Đề thi thử Tốt nghiệp THPT 2025 - Cấu trúc mới - Môn Hóa Học - Đề 8

Chọn A

Theo đề thì %S trong cationite là 8%:${m_S} = {1.10^3}.8\% = 80\,gam \Rightarrow {n_S} = \frac{{80}}{{32}} = 2{,}5\,mol$

Theo phương trình trao đổi ion thì: ${n_{{M^{2 + }}}} = \frac{{2{,}5}}{2} = 1{,}25\,mol$

Chọn C

A. Sai vì số lượng phối tử có trong mỗi phức chất đều là 6.

B. Sai vì điện tích của mỗi phức chất lần lượt là 2+ và 3-.

D. Sai vì các phức chất này đều tan trong nước.

Chọn B

Năng lượng chất béo cần cung cấp: $9120.20\% = 1824\,kJ$

Số gam chất béo cần ăn: $\frac{{1824}}{{38}} = 48\,\,gam$

Chọn C

Ester no đơn chức có CTPT là C$_{n}$H$_{2n}$O$_{2}$ mà có M = 88

Ta có: $12n+2n+16.2=88\Rightarrow n=4\overset{\mathrm{CTPT}}{\rightarrow }{C}_{4}{H}_{8}{O}_{2}$

X$_{2}$ theo đề là thành phần xăng E5 và điều chế từ tinh bột vậy đó là ethanol: C$_{2}$H$_{5}$OH.

Các phương trình tương ứng: $\{\begin{matrix}(1)\ {\mathrm{CH}}_{3}{\mathrm{COOC}}_{2}{H}_{5}+\mathrm{NaOH}\overset{}{\rightarrow }\underset{{X}_{1}}{\underset{⏟}{{\mathrm{CH}}_{3}\mathrm{COONa}}}+\underset{{X}_{2}}{\underset{⏟}{{C}_{2}{H}_{5}\mathrm{OH}}} \\ (2)\ \underset{{X}_{2}}{\underset{⏟}{{C}_{2}{H}_{5}\mathrm{OH}}}\ +\ \mathrm{CuO}\overset{{t}^{0}}{\rightarrow }\underset{{X}_{3}}{\underset{⏟}{{\mathrm{CH}}_{3}\mathrm{CHO}}}+\mathrm{Cu}+{H}_{2}O \\ (3)\ \underset{{X}_{3}}{\underset{⏟}{{\mathrm{CH}}_{3}\mathrm{CHO}}}+{\mathrm{Br}}_{2}+{H}_{2}O\overset{}{\rightarrow }\ \underset{{X}_{4}}{\underset{⏟}{{\mathrm{CH}}_{3}\mathrm{COOH}}}+\mathrm{HBr}\end{matrix}$

A. Sai vì X$_{1}$ là muối và X$_{2}$ là alcohol thì tan tốt trong nước hơn X (là ester)

B. Sai vì X và X$_{4}$ có CTPT khác nhau.

C. Đúng vì các phương trình như sau : $\underset{{X}_{2}}{\underset{⏟}{{C}_{2}{H}_{5}\mathrm{OH}}}\ \overset{+{O}_{2},\ \mathrm{men}}{\rightarrow }\underset{{X}_{4}}{\underset{⏟}{{\mathrm{CH}}_{3}\mathrm{COOH}}}\overset{+{C}_{2}{H}_{5}\mathrm{OH},\ {H}_{2}{\mathrm{SO}}_{4}\text{d}}{\rightarrow }{\mathrm{CH}}_{3}{\mathrm{COOC}}_{2}{H}_{5}$

D. Sai vì X$_{3}$ là aldehyde có nhiệt độ sôi thấp hơn alcohol cùng C. Nên nhiệt độ sôi X$_{3}$ nhỏ hơn X$_{2}$

Chọn D

A. Sai vì trong điều kiện đề cho : chiếu sáng thì chỉ thu được sản phẩm thế vào mạch nhánh ngoài vòng benzene.

B. Sai vì A$_{1}$ là sản phẩm chính và là sản phẩm thế tại nhánh propyl.

C. Sai vì trong cơ chế hình thành A$_{1}$ thì sẽ tạo thành gốc tự do:

D. Đúng vì ta có :

a) Đúng vì quặng bauxite là Al$_{2}$O$_{3}$.nH$_{2}$O.

b) Đúng vì thế điện cực chuẩn của Al$^{3+}$/Al nhỏ hơn H$_{2}$O/H$_{2}$, OH$^{-}$ nên chỉ điều chế bằng điện phân nóng chảy.

c) Sai vì phương trình điện phân nóng chảy như sau: 2 Al$_{2}$O$_{3}$$\overset{}{\rightarrow }$4Al + 3 O$_{2}$

Nếu điện cực bằng thép thì sẽ bị oxi hóa bởi O$_{2}$ sinh ra.

d) Sai vì ta có: ${n_{Al}} = \frac{{{{1.10}^6}}}{{27}}\,mol$

Theo phương trình: 4 mol Al sinh ra thì cần 1676 kJ$\Rightarrow E = \frac{{{{1.10}^6}}}{{27}}.\frac{{1676}}{4}\,\,kJ$

Mà quá trình sử dụng năng lượng là 75% nên thực tế cần: $\frac{{{{1.10}^6}}}{{27}}.\frac{{1676}}{4}.75\% = \frac{{104750000}}{9}\,kJ$

Số kWh cần là$\frac{{\frac{{104750000}}{9}{{.10}^3}}}{{3,{{6.10}^6}}} = 3233{,}024\,\,kWh$

a) Đúng vì glucose có nhóm chức -CHO còn fructose thì không có nhóm chức -CHO. (fructose chỉ chuyển thành glucose trong môi trường base, còn phản ứng tác dụng dung dịch bromine là môi trường acid)

b) Sai vì saccharose gồm 2 gốc : α-glucose và β-fructose tạo thành.

c) Đúng

d) Sai vì cellulose không có phản ứng màu với iodine.

a) Đúng vì bằng phổ NMR thì ta có CTPT của X là C$_{6}$H$_{12}$O$_{x}$.

Từ phổ MS ta có: $12.6+12+16.x=100\Rightarrow x=1\overset{CTPT}{\rightarrow }{C}_{6}{H}_{12}O$.

b) Sai vì từ phổ IR ta thấy:

+ tại vùng 1700 cm$^{-1}$: có peak hấp thụ nhọn, mạnh: có liên kết C=O.

Chưa đủ khẳng định X là aldehyde vì hợp chất ketone và một số hợp chất khác như carboxylic acid cũng có liên kết C=O.

c) Đúng vì

Ta có các bước để giải CTCT của X như sau :

Bước 1. Xác định độ bất bão hòa

CTPT C$_{6}$H$_{12}$O có độ bất bão hòa $Δ=\frac{2.6+2-12}{2}=1$

Bước 2. Xác định CTCT qua dữ kiện.

Y là alcohol điều chế ra X, và theo đề có $\{\begin{matrix}\mathrm{CH}=2{\mathrm{CH}}_{2} \\ {\mathrm{CH}}_{3}=3{\mathrm{CH}}_{2}\end{matrix}$, Y chỉ có 6C nên nghiệm phù hợp là $\{\begin{matrix}2\mathrm{CH} \\ 3{\mathrm{CH}}_{3} \\ 1{\mathrm{CH}}_{2}\end{matrix}$

CTCT của Y là

CTCT của X là

Dựa trên CTCT xác định được thì X có 3 nhóm CH$_{3}$

d) Sai vì Y có tên thay thế là 4-methylpentan-2-ol

a) Sai vì dạng hình học của [Co(H$_{2}$O)$_{6}$]$^{2+}$ là hình bát diện.

b) Đúng theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng

c) Sai vì tăng nhiệt độ thì cân bằng dịch theo chiều thu nhiệt là chiều thuận nên dung dịch chuyển thành màu xanh.

d) Đúng

Phương trình phản ứng: 3 Cu + 8 H$^{+}$ + 2 NO$_{3}$$^{-}$$\overset{}{\rightarrow }$3Cu$^{2+}$ + 2 NO + 4 H$_{2}$O

Theo đề ta có: ${n_{Cu}} = \frac{{1,{{92.10}^{ - 3}}}}{{64}} = 0{,}00003\,\,mol \Rightarrow {n_{NO_3^ - }} = 0{,}00003.\frac{2}{3} = 0{,}00002\,mol$

Nồng độ ion NO$_{3}$$^{-}$ trong 200 mL : $\frac{{0{,}00002.62}}{{0{,}2}} = 0{,}0062\,\,g/L = 6{,}2\,mg/L$

Ta có: ${m_{methylphenidate\,hydrochloride}} = {10.30.5.10^6} = 1,{5.10^9}\,mg = 1{,}5\,$tấn

Khối lượng ritalinic acid hydrochloride là $1{,}5.\frac{{\overbrace {213{,}5}^{{M_{ritalinic\,\,acid\,hydrochloride}}}}}{{\underbrace {227{,}5}_{{M_{methylphenidate\,hydrochloride}}}}}.\frac{{100}}{{75}} = 2{,}75 \approx 2{,}8$tấn

Sơ đồ pha:

Ta có: ${n_{HCl\,trong\,dd\,X}} = a.b\,\,mol$

Dung dịch Y chứa HCl 0,01M$\Rightarrow {n_{HCl}} = 0{,}01.(0{,}5 + b)$

Theo sơ đồ pha thì số mol HCl không thay đổi nên ta có: $a.b = 0{,}01.(0{,}5 + b) \Leftrightarrow ab = 0{,}005 + 0{,}01b$

Trong 500 ml dịch truyền thì ${n_{NaCl}} = \frac{{4{,}5}}{{58{,}5}} = \frac{1}{{13}}\,mol \Rightarrow {C_M}_{C{l^ - }\,trong\,X} = \frac{{\frac{1}{{13}}}}{{0{,}5}} = \frac{2}{{13}}$

Mặt khác ta có: ${n_{C{l^ - }\,trong\,Y}} = \underbrace {{n_{NaCl}}}_{\frac{1}{{13}}mol} + \underbrace {{n_{HCl}}}_{ab} \Leftrightarrow {C_{M\,(C{l^ - }\,trong\,Y)}} = \frac{{\frac{1}{{13}} + ab}}{{(b + 0{,}5)}}$

Theo đề thì nồng độ Cl trong X, Y như nhau nên ta có:

$\frac{{\frac{1}{{13}} + \overbrace {ab}^{0{,}005 + 0{,}01b}}}{{(b + 0{,}5)}} = \frac{2}{{13}} \Rightarrow b = 0{,}03476\,(L) \approx 34{,}76\,ml$

1 L dung dịch acid có khối lượng là 1000 gam.

Theo đề ta có: ${m}_{\mathrm{HCOOH}}=0{,}092\%.1000=0{,}92\ \mathrm{gam}\Rightarrow {n}_{\mathrm{HCOOH}}=\frac{0{,}92}{46}=0{,}02\ \mathrm{mol}$

Ta có:

Ta có: ${C}_{{H}^{+}}=\frac{0{,}001}{1}=0{,}001\Rightarrow \mathrm{pH}=-\log (0{,}001)=3$

Nhiệt toả ra từ vụ nổ: $Q = \frac{{{{2750.10}^3}.36}}{{80}} = 1237500\,kJ = 1,{2375.10^6}\,MJ$

Số tấn TNT tương đương: $\frac{{1,{{2375.10}^6}}}{{1{,}165}} = 1062231{,}76\,kg \approx 1062$tấn

Phương trình phản ứng : CaCO$_{3}$ + 2HCl$\overset{}{\rightarrow }$CaCl$_{2}$ + CO$_{2}$ + H$_{2}$O (1)

Phương trình chuẩn độ: NaOH + HCl$\overset{}{\rightarrow }$NaCl + H$_{2}$O

Thể tích trung bình của NaOH dùng chuẩn độ: $\overline {{V_{NaOH}}} = \frac{{3{,}9 + 4{,}1 + 4}}{3} = 4\,mL$

Dùng CT chuẩn độ thì nồng độ HCl trong 10 mL dung dịch X :

${C_{HCl}}.{V_{HCl}} = \overline {{V_{NaOH}}} .{C_{NaOH}} \Leftrightarrow {C_{HCl}} = \frac{{\overline {{V_{NaOH}}} .{C_{NaOH}}}}{{{V_{HCl}}}} = \frac{{4.0{,}01}}{{10}} = 0{,}004\,M$

Trong 50 ml dung dịch X : ${n_{HCl}} = 0{,}004.\frac{{50}}{{10}} = 0{,}02\,mol$

Theo đề thì ban đầu số mol HCl là $0{,}5.0{,}1 = 0{,}05\,mol \Rightarrow {n_{HCl\,tham\,gia\,CaC{O_3}}} = 0{,}05 - 0{,}02 = 0{,}03\,mol$

Từ phương trình (1) ta có :

${n_{CaC{O_3}}} = \frac{{0{,}03}}{2} = 0{,}015\,mol \Rightarrow {m_{CaC{O_3}}} = 0{,}015.100 = 1{,}5\,gam \Rightarrow \% CaC{O_3} = \frac{{1{,}5}}{2}.100 = 75\%$