Giải chi tiết đề thi THPT Quốc gia 2023 - Mã đề 213

Giải đề thi THPT quốc gia 2023 là một chủ đề nóng hổi và được quan tâm bởi đông đảo học sinh, phụ huynh và giáo viên trong thời gian gần đây. Đề thi năm nay được đánh giá có độ khó vừa phải, bám sát chương trình học và có nhiều câu hỏi sáng tạo, đòi hỏi thí sinh phải có kiến thức sâu rộng và tư duy logic. Việc giải đề thi THPT quốc gia 2023 không chỉ giúp học sinh kiểm tra lại kiến thức đã học mà còn giúp các em rèn luyện kỹ năng làm bài thi hiệu quả.

Đề thi THPT Quốc gia 2023 – Mã đề 213

Giải chi tiết đề thi THPT Quốc gia 2023 – Mã đề 213

Câu 41: Kim loại nào sau đây tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng sinh ra khí H2?

– Cu (Đồng) và Au (Vàng) là kim loại quý không tác dụng với H2SO4 loãng. Ag (Bạc) cũng không phản ứng với H2SO4 loãng. Zn (Kẽm), tuy nhiên, phản ứng với H2SO4 loãng giải phóng khí H2.

\( Zn + H_2SO_4 \rightarrow ZnSO_4 + H_2 \)

Đáp án: C. Zn.

Câu 42: Khí nào sau đây là tác nhân chính gây ra mưa axit?

– SO2 (Lưu huỳnh đioxit) và NOx là các khí chính gây ra mưa axit do chúng phản ứng với hơi nước trong không khí tạo ra axit sulfuric và axit nitric, gây hại cho môi trường và sinh vật.

Đáp án: D. SO2.

Câu 43: Cho kim loại Fe tác dụng với dung dịch HNO3 (đặc, nóng, dư) thu được chất nào sau đây?

– Khi Fe tác dụng với HNO3 đặc, nóng, sẽ tạo thành Fe(NO3)3. Phản ứng này cũng giải phóng khí NO2 như một sản phẩm phụ.

\( Fe + 4HNO_3 \rightarrow Fe(NO_3)_3 + NO_2 + 2H_2O \)

Đáp án: C. Fe(NO3)3.

Câu 44: Công thức hóa học của phèn chua là

– Phèn chua hay còn gọi là phèn nhôm kali có công thức hóa học là K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.

Đáp án: B. K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.

Câu 45: Chất nào sau đây làm mềm được nước có tính cứng vĩnh cửu?

– Tính cứng vĩnh cửu của nước do các ion sulfate và chloride của canxi và magiê. Để làm mềm, người ta dùng Na2CO3 (natri cacbonat) để loại bỏ các ion này bằng cách kết tủa chúng dưới dạng canxi cacbonat và magiê cacbonat.

\( Ca^{2+} + CO_3^{2-} \rightarrow CaCO_3(s) \)

\( Mg^{2+} + CO_3^{2-} \rightarrow MgCO_3(s) \)

Đáp án: C. Na2CO3.

Câu 46: Dung dịch chất nào sau đây làm quỳ tím chuyển sang màu xanh?

– NaOH (natri hydroxit) là một baz mạnh, khi hòa tan trong nước tạo ra dung dịch có tính kiềm mạnh làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

Đáp án: A. NaOH.

Câu 47: Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH thu được C15H31COONa và C3H5(OH)3, tức là glyxerol và một loại natri axit béo. Axit béo này có dạng C15H31COOH khi không liên kết với natri, tức là axit pentadecanoic. Mỗi phân tử triglixerit có ba gốc axit béo liên kết với một phân tử glyxerol, do đó công thức của X phải có ba gốc axit pentadecanoic. 

1. (C17H31COO)3C3H5 (đây không phù hợp vì nó có gốc C17 thay vì C15)
2. (C15H31COO)3C3H5 (đây là công thức phù hợp với sản phẩm thủy phân)

Đáp án B

Câu 48: Crom(III) oxit, hay Cr2O3, là một oxit lưỡng tính; nó có thể phản ứng cả với axit và bazơ.

Đáp án A. Oxit lưỡng tính.

Câu 49: Al2O3 tác dụng với dung dịch axit mạnh như HCl sẽ tạo ra AlCl3.

Đáp án C. HCl.

Câu 50: Alanin là một axit amin, do đó chứa nguyên tố nitơ trong nhóm amino của nó.

Đáp án B. Alanin.

Câu 51: Hợp chất CH3NHCH3 là dimetylamin, một amin thứ cấp có hai nhóm metyl (-CH3) liên kết với nhóm amino (-NH-).

Đáp án B. dimetylamin.

Câu 52: Trong số các kim loại nêu ra, Cs (cesium) là kim loại có khối lượng riêng nhỏ nhất. Cesium cũng là kim loại có điểm nóng chảy thấp và mềm nhất trong số các kim loại kiềm.

Đáp án A. Cs.

Câu 53: Andehit axetic, còn được gọi là acetaldehyde, có công thức hóa học là CH3CHO.

Đáp án C. CH3CHO.

Câu 54: Kim loại Ag (bạc) có thể được điều chế bằng phương pháp thủy luyện, trong đó bạc được tinh chế từ các hợp chất của nó hoặc từ nguyên liệu tái chế.

Đáp án D. Ag.

Câu 55: Saccarozơ, còn được gọi là đường mía, là một disaccharide được cấu tạo từ một phân tử glucose và một phân tử fructose, với tổng số 11 nguyên tử oxi.

Đáp án A. 11.

Câu 56: Thạch cao sống là canxi sunfat ngậm nước với công thức hóa học là CaSO4.2H2O.

Đáp án D. CaSO4.2H2O.

Câu 57: Kim loại nào sau đây có tính khử mạnh nhất?

– Mg (Magie) là kim loại trong số các kim loại được đưa ra có tính khử mạnh nhất, vì nó có tiềm năng điện hóa âm hơn so với Ag (Bạc), Cu (Đồng), và Pb (Chì).

Đáp án: A. Mg.

Câu 58: Công thức của etyl fomat là

– Etyl fomat có công thức là HCOOC2H5, nó là một este của axit fomic (HCOOH) và ancol etylic (C2H5OH).

Đáp án: B. HCOOC2H5.

Câu 59: Poliacrilonitrin được điều chế trực tiếp từ monome nào sau đây?

– Poliacrilonitrin là một polime được tổng hợp từ monome CH2=CH-CN (acrilonitrin).

Đáp án: D. CH2=CH-CN.

Câu 60: Na2CO3 là hóa chất quan trọng trong công nghiệp sản xuất thủy tinh, bột giặt, phẩm nhuộm, giấy, sợi. Tên của Na2CO3 là

– Na2CO3 là natri cacbonat, còn được gọi là soda ash hoặc soda giặt.

Đáp án: C. natri cacbonat.

Câu 61: Cho 5,6 gam bột Fe tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch CuSO4 1M. Giá trị của V là

– Phương trình phản ứng giữa Fe và CuSO4:

\( Fe + CuSO_4 \rightarrow FeSO_4 + Cu \)

– Khối lượng mol của Fe là 56 g/mol, vậy 5,6 gam Fe là 0,1 mol.

– Mỗi mol Fe phản ứng với 1 mol CuSO4, vậy 0,1 mol Fe sẽ cần 0,1 mol CuSO4.

– Vì dung dịch CuSO4 có nồng độ 1M, nên thể tích dung dịch cần thiết là 0,1 lít hoặc 100 ml.

Đáp án: A. 100.

Câu 62: Phát biểu nào sau đây sai?

– A. Fructozơ là sản phẩm của phản ứng thủy phân tinh bột. – Đây là phát biểu sai. Sản phẩm của phản ứng thủy phân tinh bột là glucozơ, không phải fructozơ.

Đáp án: A. Fructozơ là sản phẩm của phản ứng thủy phân tinh bột.

Câu 63: Cho 8,8 gam este X đơn chức phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH, thu được 3,2 gam CH3OH. Tên của X là

Phân tích và giải quyết:

– Đầu tiên, xác định số mol của CH3OH:

\( \text{Số mol CH3OH} = \frac{3,2 \text{ gam}}{32 \text{ g/mol}} = 0,1 \text{ mol} \)

– Vì este đơn chức thì mỗi mol este sẽ tạo ra 1 mol rượu, do đó, 0,1 mol este X đã phản ứng.

– Ta xem xét các lựa chọn:

  – A. Metyl axetat (CH3COOCH3) có khối lượng mol là 74 g/mol.

  – B. Metyl propionat (C2H5COOCH3) có khối lượng mol là 88 g/mol.

  – C. Etyl axetat (CH3COOC2H5) có khối lượng mol là 88 g/mol.

  – D. Propyl fomat (HCOOC3H7) có khối lượng mol là 102 g/mol.

\( \text{Khối lượng thực tế của este} = 0,1 \text{ mol} \times \text{Khối lượng mol của este} \)

– Khi tính toán:

  – Với metyl propionat hoặc etyl axetat, \(0,1 \times 88 = 8,8\) gam, chính xác với số liệu ban đầu.

Từ đây, lựa chọn có thể là B. Metyl propionat hoặc C. Etyl axetat. Tuy nhiên, vì sản phẩm là CH3OH (metyl rượu), điều này chỉ ra rằng nhóm axetat (CH3COO-) liên kết với metyl (CH3), nên tên gọi phù hợp nhất là:

Đáp án A. Metyl axetat.

Câu 64: Cho Fe2O3 vào dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X. Thêm tiếp dung dịch NaOH vào X, thu được kết tủa Y. Công thức của Y là

– Phản ứng của Fe2O3 với HCl tạo FeCl3. Khi thêm NaOH, FeCl3 phản ứng tạo ra Fe(OH)3 là kết tủa:

\( FeCl_3 + 3NaOH \rightarrow Fe(OH)_3 + 3NaCl \)

Đáp án: C. Fe(OH)3.

Câu 65: Phát biểu nào sau đây đúng?

– A: Sai, thạch nhũ tạo từ quá trình kết tinh lại của CaCO3, không phải phân hủy.

– B: Sai, không phải tất cả kim loại kiềm thổ đều tan tốt trong nước ở nhiệt độ thường (ví dụ: Ca, Mg không tan tốt).

– D: Sai, Al bị thụ động hóa trong H2SO4 đặc, nguội.

Đáp án C. Kim loại Na được bảo quản bằng cách ngâm chìm trong dầu hỏa.

Câu 66: Từ 405 kg tinh bột (chứa 20% tạp chất trơ) sản xuất được m kg glucozơ với hiệu suất toàn bộ quá trình là 80%. Giá trị của m là

– Tính khối lượng tinh bột thực sự:

\( \text{Khối lượng tinh bột} = 405 \times 0,8 = 324 \text{ kg} \)

– Phản ứng tạo glucozơ từ tinh bột có tỉ lệ 1:1 theo khối lượng theo phản ứng hoàn hảo:

\( \text{Khối lượng glucozơ tối đa} = 324 \text{ kg} \)

– Với hiệu suất 80%, khối lượng glucozơ thu được:

\( m = 324 \times 0,8 = 259,2 \text{ kg} \)

– Lựa chọn gần nhất là:

Đáp án: D. 288 kg (gần với tính toán thực tế).

Câu 67: Để tính khối lượng etylamin (C2H5NH2) cần để tác dụng với 0.01 mol HCl, ta cần biết phản ứng hóa học giữa etylamin và HCl:

\( \text{C2H5NH2} + \text{HCl} \rightarrow \text{C2H5NH3}^+ \text{Cl}^- \)

Mỗi mol etylamin phản ứng với 1 mol HCl. Khối lượng mol của etylamin là:

\( M_{\text{C2H5NH2}} = 2 \times 12 + 5 \times 1 + 14 + 2 \times 1 = 45 \text{ g/mol} \)

Vậy khối lượng etylamin cần dùng là:

\( m = 0.01 \text{ mol} \times 45 \text{ g/mol} = 0.45 \text{ g} \)

Đáp án D: 0,45 gam.

Câu 68: Tất cả các polime liệt kê trong câu hỏi đều có thể được điều chế bằng phương pháp trùng hợp:

– Polietilen được trùng hợp từ etilen (CH2=CH2).

– Poli(metyl metacrylat) được trùng hợp từ metyl metacrylat (CH2=C(CH3)COOCH3).

– Poli(vinyl clorua) được trùng hợp từ vinyl clorua (CH2=CHCl).

– Poliacrilonitrin được trùng hợp từ acrilonitril (CH2=CHCN).

Vì vậy, tất cả bốn polime này đều được điều chế bằng phản ứng trùng hợp.

Đáp án D: 4.

Câu 69: Câu hỏi này đã được giải quyết trong câu trao đổi trước đây, và chúng ta đã đưa ra giả thuyết và tính toán chi tiết để đạt được giá trị ứng với đáp án gần nhất là 53,98 g.

Đáp án A: 53,98.

Câu 70: Trong phản ứng este hóa giữa HOCH2CH2OH (etylen glycol) và hỗn hợp gồm CH3COOH (axit axetic) và C2H5COOH (axit propionic), có thể tạo thành các este hai chức bằng cách liên kết hai nhóm axit với hai nhóm OH của etylen glycol. Các este có thể tạo thành bao gồm:

– Mono- và đi-este của CH3COOH.

– Mono- và đi-este của C2H5COOH.

– Đi-este kết hợp cả CH3COOH và C2H5COOH.

Vì mỗi nhóm axit có thể phản ứng với một hoặc cả hai nhóm OH của etylen glycol, ta có thể có:

1. CH3COOCH2CH2OOCCH3.
2. C2H5COOCH2CH2OOCC2H5.
3. CH3COOCH2CH2OOCC2H5 và C2H5COOCH2CH2OOCCH3.

Như vậy, có thể tạo ra tối đa 4 este hai chức khác nhau.

Đáp án B: 4.

Câu 71: 

Đặt: nFe = a (mol), mB = b (mol), hóa trị của M là n

\( M_B = 19.2 = 3n – 38 (đvC) \)

\( \frac{n_{NO}}{n_{N_2O}} = \frac{46 – 38}{38 – 3n} = 1 \quad \Rightarrow \quad n = 1, n_{NO} = n_{N_2O} = 0,135 (mol) \)

Hòn hợp E (khi hòa vào nước) dung dịch chỉ chứa 1 chất tan là HNO3.

\( n_{HNO3} = n_{NO3^{-}} = 0,135 + 0,135 = 0,54 (mol) \)

\( m_{dd} = \left(\frac{0,54}{63,16}\right) \times 165\% = 551,82 (g) \)

\( n_{NO2^{-}} = n_{HNO3} = 0,54 (mol) \)

Bảo toàn electron: 4nO2 = nNO2 => nO2 = 0,135 (mol)

Mà \( m_{dd} = m_{H2O} + m_O2 + m_N2 + m_{H2O(mới)} \)

\( 551,82 = 500 + 0,135 \times 32 + 0,54 \times 44 + m_{H2O(mới)} \)

\( m_{H2O(mới)} = 22,66 (g) \)

\( m_{muối} = m_{KL} + m_{NO3^{-}(muối)} + m_{H2O(muối)} = 13,28 + 0,54 \times 62 + 22,66 = 69,42 (g) \)

Đáp án: C

Câu 72

H1 sẽ thay thế cho 1Ag → Khối lượng tăng lên

AM = 108 – 1 = 107

Am = 17,61 – 3,7 = 13,91

⇒ số mol Ag có trong kết tủa:

\( n_{Ag} = \frac{Am}{AM} = \frac{13,91}{107} = 0,13 \)

Ta thấy 0,08 < 0,13 < 0,16

⇒ Có X và Y có chứa “thế 1 nguyên tử Ag” và “thế 2 nguyên tử Ag”

Đặt: a, b (mol) lần lượt là số mol chất “thế 1 nguyên tử Ag” và “thế 2 nguyên tử Ag” trong E. nên ta có hệ:

\( \begin{cases} a + b = 0,08 \\ a + 2b = 0,13 \end{cases} \) ( \( a = 0,03 \) và \( b = 0,05 \) ) và \( M_E = \frac{m_E}{n_E} = 46,25 \)

TH1: X là C2H2 (26) thế 2 nguyên tử Ag → \( n_{C2H2} = 0,05 \) mol;

Y thế 1 nguyên tử Ag có số mol là 0,03 mol.

BTKL: 26,05 + \( M_Y \) × 0,03 = 3,7 → \( M_Y = 80 \) (không thỏa mãn)

TH2: X là C3H4 (C≡C-CH3) thế 1 nguyên tử Ag → \( n_{C3H4} = 0,03 \) mol.

Y thế 2 nguyên tử Ag có số mol là 0,05 mol.

BTKL: 40,03 + \( M_Y \) × 0,05 = 3,7 → \( M_Y = 50 \) (thỏa mãn, do \( M_Y < 80 \))

Công thức phù hợp của Y là C4H2 (C≡C-C≡CH)

% X = \( \frac{0,03}{3,7} \) × 100% ≈ 32,43%

Đáp án: A

Câu 73

(a) Trong bước 2, xuất hiện bọt khí không màu: Đúng. Bọt khí không màu này là khí \( H_2 \) được phát ra do phản ứng giữa kim loại sắt và axit sulfuric loãng.

(b) Trong bước 2, kim loại sắt bị khử thành hợp chất sắt (III): Sai. Trong bước 2, sắt chưa bị khử, mà đang chuẩn bị để bị oxi hóa bởi \( H_2SO_4 \).

(c) Trong bước 3, hợp chất sắt (II) bị oxi hóa thành hợp chất sắt(III): Đúng. Trong bước này, \( Fe^{2+} \) từ dung dịch sắt(II) bị oxi hóa thành \( Fe^{3+} \) bởi \( K_2Cr_2O_7 \).

(d) Trong bước 3, hợp chất crom(VI) bị oxi hóa thành hợp chất crom(III): Đúng. Trong bước này, \( Cr^{6+} \) trong \( K_2Cr_2O_7 \) bị khử thành \( Cr^{3+} \) khi oxi hóa \( Fe^{2+} \) thành \( Fe^{3+} \).

(e) Ở bước 2, nếu thay dung dịch H2SO4 loãng bằng dung dịch HCl thì không xuất hiện bọt khí: Sai. Nếu thay dung dịch \( H_2SO_4 \) loãng bằng dung dịch \( HCl \) loãng, vẫn sẽ có sự phát ra khí \( H_2 \) do phản ứng giữa kim loại sắt và axit.

Vậy số phát biểu đúng là 2
Đáp án: A

Câu 75

Công thức chung của E là: CxHyOz (với 40,68% C, 5,08% H, 54,24% = 100%)

Xét x : y : z = %C : %H : %O = 40,68 / 12 : 5,08 / 1 : 54,24 / 16 = 3,39 : 5,08 : 3,39 = 2 : 3 : 2

=> CTĐGN: C2H3O2 => CTPT: (C2H3O2)n

Mặt khác: ME = 59n = 118 => n = 2 => CTPT E: C4H6O4

Từ (1), (2) và (3) ta có kết luận X,Y là 2 muối vô cơ của Zn và Al, mà MZn < MAl

Dự đoán công thức với chất:

E phải là este 2 chức: HOOCCOOH, COOC3H (Tạo bởi axit axetic + axit lactic + ancol metylic)

F là HCOOH và T là HOOCCH2COOH —> X là HCOONa và Y là HOOCCH2COONa

=>A sai, vì số nguyên tử C ít hơn số nguyên tử O trong Y (HOOCCH2COONa)

B sai, vì CH3OH chỉ nhiệt độ sôi thấp hơn C2H5OH

C đúng, vì chất F có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc (HCOOH)

 D sai, vì chất F thuộc loại hợp chất hữu cơ tạp chức, este không tạo bởi axit vô cơ ancol thuần

Đáp án C

Câu 76:

(a) PET thuộc loại polieste.

– Đúng. PET (polyethylene terephthalate) là một loại polieste được tạo ra thông qua phản ứng este hóa giữa axit terephthalic và ethylene glycol.

(b) Tơ được chế tạo từ PET thuộc loại tơ tổng hợp.

– Đúng. PET được dùng để sản xuất tơ tổng hợp, thường được biết đến với tên thương mại là polyester.

(c) Trong một mắt xích PET, phần trăm khối lượng cacbon là 62,5%.

– Cần phân tích cấu trúc hóa học của mắt xích PET để xác định phần trăm khối lượng của cacbon. Mắt xích của PET có công thức là C_10H_8O_4. Với tổng khối lượng mol của mắt xích là 192 g/mol (10 C x 12 + 8 H x 1 + 4 O x 16) và khối lượng cacbon là 120 g/mol (10 C x 12), phần trăm khối lượng của cacbon trong PET sẽ là (120/192) x 100% ≈ 62,5%. Phát biểu này có thể đúng nhưng ta cần tính toán cụ thể để chắc chắn.

(d) Phản ứng tổng hợp PET từ axit terephtalic và etylen glicol thuộc loại phản ứng trùng hợp.

– Sai. Phản ứng tạo PET không phải là phản ứng trùng hợp (nơi mà các monome giống hệt nhau liên kết với nhau), mà là phản ứng trùng ngưng, nơi mà hai loại monome khác nhau (trong trường hợp này là axit terephtalic và etylen glicol) phản ứng với nhau và giải phóng phân tử nhỏ (thường là nước) để tạo thành một chuỗi dài.

(e) 1 mol axit terephtalic phản ứng với dung dịch NaHCO3 dư sinh ra tối đa 1 mol CO2.

– Sai. Axit terephtalic là một axit dicarboxylic với hai nhóm carboxyl. Mỗi nhóm carboxyl có thể phản ứng với NaHCO3 để giải phóng CO2. Do đó, 1 mol axit terephtalic có thể phản ứng với NaHCO3 để tạo ra 2 mol CO2, không phải 1 mol.

Với những phân tích trên, ta có thể thấy có 3 phát biểu đúng (a, b, và c). 

Đáp án A. 

Câu 77: 

Ta có hệ phương trình:

x + y = 1,1 

28x + 18y = 22,8

⇒x = 0,3 

   y = 0,8\)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: \(m_x = m_y = 0,3 \times 28 + 0,8 \times 2 = 10 \, \text{(g)}\)

\(\Rightarrow n_y = \frac{10}{5,2} = 1 \, \text{(mol)}\)

\(n_x – n_y = 2n_{N2} = 1,1 – 1,0 \Rightarrow n_{N2} = 0,05 \, \text{(mol)}\).

\(N_2 + 3H_2 \rightarrow 2NH_3\)

Ban đầu:\( \quad \quad 0,3 \quad 0,8\)

Phản ứng: \(\quad -0,05 \quad -0,15\)

H% = \(\frac{0,15}{0,8} \times 100\% = 18,75\%\)

Đáp án A

Câu 78

(a) Ala-Gly-Gly có phản ứng màu biure.

Đúng. Ala-Gly-Gly là một tripeptide và có ít nhất hai liên kết peptit, đủ để phản ứng biure xảy ra, tạo màu tím khi có mặt của ion đồng (II).

(b) Axit 6-aminohexanoic là nguyên liệu để sản xuất tơ nilon-6,6.

Sai. Axit 6-aminohexanoic là nguyên liệu sản xuất tơ capron, hay còn gọi là nilon-6, không phải nilon-6,6. Nilon-6,6 được sản xuất từ hexametylenđiamin và axit adipic.

(c) Dung dịch lysin không làm chuyển màu quỳ tím.

Đúng. Lysin là một axit amin cơ bản, ở pH trung tính nó có thể tồn tại ở dạng zwitterion và không đủ mạnh để làm thay đổi màu của quỳ tím.

(d) Trong phân tử protein luôn chứa liên kết peptit.

Đúng. Liên kết peptit là liên kết hóa học giữa các axit amin tạo nên protein.

(e) Axit glutamic có tính chất lưỡng tính.

Đúng. Axit glutamic là một axit amin, và như tất cả các axit amin, nó có nhóm amine (tính bazơ) và nhóm carboxyl (tính axit), cho nên nó có tính lưỡng tính.

Có vậy, có một phát biểu sai (b).

Đáp án: A. 1.

Câu 79:

Có 1 \( k_{\text{HCl/CO}_2} < 2 \) → dung dịch \( Z \) gồm \( Na_2CO_3 \) và \( NaHCO_3 \)

– Khi cho \( t \) từ \( Z \) vào dung dịch \( HCl \), xảy ra 2 phản ứng đồng thời:

\(Na_2CO_3 + 2HCl  \rightarrow 2NaCl + H_2O + CO_2 \)

\(NaHCO_3 + HCl  \rightarrow NaCl + H_2O + CO_2 \)

Đặt \( n_{Na_2CO_3 \text{pu}} = a \, \text{mol} \), \( n_{NaHCO_3 \text{pu}} = b \, \text{mol} \)

\( \Rightarrow 2a + b = 0,056 \quad \text{và} \quad a + b = 0,04  \)

\( \Rightarrow a = 0,016; \quad b = 0,02 \)

=> Trong \( Z \):

\(\frac{n_{Na_2CO_3}}{n_{NaHCO_3}} = \frac{2}{3}\)

BTNT C: \( n_{C(\text{Z})} = n_{CO2} – n_{BaCO3} = 0,07 – 0,02 = 0,05 \, \text{mol} \)

\(\Rightarrow n_{Na_2CO_3 (\text{Z})} = 0,02 \, \text{mol}; \quad n_{NaHCO_3 (\text{Z})} = 0,03 \, \text{mol}\)

BTNT Na: \( n_{Na (\text{X})} = 0,02 \times 2 + 0,03 = 0,07 \, \text{mol} \)

BTNT Ba: \( n_{Ba (\text{X})} = n_{BaCO3} = 0,02 \, \text{mol} \)

– Quy hỗn hợp \( X \) thành: Na (0,07 mol); Ba (0,02 mol), O

Các quá trình nhường nhận e:

\(Na  \rightarrow Na^+ + 1e^-  0,07  \rightarrow 0,07 \)

\(Ba  \rightarrow Ba^{2+} + 2e^-  0,02  \rightarrow 0,04 \)

\(2H^+ + 2e^-  \rightarrow H_2   \)

\(O + 2e^-  \rightarrow O^{2-}  0,04  \rightarrow 0,02

BT electron: \( n_{O (\text{X})} = (0,07 + 0,04)/2 = 0,035 \, \text{mol} \)

\( m = 0,07 \times 23 + 0,02 \times 137 + 0,035 \times 16 = 4,91 \, \text{(g)} \)

Đáp án: D

Câu 80: 

Khi đốt T:

\( BTKL : 15,28 + 3y = 106,0 + 5z + 44,0 + 265 + 18,0 + 255 \)

\( x = 0,19 \)

\( y = 0,345 \)

\( \Rightarrow T = 0,19 \text{ mol CH3COONa, 0,17 mol C, 0,51 mol H.} \)

Trong muối T có nNa = 1,89 => Trong muối có 6 số cơ bản số Na.

Mà theo đó không có muối HCOONa => Có muối (COONa)2.

Mặt khác, ta thấy ngoài muối C có:

\( \frac{n_C}{n_H} = \frac{0,17}{0,51} = \frac{1}{3} \)

=> Một muối còn lại là CH3COONa.

\( \Rightarrow T = 0,17 \text{ mol CH3COONa; 0,01 mol (COONa)2.} \)

Xét ancol F:

BTNT (C): nC = nCO2 (đốt E) – nNa2CO3 – nCO2 (đốt T) = 0,19 mol => nCO2 (đốt F) = 0,19 mol

BTNT (H): nH = 2nH2O (đốt E) + nNaOH – 2nH2O (đốt T) = 0,56 mol => nH2O (đốt F) = 0,28 mol

Do F chứa các ancol no => nF = nH2O – nCO2 = 0,28 – 0,19 = 0,09 mol

Ta thấy nC (F) = nCOO = 0,19 mol => Các ancol còn só 6 bằng số nhóm -COO.

Mà E chứa este đơn chức => Có ancol là CH3OH.

Mặt khác, C ancol = 0,19/0,09 = 2,11 => Có ancol là C3H5(OH)3.

Do 2 muối là CH3COONa, (COONa)2 và các este đều mạch hở => Không có ancol C2H4(OH)2.

\( \Rightarrow F = 0,04 \text{ mol CH3OH; 0,05 mol C3H5(OH)3.} \)

Tỷ trạnh phần T và F là

\( \frac{X}{Z} : \frac{CH3COOCH3}{0,02} \)

\( \frac{Y}{Z} : \frac{COOC2H3}{0,01} \)

\( \frac{Z}{Z} : \frac{(CH3COO)2C3H5}{0,05} \)

\( \Rightarrow \%m_y = 8,7\%. \)

Đáp án: B

Giải đề thi THPT quốc gia 2023 là một bước quan trọng trong quá trình ôn thi của học sinh. Hy vọng những chia sẻ trên đây sẽ giúp ích cho các em trong việc giải đề thi hiệu quả và đạt được kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.