Đề thi thử Tốt nghiệp THPT 2025 - Cấu trúc mới - Môn Hóa Học - Đề 9

Chọn D

Từ CTPT trên phổ IR: C$_{6}$H$_{14}$O: hợp chất no.

Phân tích phổ IR

Từ phổ IR thấy không có peak đặc trưng to, rộng ở vùng 3200-3400 cm$^{-1}$ đó là peak của alcohol (nhóm OH)không chứa nhóm alcohol nên loại đáp án A,B.

- Tại vùng 1700 cm$^{-1}$ không có peak mạnh hẹp, dài: tín hiệu peak của C=Oloại C.

*Lưu ý: Nhóm chức ether (-O-) được xác định bằng cách suy luận loại trừ. Trong CTPT có chứa oxygen nhưng phổ IR không có peak của OH, peak của C=O thì hợp lí nhất là ether.

Chọn C

Nhóm hút electron sẽ làm giảm tính base của amine. Do đó thì chất (3) có tính base yếu nhất vì có 2 gốc hút là vòng benzene và -NO$_{2}$.

a) Sai vì NH$_{3}$ dư nên sẽ không thể thu được kết tủa Cu(OH)$_{2}$ (do tạo phức tan)

b) Sai vì dùng NaOH dư thì sẽ không thu được Al(OH)$_{3}$ (có tính lưỡng tính tan được trong NaOH dư).

Theo dữ kiện đề thì a < b mà cả thí nghiệm (2), (3) đều thu kết tủa dạng hydroxide $\Rightarrow$ thí nghiệm chỉ thu được một kết tủa và thí nghiệm 2 thu hai kết tủa. Với giới hạn của đề thì dung dịch Z gồm FeCl$_{x}$ và AlCl$_{3}$.

Đồng thời thí nghiệm 3 thu đươc kim loại nên Z chứa là muối FeCl$_{2}$ (để tạo ra Ag)

Các phương trình xảy ra: $\{\begin{matrix}{\mathrm{FeCl}}_{2}\ 1\ \mathrm{mol} \\ {\mathrm{AlCl}}_{3}\ 1\ \mathrm{mol}\end{matrix}\overset{}{\rightarrow }〈\begin{matrix}\overset{+\mathrm{NaOH}}{\rightarrow }a\ \mathrm{mol}\{\mathrm{Fe}{(\mathrm{OH})}_{2}\ 1\ \mathrm{mol} \\ \overset{{\mathrm{NH}}_{3}}{\rightarrow }b\ \mathrm{mol}\{\begin{matrix}F\text{Invalid <m:msub> element}e\ 1\ \mathrm{mol} \\ A\text{Invalid <m:msub> element}l\ 1\ \mathrm{mol}\end{matrix} \\ \overset{{\mathrm{AgNO}}_{3}}{\rightarrow }c\ \mathrm{mol}\{\begin{matrix}\mathrm{AgCl}\ 5\ \mathrm{mol} \\ \mathrm{Ag}\ 1\ \mathrm{mol}\end{matrix}\end{matrix}$

c) Đúng

d) Đúng

a) Đúng

b) Sai vì nhựa ABS là nhựa khó phân hủy.

c) Đúng.

d) Sai vì

Ta có: $x:y:z = \frac{{15{,}41}}{{53}}:\frac{{39{,}24}}{{54}}:\frac{{45{,}35}}{{104}} = 0{,}2907:0{,}7267:0{,}4361 = 1:2{,}5:1{,}5 = 2:5:3$

a) Sai vì albumin là protein dạng cầu, tan trong nước tạo dung dịch keo, hơi đục.

b) Đúng theo đồ thị thí nghiệm

c. Sai vì theo đồ thị thì enzyme chymotrypsin hoạt động tốt trong môi trường base yếu.

d) Đúng vì NaHCO$_{3}$ tạo môi trường base thuận lợi cho enzyme chymotrypsin.

a) Đúng vì mangan (Mn) là kim loại chuyển tiếp.

b) Đúng vì ion Mn$^{2+}$ trong dung dịch nước tồn tại dưới dạng phức chất [Mn(H$_{2}$O)$_{6}$]$^{2+}$ không màu.

c) Đúng vì phản ứng giữa [Mn(H$_{2}$O)$_{6}$]$^{2+}$ và NaOH tạo kết tủa Mn(OH)$_{2}$ màu trắng.

d) Sai vì Mn(OH)$_{2}$ có tính base.

$\underset{I=1{,}93A}{\underset{⏟}{{\mathrm{MSO}}_{4}.5{H}_{2}O}}$ $\overset{\mathrm{ñp}\ \mathrm{dung}\ \mathrm{dòch}}{\rightarrow }$ $[\begin{matrix}t\ (s):\{\begin{matrix}\mathrm{anode}:\ \underset{0{,}007\ \mathrm{mol}}{\underset{⏟}{0{,}17353\ (L)}}{O}_{2} \\ \mathrm{cahode}:\ M\end{matrix} \\ 2t\ (s):\ \underset{0{,}024\ \mathrm{mol}}{\underset{⏟}{0{,}59496\ (L)}}\{\begin{matrix}↑\ \mathrm{anode}:{O}_{2} \\ ↑\ \mathrm{cathode}\ :\ {H}_{2}\end{matrix}\end{matrix}$

Bước 1. Xử lý số liệu bài toán

Tại t (s): ${n_{{O_2}}} = 0{,}007\,mol$$\Rightarrow$tại 2t (s): ${n_{{O_2}}} = 0{,}007.2 = 0{,}014\,$

mà tại 2t (s): ${n_ \uparrow } = 0{,}024\,\,mol\left\{ \begin{array}{l}{O_2}\,\,\,0{,}014\,mol\\{H_2}\end{array} \right. \Rightarrow {n_{{H_2}}} = 0{,}01$

Bước 2. Giải quyết bài toán

BT electron $2{n_{{M^{2 + }}}} + 2\underbrace {{n_{{H_2}}}}_{0{,}01} = 4\underbrace {{n_{{O_2}}}}_{0{,}014} \Rightarrow {n_{{M^{2 + }}}} = 0{,}018\,\,mol$

$\Rightarrow {M_{MS{O_4}.5{H_2}O}} = \frac{{4{,}5}}{{0{,}018}} = 250 \Rightarrow {M_M} = 64 \Rightarrow M:\,\,\,Cu$

Dùng CT Faraday: $t = \frac{{\overbrace {{n_e}}^{4{n_{{O_2}}}}.F}}{I} = \frac{{0{,}007.4.96500}}{{1{,}93}} = 1400\,\,(s)$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}pH = 14 \Rightarrow [O{H^ - }] = 1\,M \Rightarrow \underbrace {{n_{O{H^ - }}}}_{0{,}02a + 0{,}08b} = 0{,}1\, \Leftrightarrow 0{,}2a + 0{,}8b = 1\\pH = 13{,}7 \Rightarrow [O{H^ - }] = 0{,}5\,M \Rightarrow \underbrace {{n_{O{H^ - }}}}_{0{,}08a + 0{,}02b} = 0{,}05\, \Leftrightarrow 0{,}8a + 0{,}2b = 0{,}5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{3}\\b = \frac{7}{6}\end{array} \right.$

Khi trộn 50 ml cốc 1 và 50 ml cốc 2

Diện tích của 1 mặt túi: $20.30=600\ c{m}^{2}\overset{}{\rightarrow }{V}_{túi}=600.2.0{,}02=24\ c{m}^{3}$(một túi có 2 mặt)

Khối lượng nhựa cần làm 1 túi nylon HDPE: $24.0{,}95=22{,}8\ gam\overset{100.000\ túi}{\rightarrow }{m}_{HDPE}=22{,}8.100000=2280000\ gam$ = 2,28 tấn

Khối lượng ethylene cần dùng: $2{,}28.\frac{{100}}{{95}}.\frac{{100}}{{60}} = 4$

(1) Đúng vì dạng III là dạng ion lưỡng cực

(2) Đúng

(3) Đúng vì với pH > 13 thì tồn tại dạng anion nên di chuyển về cực dương.

(4) Đúng

(5) Sai vì dạng III là dạng ion lưỡng cực.

Theo bảng dinh dưỡng thì trong 1 khẩu (325 mL) chứa : 26 gam carbohydrate, 2 gam protein và 0,5 gam chất béo.

Nên tổng năng lượng cung cấp là $17.26 + 17.2 + 38.0{,}5 = 495\,kJ$

Thời gian duy trì: $\frac{{495}}{7} = 70{,}71$ phút = 71 phút

Ta có: ${n}_{{S}_{2}{{O}_{3}}^{2-}}=0{,}1.0{,}0122=1{,}22{.10}^{-3}\Rightarrow {n}_{{I}_{2}}=\frac{1{,}22{.10}^{-3}}{2}=6{,}1{.10}^{-4}\ \mathrm{mol}$

Theo phương trình:

${n}_{{\mathrm{Cu}}^{2+}}=6{,}1{.10}^{-4}.2.10=1{,}22{.10}^{-2}\ \mathrm{mol}\overset{\mathrm{BTNT}\ \mathrm{Cu}}{\rightarrow }{n}_{\mathrm{Cu}}=1{,}22{.10}^{-2}\mathrm{mol}\Rightarrow {m}_{\mathrm{Cu}}=1{,}22{.10}^{-2}.64=0{,}7808\ \mathrm{gam}$

Hàm lượng Cu trong huy chương là $\frac{0{,}7808}{0{,}800}.100=97{,}6\%$