản ứng (II)

c) đúng do K của phản ứng (II) lớn hơn 1 nên sẽ dịch chuyển tạo phức [Fe(OH$_{2}$)$_{5}$(SCN)]$^{2+}$ có màu.

d) ***đúng* **

Theo đề cathode bình (2) đã xuất hiện khí sau t giây nghĩa là trong bình (2) Ag$^{+}$ điện phân xong.

$${n_e} = {n_{A{g^ + }}} = 0{,}1.1 = 0{,}1$$

Vì mắc nối tiếp nên số e trao đổi như nhau nên: ${n_e}\,(1) = {n_e}\,(2) = 0{,}1\,mol$

Mà tại bình (1) thì : $\{\begin{matrix}C{u}^{2+}+2e\overset{}{\rightarrow }Cu \\ \ 0{,}1\rightarrow \ 0{,}05\ mol\end{matrix}\Rightarrow {m}_{Cu}=0{,}05.64=3{,}2\ gam$

Phương trình điều chế cellulose triacetate và cellulose diacetate:

[C$_{6}$H$_{7}$O$_{2}$(OH)$_{3}$]$_{n}$ + 2n (CH$_{3}$CO)$_{2}$O$\overset{}{\rightarrow }$[C$_{6}$H$_{7}$O$_{2}$(OH)(OCOCH$_{3}$)$_{2}$]$_{n}$ + 2n CH$_{3}$COOH

[C$_{6}$H$_{7}$O$_{2}$(OH)$_{3}$]$_{n}$ + 3n (CH$_{3}$CO)$_{2}$O$\overset{}{\rightarrow }$[C$_{6}$H$_{7}$O$_{2}$(OCOCH$_{3}$)$_{3}$]$_{n}$ + 3n CH$_{3}$COOH

Bước 1. Xử lý số liệu đề bài

${n}_{\mathrm{acetic}\ \mathrm{acid}}=\frac{6{,}6}{60}=0{,}11\ \mathrm{mol}$

Bước 2. Tìm mối quan hệ giữa các số liệu

Ta có: $\{\begin{matrix}\mathrm{cellulose}\ \mathrm{diacetate}\ x\ \mathrm{mol} \\ \mathrm{cellulose}\ \mathrm{triacetate}\ y\ \mathrm{mol}\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}246x+288y=11{,}1 \\ 2x+3y=0{,}11\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}x=0{,}01 \\ y=0{,}03\end{matrix}$

Bước 3. Giải quyết bài toán.

Ta có: $\{\begin{matrix}{m}_{cellulose\ diacetate}=0{,}01.246=2{,}46\ gam \\ {m}_{cellulose\ triacetate\ }=0{,}03.288=8{,}64\ gam\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}\%{m}_{cellulose\ diacetate}=\frac{2{,}46}{11{,}1}.100=22{,}16\% \\ \%{m}_{cellulose\ triacetate}=100-22{,}16=77{,}84\%\end{matrix}$

3

Các chất bị thủy phân trong môi trường acid là saccharose, tristearin, cellulose

Tại pH = 11,3$\Rightarrow [{\mathrm{OH}}^{-}]={10}^{-(14-11{,}3)}={10}^{-2{,}7}$

Ta có :

Theo đề : ${K}_{b}=\frac{[{\mathrm{CH}}_{3}{\mathrm{NH}}_{3}^{+}].[{\mathrm{OH}}^{-}]}{[{\mathrm{CH}}_{3}{\mathrm{NH}}_{2}]}\Leftrightarrow {K}_{b}=\frac{{10}^{-2{,}7}.{10}^{-2{,}7}}{(x-{10}^{-2{,}7})}\ (1)$

Tại pH = 12,82$\Rightarrow [{\mathrm{OH}}^{-}]={10}^{-(14-12{,}82)}={10}^{-1{,}18}$

Ta có :

Theo đề : ${K}_{b}=\frac{[{\mathrm{CH}}_{3}{\mathrm{NH}}_{3}^{+}].[{\mathrm{OH}}^{-}]}{[{\mathrm{CH}}_{3}{\mathrm{NH}}_{2}]}\Leftrightarrow {K}_{b}=\frac{{10}^{-1{,}18}.{10}^{-1{,}18}}{(1000x-{10}^{-1{,}18})}\ (2)$

Từ phương trình (1), (2) ta có : $\frac{{10}^{-2{,}7}.{10}^{-2{,}7}}{(x-{10}^{-2{,}7})}=\frac{{10}^{-1{,}18}.{10}^{-1{,}18}}{(1000x-{10}^{-1{,}18})}\Rightarrow x=0{,}01$

Phương trình phản ứng: CaO + H$_{2}$O$\overset{}{\rightarrow }$Ca(OH)$_{2}$

Biến thiên enthalpy của phản ứng là:

${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}={Δ}_{f}{H}_{298}^{0}(\mathrm{Ca}{(\mathrm{OH})}_{2})-[{Δ}_{f}{H}_{298}^{0}(\mathrm{CaO})+{Δ}_{f}{H}_{298}^{0}({H}_{2}O)=-985-[(635)+(-286)]=64\ \mathrm{kJ}$

Nhiệt coffee hấp thụ để tăng từ 10 $^{0}$C lên 40 $^{0}$C là $4{,}18.(40-10).210=26334\ J=26{,}334\ kJ$

Vậy khối lượng CaO cần cung cấp là $\frac{\text{26{,}334}}{64.0{,}8}\text{.56 = 29 (gam)}$

Thể tích trung bình của AgNO$_{3}$ là: $\frac{{34{,}9 + 35 + 34{,}9}}{3} = \frac{{524}}{{15}}\,\,mL$

Ta có : ${n_{C{N^ - }}} = 2{n_{A{g^ + }}} \Leftrightarrow {n_{C{N^ - }}} = 2.0{,}1.\frac{{524}}{{15}}{.10^{ - 3}} = \frac{{131}}{{18750}} \Rightarrow {m_{KCN}} = \frac{{131}}{{18750}}.65 = \frac{{1703}}{{3750}}$

Độ tinh khiết là

$$\frac{{\frac{{1703}}{{3750}}}}{{0{,}4723}}.100 = 96{,}15\% \sim 96{,}2$$