GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN HÓA 2011

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn thi : Hóa học - khối A
Mã đề : 482

Cho biết nguyên tử khối (theo đvC) của các nguyên tố :
H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5;
K = 39; Ca = 40; Cr = 52, Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40)

Câu 1 : Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit
oleic, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)
2
(dư). Sau phản ứng thu được 18
gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)
2
ban đầu đã thay
đổi như thế nào ?
A. Tăng 2,70 gam. B. Giảm 7,74 gam. C. Tăng 7,92 gam. D. Giảm 7,38 gam.
Giải :
Cách 1:
Các chất đề cho đều có dạng : C
n
H
2n-2
O
2
(n : Giá trị trung bình)
C
n
H

2n-2
O
2

→
nCO
2
+ (n-1)H
2
O
mol :
3,42
14n 30
+

3,42.n
14n 30
+

3,42.(n 1)
14n 30
−
+


3,42.n
14n 30
+
= 0,18
→

n = 6
→
nH
2
O = 0,15
Vậy dung dịch sau phản ứng giảm so với dung dịch X là : mCaCO
3
– m(CO
2
+ H
2
O) =7,38
gam.
Cách 2:
Nhận thấy : nC
n
H
2n-2
O
2
= nCO
2
- nH
2
O ; nO (trong C
n
H
2n-2
O
2

) =2. nC
n
H
2n-2
O
2
;
mC
n
H
2n-2
O
2
= mC + mH + mO (trong C
n
H
2n-2
O
2
)
→
3,42 = 0,18.12 + 2.nH
2
O + 2.(0,18 - nH
2
O).16
→
nH
2
O = 0,15 mol

Vậy dung dịch sau phản ứng giảm so với dung dịch X là : mCaCO
3
– m(CO
2
+ H
2
O) =7,38
gam.

Câu 2: Cho axit salixylic (axit o-hiđroxibenzoic) phản ứng với anhiđrit axetic, thu được axit
axetylsalixylic (o-CH
3
COO-C
6
H
4
-COOH) dùng làm thuốc cảm (aspirin). Để phản ứng hoàn toàn
với 43,2 gam axit axetylsalixylic cần vừa đủ V lít dung dịch KOH 1M. Giá trị của V là :
A. 0,72. B. 0,48. C. 0,96. D. 0,24.
Giải :
o-CH
3
COO-C
6
H
4
-COOH + 3KOH
→
CH
3

COOK + o-KO-C
6
H
4
-COOK + H
2
O
mol : 0,24 0,72
Vậy V
dd KOH
= 0,72:1 =0,72 lít.





Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ

Câu 3: Hòa tan 13,68 gam muối MSO
4
vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ,
cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và
0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai
điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là :
A. 4,480. B. 3,920. C. 1,680. D. 4,788.
Giải :
● Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây:
Áp dụng bảo toàn electron ta có : 4.nO
2
= 2.nM

2+

→
nM
2+
= 0,07 mol
→
nM = 0,07 mol
● Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian 2t giây:
nO
2
=2.0,035 = 0,07
→
nH
2
=0,0545 mol
→
M
2+
đã hết
Áp dụng bảo toàn electron ta có :
4.nO
2
= 2.nM
2+

+ 2.nH
2
→
nM

2+
= 0,0855 mol
→
nMSO
4
= 0,0855 mol
M + 96 = 13,68 : 0,0855 =160
→
M = 64 (Cu)
Vậy y =64.0,07 = 4,48 gam.

Câu 4: Cho dãy các chất : NaOH, Sn(OH)
2
, Pb(OH)
2
, Al(OH)
3
, Cr(OH)
3
. Số chất trong dãy có tính
chất lưỡng tính là :
A. 4. B. 1. C. 3. D. 2.
Giải : Số chất trong dãy có tính chất lưỡng tính là :
Sn(OH)
2
, Pb(OH)
2
, Al(OH)
3
, Cr(OH)

3

Câu 5: Khi nói về peptit và protein, phát biểu nào sau đây là sai ?
A. Liên kết của nhóm CO với nhóm NH giữa hai đơn vị α-amino axit được gọi là liên kết
peptit.
B. Tất cả các protein đều tan trong nước tạo thành dung dịch keo.
C. Protein có phản ứng màu biure với Cu(OH)
2
.
D. Thủy phân hoàn toàn protein đơn giản thu được các α-amino axit.
Giải :
Protein dạng hình cầu tan tốt trong nước tạo thành dung dịch keo, còn protein dạng hình sợi
không tan trong nước.

Câu 6: Phát biểu nào sau đây là sai ?
A. Bán kính nguyên tử của clo lớn hơn bán kính nguyên tử của flo.
B. Độ âm điện của brom lớn hơn độ âm điện của iot.
C. Tính axit của HF mạnh hơn tính axit của HCl.
D. Tính khử của ion Br
-
lớn hơn tính khử của ion Cl
-
.
Giải : HF là axit yếu còn HCl là axit mạnh

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn x mol axit cacboxylic E, thu được y mol CO
2
và z mol H
2
O (z = y–x).
Cho x mol E tác dụng với NaHCO
3
(dư) thu được y mol CO
2
. Tên của E là :
A. axit acrylic. B. axit oxalic. C. axit ađipic. D. axit fomic.
Giải :
Theo giả thiết z = y-x nên ta suy ra công thức của E là C
n
H
2n-2
O
x
Vì : Đốt cháy hoàn toàn x mol axit cacboxylic E, thu được y mol CO
2

Cho x mol E tác dụng với NaHCO
3
(dư) thu được y mol CO
2

Nên E có số nhóm COOH bằng số C trong phân tử.
Vậy E là HOOC–COOH.

Câu 8: Phèn chua được dùng trong ngành công nghiệp thuộc da, công nghiệp giấy, chất cầm màu
trong ngành nhuộm vải, chất làm trong nước. Công thức hóa học của phèn chua là :
A. Li
2
SO
4
.Al
2
(SO
4
)
3
.24H
2
O. B. K
2
SO
4
.Al
2
(SO
4
)
3
.24H
2
O.
C. (NH
4
)

2
SO
4
.Al
2
(SO
4
)
3
.24H
2
O. D. Na
2
SO
4
.Al
2
(SO
4
)
3
.24H
2
O.
Giải : K
2
SO
4
.Al
2

(SO
4
)
3
.24H
2
O là phèn chua, các chất còn lại là phèn nhôm.

Câu 9: Sản phẩm hữu cơ của phản ứng nào sau đây không dùng để chế tạo tơ tổng hợp ?
A. Trùng hợp vinyl xianua.
B. Trùng ngưng axit ε-aminocaproic.
C. Trùng hợp metyl metacrylat.
D. Trùng ngưng hexametylenđiamin với axit ađipic.
Giải :
Trùng hợp metyl metacrylat sẽ tạo ra chất dẻo

Câu 10: Este X được tạo thành từ etylen glicol và hai axit cacboxylic đơn chức. Trong phân tử este,
số nguyên tử cacbon nhiều hơn số nguyên tử oxi là 1. Khi cho m gam X tác dụng với dung dịch
NaOH (dư) thì lượng NaOH đã phản ứng là 10 gam. Giá trị của m là :
A. 14,5. B. 17,5. C. 15,5. D. 16,5.
Giải :
Theo giả thiết ta suy ra X có 4 nguyên tử O và có 5 nguyên tử C, công thức của X là :
HCOOC
2
H
4
OOCCH
3
HCOOC
2

H
4
OOCCH
3
+ NaOH
→
HCOONa + CH
3
COONa

+ C
2
H
4
(OH)
2
mol: 0,125
←
0,25
Vậy m
X
= 0,125.132 = 16,5 gam

Câu 11: Đun nóng m gam hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng 7 : 3 với một lượng
dung dịch HNO
3
. Khi các phản ứng kết thúc, thu được 0,75m gam chất rắn, dung dịch X và 5,6 lít
hỗn hợp khí (đktc) gồm NO và NO
2
(không có sản phẩm khử khác của N

+5
). Biết lượng HNO
3
đã
phản ứng là 44,1 gam. Giá trị của m là :
A. 44,8. B. 40,5. C. 33,6. D. 50,4.
Giải :
Theo giả thiết suy ra trong m gam hỗn hợp có : mFe = 0,3m, mCu = 0,7m. Sau phản ứng thu
được 0,75m gam chất rắn lớn hơn mCu nên Fe dư. Vậy trong dung dịch chỉ có Fe(NO
3
)
2
, mFe
phản ứng = 0,25m.
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
nFe pư = nFe
2+
=
1
2
nNO
3
-
tạo muối =
1
2
(nHNO
3
– nNO – nNO
2

) = 0,225 mol
→
0,25m = 0,225.56
→
m = 50,4 gam.

Câu 12: Cho dãy các chất: phenylamoni clorua, benzyl clorua, isopropyl clorua, m-crezol, ancol
benzylic, natri phenolat, anlyl clorua. Số chất trong dãy tác dụng được với dung dịch NaOH loãng,
đun nóng là :
A. 4. B. 3. C. 6. D. 5.
Giải : Số chất trong dãy tác dụng được với dung dịch NaOH loãng, đun nóng là :
phenylamoni clorua, benzyl clorua, isopropyl clorua, m-crezol, anlyl clorua

Câu 13: Hấp thụ hoàn toàn 0,672 lít khí CO
2
(đktc) vào 1 lít dung dịch gồm NaOH 0,025M và
Ca(OH)
2
0,0125M, thu được x gam kết tủa. Giá trị của x là :
A. 2,00. B. 0,75. C. 1,00. D. 1,25.
Giải :
nCO
2
= 0,03 mol; nOH
-
=0,05 mol ; nCa
2+
= 0,0125 mol
nCO
3

2-
= 0,05-0,03 =0,02 > nCa
2+
Vậy mCaCO
3
= 0,0125.100 = 1,25 gam

Câu 14: Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO
3
)
2
(điện cực trơ, màng ngăn
xốp) đến khí khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước
bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là :
A. KNO
3
và KOH. B. KNO
3
, KCl và KOH.
C. KNO
3
và Cu(NO
3
)
2
. D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO

3
)
2
.

Giải :
nKCl = 0,1 mol; nCu(NO
3
)
2
= 0,15 mol
Thứ tự điện phân:
Tại anot, thứ tự oxi hóa : Cl
-
>H
2
O
Tại catot , thứ tự khử : Cu
2+
>H
2
O
2KCl + Cu(NO
3
)
2

→
Cl
2

+ Cu

+ 2KNO
3

mol: 0,1 0,05 0,05 0,05
mdd giảm = 0,05.64 + 0,05.71 = 6,75 < 10,75 suy ra Cu(NO
3
)
2
tiếp tục bị điện phân
2H
2
O + 2Cu(NO
3
)
2

→
O
2
+ 2Cu

+ 4HNO
3

mol: 2x x 2x
mdd giảm = 6,75 + 32x + 2x.64 = 10,75
→
x = 0,025

Tổng số mol Cu(NO
3
)
2
phản ứng là 0,1 < 0,15
Vậy trong dung dịch sau phản ứng có các chất : KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.






Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 15: Hợp chất hữu cơ X chứa vòng benzen có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản
nhất. Trong X, tỉ lệ khối lượng các nguyên tố là m
C
: m
H
: m
O
= 21 : 2 : 8. Biết khi X phản ứng hoàn
toàn với Na thì thu được số mol khí hiđrô bằng số mol của X đã phản ứng. X có bao nhiêu đồng

phân (chứa vòng benzen) thỏa mãn các tính chất trên ?
A. 9. B. 3. C. 7. D. 10.
Giải :
Từ giả thiết suy ra : n
C
: n
H
: n
O
= 7 : 8 : 2
→
CTPT của X là C
7
H
8
O
2
Vì X phản ứng hoàn toàn với Na thì thu được số mol khí hiđrô bằng số mol của X đã phản
ứng nên trong X có 2 nguyên tử H linh động
Nếu X có 1 chức OH ancol và 1 chức OH phenol thì có 3 CTCT
Nếu X có 2 chức OH phenol thì có 6 CTCT
(Tôi không thạo vẽ công thức trên máy tính, các bạn tự vẽ nhé!)

Câu 16: Khi so sánh NH
3
với NH
4
+
, phát biểu không đúng là :
A. Trong NH

3
và NH
4
+
, nitơ đều có số oxi hóa -3.
B. NH
3
có tính bazơ, NH
4
+
có tính axit.
C. Trong NH
3
và NH
4
+
, nitơ đều có cộng hóa trị 3.
D. Phân tử NH
3
và ion NH
4
+
đều chứa liên kết cộng hóa trị.
Giải : Trong NH
3
nitơ có cộng hóa trị 3, trong NH
4
+
có cộng hóa trị 4

Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp gồm hai axit cacboxylic hai chức, mạch hở và đều có
một liên kết đôi C=C trong phân tử, thu được V lít khí CO
2
(đktc) và y mol H
2
O. Biểu thức liên hệ
giữa các giá trị x, y và V là :
A. V =
28
( 30 )
55
x y
−
. B. V =
28
( 62 )
95
x y
−
. C. V =
28
( 30 )
55
x y
+
. D. V =
28
( 62 )
95
x y

+
.
Giải :
Công thức phân tử tổng quát của axit là : C
n
H
2n+2-2a-2b
O
2b
Theo giả thiết ta suy ra a=1; b= 2 nên CTPT của 2 axit là : C
n
H
2n-4
O
4
C
n
H
2n-4
O
4

→
nCO
2
+ (n-2)H
2
O
Từ sơ đồ phản ứng ta suy ra nC
n

H
2n-4
O
4
= (CO
2
- H
2
O)/2
→
nO trong axit =4.(CO
2
- H
2
O)/2
=2.(CO
2
- H
2
O)
Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phân tử, ta có :
mC
n
H
2n-4
O
4
= mC + mH + mO =
28
( 30 )

55
x y
+

Câu 18: Thành phần % khối lượng của nitơ trong hợp chất hữu cơ C
x
H
y
N là 23,73%. Số đồng phân
amin bậc một thỏa mãn các dữ kiện trên là :
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Giải :
Từ giả thiết suy ra C
x
H
y
N là C
3
H
9
N (
14 23,73
12x y 100 23,73
=
+ −
)
Vậy có hai amin bậc 1 là : CH
3
-CH
2

-CH
2
-NH
2
; (C H
3
)
2
CH-NH
2



Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 19: Hợp chất nào của canxi được dùng để đúc tượng, bó bột khi gãy xương ?
A. Vôi sống (CaO). B. Thạch cao sống (CaSO
4
.2H
2
O).
C. Đá vôi (CaCO
3
). D. Thạch cao nung (CaSO
4
.H
2
O).
Giải : Hợp chất của canxi được dùng để đúc tượng, bó bột khi gãy xương là : Thạch cao nung
(CaSO
4

.H
2
O).

Câu 20: Cho 13,8 gam chất hữu cơ X có công thức phân tử C
7
H
8
tác dụng với một lượng dư dung
dịch AgNO
3
trong NH
3
, thu được 45,9 gam kết tủa. X có bao nhiêu đồng phân cấu tạo thỏa mãn
tính chất trên ?
A. 5. B. 4. C. 6. D. 2.
Giải :
C
7
H
8
+ nAgNO
3
+ nNH
3

→
C
7
H

8-n
Ag
n
+ nNH
4
NO
3
mol: 0,15 0,15
Ta có : (12.7 + 8 –n + 108n).0,15 = 45,9
→
n = 2 (1)
Mặt khác độ bất bão hòa của C
7
H
8
=
2.7 8 2
4
2
− +
=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra C
7
H
8
có hai nối ba ở đầu mạch
Các đồng phân:
C
≡

C-C-C-C-C
≡
C; C
≡
C-C-C(C)-C
≡
C ; C
≡
C-C(C)
2
-C
≡
C ; C-C-C(C
≡
C)
2

Câu 21: Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300 ml dung dịch H
2
SO
4
0,1M.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,32 gam chất rắn và có 448 ml khí (đktc) thoát ra.
Thêm tiếp vào bình 0,425 gam NaNO
3
, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (đktc, sản
phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dung dịch là :
A. 0,224 lít và 3,750 gam. B. 0,112 lít và 3,750 gam.
C. 0,112 lít và 3,865 gam. D. 0,224 lít và 3,865 gam.
Giải :

nSO
4
2-
= 0,03 mol; nH
+
= 0,06, nH
2
= 0,02
→
nH
+
dư = 0,06 -0,02.2 =0,02 mol ; nCu = 0,005
mol
Đặt nFe = x mol ; nAl = y mol, ta có :
56x 27y 0,55 x 0,005
2x 3y 0,02.2 (ptbtelectron) y 0,01
+ = =
 
→
 
+ = =
 

Khi cho tiếp 0,005 mol NO
3
-
vào thì sẽ xảy ra phản ứng oxi hóa Cu trước sau đó mới đến Fe
2+
Vì tỉ lệ mol H
+

và NO
3
-

1 : 4 đúng như trên phương trình và áp dụng định luật bảo toàn
eletron, ta có : 2.nCu +nFe
2+
pư = 3.nNO
3
-
→
nFe
2+
pư = 0,005 nên NO
3
-

và H
+

Cu, Fe
2+
đều
hết.
nNO = nNO
3
-

= 0,005 mol
→

V
NO
=0,112 lít.
Khối lượng muối trong dung dịch = m(Al, Cu, Fe) + mSO
4
2-
+ mNa
+
= 0,87+ 0,03.96 +
0,005.23= 3,865 gam

Câu 22: Dãy gồm các chất đều có thể làm mất tính cứng tạm thời của nước là :
A. HCl, NaOH, Na
2
CO
3
. B. NaOH, Na
3
PO
4
, Na
2
CO
3
.
C. KCl, Ca(OH)
2
, Na
2
CO

3
. D. HCl, Ca(OH)
2
, Na
2
CO
3
.
Giải :
2NaOH + M(HCO
3
)
2

→
MCO
3
↓
+ Na
2
CO
3
+ 2H
2
O
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
2Na
3
PO
4

+ 3M(HCO
3
)
2

→
M
3
(PO
4
)
2
↓
+ 6NaHCO
3
Na
2
CO
3
+ M(HCO
3
)
2

→
MCO
3
↓
+ 2NaHCO
3

(M là Ca, Mg)

Câu 23: Quặng sắt manhetit có thành phần chính là :
A. FeS
2
. B. Fe
3
O
4
. C. Fe
2
O
3
. D. FeCO
3
.
Giải :
Quặng sắt manhetit có thành phần chính là : Fe
3
O
4
.
Quặng sắt hematit có thành phần chính là : Fe
2
O
3
.
Quặng sắt pirit có thành phần chính là : FeS
2
.

Quặng sắt xiđerit có thành phần chính là : FeCO
3
.

Câu 24: Tiến hành các thí nghiệm sau :
(1) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO
3
)
2
.
(2) Cho dung dịch HCl tới dư vào dung dịch NaAlO
2
(hoặc Na[Al(OH)
4
]).
(3) Sục khí H
2
S vào dung dịch FeCl
2
.
(4) Sục khí NH
3
tới dư vào dung dịch AlCl
3
.
(5) Sục khí CO
2
tới dư vào dung dịch NaAlO
2
(hoặc Na[Al(OH)

4
]).
(6) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO
4
.
Sau khi các phản ứng kết thúc, có bao nhiêu thí nghiệm thu được kết tủa ?
A. 3. B. 4. C. 6. D. 5.
Giải :
Sau khi các phản ứng kết thúc, số thí nghiệm thu được kết tủa là 4 :
(1) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO
3
)
2
(kết tủa là CaCO
3
)
(4) Sục khí NH
3
tới dư vào dung dịch AlCl
3
(kết tủa là Al(OH)
3
)
(5) Sục khí CO
2
tới dư vào dung dịch NaAlO
2
(hoặc Na[Al(OH)
4
]) (kết tủa là Al(OH)

3
)
(6) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO
4
(kết tủa là MnO
2
)

Câu 25: Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần bằng nhau.
- Cho phần 1 vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H
2
(đktc).
- Cho phần 2 vào một lượng dư H
2
O, thu được 0,448 lít khí H
2
(đktc) và m gam hỗn hợp kim
loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H
2
(đktc).
Khối lượng (tính theo gam) của K, Al, Fe trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là :
A. 0,39; 0,54; 1,40. B. 0,78; 0,54; 1,12. C. 0,39; 0,54; 0,56. D. 0,78; 1,08; 0,56.
Giải :
Ở phần 2, khi hỗn hợp phản ứng với nước khí thoát ra ít hơn ở phần 1 là vì nhôm chưa phản
ứng hết, dung dịch thu được ở phần 2 là KAlO
2
(x mol)
Áp dụng bảo toàn electron : nK + 3nAl = 2.nH
2
→

x + 3x =0,04
→
x=0,01
Ở phần 1, Al phản ứng hết, gọi nAl là y mol
Áp dụng bảo toàn electron : nK + 3nAl = 2.nH
2
→
x + 3y =0,07
→
y=0,02
Ở phần 2, gọi nFe là Z mol : Áp dụng bảo toàn electron : nK + 3nAl +2nFe= 2. tổng nH
2
→
x + 3y+ 2z =2.(0,02 + 0,025)
→
z = 0,01
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Khối lượng (tính theo gam) của K, Al, Fe trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là : 0,39; 0,54;
0,56

Câu 26: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và axit oxalic. Khi cho m gam X tác dụng với
NaHCO
3
(dư) thì thu được 15,68 lít khí CO
2
(đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần
8,96 lít khí O
2
(đktc), thu được 35,2 gam CO
2

và y mol H
2
O. Giá trị của y là :
A. 0,3. B. 0,8. C. 0,2. D. 0,6.
Giải :
(COOH

+ HCO
3
-

→
COO
-
+ CO
2
+ H
2
O)
→
nO trong hh axit = 2.nH linh động = 2.nCO
2
= 1,4 mol
Áp dụng định luật BTNT đối với O, ta có :
nO trong hh axit + nO trong O
2
= nO trong CO
2
+ nO trong H
2

O
→
nO trong H
2
O = 0,6
→
nH
2
O = 0,6

Câu 27: Hỗn hợp X gồm C
2
H
2
và H
2
có cùng số mol. Lấy một lượng hỗn hợp X cho qua chất xúc
tác nung nóng, thu được hỗn hợp Y gồm C
2
H
4
, C
2
H
6
, C
2
H
2
và H

2
. Sục Y vào dung dịch brom (dư)
thì khối lượng bình brom tăng 10,8 gam và thoát ra 4,48 lít hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H
2

là 8. Thể tích O
2
(đktc) cần để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là :
A. 22,4 lít. B. 44,8 lít. C. 26,88 lít. D. 33,6 lít.
Giải :
Quy hỗn hợp X thành C
2
H
4
mX = mY = m bình Br
2
tăng + m khí thoát ra = 10,8 + 0,2.2.8 = 14 gam
Đốt cháy Y cũng như đốt cháy X (Theo BTKL và BTNT):
C
2
H
4
+ 3O
2

→
2CO
2
+ 2H
2

O
mol : 0,5 1,5
Vậy thể tích O
2
(đktc) cần để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là : 33,6 lít

Câu 28: Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở bằng dung
dịch NaOH, cô cạn toàn bộ dung dịch sau phản ứng thu được 5,2 gam muối khan. Nếu đốt cháy
hoàn toàn 3,88 gam X thì thể tích oxi (đktc) cần dùng là :
A. 4,48 lít. B. 3,36 lít. C. 2,24 lít. D. 1,12 lít.
Giải : Đặt công thức chung của hai axit là C
n
H
2n
O
2
, theo phương trình phản ứng và phương
pháp tăng giảm khối lượng, ta có :
n C
n
H
2n
O
2
=
5,2 3,88
0,06 mol
22
−
=

→
14n + 32 = 3,88 : 0,06 = 64,667
→
n=
7
3

C
n
H
2n
O
2
+
3n 2
2
−
O
2

→
nCO
2
+ nH
2
O
mol: 0,06
3n 2
2
−

.0,06 = 0,15
Vậy thể tích oxi (đktc) cần dùng là : 0,15.22,4 = 3,36 lít.




Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 29: Xenlulozơ trinitrat được điều chế từ phản ứng giữa axit nictric với xenlulozơ (hiệu suất
phản ứng 60% tính theo xenlulozơ). Nếu dùng 2 tấn xenlulozơ thì khối lượng xenlulozơ trinitrat
điều chế được là :
A. 2,97 tấn. B. 3,67 tấn. C. 2,20 tấn. D. 1,10 tấn.
Giải :
C
6
H
7
O
2
(OH)
3
+ 3HNO
3

→
C
6
H
7
O
2

(ONO
2
)
3
+ 3H
2
O
gam: 162 297
tấn : 2.0,6
2.0,6.297
162
= 2,2
Câu 30: Đốt cháy hoàn toàn anđehit X, thu được thể tích khí CO
2
bằng thể tích hơi nước (trong
cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Khi cho 0,01 mol X tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO
3

trong NH
3
thì thu được 0,04 mol Ag. X là :
A. anđehit fomic. B. anđehit no, mạch hở, hai chức.
C. anđehit axetic. D. anđehit không no, mạch hở, hai chức.
Giải :
Đốt cháy hoàn toàn anđehit X, thu được thể tích khí CO
2
bằng thể tích hơi nước suy ra X có
công thức C
n
H

2n
O : anđehit no, đơn chức (1).
Khi cho 0,01 mol X tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO
3
trong NH
3
thì thu được 0,04
mol Ag (2).
Từ (1) và (2) suy ra X là anđehit fomic HCHO

Câu 31: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 28,48
gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là :
A. 90,6. B. 111,74. C. 81,54. D. 66,44.
Giải :
Ala-Ala-Ala-Ala + H
2
O
→
Ala + Ala-Ala + Ala-Ala-Ala
mol: 0,32 0,2 0,12
Suy ra nAla-Ala-Ala-Ala =
0,32 0,2.2 0,12.3
0,27
4
+ +
=

m = (89.4 – 18.3).0,27 = 81,54 gam.

Câu 32: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C

2
H
2
, C
3
H
4
và C
4
H
4
(số mol mỗi chất bằng nhau) thu
được 0,09 mol CO
2
. Nếu lấy cùng một lượng hỗn hợp X như trên tác dụng với một lượng dư dung
dịch AgNO
3
trong NH
3
, thì khối lượng kết tủa thu được lớn hơn 4 gam. Công thức cấu tạo của C
3
H
4

và C
4
H
4
trong X lần lượt là :
A. CH≡C-CH

3
, CH
2
=CH-C≡CH. B. CH≡C-CH
3
, CH
2
=C=C=CH
2
.
C. CH
2
=C=CH
2
, CH
2
=C=C=CH
2
. D. CH
2
=C=CH
2
, CH
2
=CH-C≡CH.
Giải :
Số mol mỗi chất = 0,09: (2+3+4) =0,01 mol
C
2
H

2

→
C
2
Ag
2

↓

mol: 0,01 0,01
m kết tủa là 2,4 gam suy ra hai chất còn lại cho lượng kết tủa lớn hơn 1,6 gam (1)
CH
2
=CH-C≡CH
→
CH
2
=CH-C≡CAg
↓

mol: 0,01 0,01
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
m kết tủa là 1,59 gam (2)
Từ (1) và (2) suy ra C
3
H
4
phải tham gia phản ứng tạo kết tủa
Vậy Công thức cấu tạo của C

3
H
4
và C
4
H
4
trong X lần lượt là :CH≡C-CH
3
, CH
2
=CH-C≡CH.

Câu 33: Số đồng phân amino axit có công thức phân tử C
3
H
7
O
2
N là :
A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Giải : Số đồng phân amino axit có công thức phân tử C
3
H
7
O
2
N là 2
N-C-C-COOH ; C-C(N)- COOH

Câu 34: Khối lượng riêng của canxi kim loại là 1,55 g/cm
3
. Giả thiết rằng, trong tinh thể canxi các
nguyên tử là những hình cầu chiếm 74% thể tích tinh thể, phần còn lại là khe rỗng. Bán kính
nguyên tử canxi tính theo lí thuyết là :
A. 0,155nm. B. 0,185 nm. C. 0,196 nm. D. 0,168 nm.
Giải :
V
1
= V của 1 mol Ca =
M 40
.74% .74%
d 1,55
=

V
2
= V của 1 nguyên tử Ca =
23
V 1 mol Ca
6,023.10
=

23
40
.74%
1,55.6,023.10
=

V

2
= V của 1 nguyên tử Ca =
3
2
3
3.V4 r
r
3 4
π
π
→ =
= 1,96.10
-8
cm = 0,196 nm.

Câu 35: Cho 7,68 gam Cu vào 200 ml dung dịch gồm HNO
3
0,6M và H
2
SO
4
0,5M. Sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn (sản phẩm khử duy nhất là NO), cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch sau
phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là :
A. 20,16 gam. B. 19,76 gam. C. 19,20 gam. D. 22,56 gam.
Giải :
nCu = 0,12 mol ; nH
+
= 0,32 ; nNO
3

-
= 0,12 ; nSO
4
2-
= 0,1
3Cu + 2NO
3
-
+ 8H
+

→
3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
mol: 0,12 0,08 0,32 0,12
Khối lượng muối = mCu
2+
+ mNO
3
-
dư + mSO
4
2-
= 7,68 + 0,04.62 + 0,1.96 = 19,76 gam


Câu 36: Nung m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS

2
trong một bình kín chứa không khí (gồm 20%
thể tích O
2
và 80% thể tích N
2
) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy
nhất và hỗn hợp khí Y có thành phần thể tích: 84,8% N
2
, 14% SO
2
, còn lại là O
2
. Phần trăm khối
lượng của FeS trong hỗn hợp X là :
A. 42,31%. B. 59,46%. C. 19,64%. D. 26,83%.
Giải :
Chọn VN
2
= 84,8 lít
→
VSO
2
= 14 lít ; VO
2
dư = 1,2 lít ; VO
2
bđ = 21,2 lít ; VO
2
pư = 20 lít

2FeS +
7
2
O
2

→
Fe
2
O
3
+ 2SO
2
mol : x
7x
4
x

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
2FeS
2
+
11
2
O
2

→
Fe
2

O
3
+ 4SO
2

mol : y
11y
4
2y
Ta có hệ phương trình :
x 2y 14
x 2
7x 11y
y 6
20
4 4
+ =

=


→
 
=
+ =




Phần trăm khối lượng của FeS trong hỗn hợp X là :

2.88
.100 19,64%
2.88 6.120
=
+


Câu 37: Cho cân bằng hóa học: H
2
(k) + I
2
(k)
€
2HI (k) ; ∆H > 0.
Cn bằng không bị chuyển dịch khi
A. giảm áp suất chung của hệ. B. giảm nồng độ HI.
C. tăng nhiệt độ của hệ. D. tăng nồng độ H
2
.
Giải : Vì tổng số phân tử khí ở phản ứng thuận và phản ứng nghịch là như nhau

Câu 38: Cho dãy các chất và ion : Fe, Cl
2
, SO
2
, NO
2
, C, Al, Mg
2+
, Na

+
, Fe
2+
, Fe
3+
. Số chất và ion
vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử là :
A. 4. B. 5. C. 6. D. 8.
Giải : Số chất và ion vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử là :
Cl
2
, SO
2
, NO
2
, C, Fe
2+

Câu 39: Thực hiện các thí nghiệm sau :
(1) Đốt dây sắt trong khí clo.
(2) Đốt nóng hỗn hợp bột Fe và S (trong điều kiện không có oxi).
(3) Cho FeO vào dung dịch HNO
3
(loãng, dư).
(4) Cho Fe vào dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3

.
(5) Cho Fe vào dung dịch H
2
SO
4
(loãng, dư).
Có bao nhiêu thí nghiệm tạo ra muối sắt (II) ?
A. 4. B. 2. C. 3. D. 1.
Giải : Có 3 thí nghiệm tạo ra muối sắt (II) :
(2) Đốt nóng hỗn hợp bột Fe và S (trong điều kiện không có oxi).
(4) Cho Fe vào dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3
.
(5) Cho Fe vào dung dịch H
2
SO
4
(loãng, dư).

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 40: Trong có thí nghiệm sau :
(1) Cho SiO
2
tác dụng với axit HF.
(2) Cho khí SO
2
tác dụng với khí H
2
S.
(3) Cho khí NH
3
tác dụng với CuO đun nóng.
(4) Cho CaOCl
2
tác dụng với dung dịch HCl đặc.
(5) Cho Si đơn chất tác dụng với dung dịch NaOH.
(6) Cho khí O
3
tác dụng với Ag.
(7) Cho dung dịch NH
4
Cl tác dụng với dung dịch NaNO
2
đun nóng.
Số thí nghiệm tạo ra đơn chất là :
A. 4. B. 7. C. 6. D. 5.
Giải : Số thí nghiệm tạo ra đơn chất là :
(2) Cho khí SO

2
tác dụng với khí H
2
S (Tạo ra S)
(3) Cho khí NH
3
tác dụng với CuO đun nóng (Tạo ra N
2
)
(4) Cho CaOCl
2
tác dụng với dung dịch HCl đặc (Tạo ra Cl
2
)
(5) Cho Si đơn chất tác dụng với dung dịch NaOH (Tạo ra H
2
)
(6) Cho khí O
3
tác dụng với Ag (Tạo ra O
2
)
(7) Cho dung dịch NH
4
Cl tác dụng với dung dịch NaNO
2
đun nóng (Tạo ra N
2
)

II. PHẦN RIÊNG: [10 câu]
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn (10 câu , từ câu 41 đến câu 50)

Câu 41: Cho buta-1,3 - đien phản ứng cộng với Br
2
theo tỉ lệ mol 1:1. Số dẫn xuất đibrom (đồng
phân cấu tạo và đồng phân hình học) thu được là :
A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.
Giải :
Hướng cộng 1,2 tạo ra sản phẩm CH
2
Br – CHBr – CH = CH
2
(1 đồng phân)
Hướng cộng 1,4 tạo ra sản phẩm CH
2
Br – CH = CH – CH
2
Br (2 đồng phân là dạng cis và
trans)

Câu 42: Dung dịch nào sau đây làm quỳ tím đổi thành màu xanh ?
A. Dung dịch alanin B. Dung dịch glyxin
C. Dung dịch lysin D. Dung dịch valin
Giải :
Dung dịch làm quỳ tím đổi thành màu xanh là lysin vì có 2 nhóm -NH
2
và 1 nhóm –COOH

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 43: Khi điện phân dung dịch NaCl (cực âm bằng sắt, cực dương bằng than chì, có màng ngăn
xốp) thì :
A. ở cực dương xảy ra quá trinh oxi hóa ion Na
+
và ở cực âm xảy ra quá trình khử ion Cl
-
.
B. ở cực âm xảy ra quá trình khử H
2
O và ở cực dương xảy ra quá trình oxi hóa Cl
-
.
C. ở cực âm xảy ra quá trình oxi hóa H
2
O và ở cực dương xả ra quá trình khử ion Cl
-
.
D. ở cực âm xảy ra quá trình khử ion Na
+
và ở cực dương xảy ra quá trình oxi hóa ion Cl
-
.

Giải :
Khi điện phân dung dịch NaCl (cực âm bằng sắt, cực dương bằng than chì, có màng ngăn
xốp) thì :
ở cực âm xảy ra quá trình khử H
2
O và ở cực dương xảy ra quá trình oxi hóa Cl
-
.

Câu 44: Cấu hình electron của ion Cu
2+
và Cr
3+
lần lượt là :
A. [Ar]3d
9
và [Ar]3d
3
. B. [Ar]3d
7
4s
2
và [Ar]3d
1
4s
2
.
C. [Ar]3d
9
và [Ar]3d

1
4s
2
. D. [Ar]3d
7
4s
2
và [Ar]3d
3
.
Giải :
Cấu hình electron của ion Cu
2+
và Cr
3+
lần lượt là : [Ar]3d
9
và [Ar]3d
3
.

Câu 45: Ancol etylic được điều chế từ tinh bột bằng phương pháp lên men với hiệu suất toàn bộ
quá trình là 90%, Hấp thụ toàn bộ lượng CO
2
, sinh ra khi lên men m gam tinh bột vào nước vôi
trong , thu được 330 gam kết tủa và dung dịch X. Biết khối lượng X giảm đi so với khối lượng nước
vôi trong ban đầu là 132 gam. Giá trị của m là :
A. 405. B. 324. C. 486. D.297.
Giải :
C

6
H
10
O
5
→
C
6
H
12
O
6
→
2CO
2
+ 2C
2
H
5
OH
m dd X giảm = mCaCO
3
- mCO
2

→
mCO
2
= 330- 132 =198 gam
→

nCO
2
= 4,5 mol
→
nTinh
bột pư = 2,25 mol
→
nTinh bột cần dùng = 2,25:90% = 2,5 mol
→
mtinh bột = 2,5.162 = 405
gam.

Câu 46: Hóa hơi 15,52 gam hỗn hợp gồm một axit no đơn chức X và một axit no đa chức Y (số
mol X lớn hơn số mol Y), thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 5,6 gam N
2
(đo cùng trong
điều kiện nhiệt độ, áp suất). Nếu đốt cháy toàn bộ hỗn hợp hai axit trên thì thu được 10,752 lít CO
2

(đktc) . Công thức cấu tạo của X, Y lần lượt là :
A. CH
3
-CH
2
-COOH và HOOC-COOH. B. CH
3
-COOH và HOOC-CH
2
-CH
2

-COOH.
C. H-COOH và HOOC-COOH. D. CH
3
-COOH và HOOC-CH
2
-COOH.
Giải :
Khối lượng mol trung bình của X là 15,52 : 0,2 =77,6
Số nguyên tử C trung bình của X là : 0,48 : 0,2 = 2,4
Suy ra loại được C.
● Vì số C trung bình là 2,4 và số mol X lớn hơn số mol Y nên X có số C ít hơn (do trung bình
cộng của 2 và 3 là 2,5 và do trung bình cộng của 2 và 4 là 3). Vậy loại thêm được A
Thử trường hợp B :
60x 118y 15,52 x 1,36
2x 4y 0,48 y 0,56
+ = =
 
→
 
+ = = −
 

→
Loại B
Vậy D đúng.

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 47: Nhóm những chất khí (hoặc hơi) nào dưới đây đều gây hiệu ứng nhà kính khi nồng độ của
chúng trong khí quyền vượt quá tiêu chuẩn cho phép ?
A. N

2
và CO. B. CO
2
và O
2
. C. CH
4
và H
2
O. D. CO
2
và CH
4
.
Giải : Nhóm những chất khí (hoặc hơi) đều gây hiệu ứng nhà kính khi nồng độ của chúng
trong khí quyền vượt quá tiêu chuẩn cho phép là CO
2
và CH
4
.

Câu 48: Cho 2,7 gam hỗn hợp bột X gồm Fe và Zn tác dụng với dung dịch CuSO
4
. Sau một thời
gian, thu được dung dịch Y và 2,84 gam chất rắn Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch H
2
SO
4
(loãng,
dư). sau khi các phản ứng kết thúc thì khối lượng chất rắn giảm 0,28 gam và dung dịch thu được chỉ

chứa một muối duy nhất. Phần trăm khối lượng của Fe trong X là :
A. 58,52%. B. 51,85%. C. 48,15%. D. 41,48%.

Giải : Theo giả thiết suy ra chỉ có Fe dư sau phản ứng với CuSO
4
Gọi nZn pư là x ; nFe pư = y mol ; nFe dư (0,28:56 = 0,005 mol) là z, ta có hệ phương trình :
65x 56(y z) 2,7 x 0,02
2,7 65x 56y 64x 64y 2,84 y 0,02
z 0,005 z 0,005
+ + = =
 
 
− − + + = → =
 
 
= =
 

Phần trăm khối lượng của Fe trong X là :
0,025.56
.100 51,85%
2,7
=


Câu 49: Cho hỗn hợp X gồm Fe
2
O
3
, ZnO và Cu tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được dung

dịch Y và phần không tan Z. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH (loãng, dư) thu được kết tủa là :
A. Fe(OH)
3
và Zn(OH)
2
.

B. Fe(OH)
2
, Cu(OH)
2
và Zn(OH)
2
.
C. Fe(OH)
3
. D. Fe(OH)
2
và Cu(OH)
2
.
Giải : Fe
2
O
3
, ZnO tan hết trong HCl
Fe
2
O
3

phản ứng với HCl tạo ra Fe
3+

, Cu phản ứng với Fe
3+
tạo ra Fe
2+
và Cu
2+
. Do sau phản
ứng còn chất rắn Cu nên trong dung dịch Y chứa Fe
2+
, Cu
2+
,Zn
2+
.
Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH (loãng, dư) thu được kết tủa là : Fe(OH)
2
và Cu(OH)
2
vì
Zn(OH)
2
tan hết.

Câu 50: X, Y ,Z là các hợp chất mạch hở, bền có cùng công thức phân tử C
3
H
6

O. X tác dụng được
với Na và không có phản ứng tráng bạc. Y không tác dụng với Na nhưng có phản ứng tráng bạc, Z
không tác dụng được với Na và không có phản ứng tráng bạc. Các chất X, Y, Z lần lượt là :
A. CH
2
=CH-CH
2
-OH, CH
3
-CH
2
-CHO, CH
3
-CO-CH
3
.
B. CH
2
=CH-CH
2
-OH, CH
3
-CO-CH
3
, CH
3
-CH
2
-CHO.
C. CH

3
-CH
2
-CHO, CH
3
-CO-CH
3
, CH
2
=CH-CH
2
-OH.
D. CH
3
-CO-CH
3
, CH
3
-CH
2
-CHO, CH
2
=CH-CH
2
-OH.
Giải :
Theo giả thiết suy ra các chất X, Y, Z lần lượt là :
CH
2
=CH-CH

2
-OH, CH
3
-CH
2
-CHO, CH
3
-CO-CH
3
.




Giỏo viờn Nguyn Minh Tun T Húa THPT Chuyờn Hựng Vng Phỳ Th
B. Theo chng trỡnh Nõng cao (10 cõu, t cõu 51 n cõu 60)

Cõu 51: Phỏt biu no sau õy v anehit v xeton l sai ?
A. Hiro xianua cng vo nhúm cacbonyl to thnh sn phm khụng bn.
B. Axeton khụng phn ng c vi nc brom.
C. Axetanehit phn ng c vi nc brom.
D. Anehit fomic tỏc dng vi H
2
O to thnh sn phm khụng bn.
Gii :
Phỏt biu sai l : Hiro xianua cng vo nhúm cacbonyl to thnh sn phm khụng bn.
Vỡ >C=O + HCN

>C(OH)CN l hp cht bn

Cõu 52: Khụng khớ trong phũng thớ nghim b ụ nhim bi khớ clo. kh c, cú th xt vo
khụng khớ dung dch no sau õy ?
A. Dung dch NH
3
.

B. Dung dch NaCl.
C. Dung dch NaOH. D. Dung dch H
2
SO
4
loóng.
Gii :
kh c khớ clo, cú th xt vo khụng khớ dung dch NH
3
vỡ NH
3
phn ng c vi HCl
to ra mui amoni khụng c v NH
3
d dng chuyn sang dng khớ phn ng vi khớ Cl
2
.
Khụng dung NaOH v õy l clo trong khụng khớ.

Cõu 53: Thy phõn hon ton 60 gam hn hp hai ipetit thu c 63,6 gam hn hp X gm cỏc
amino axit (cỏc amino axit ch cú mt nhúm amino v mt nhúm cacboxyl trong phõn t). Nu cho
1
10
hn hp X tỏc dng vi dung dch HCl (d), cụ cn cn thn dung dch, thỡ lng mui khan thu

c l :
A. 7,09 gam. B. 16,30 gam C. 8,15 gam D. 7,82 gam.
Gii :
nH
2
O =(63,6-60):18 = 0,2 mol ; nAmino axit = 2.nH
2
O = 0,4 mol (Vỡ peptit em thy phõn l
ipeptit)
nHCl p = nAmino axit = 0,4 mol
ipeptit + H
2
O

+ HCl

mui
Vy m =
1
10
(60 + 0,2.18+0,4.36,5) = 7,82 gam
Cõu 54 : Cho s phn ng :
CHCH
HCN+

X
X
Truứng hụùp

polime Y

X + CH
2
=CH-CH=CH
2

ẹong truứng hụùp

polime Z
Y v Z ln lt dựng ch to vt liu polime no sau õy ?
A.T capron v cao su buna. B. T nilon-6,6 v cao su cloropren.
C. T olon v cao su buna-N. D. T nitron v cao su buna-S.
Gii :
T gi thit suy ra Y v Z ln lt dựng ch to vt liu polime l t olon v cao su buna-N

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 55: Hòa tan hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe
3
O
4
vào dung dịch H
2
SO
4
(loãng, rất
dư) sau khi các phản ứng kết thúc chỉ thu được dung dịch X. Dung dịch X làm mất màu vừa đủ 100
ml dung dịch KMnO
4
0,1M. Giá trị của m là :
A. 1,24. B. 3,2. C. 0,64. D. 0,96.
Giải :

nFe
3
O
4
= 0,02 mol
→
Khi Fe
3
O
4
phản ứng với H
2
SO
4
thì nFe
2+

tạo thành = 0,02 mol
mặt khác nFe
2+

= 5 nMnO
4
-

= 0,05
→
đã có 0,03 mol Fe
2+

tạo ra từ phản ứng của Cu với Fe
3+
.
Theo bảo toàn electron ta có 2.nCu = nFe
3+

→
nCu = 0,015 mol
→
mCu = 0,96 gam

Câu 56: Hiện tượng xảy ra khi nhỏ vài giọt dung dịch H
2
SO
4
vào dung dịch Na
2
CrO
4
là :
A. Dung dịch chuyển từ màu vàng sau không màu.
B. Dung dịch chuyển từ màu da cam sang màu vàng.
C. Dung dịch chuyển từ màu vàng sang màu da cam.
D. Dung dịch chuyển từ không màu sang màu da cam
Giải :
H
2
SO
4
+ 2Na

2
CrO
4

→
Na
2
Cr
2
O
7
+ Na
2
SO
4
+ H
2
O

Hiện tượng xảy ra khi nhỏ vài giọt dung dịch H
2
SO
4
vào dung dịch Na
2
CrO
4
là :
Dung dịch chuyển từ màu vàng (màu của dung dịch Na
2

CrO
4)
sang màu da cam (màu của
dung dịch Na
2
Cr
2
O
7)

Câu 57: Cho các phản ứng sau:
Fe + 2Fe(NO
3
)
3

→
3Fe(NO
3
)
2

AgNO
3
+ Fe(NO
3
)
2

→

Fe(NO
3
)
3
+ Ag
Dãy sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính oxi hóa các ion kim loại là:
A. Ag
+
, Fe
2+
, Fe
3+
. B. Fe
2+
, Fe
3+
, Ag
+
.

C. Fe
2+
, Ag
+
, Fe
3+
.

D. Ag
+

, Fe
3+
, Fe
2+
.

Giải :
Fe + 2Fe
3+

→
Fe
2+
+ 2Fe
2+
Từ phản ứng suy ra : Tính khử Fe>Fe
2+
; Tính oxi hóa Fe
3+
> Fe
2+
Ag
+
+ Fe
2+

→
Fe
3+
+ Ag

Từ phản ứng suy ra : Tính khử Fe
2+
>Ag

; Tính oxi hóa Ag
+
> Fe
3+
Vậy dãy sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính oxi hóa các ion kim loại là: Fe
2+
, Fe
3+
, Ag
+
.

Câu 58: Đốt cháy hoàn toàn 0,11 gam một este X ( tạo nên từ một axit cacboxylic đơn chức và một
ancol đơn chức) thu được 0,22 gam CO
2
và 0,09 gam H
2
O. Số este đồng phân của X là:
A. 2. B. 5. C. 6. D. 4.
Giải :
Số mol CO
2
bằng số H
2
O bằng 0,005 nên X là no, đơn chức : C
n

H
2n
O
2
C
n
H
2n
O
2
→

nCO
2
0,11
14n 32
+

0,11.n
0,005
14n 32
=
+
→
n=4
Số este đồng phân của X là: 4
HCOOC-C-C ; HCOOC(C)C ; C-COO-C-C ; C-C-COO-C

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 59: Dung dịch X gồm CH

3
COOH 1M (K
a
= 1,75.10
-5
) và HCl 0,001M. Giá trị pH của dung
dịch X là:
A. 2,43 . B. 2,33 . C. 1,77. D. 2,55.
Giải :
HCl
→

H
+
+ Cl
-
(1)

C
o
: 0,001 0,001 0,001
CH
3
COOH
€
CH
3
COO
-

+ H
+
(2)

C
o
: 1 0 0
C : x x x
Từ (1) và (2) ta thấy: Tại thời điểm cân bằng
[CH
3
COOH] = 1- x ; [CH
3
COO
-
] = x ; [H
+
] = 0,001 + x
Biểu thức tính K
C
=
(0,001 x).x
1 x
+
=
−
1,75.10
-5
Giải phương trình
→

x= 3,705.10
-3

→

pH = - lg(0,001+3,705.10
-3
) = 2,33

Câu 60: Cho dãy chuyển hóa sau
Benzen
2 4
o
C H
t , xt
+
→
X
2
Br , as
1:1
+
→
Y
2 5
o
KOH/ C H OH
t
+
→

Z (trong đó X, Y, Z là sản phẩm chính)
Tên gọi của Y, Z lần lượt là :
A. benzylbromua và toluen. B. 1-brom-1-phenyletan và stiren.
C. 2-brom-1pheny1benzen và stiren. D. 1-brom-2-phenyletan và stiren.
Giải :
Benzen
2 4
o
C H
t , xt
+
→
C
6
H
5
CH
2
CH
3

2
Br , as
1:1
+
→
C
6
H
5

CHClCH
3

2 5
o
KOH/ C H OH
t
+
→
C
6
H
5
CH=CH
2

Tên gọi của Y, Z lần lượt là : 1-brom-1-phenyletan và stiren.

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn thi : HÓA HỌC, khối B - Mã đề : 794

Cho biết nguyên tử khối (theo đvC) của các nguyên tố :
H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5;
K = 39; Ca = 40; Cr = 52, Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Sr = 88; Ag=108; Sn
= 119; Ba = 137.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40)
Câu 1: Hỗn hợp X gồm Fe(NO
3
)
2
, Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
. Thành phần % khối lượng của nitơ trong
X là 11,864%. Có thể điều chế được tối đa bao nhiêu gam hỗn hợp ba kim loại từ 14,16 gam X ?
A. 10,56 gam. B. 7,68 gam. C. 3,36 gam. D. 6,72 gam.
Giải :

Cách 1
Ta thấy :
O
N
m
16.3 %O
%O 40,6765%
m 14 11,864%
%(Fe,Ag,Cu) (100 11,864 40,6765)% 47,4595%
= = → =
→ = − − =

Vậy m(Ag, Fe, Cu) = 47,4595%.14,16 = 6,72 gam.
Cách 2
m
N
= 11,864%.14,16 = 1,68 gam
→
nNO
3
-
= nN = 1,68 : 14 =0 ,12 mol
→
m(Ag, Fe, Cu) = m(Fe(NO
3
)
2
, Cu(NO
3
)

2
và AgNO
3
) - mNO
3
-

= 14,16 – 0,12.62 = 6,72 gam

Câu 2: Cho dãy các chất: phenyl axetat, anlyl axetat, metyl axetat, etyl fomat, tripanmitin. Số chất
trong dãy khi thủy phân trong dung dịch NaOH (dư), đun nóng sinh ra ancol là :
A. 4. B. 2. C. 5. D. 3.
Giải :
CH
3
COOCH
2
CH=CH
2
+ NaOH
→
CH
3
COONa + CH
2
=CHCH
2
OH
CH
3

COOCH
3
+ NaOH
→
CH
3
COONa + CH
3
OH
HCOOCH
2
CH
3
+ NaOH
→
HCOONa + CH
3
CH
2
OH
C
3
H
5
(OOCC
15
H
31
)
3

+ 3NaOH
→
C
3
H
5
(OH)
3
+ C
15
H
31
COONa

Câu 3*: Cho 200 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7 tác dụng vừa đủ với một lượng
NaOH, thu được 207,55 gam hỗn hợp muối khan. Khối lượng NaOH đã tham gia phản ứng là :
A. 31 gam. B. 32,36 gam. C. 30 gam. D. 31,45 gam.
Giải :
Số mol NaOH = số mol KOH dùng để trung hòa axit béo tự do là :
200.7
0,025mol
1000.56
=

Sơ đồ phản ứng :
Chất béo + NaOH (trung hòa axit) + NaOH (thủy phân)
→
muối + C
3
H

5
(OH)
3
+ H
2
O
mol : 0,025 n n/3 0,025
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
200+ 0,025.40 + 40n = 207,55 + 92.(n/3) + 0,025.18
→
n= 0,75
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Vậy khối lượng của NaOH là : (0,025 + 0,75).40 = 31 gam

Câu 4: Thực hiện các thí nghiệm với hỗn hợp gồm Ag và Cu (hỗn hợp X):
(a) Cho X vào bình chứa một lượng dư khí O
3
(ở điều kiện thường).
(b) Cho X vào một lượng dư dung dịch HNO
3
(đặc).
(c) Cho X vào một lượng dư dung dịch HCl (không có mặt O
2
).
(d) Cho X vào một lượng dư dung dịch FeCl
3
.
Thí nghiệm mà Cu bị oxi hóa còn Ag không bị oxi hóa là :
A. (a). B. (b). C. (d). D. (c).
Giải :

Cu + 2Fe
3+
→
Cu
2+
+ 2Fe
2+
Ag + Fe
3+
: Không có phản ứng

Câu 5*: Khi cho 0,15 mol este đơn chức X tác dụng với dung dịch NaOH (dư), sau khi phản ứng
kết thúc thì lượng NaOH phản ứng là 12 gam và tổng khối lượng sản phẩm hữu cơ thu được là 29,7
gam. Số đồng phân cấu tạo của X thỏa mãn các tính chất trên là :
A. 4. B. 5. C. 6. D. 2.
Giải :
nNaOH : nEste = 2:1
→
đó là este tạo bởi axit và phenol (vì đề cho X là đơn chức)
RCOOR` + 2NaOH
→
RCOONa + R`ONa + H
2
O
0,15 0,3 0,15
mEste =29,7 + 0,15.18 – 12 =20,4 gam
→
KLPT của este là 136
→
CTPT C

8
H
8
O
2
Các đồng phân của E: C-COO-C
6
H
5
; HCOO–C
6
H
4
– CH
3
(có 3 đồng phân o,p,m). Tổng cộng
có 4 đp.

Câu 6*: Cho phản ứng :
C
6
H
5
-CH=CH
2
+ KMnO
4

→
C

6
H
5
-COOK + K
2
CO
3
+ MnO
2
+ KOH + H
2
O
Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hóa học của phản ứng trên là :
A. 27. B. 31. C. 24. D. 34.
Giải :
3C
6
H
5
CH=CH
2
+ 10KMnO
4

→
3C
6
H
5
COOK + 10MnO

2
+ 3K
2
CO
3
+ KOH + 4H
2
O

3
1 2 3 +4 2
3
C H C H C OOK +C O 10e
− − + −
= → +

10
7 4
Mn 3e Mn
+ +
+ →


Câu 7: Cho dãy các oxi sau: SO
2
, NO
2
, NO, SO
3
, CrO

3
, P
2
O
5
, CO, N
2
O
5
, N
2
O. Số oxit trong dãy
tác dụng được với H
2
O ở điều kiện thường là :
A. 5. B. 6. C. 8. D. 7.
Giải :
SO
2
+ H
2
O
€
H
2
SO
3
NO
2
+ H

2
O
→
HNO
3
+ NO

SO
3
+ H
2
O
→
H
2
SO
4
CrO
3
+ H
2
O
→
H
2
CrO
4
+ H
2
Cr

2
O
7
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
P
2
O
5
+ H
2
O
→
H
3
PO
4
N
2
O
5
+ H
2
O
→
HNO
3
(Học sinh tự cân bằng phản ứng)

Câu 8: Để luyện được 800 tấn gang có hàm lượng sắt 95% , cần dùng x tấn quặng manhetit chứa
80% Fe

3
O
4
(còn lại là tạp chất không chứa sắt). Biết rằng lượng sắt bị hao hụt trong quá trình sản
xuất là 1%. Giá trị của x là :
A. 959,59. B. 1311,90. C. 1394,90. D. 1325,16.
Giải :
Khối lượng Fe trong gang là 800.0,95 = 760 tấn
Khối lượng Fe
3
O
4
chứa 760 tấn Fe là
232.760
1049,52
56.3
=
tấn
Khối lượng quặng tham gia phản ứng là 1049,5/80% =1311,9 tấn
Khối lượng quặng đem tham gia phản ứng là 1311,9/99%=1325,16 tấn.

Câu 9: Triolein không tác dụng với chất (hoặc dung dịch) nào sau đây ?
A. H
2
O (xúc tác H
2
SO
4
loãng, đun nóng). B. Cu(OH)
2

(ở điều kiện thường).
C. Dung dịch NaOH (đun nóng). D. H
2
(xúc tác Ni, đun nóng).
Giải :
Este có phản ứng thủy phân trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm, phản ứng với chất
khử LiAlH
4
(khử nhóm CO thành nhóm CH
2
OH). Nếu là este không no thì có phản ứng ở gốc
hiđrocacbon như phản ứng cộng, phản ứng trùng hợp, este no còn có phản ứng thế halogen ở
gốc hiđrocacbon.

Câu 10: Cho các phản ứng:
(a) Sn + HCl (loãng)
→
(b) FeS + H
2
SO
4
(loãng)
→

(c) MnO
2
+ HCl (đặc)
o
t
→

(d) Cu + H
2
SO
4
(đặc)
o
t
→

(e) Al + H
2
SO
4
(loãng)
→
(g) FeSO
4
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4

→

Số phản ứng mà H
+
của axit đóng vai trò oxi hóa là :
A. 3. B. 6. C. 2. D. 5.

Giải :
(a) Sn + HCl (loãng)
→
SnCl
2
+ H
2
(e) Al + H
2
SO
4
(loãng)
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ H
2
(Học sinh tự cân bằng phản ứng)

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 11: Cho sơ đồ phản ứng :
(1) X + O
2

o
xt, t
→
axit cacboxylic Y
1

(2) X + H
2

o
xt, t
→
ancol Y
2

(3) Y
1
+ Y
2

o
xt, t
→

←
Y
3
+ H
2
O
Biết Y
3
có công thức phân tử C
6
H
10
O
2
. Tên gọi của X là :
A. anđehit acrylic. B. anđehit propionic.
C. anđehit metacrylic. D. anđehit axetic.
Giải :
2CH
2
=CH-CHO + O
2
→
CH
2
=CH-COOH
CH
2
=CH-CHO + H
2

→
CH
3
CH
2
CH
2
OH
CH
3
CH
2
CH
2
OH + CH
2
=CH-COOH
o
xt, t
→
←
CH
2
=CH-COOCH
2
CH
2
CH
3
+ H

2
O

Câu 12: Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Nung NH
4
NO
3
rắn.
(b) Đun nóng NaCl tinh thể với dung dịch H
2
SO
4
(đặc).
(c) Sục khí Cl
2
vào dung dịch NaHCO
3
.
(d) Sục khí CO
2
vào dung dịch Ca(OH)
2
(dư).
(e) Sục khí SO
2
vào dung dịch KMnO
4
.
(g) Cho dung dịch KHSO

4
vào dung dịch NaHCO
3
.
(h) Cho PbS vào dung dịch HCl (loãng).
(i) Cho Na
2
SO
3
vào dung dịch H
2
SO
4
(dư) , đun nóng.
Số thí nghiệm sinh ra chất khí là :
A. 2. B. 6. C. 5. D.4.
Giải :
(a) : khí là N
2
O : NH
4
NO
3
o
t
→
N
2
O + H
2

O
(b): khí là HCl : NaCl tinh thể + H
2
SO
4
đặc
o
t
→
HCl + NaHSO
4
(hoặc Na
2
SO
4
)
(c): khí là CO
2
: Cl
2
+ H
2
O
€
HCl + HClO
HCl + NaHCO
3

→
NaCl + CO

2
+ H
2
O
(g): khí là CO
2
: KHSO
4
+ NaHCO
3

→
Na
2
SO
4
+ K
2
SO
4
+ CO
2
+ H
2
O
(i) : khí là SO
2
: H
2
SO

4
+ Na
2
SO
3

→
Na
2
SO
4
+ SO
2
+ H
2
O
(Học sinh tự cân bằng phản ứng)

Câu 13: Dung dịch X gồm 0,1 mol H
+
, z mol Al
3+
, t mol NO
3
-
và 0,02 mol SO
4
2-
. Cho 120 ml dung
dịch Y gồm KOH 1,2M và Ba(OH)

2
0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 3,732
gam kết tủa. Giá trị của z, t lần lượt là :
A. 0,020 và 0,012. B. 0,020 và 0,120. C. 0,012 và 0,096. D. 0,120 và 0,020.
Giải :
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : 0,1 + 3z = t + 0,04
nBa
2+

=0,012 < nSO
4
2-
= 0,02
→
nBaSO
4
= 0,012 mol
→
mBaSO
4
= 2,796 gam
→
mAl(OH)
3
=
3,732 - 2,796 = 0,936 gam
→
nAl(OH)
3
= 0,012 mol.

nOH
-
=0,168, nOH
-
dùng trung hòa H
+
= 0,1
→
nOH
-
dùng phản ứng với Al
3+
= 0,068 >
0,012.3=0,036 mol mol OH
-
trong kết tủa
→
số mol OH
-
trong Al(OH)
4
-
=0,068 – 0,036 = 0,032.
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Vậy z = nAl
3+
= nAl(OH)
3
+ nAl(OH)
4

-
= 0,012 + (0,032 : 4) = 0,02 mol = z
→
t=0,12
(Các bạn tự viết phản ứng)
Câu 14: Dãy gồm các kim loại có cùng kiểu mạng tinh thể lập phương tâm khối là :
A. Na, K, Ba. B. Mg, Ca, Ba. C. Na, K , Ca. D. Li , Na, Mg.
Giải :
Na, K, Ba

Câu 15: Phát biểu nào sau đây là sai ?
A. Na
2
CO
3
là nguyên liệu quan trọng trong công nghiệp sản xuất thủy tinh.
B. Ở nhiệt độ thường, tất cả kim loại kiềm thổ đều tác dụng được với nước.
C. Nhôm bền trong môi trường không khí và nước là do có màng oxit Al
2
O
3
bền vững bảo
vệ.
D. Theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, nhiệt độ nóng chảy của kim loại kiềm giảm
dần.
Giải :
Phát biểu nào sau đây là sai : Ở nhiệt độ thường, tất cả kim loại kiềm thổ đều tác dụng được
với nước. Ta biết ở nhiệt độ thường chỉ có Ca, Ba, Sr là phản ứng được với nước.

Câu 16: Phát biểu nào sau đây là sai ?

A. Tinh thể nước đá, tinh thể iot đều thuộc loại tinh thể phân tử.
B. Trong tinh thể NaCl, xung quanh mỗi ion đều có 6 ion ngược dấu gần nhất.
C. Tất cả các tinh thể phân tử đều khó nóng chảy và khó bay hơi.
D. Trong tinh thể nguyên tử, các nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị.
Giải :
Phát biểu nào sau đây là sai : Tất cả các tinh thể phân tử đều khó nóng chảy và khó bay hơi.
Các tinh thể phân tử rất kém bền do giữa các phân tử không có sự liên kết hóa học với nhau.

Câu 17: Để hiđro hóa hoàn toàn 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai anđehit có khối lượng 1,64 gam,
cần 1,12 lít H
2
(đktc). Mặt khác, khi cho cũng lượng X trên phản ứng với một lượng dư dung dịch
AgNO
3
trong NH
3
thì thu được 8,64 gam Ag. Công thức cấu tạo của hai anđehit trong X là :
A. OHC-CH
2
-CHO và OHC-CHO. B. H-CHO và OHC-CH
2
-CHO.
C. CH
2
=C(CH
3
)-CHO và OHC-CHO. D. CH
2
=CH-CHO và OHC-CH
2

-CHO.
Giải :
Giải :
KLPT trung bình của hai anđehit là : 1,64: 0,025= 65,6
nH
2
: n (hai anđehit) = 2: 1
→
Vậy hai anđehit đều cộng hiđro theo tỉ lệ 1:2
→
Loại B.
nAg : n (hai anđehit) = 3,2
→
Loại được A.
Thử một trong hai trường hợp C hoặc D. Giả sử C đúng, ta có :
x y 0,025 x 0,01
2x 4y 0,08 y 0,015
+ = =
 
→
 
+ = =
 
→
m (hai anđehit) = 70.0,01 +58.0,015 =1,57 (loại) vì m (hai
anđehit) =1,64 gam.

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 18: Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin và vinylaxetilen có tỉ khối so với H
2

là 17. Đốt
cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)
2

(dư) thì khối lượng bình tăng thêm m gam. Giá trị của m là :
A. 5,85. B. 3,39 . C. 6,6. D. 7,3.
Giải :
Cách 1
Đặt công thức chung của các chất là C
x
H
4
→
12x+4 =17.2
→
x = 2,5
Khối lượng dung dịch Ca(OH)
2
tăng bằng mCO
2
+ mH
2
O = 0,05.2,5.44 + 0,05.2.18=7,3 gam
Cách 2
Đặt công thức chung của các chất là C
x
H
4
(0,05 mol)
→

nH=0,05.4 mol
→
nH
2
O =0,05.2 = 0,1 mol
Ta có mC + mH = 12.nC + 0,05.4 = 0,05.17.2
→
nC = 0,125 mol
→
nCO
2
= 0,125 mol
Khối lượng dung dịch Ca(OH)
2
tăng bằng mCO
2
+ mH
2
O = 0,125.44 + 0,1.18=7,3 gam

Câu 19: Nhiệt phân 4,385 gam hỗn hợp X gồm KClO
3
và KMnO
4
, thu được O
2
và m gam chất rắn
gồm K
2
MnO

4
, MnO
2
và KCl. Toàn bộ lượng O
2
tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu được 0,896
lít hỗn hợp khí Y (đktc) có tỉ khối so với H
2
là 16. Thành phần % theo khối lượng của KMnO
4
trong
X là :
A. 62,76%. B. 74,92%. C. 72,06%. D. 27,94%.
Giải :
Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp Y gồm CO
2
và CO (vì KLPTTB của Y là 32) :
2
2
CO
O
CO
n
44 16.2 12 3 0,03 0,03 0,01.2
n 0,025 mol
n 16.2 28 4 1 0,01 2
− +
= = = = → = =
−

2KMnO
4

o
t
→
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
x 0,5x
2KClO
3

o
t
→
2KCl + 3O
2
y 1,5y
Ta có hệ phương trình :
158x 122,5y 4,385 x 0,02
0,5x 1,5y 0,025 y 0,01
+ = =
 
→

 
+ = =
 

%mKMnO
4
= 72,06%.

Câu 20*: Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO
2

và H
2
. Cho toàn bộ X tác dụng hết với CuO (dư) nung nóng, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan
toàn bộ Y bằng dung dịch HNO
3
(loãng, dư) được 8,96 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Phần trăm thể tích khí CO trong X là :
A. 18,42%. B. 28,57%. C. 14,28%. D. 57,15%.
Giải :
H
2
O + C
→
CO + H
2
x x x
2H
2
O + C

→
CO
2
+ 2H
2
2y y 2y
Theo phương trình và theo giả thiết ta có : 2x + 3y = 0,7 (1)
CO +CuO
→
CO
2
+ Cu
Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
H
2
+ CuO
→
H
2
O + Cu
Áp dụng bảo toàn eletron ta có : 2nCO+ 2nH
2
=2nCu =3nNO
→
nCO + nH
2
= 0,6 mol
→

2x +2y = 0,6 (2)

Từ các phương trình (1), (2) ta có : x = 0,2 ; y = 0,1
Vậy %CO = 28,57%
Câu 21: Hòa tan chất X vào nước thu được dung dịch trong suốt, rồi thêm tiếp dung dịch chất Y thì
thu được chất Z (làm vẩn đục dung dịch). Các chất X, Y, Z lần lượt là :
A. phenol, natri hiđroxit, natri phenolat.
B. natri phenolat, axit clohiđric, phenol.
C. phenylamoni clorua, axit clohiđric, anilin.
D. anilin, axit clohiđric, phenylamoni clorua.
Giải :
C
6
H
5
ONa + H
2
O
→
Tạo ra dung dịch C
6
H
5
ONa trong suốt
C
6
H
5
ONa + HCl
→
C
6

H
5
OH
↓
(làm dung dịch vẩn đục) + NaCl

Câu 22*: Cho 1,82 gam hỗn hợp bột X gồm Cu và Ag (tỉ lệ số mol tương ứng 4 : 1) vào 30 ml
dung dịch gồm H
2
SO
4
0,5M và HNO
3
2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a mol
khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N
+5
). Trộn a mol NO trên với 0,1 mol O
2
thu được hỗn hợp khí
Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với H
2
O, thu được 150 ml dung dịch có pH = z. Giá trị của z là :
A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.
Giải :
Cách 1
nCu = 0,02 ; nAg =0,005
→
Tổng số mol e cho tối đa = 0,02.2 +0,005.1 = 0,45
nH
+

= 0,09 mol; nNO
3
-
= 0,06 (dư)
4H
+
+NO
3
-
+ 3e
→
NO + 2H
2
O
0,06 0,045 0,015
Ag, Cu đã phản ứng hết.
2NO + O
2

→
2NO
2

0,015 0,0075 0,015
4NO
2
+ O
2
+ 2H
2

O
→
4HNO
3

0,015 0,015
Nồng độ mol HNO
3
=0,015:0,15 = 0,1M. Vậy pH= 1
Cách 2
nCu = 0,02 ; nAg =0,005
→
Tổng số mol e cho tối đa = 0,02.2 +0,005.1 = 0,45
nH
+
= 0,09 mol; nNO
3
-
= 0,06 (dư)
4H
+
+NO
3
-
+ 3e
→
NO + 2H
2
O
0,06 0,045 0,015

Ag, Cu đã phản ứng hết.
Ta thấy N
+2
O
2
O
→
NO
2
2 2
H O, O
→
HN
+5
O
3
Nhân xét : 3.nNO < 4.nO
2
. Vậy O
2
dư nên NO chuyển hết thành HNO
3
→
nHNO
3
= nNO = 0,015
Nồng độ mol HNO
3
=0,015:0,15 = 0,1M
→

pH= 1

Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Câu 23: Cho cân bằng hóa học sau: 2SO
2
(k) + O
2
(k)
€
2SO
3
(k) ; ∆H < 0
Cho các biện pháp : (1) tăng nhiệt độ, (2) tăng áp suất chung của hệ phản ứng, (3) hạ nhiệt độ, (4)
dùng thêm chất xúc tác V
2
O
5
, (5) giảm nồng độ SO
3
, (6) giảm áp suất chung của hệ phản ứng.
Những biện pháp nào làm cân bằng trên chuyển dịch theo chiều thuận ?
A. (2), (3), (4), (6). B. (1), (2), (4). C. (1), (2), (4), (5). D. (2), (3), (5).
Giải :
(2) tăng áp suất chung của hệ phản ứng : Do khi tăng áp suất cân bằng chuyển dịch theo chiều
làm giảm áp suất (chiều làm số phân tử khí)
3) hạ nhiệt độ : Hạ nhiệt độ cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều phản ứng tỏa nhiệt (∆H < 0)
(5) giảm nồng độ SO
3
: Cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm tăng nồng độ của SO
3

Câu 24*: Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl
3
x mol/lít và Al
2
(SO
4
)
3
y mol/lít tác dụng với 612 ml
dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho
400 ml E tác dụng với dung dịch BaCl
2
(dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tỉ lệ x : y là :
A. 4 : 3. B. 3 : 4. C. 7 : 4. D. 3 : 2.
Giải :
Số mol Al
3+
= 0,4x +0,8y; nSO
4
2-
=1,2y mol
Số mol BaSO
4
=0,144 mol = nSO
4
2-
=1,2y
→
y= 0,12

nOH
-
=0,612 mol; nAl(OH)
3
= 0,108 mol
→
nOH
-
trong kết tủa =0,324 < 0,612
→
số mol OH
-

trong Al(OH)
4
-
=0,288 mol
→
0,4x +0,8y=0,108 + (0,288:4)
→
x= 0,21
→
x:y=7:4

Câu 25*: Hỗn hợp X gồm O
2
và O
3
có tỉ khối so với H
2

là 22. Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và
etylamin có tỉ khối so với H
2
là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn V
1
lít Y cần vừa đủ V
2
lít X (biết sản
phẩm cháy gồm CO
2
, H
2
O và N
2
, các chất khí khi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V
1
:
V
2
là :
A. 3 : 5 B. 5 : 3 C. 2 : 1 D. 1 : 2
Giải :
Đặt CTPT trung bình của 2 amin là C
n
H
2n +3
N
→
n =4/3
Quy đổi O

3
, O
2
thành O, m(O
3
, O
2
) =mO
2C
n
H
2n +3
N
→
2nCO
2
+ (2n+3)H
2
O
mol : 1 n (2n+3)/2
nO =2n+(2n+3)/2 =5,5 mol
→
m(O
3
, O
2
) =mO=88gam
→
n(O
3

, O
2
)= 88:44=2
Vậy V
Y
:V
X
= 1:2

Câu 26: Hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức Y và Z (biết phân tử khối của Y nhỏ hơn của Z).
Cho 1,89 gam X tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO
3
trong NH
3
, sau khi các phản ứng kết
thúc, thu được 18,36 gam Ag và dung dịch E. Cho toàn bộ E tác dụng với dung dịch HCl (dư), thu
được 0,784 lít CO
2
(đktc). Tên của Z là :
A. anđehit propionic. B. anđehit butiric.
C. anđehit axetic. D. anđehit acrylic.
Giải :
Vì cho HCl vào dung dịch sau phản ứng tráng gương có CO
2
chứng tỏ trong dung dịch đó
có(NH
4
)
2

CO
3
. Vậy trong hỗn hợp anđehit ban đầu có HCHO
HCHO
→
4Ag + (NH
4
)
2

CO
3
→
CO
2

0,035
←
0,14
←
0,035