Đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Hóa THPT Tân Kỳ - Nghệ An (Lần 1) năm 2025 có đáp án

C

Hợp chất H$_{2}$NCH$_{2}$COOH chứa 2 loại nhóm chức (-NH$_{2}$ và -COOH) là amino acid.

D

Chất CH$_{3}$NH$_{2}$ thuộc loại amine bậc một vì chất này được tạo ra khi thay thế 1H trong NH$_{3}$ bằng gốc hydrocacbon -CH$_{3}$.

B

CH$_{3}$(CH$_{2}$]$_{10}$CH$_{2}$OSO$_{3}$Na là một trong các loại chất giặt rửa tổng hợp.

A

Chất X là hợp chất ion có công thức cấu tạo [C$_{6}$H$_{5}$N$_{2}$]$^{+}$Cl$^{-}$.

C

X + Dung dịch I$_{2}$ → Có màu xanh tím nên chọn X là hồ tinh bột.

Y + Cu(OH)$_{2}$ trong môi trường kiềm → Có màu tím nên Y có từ 2 liên kết peptide trở lên: Chọn Y là lòng trắng trứng.

Z + Thuốc thử Tollens (Ag(NH$_{3}$)$_{2}$OH) → Kết tủa Ag trắng sáng nên chọn Z là glucose.

T + Nước Br$_{2}$ → Kết tủa trắng nên chọn T là aniline.

C

A (C$_{3}$H$_{6}$O$_{2}$) + NaOH tạo muối HCOONa nên A có cấu tạo HCOOC$_{2}$H$_{5}$.

A

Mỗi phân tử glutamic acid có 4 nguyên tử oxygen (C$_{4}$H$_{9}$NO$_{4}$).

D

Fructose là đồng phân của glucose vì có cùng CTPT C$_{6}$H$_{12}$O$_{6}$.

B

X có nhiều trong cây mía, củ cải đường và hoa thốt nốt → X là saccharose.

Thủy phân X tạo glucose và fructose. Y có trong máu nên Y là glucose, Z là fructose.

B

Hợp chất CH$_{3}$CH(NH$_{2}$)COOH có tên gọi là alanine.

B

Amino acid đầu N của phân tử tetrapeptide Val-Ala-Lys-Gly là Valine.

B

Tripeptide trở lên có phản ứng tạo màu biuret với Cu(OH)$_{2}$ trong môi trường kiềm → Chọn (1), (3) và (4).

C

Tên gọi hợp chất C$_{2}$H$_{5}$NHC$_{2}$H$_{5}$ là diethylamine hoặc N-ethyletanamine.

D

0,8 m² = 8000 cm²; 0,2 μm = 2.10$^{-5}$ cm

mAg = 8000.2.10$^{-5}$.450.10,49 = 70%m.2.108/180

→ m = 899,1 gam (gần nhất 900 gam)

C

(a) Sai, protein dạng hình cầu tan được trong nước, protein dạng hình sợi không tan.

(b) Đúng

(c) Sai, phản ứng của protein với nitric acid cho sản phẩm là kết tủa màu vàng.

(d)(e) Đúng.

C

Phản ứng với CH$_{3}$OH/HCl chứng tỏ glucose có nhóm -OH hemiacetal:

C

Để biến một số dầu (chứa chất béo không no) thành mỡ rắn hoặc bơ nhân tạo (chứa chất béo no) người ta thực hiện quá trình hydrogen hóa.

C

Khi thủy phân hoàn toàn X trong môi trường acid thu được 2 monosaccharide → Chọn X là saccharose, thủy phân X tạo glucose và fructose.

a) Số C = 88.54,55%/12 = 4

Số H = 88.9,09%/1 = 8

Số O = 88.36,36%/16 = 2

E là C$_{4}$H$_{8}$O$_{2}$

Y có nhiệt độ sôi nhỏ hơn nhiệt độ sôi của ethanol → Y là CH$_{3}$OH

Cấu tạo của E là C$_{2}$H$_{5}$COOCH$_{3}$; X là C$_{2}$H$_{5}$COOH

(a) Sai, C$_{2}$H$_{5}$COONa có môi trường base do C$_{2}$H$_{5}$COO$^{-}$ bị thủy phân:

C$_{2}$H$_{5}$COO$^{-}$ + H$_{2}$O ⇋ C$_{2}$H$_{5}$COOH + OH$^{-}$

b) (b) Đúng, acid có liên kết H liên phân tử nên có nhiệt độ sôi cao hơn đáng kể so với ester methyl của chúng; C$_{2}$H$_{5}$COOCH$_{3}$ không có liên kết hydrogen liên phân tử như CH$_{3}$OH nhưng lại có phân tử khối lớn áp đảo bù lại nên C$_{2}$H$_{5}$COOCH$_{3}$ có nhiệt độ sôi cao hơn CH$_{3}$OH.

c) (c) Đúng: C$_{2}$H$_{5}$COOH + CH$_{3}$OH ⇋ C$_{2}$H$_{5}$COOCH$_{3}$ + H$_{2}$O (H$_{2}$SO$_{4}$ đặc, t°)

d) (d) Sai, C$_{2}$H$_{5}$OH được phối trộn với xăng RON 92 để tạo ra xăng sinh học.

a) (a) Sai, cơ thể người có thể tổng hợp được Glu nên Glu được xếp vào nhóm amino acid không thiết yếu.

b) (b) Đúng

c) (c) Sai, ở pH = 3,2 thì Glu tồn tại ở dạng ion lưỡng cực HOOC-CH$_{2}$-CH$_{2}$-CH(NH$_{3}$$^{+}$)-COO¯

d) (d) Đúng, ở pH = 6, Lys tồn tại ở dạng cation di chuyển về cực âm, Glu tồn tại ở dạng anion di chuyển về phía cực dương.

(d) Đúng

(C$_{6}$H$_{10}$O$_{5}$)$_{n}$ → nC$_{6}$H$_{12}$O$_{6}$ → 2nC$_{2}$H$_{5}$OH

mC$_{2}$H$_{5}$OH = 10.46%.0,8 = 3,68 kg

→ m tinh bột = 3,68.162/(2.46.80%) = 8,1 kg

a) (a) Đúng

b) (b) Sai, giai đoạn 1 là phản ứng ester hóa với xúc tác H$_{2}$SO$_{4}$ đặc, đun nóng.

c) (c) Sai, thủy phân hoàn toàn methyl methacrylate trong môi trường NaOH thu được muối CH$_{2}$=C(CH$_{3}$)COONa và alcohol CH$_{3}$OH.

d) (d) Đúng

mPMMA = 348,3.80%.100/86 = 324 kg

Số tấm kính = 324000/(20.15.1.1,2.90%) = 1000 tấm

nC$_{6}$H$_{12}$O$_{6}$ = 400.81%.90%/162 = 1,8 mol

Năng lượng còn thiếu = 2000 – 1,8.2880.10³/4184 = 761 Calori/ngày

(1) CH$_{3}$OOCCH$_{2}$COOCH$_{5}$ + 2NaOH → CH$_{2}$(COONa)$_{2}$ + CH$_{3}$OH + C$_{2}$H$_{5}$OH

(2) CH$_{3}$COOCH$_{2}$CH$_{3}$ + NaOH → CH$_{3}$COONa + CH$_{3}$CH$_{2}$OH

(3) (C$_{17}$H$_{35}$COO)$_{3}$C$_{3}$H$_{5}$ + 3NaOH → 3C$_{17}$H$_{35}$COONa + C$_{3}$H$_{5}$(OH)$_{3}$.

(4) ClNH$_{3}$CH$_{2}$COOH + 2NaOH → NaCl + GlyNa + 2H$_{2}$O

(5) CH$_{3}$COOCH(CH$_{3}$)COOH + 2NaOH → CH$_{3}$COONa + HOCH(CH$_{3}$)COOH + H$_{2}$O

(6) HOCH$_{2}$CH$_{2}$COOH + NaOH → HOCH$_{2}$CH$_{2}$COONa + H$_{2}$O

(7) HCOOC$_{6}$H$_{4}$CH$_{2}$CHO + 2NaOH → HCOONa + NaOC$_{6}$H$_{4}$CH$_{2}$CHO + H$_{2}$O

CH$_{3}$COOC$_{6}$H$_{4}$COOH + 3NaOH → CH$_{3}$COONa + NaOC$_{6}$H$_{4}$COONa + 2H$_{2}$O

HCl + NaOH → NaCl + H$_{2}$O

nNaOH = 0,04; nHCl = 0,0265

→ nCH$_{3}$COOC$_{6}$H$_{4}$COOH = 0,0045

→ %CH$_{3}$COOC$_{6}$H$_{4}$COOH = 0,0045.180/1 = 81%

10 tấn thuốc nổ chứa 9,08 tấn TNG

nC$_{3}$H$_{5}$(OH)$_{3}$ phản ứng = nTNG = 10.90,8%/227 = 0,04 (triệu mol)

A chứa (C$_{17}$H$_{35}$COO)$_{3}$C$_{3}$H$_{5}$ (3x mol), (C$_{15}$H$_{31}$COO)$_{3}$C$_{3}$H$_{5}$ (4x mol), (C$_{17}$H$_{33}$COO)$_{3}$C$_{3}$H$_{5}$ (3x mol)

→ 3x + 4x + 3x = 0,04 → x = 0,004

mA = (890.3x + 806.4x + 884.3x)/80% = 42,7 tấn

E, F tạo sản phẩm giống nhau khi tác dụng với NaOH và Y không có nhóm -CH$_{3}$ nên:

E là HCOO-CH$_{2}$-CH$_{2}$-OH

F là (HCOO)$_{2}$C$_{2}$H$_{4}$

(3) → X là muối HCOONa → Z là HCOOH

Y là C$_{2}$H$_{4}$(OH)$_{2}$

(a) Sai, E là hợp chất hữu cơ tạp chức, phân tử chứa chức ester và alcohol.

(b) Đúng, gốc HCOO$^{-}$ có thể viết dưới dạng -O-CHO nên F có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.

(c) Đúng, Y có công thức C$_{2}$H$_{6}$O$_{2}$.

(d) Sai, Z và C$_{2}$H$_{5}$OH có cùng M = 46 nhưng Z có liên kết hydrogen liên phân tử bên hơn nên nhiệt độ sôi của Z cao hơn.

(e) Đúng