TỔNG HỢP CÁCH GIẢI MÔN HÓA KHỐI A 2013

PHÙNG KHẮC NGUYÊN
BỘ GIÁO DỤC ĐẦO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : HÓA HỌC, Khối A
(Đề thi có 05 trang) Thời gian làm bài : 90 phút, không kể thời gian phát đề

Họ và tên thí sinh : ………………………………………………………
Số báo danh : ……………………………………………………………
Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố :
H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5;
P = 31; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108; Ba = 137.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40)
Câu 1 : Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe
2
O
3
và m gam Al. Nung X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí,
thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng (dư), thu được 4a
mol khí H
2
. Phần hai phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được a mol khí H
2
. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị
của m
Cách 1 :
•
Khi nung X : 2Al + Fe
2

O
3

→
2Fe + Al
2
O
3

•
Từ mol Fe
2
O
3
= 0,1
→
Rắn Y mỗi phần :







−
=+
1,0
27.2
m
:Al

135,0
2.56
92,3
1,0:Fe
du

•
bt e : 3n
Al(dư)
+ 2n
Fe
= 2.4a (1)
và : 3n
Al(dư)
= 2.a (2)
•
Thay (2) vào (1)
→
a = 0,045
•
Từ (2)
→
m = 7,02
Cách 2 :
Số mol Fe = 0,07, Fe
2
O
3
= 0,1
Do phản ứng hoàn toàn nên:

Fe
2
O
3
+ 2Al Al
2
O
3
+ 2Fe
0,1 0,2 0,2
Fe + 2H
+
H
2
+ Fe
2+

0,135 0,135
Al + 3H
+
1,5H
2
+ Al
3+

x 1.5x Al + OH
-
+ H
2
O 1,5H

2
+ Al
3+

x 1,5x
Ta có: 0,135 + 1,5x = 4a và 1,5x = a
Suy ra: x = 0,03 và a = 0,045
Vậy tổng số mol Al bđ = 0,2 + 0,03.2 = 0,26
m
Al
= 7,02 gam
Cách 3: Số mol electron trao đổi :
16 16 3,92 16
( 2) 3 2 2 2 4 ( 2) 3
27 160 160 56 27 160
− × × + × × + × = × − × ×
m m
m=7,02
Cách 4 :
Al dư > không còn Fe
2
O
3
Số mol Al trong mỗi phần =0,2a:3→ số mol Fe trong mỗi phần =4a–a=(3,92:56+16:160×2):2
>a=0,045
m=(0,2a:3×2+16:160×2)×27=7,02
Câu 2: Trong điều kiện thích hợp, xảy ra các phản ứng sau
(a) 2H
2
SO

4
+ C  2SO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O
(b) H
2
SO
4
+ Fe(OH)
2
 FeSO
4
+ 2H
2
O
(c) 4H
2
SO
4
+ 2FeO  Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO

2
+ 4H
2
O
(d) 6H
2
SO
4
+ 2Fe  Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
Trong các phản ứng trên, phản ứng xảy ra với dung dịch H
2
SO
4
loãng là
A. (a) B. (c) C. (b) D. (d)
HD: Câu này khá đơn giản:H
2
SO
4
loãng không có tính oxi hóa do đó trong các phản ứng trên chỉ cần xem pư nào không có

sp khử sinh ra là xong.
Mã đề : 374
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
Câu 3: Trong một bình kín chứa 0,35 mol C
2
H
2
; 0,65 mol H
2
và một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp
khí X có tỉ khối so với H
2
bằng 8. Sục X vào lượng dư dung dịch AgNO
3
trong NH
3
đến phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp
khí Y và 24 gam kết tủa. Hỗn hợp khí Y phản ứng vừa đủ với bao nhiêu mol Br
2
trong dung dịch?
A. 0,10 mol. B. 0,20 mol. C. 0,25 mol. D. 0,15 mol
Cách 1 :
C
2
H
2
dư + 2AgNO
3
/NH
3

2Ag
2
C
2

Số mol C
2
H
2
dư = 0,1, số mol pư = 0,25
M
X
= 16 mà m
X
= 0,35.26 + 0,65.2 = 10,4 gam (BTKL)
Suy ra: n
X
= 10,4/16 = 0,65 mol
Các pư: C
2
H
2
+ H
2
C
2
H
4

a a a

C
2
H
2
+ 2H
2
C
2
H
6

b 2b b
Ta có: a + b = 0,25
Và: a + b + 0,65 – (a + 2b) + 0,1 = 0,65
Giải ra: a = 0,15, b = 0,1
Vậy trong hh Y có : 0,15 mol C
2
H
4
C
2
H
4
+ Br
2
C
2
H
4
Br

2

Số mol Br
2
= 0,15 mol
Cách 2 :
•
Áp dụng ĐLBT khối lượng
⇒
m
X
= m(C
2
H
2
) + m(H
2
) = 10,4 g
⇒
n
X
= 0,65 mol .
•
mol (C
2
H
2
dư) = mol (C
2
Ag

2
) = 0,1
⇒
mol (C
2
H
2
pứ) = 0,35 – 0,1 = 0,25
⇒
mol(H
2
dư) = mol (H
2
bđ) – 0,35 = 0,3
⇒
mol (H
2
pứ) = 0,35 .
•
Gọi x, y lần lượt là mol pứ C
2
H
2
tạo C
2
H
4
và C
2
H

6
, nên :
x + y = 0,25 và x + 2y = 0,35
⇒
y = 0,1 , x = 0,15 .
Cách 3 :
Bảo toàn số mol liên kết π: nH
2
pư+ nBr
2
=2nC
2
H
2
pư
0,35 26 0,65 2 24
0,35 2 (0,35 0,65 ) 2 0,15
16 240
× + ×
× − + − − × =
Câu 4: Ở điều kiện thích hợp xảy ra các phản ứng sau:
(a) 2C + Ca  CaC
2
(b) C + 2H
2
 CH
4
(c) C + CO
2
 2CO (d) 3C + 4Al  Al

4
C
3
Trong các phản ứng trên, tính khử của cacbon thể hiện ở phản ứng
A. (c) B. (b) C. (a) D. (d)
Câu 5: Lên men m gam glucozơ để tạo thành ancol etylic (hiệu suất phản ứng bằng 90%). Hấp thụ hoàn toàn lượng khí CO
2
sinh
ra vào dung dịch Ca(OH)
2
dư, thu được 15 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 15,0 B. 18,5 C. 45,0 D. 7,5
Cách 1.
C
6
H
12
O
6
2C
2
H
5
OH + 2CO
2

0,075 0,15
CO
2
+ Ca(OH)

2
CaCO
3
+ H
2
O
0,15 0,15
Khối lượng Glucozo = 0,075.180.100/90 = 15 gam
Cách 2
•
Glucozo C
6
H
12
O
6

→
2CO
2

 →
+
2
)OH(Ca
2CaCO
3

⇒
m(Glu) =

90
100
.180.
2
n
3
CaCO
= 15 g
Cách 3
Số mol glucozơ bằng nữa số mol ancol etylic
0,15
180: 0,9 15
2
× =
Câu 6: Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H
2
(đktc). Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH, thu được 15,68 lít khí H
2
(đktc). Giá trị của m là
A. 29,9 B. 24,5 C. 19,1 D. 16,4.
Cách 1
•
Tác với H
2
O : Ba tan hết (x mol), Al tan 1 phần
⇒
4x = 0,4
⇒
x = 0,1 mol .
•

Tác dụng NaOH cả Ba và Al đều hết (y mol)
⇒
x + 1,5y = 0,7
⇒
y = 0,4
Cách 2
Do khi hoà tan hh vào NaOH được nhiều H
2
hơn khi cho vào nước chứng tỏ khi cho vào nước Al còn dư.
Ba + 2H
2
O Ba(OH)
2
+ H
2

PHÙNG KHẮC NGUYÊN
x x x
2Al + Ba(OH)
2
+ 2H
2
O Ba(AlO
2
)
2
+ 3H
2

2x x 3x

Ta có: x + 3x = 8,96/22,4 = 0,4, suy ra x = 0,1
Số mol Ba = 0,1, số mol Al đã pư = 0,2
Khi cho vào NaOH, lượng H
2
nhiều hơn là do pư: Al + OH
-
+ H
2
O AlO
2
-
+ 1,5H
2

Số mol H
2
thu được thêm = 0,7 – 0,4 = 0,3
Vậy số mol Al còn dư = 0,3/1,5 = 0,2
Tổng số mol Al = 0,4 mol
Vậy m
X
= 0,1.147 + 0,4.27 = 24,5 gam
Cách 3 :
Phương pháp cộng gộp :
8,96 137 27 15,68 8,96
( ) :1,5 27 24,5
22,4 4 2 22,4
−
× + + × =
Cách 4: 4mol Ba=0,4 và 2molBa + molNa=1,4mol…

Câu 7: Khối lượng Ag thu được khi cho 0,1 mol CH
3
CHO phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO
3
trong NH
3
, đun
nóng là
A. 10,8 gam B. 43,2 gam C. 16,2 gam D. 21,6 gam
Cách 1
•
Pứ : CH
3
CHO
→
2Ag
⇒
mol(Ag) = 2 mol(CH
3
CHO)
Cách 2
CH
3
CHO 2Ag
0,1 0,2
Khối lượng Ag = 21,6 gam
Câu 8: Cho bột Fe vào dung dịch gồm AgNO
3
và Cu(NO
3

)
2
. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X gồm
hai muối và chất rắn Y gồm hai kim loại. Hai muối trong X và hai kim loại trong Y lần lượt là:
A. Cu(NO
3
)
2
; Fe(NO
3
)
2
và Cu; Fe B. Cu(NO
3
)
2
; Fe(NO
3
)
2
và Ag; Cu
C. Fe(NO
3
)
2
; Fe(NO
3
)
3
và Cu; Ag D. Cu(NO

3
)
2
; AgNO
3
và Cu; Ag.
Cách 1 :
•
Ag
+
pứ trước ; Cu
2+
pứ sau .
•
X gồm 2 muối ; Y gồm 2 kim loại
⇒
Fe hết , Ag
+
hết .
Cách 2 :
Do thu được hai muối nên Cu(NO
3
)
2
còn dư, AgNO
3
hết, Fe chỉ tạo Fe
2+
.
Câu 9: Cho 100 ml dung dịch amino axit X nồng độ 0,4M tác dụng vừa đủ với 80 ml dung dịch NaOH 0,5M, thu được dung

dịch chứa 5 gam muối. Công thức của X là
A. NH
2
C
3
H
6
COOH B. NH
2
C
3
H
5
(COOH)
2
C. (NH
2
)
2
C
4
H
7
COOH D. NH
2
C
2
H
4
COOH

Cách 1 :
Số mol X = NaOH nên X có 1 nhóm COOH
Mặt khác M
muối
= 5/0,04 = 125, muối là NH
2
-C
3
H
6
COONa
Cách 2 :
mol (X) = mol NaOH pứ vừa đủ
⇒
X có 1 chức COOH .
•
Muối (H
2
N)
n
RCOONa : 0,04
⇒
R + 67 + 16n = 5/0,04
⇒
R + 16n = 58
•
Chọn : n = 1
⇒
R = 42 (C
3

H
6
)
Cách 3 :
Số nhóm –COOH=0,08×0,5:(0,1×0,4)=1
M=(5:0,04)-22=103
Câu 10: Cho 1,37 gam Ba vào 1 lít dung dịch CuSO
4
0,01 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng kết tủa thu
được là
A. 3,31 gam B. 2,33 gam C. 1,71 gam D. 0,98 gam
Cách 1 :
Ba + H
2
O Ba(OH)
2
+ H
2

0,01 0,01
Ba(OH)
2
+ CuSO
4
BaSO
4
+ Cu(OH)
2

0,01 0,01 0,01 0,01

Khối lượng kết tủa = 0,01(233+ 98) = 3,31 gam
Cách 2 :
Khi Ba tác dụng với H
2
O tạo ra dd : Ba
2+
+ 2OH
-
.
•
Dung dịch CuSO
4

→
Cu
2+
+ SO
4
2-
.
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
Kết tủa tạo ra : BaSO
4
(0,01) và Cu(OH)
2
(0,01)
Câu 11: Khi được chiếu sáng, hiđrocacbon nào sau đây tham gia phản ứng thế với clo theo tỉ lệ mol 1 : 1, thu được ba dẫn xuất
monoclo là đồng phân cấu tạo của nhau?
A. isopentan. B. pentan. C. neopentan. D. butan.
Cách 1 :

Iso pentan cho 4 sản phẩm, neopentan cho 1 sản phẩm, butan cho 2 sản phẩm
Cách 2 :
1 2 3 4
•
isopentan CH
3
– CH – CH
2
– CH
3
: có 4 vị trí thế khác nhau
⇒
4 dẫn xuất .
|
CH
3

1 2 3 trùng 2 trùng 1
•
pentan : CH
3
– CH
2
– CH
2
– CH
2
– CH
3
: có 3 vị trí thế khác nhau

⇒
3 dẫn xuất .
•
neopentan : 1
− −
3
3
3
CH
|
CH C
|
CH
CH
3
2 : có 2 vị thế khác nhau
⇒
2 dẫn xuất .
1 2 trùng 2 trùng 1
•
butan : CH
3
– CH
2
– CH
2
– CH
3
có 2 vị trí thế khác nhau
⇒

2 dẫn xuất .
Cách 3
↓ ↓ ↓
C–C–C–C–C
Câu 12: Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 200 ml dung dịch NaOH 1M đến khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khối lượng muối trong X là
A. 14,2 gam B. 11,1 gam C. 16,4 gam D. 12,0 gam
Cách 1 :
Số mol P = H
3
PO
4
= 0,1 mol
Số mol NaOH = 0,2 mol
Nên tạo một muối Na
2
HPO
4
có số mol = 0,1 mol. Khối lượng = 14,2 gam
Cách 2 :
Lập tỉ số
2
n
n
P
NaOH
=
⇒
Pứ tạo muối nấc thứ 2 của axit H
3

PO
4
là HPO
4
2-
: Na
2
HPO
4
= mol (P)
Cách 3 :
Số mol H
3
PO
4
= Số mol P=3,1:31=0,1, số mol NaOH=0,2
Số mol NaOH:số mol H
3
PO
4
=2:1 >Chỉ tạo muối Na
2
HPO
4
Khối lượng muối trong X =
0,1 (46 96) 14,2× + =
Câu 13: Cho X là hexapeptit, Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn
hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là
A. 77,6 B. 83,2 C. 87,4 D. 73,4
Cách 1 :

Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val 2 Ala + 2 Gly + 2Val
x 2x 2x
Gly-Ala-Gly-Glu Ala + 2Gly + Glu
y y 2y
Ta có: 2x + y = 0,32 và 2x + 2y = 0,4
Giải ra: x = 0,12, y = 0,08
Vậy m = 0,12.472 + 0,08.332 = 83,2
Ghi chú:
Gly: M = 75 Ala: M = 89
Val: M = 117 Glu: M = 147
M
X
= (75.2 + 89.2 + 117.2 – 5.18) = 472
M
Y
= (75.2 + 89 + 147 – 3.18) = 332
Cách 2 :
Hexapeptit : x ; tetrapeptit : y
⇒
mol (glyxin) = 2x + 2y = 0,4 và mol(alanin) = 2x + y = 0,32
⇒
x = 0,12 ; y = 0,08 .
•
m
X
= (89.2 + 75.2 + 117.2 – 5.18).0,12 = 56,64
•
m
Y
= (75.2 + 89 + 147 – 3.18).0,08 = 26,56

Cách 3:Goi x là số mol Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val; y là số mol Gly-Ala-Gly-Glu
Bảo toàn nguyên tố:2x+2y=30:75=0,4 và 2x+y=28,48:89=0,32
x=0,12 và y=0,08
m=0,12×(75×2+89×2+117×2-18×5)+0,08×(75×2+89+147–3×18)=83,2
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
Câu 14: Ở trạng thái cơ bản, cấu hình electron của nguyên tử Na( Z = 11) là
A. 1s
2
2s
2
2p
5
3s
2
B. 1s
2
2s
2
2p
4
3s
1
C. 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2

D. 1s
2
2s
2
2p
6
3s
1
Câu 15: Hỗn hợp X chứa ba axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở, gồm một axit no và hai axit không no đều có một liên kết
đôi (C=C). Cho m gam X tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 2M, thu được 25,56 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn
toàn m gam X, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng dung dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam. Tổng khối
lượng của hai axit cacboxylic không no trong m gam X là
A. 15,36 gam B. 9,96 gam C. 18,96 gam D. 12,06 gam
Cách 1 :
Gọi CT axit no đơn chức là C
n
H
2n
O
2
còn hai axit không no đơn chức là C
m
H
2m-2
O
2
C
n
H
2n

O
2
nCO
2
+ nH
2
O
x nx nx
C
m
H
2m-2
O
2
mCO
2
+ (m-1)H
2
O
y my my – y
Số mol hh axit = NaOH = 0,3 mol
Cứ 1 mol hh tác dụng với NaOH khối lượng muối tăng 22 gam
Vậy 0,3 mol hh t/d NaOH khối lượng muối tăng 6,6 gam
Suy ra khối lượng hai axit là 18,96 gam
Đặt số mol axit no là x, hai axit không no là y ta có: x + y = 0,3 (1)
Và: (14n + 32)x + (14m + 30)y = 18,96 (2)
(nx + my).44 + (nx + my – y).18 = 40,08 (3)
Từ (2) và (3) ta được: 992x + 1056y = 307,2. Kết hợp với (1) tìm được x = y = 0,15
Suy ra: n + m = 4,6
Do hai axit không no nên phải có số nguyên tử C nhiều hơn 2. Vậy suy ra m = 3,6 còn n = 1

Vậy: m = (14.3,6 + 30).0,15 = 12,06 gam
Cách 2 :
•
m
muối
= m
axit
+ 22n
NaOH

⇒
m = 18,96
•
Khối lượng dd tăng = m(CO
2
) + m(H
2
O) = 40,08
⇒
44x + 18y = 40,08
•
Ta có : m = m
C
+ m
H
+ m
O

⇒
12x + 2y + 32.mol(NaOH) = 18,96

⇒
x = 0,69 ; y = 0,54
•
mol axit ko no = mol(CO
2
) – mol(H
2
O) = 0,15
⇒
mol axit no = 0,15
•
bt C



−
15,0:OHC
15,0:OHC
22m2m
2n2n

⇒
0,15n + 0,15m = 0,69
⇒
n + m = 4,6 (m
2≥
, n
1≥
)
•

Chọn n = 1
⇒
m = 3,6
⇒
khối lượng axit ko no = (14m + 30).0,15
Cách 3: C
n
H
2n
O
2
(x mol); C
m
H
2m-2
O
2
(y mol) (m>=3) khối luợng m= 25,56+18.0,3-40.0,3=18,96
x+y=0,3. Gọi mol CO2:a mol H2O: b.
44a+18b=40,08 và Bảo toàn oxi: 2a+b = 2.0,3+ (40,08-18,96)/32=> a=0,69 b=0,54
=>x=0,15; y=0,15; nx+my=0,69
n+m=4,6 (m>=3)=> n=1 và m= 3,6
Khối lượng axit không no =0,15×(14×3,6+30)=12,06
Câu 16: Dung dịch axit axetic phản ứng được với tất cả các chất trong dãy nào sau đây?
A. Na, NaCl, CuO B. Na, CuO, HCl
C. NaOH, Na, CaCO
3
D. NaOH, Cu, NaCl
HD : A. Loại NaCl B. Loại HCl D. Loại Cu và NaCl
Câu 17: Tên thay thế (theo IUPAC) của (CH

3
)
3
C-CH
2
-CH(CH
3
)
2
là
A. 2,2,4-trimetylpentan B. 2,2,4,4-tetrametylbutan
C. 2,4,4,4-tetrametylbutan D. 2,4,4-trimetylpentan
HD giải :
CH
3
1 2 | 3 4 5
•
CH
3
- C – CH
2
– CH – CH
3

| |
CH
3
CH
3
Câu 18: Tơ nilon-6,6 là sản phẩm trùng ngưng của

A. etylen glicol và hexametylenđiamin B. axit ađipic và glixerol
C. axit ađipic và etylen glicol. D. axit ađipic và hexametylenđiamin
HD giải :
•
Tơ nilon-6,6 (có 2 con số 6)
⇒
Được tạo từ mỗi chất có 6C .
A.etylen glicol C
2
H
4
(OH)
2
có 2C ; loại A.
B. glixerol C
3
H
5
(OH)
3
; loại B .
C. Tạo este
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
Câu 19 : Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na
2
O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H
2
(đktc) và
dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)
2

. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO
2
(đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị
của m là
A. 23,64 B. 15,76 C. 21,92 D. 39,40
Cách 1
Gọi số mol Na, Ba, Na
2
O và BaO lần lượt là x, y, z, t
Ta có: 23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 (*)
Theo pthh: x/2 + y = 0,05 nên x + 2y = 0,1 (2*)
Lại có: số mol Ba(OH)
2
= y + t = 0,12 (3*)
Từ (*) ta tách thành: (23x + 46y) + (91y + 91t) + (62z + 62t) = 21,9
Thay (2*) và (3*) vào ta được: 2z+ 2t = 0,28
Mặt khác: số mol OH
-
= x + 2y + 2z + 2t = 0,1 +0,28 = 0,38 mol
Trong khi số mol CO
2
= 0,3 mol
Vậy số mol CO
3
2-
tạo ra là 0,08 còn HCO
3
-
là 0,22, số mol Ba
2+

= 0,12
Kết tủa BaCO
3
= 0,08.197 = 15,76 gam
Cách 2
•
Qui đổi X về





)mol(z:O
)mol(y:Ba
)mol(x:Na

- Ta có : m
X
= m
Na
+ m
Ba
+ m
O
= 21,9
- bt e : x + 2y = 2(mol H
2
) + 2z
- y = mol Ba(OH)
2

= 0,12
⇒
x = 0,14 ; z = 0,14 .
•
Lập tỉ lệ
=
+
=
−
22
COCO
OH
n
y2x
n
n
1,27
⇒
phản tạo ra 2 muối





=+
=+
⇒






−
−
−
OH
CO
2
3
3
nb2a
nba
)mol(b:CO
)mol(a:HCO
2
⇒
a = 0,22 ; b = 0,08
•
m(BaCO
3
) = 0,08.197 = 15,76
Cách 3
Gọi x là số mol NaOH trong dung dịch Y
Qui đổi về Na
2
O và BaO :
1,12 20,52 x
29,12 16 153 :2 62
22,4 171 40
+ × = × + ×

x=0,14; số mol Ba(OH)
2
=20,52:171=0,12; số mol CO
2
=0,3
Số mol OH
–
=0,38 >Số mol CO
3
2–
=0,08<0,12 >m=0,08×197=15,76
Câu 20: Hợp chất X có thành phần gồm C, H, O chứa vòng benzen. Cho 6,9 gam X vào 360 ml dung dịch NaOH 0,5 M (dư 20%
so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác,
đốt cháy hoàn toàn 6,9 gam X cần vừa đủ 7,84 lít O
2
(đktc), thu được 15,4 gam CO
2
. Biết X có công thức phân tử trùng với công
thức đơn giản nhất. Giá trị của m là
A. 13,2 B. 12,3 C. 11,1 D. 11,4
Cách 1
Số mol NaOH = 0,18 mol, vậy số mol NaOH pư với X = 0,15 mol (dư 20%)
Số mol CO
2
= 0,35, O
2
= 0,35mol
Đặt số mol H = a, O = b ta có:
a + 16b = 6,9 – 0,35.12 = 2,7
và: b + 0,7 = 0,7 + a/2 (BT nguyên tố O)

Giải ra: a = 0,3, b = 0,15
Vậy: n
C
: n
H
: n
O
= 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6: 3
CTPT X là C
7
H
6
O
3
.
Số mol X = 0,05, suy ra 1 mol X tác dụng với 3 mol NaOH, do đó CTCT của X là: HCOOC
6
H
4
OH
HCOOC
6
H
4
OH + 3NaOH HCOONa + C
6
H
4
(ONa)
2

+ 2 H
2
O
0,05 0,05 0,05
Chất rắn bào gồm: HCOONa = 0,05 mol
C
6
H
4
(ONa)
2
= 0,05 mol
NaOH dư = 0,03 mol
Vậy m = 0,05.68 + 0,05.154 + 0,03.40 = 12,3 gam
Cách 2
•
bt khối lượng : m(X) + m(O
2
) = m(CO
2
) + m(H
2
O)
⇒
m(H
2
O) = 2,7 g .
•
C : H : O = n
C

: n
H
: n
O
=
16
m
:
18
m2
:
44
m
O
OHCO
22
= 0,35 : 0,3 : 0,15 = 7 : 6 : 3
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
⇒
CTPT X là C
7
H
6
O
3
.
•

∆
=

5
2
267.2
=
+−
= Vòng benzen (
π
+v = 4) +
π
.
Vậy X có thể là : HO – C
6
H
4
– COOH hoặc HO – C
6
H
4
– OCOH .
•
mol(X) : mol (NaOH pư) =
3:115,0:05,0100.
120
5,0.36,0
:
138
9,6
==
⇒
X là HO – C

6
H
4
– OCOH
•
Pứ : HOC
6
H
4
OCOH + 3NaOH
→
NaOC
6
H
4
ONa + HCOONa + 2H
2
O
⇒
m(X) + m(NaOH lấy dư 20%) = m(rắn) + m(H
2
O)
⇒
m(rắn) = 12,3 g
Cách 3:Số mol C=15,4:44=0,35; số mol H=(6,9+7,84:22,4×32–0,35×44):18×2=0,3;
số mol O=(6,9–0,35×12–0,3):16=0,15
Công thức phân tử của X : C
7
H
6

O
3

Số mol NaOH tác dụng=0,36×0,5×100:120=0,15
Số mol X=6,9:138=0,05. Vậy X tác dụng NaOH tỉ lệ 1:3.
>X là HCOO–C
6
H
4
–OH tạo 2H2O
m=6,9+0,36×0,5×40–0,05×2×18=12,3
Câu 21: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy
hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) cần vừa đủ 30,24 lít khí O
2
, thu được
26,88 lít khí CO
2
và 19,8 gam H
2
O. Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là
A. 17,7 gam B. 9,0 gam C. 11,4 gam D. 19,0 gam
Cách 1
Số mol CO
2
= 1,2mol, H
2
O = 1,1 mol, O
2
= 1,35 mol, hỗn hợp = 0,4 mol
Do đốt ancol no Y cho H

2
O > CO
2
mà khi đốt hỗn hợp X và Y cho H
2
O < CO
2
vậy X phải không no.
Đặt X: C
n
H
2n-2a
O
2
(a là số lk pi): x mol
Y: C
n
H
2n + 2
O
b
: y mol
Ta có: x + y = 0,4
nx + ny = 1,2
(n-a)x + (n+1)y = 1,1
Và: 2x + yb+ 1,35.2 = 1,2.2 + 1,1 (BT nguyên tố O)
Giải ra: n = 3, ã – y = 0,1 và 2x – yb = 0,8
Biện luận a:
a = 1, x = 0,25, y = 0,15 và b = 2
Vậy m

Y
= 0,15(14.3+34) = 11,4
Cách 2
•
Số
3
4,0
n
C
2
CO
==

⇒
ancol no C
3
H
8
O
x
(a mol) và axit ko no là C
3
H
4
O
2
(b mol)
•
bt H : 8a + 4b =
5,5

4,0
n2
OH
2
=
.0,4 (1)
Ta có : a + b = 0,4 (2)
Từ (1) và (2)
⇒
a = 0,15 ; b = 0,25
•
bt khối lượng : m(X,Y) + m(O
2
) = m(CO
2
) + m(H
2
O)
⇒
m(X,Y) = 44.1,2 + 18.1,1 – 32.1,35 = 29,4 g .
•
m(Y) = m(X,Y) – m(X) = 11,4 g
Cách 3
Số C=26,88:22,4:0,4=3
Số H trung bình=(19,8:18):0,4×2=5,5
Ancol no nên C
3
H
8
Ox (amol), axit: C

3
HyO
2
(b mol)(y<5,5 nên y=4 hoặc 2)
a+b=0,2. BT oxi: 2a+bx=0,8 => x=2
Số mol CO
2
>số mol H
2
O (a>b hay 0,2<a<0,4) => ay/2 + 4b=1,1 và a+b=0,4 suy ra y = 4.
a= 0.25 b=0,15. mY=11,4.
Câu 22: Tiến hành các thí nghiệm sau
(a) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO
4
loãng.
(b) Cho hơi ancol etylic đi qua bột CuO nung nóng.
(c) Sục khí etilen vào dung dịch Br
2
trong CCl
4
.
(d) Cho dung dịch glucozơ vào dung dịch AgNO
3
, trong NH
3
dư, đun nóng.
(e) Cho Fe
2
O
3

vào dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng.
Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm có xảy ra phản ứng oxi hóa - khử là
A. 5. B. 2 C. 3 D. 4
(a) C
2
H
4
+ K
7
Mn
+
O
4
+ H
2
O
→
C
2
H
4
(OH)
2
+
4
Mn

+
O
2

↓
+ KOH .
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
(b) CH
3
CH
2
OH +
2
Cu
+
O
→
CH
3
CHO +
0
Cu
+ H
2
O
(c) C
2
H
4
+

0
2
Br
→
C
2
H
4
1
2
Br
−
(d) C
6
H
12
O
6
+
3
1
NOAg
+
/NH
3

→
0
Ag
(e) Fe

2
O
3
+ H
2
SO
4
đặc, nóng
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ H
2
O
Câu 23: Cho sơ đồ các phản ứng:
X + NaOH (dung dịch) Y + Z; Y + NaOH (rắn) T + P;
T Q + H
2
; Q + H
2
O Z.
Trong sơ đồ trên, X và Z lần lượt là
A. HCOOCH=CH
2
và HCHO B. CH
3

COOC
2
H
5
và CH
3
CHO
C. CH
3
COOCH=CH
2
và CH
3
CHO D. CH
3
COOCH=CH
2
và HCHO
•
T
 →
C1500
0
Q + H
2

⇒
T (CH
4
) ; Q (C

2
H
2
) và Y là CH
3
COONa
•
CH
≡
CH + H
2
O
→
CH
3
CHO (Z)
V ậ y X là : CH
3
COO – CH=CH
2
+ NaOH
→
CH
3
COONa + CH
3
CHO .
Câu 24: Ứng với công thức phân tử C
4
H

10
O có bao nhiêu ancol là đồng phân cấu tạo của nhau?
A. 3 B. 5 C. 4 D. 2
Cách 1 : C-C-C-C-OH, C-C-C(OH)-C, C-C(C) –C-OH và C-C(OH) (C) -C
Cách 2 : Số đồng phân ancol C
4
H
10
O = 2
4-2

= 2
2
= 4 đp .
Câu 25: Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H
2
SO
4
và HNO
3
, thu được dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp
dung dịch H
2
SO
4
dư vào bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩn khử duy
nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòa tan vừa hết 2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N
+5
). Biết các
phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 2,40 B. 4,20 C. 4,06 D. 3,92
Cách 1
Tổng số mol NO = 0,07, số mol Cu = 0,0325
Fe cuối cùng về Fe
2+
nên áp dụng BT e ta được:
0,07.3 = 0,0325.2 + 2x (x là số mol Fe)
Tìm được x = 0,0725. Vậy m = 4,06 gam
Cách 2
•
Dung dịch Y hòa tan vừa hết Cu
⇒
Fe
→
Fe
2+
.
•
bt e :
NO
CuFe
n3
64
m
2
56
m
2 =+

⇒

)02,005,0(3
64
08,2
2
56
m
2 +=+
⇒
m = 4,06 g
Câu 26: Liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong phân tử HCl thuộc loại liên kết
A. cộng hóa trị không cực B. ion
C. cộng hóa trị có cực D. Hiđro
•
HCl được hình thành bởi 2 phi kim khác nhau
Câu 27: Thực hiện các thí nghiệm sau
(a)
Cho dung dịch HCl vào dung dịch Fe(NO
3
)
2
(b)
Cho FeS vào dung dịch HCl.
(c)
Cho Si vào dung dịch NaOH đặc.
(d)
Cho dung dịch AgNO
3
vào dung dịch NaF.
(e)
Cho Si vào bình chứa khí F

2
.
(f)
Sục khí SO
2
vào dung dịch H
2
S.
Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm xảy ra phản ứng là
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
(a) H
+
+ Fe
2+
+ NO
3
-

→
Fe
3+
+ NO + H
2
O
(b) FeS + HCl
→
FeCl
2
+ H
2

S
↑
(c) Si + NaOH + H
2
O
→
Na
2
SiO
3
+ H
2
↑
(d) AgF ko kết tủa
⇒
pứ ko xảy ra .
(e) Si + F
2

→
SiF
4
.
(f) SO
2
+ H
2
S
→
S + H

2
O
Câu 28: Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N
2
, N
2
O và
dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H
2
bằng 18. Giá trị của m là
A. 17,28 B. 19,44 C. 18,90 D. 21,60
t
0
1500
0
C
t
0
, CaO
t
0
, xt
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
Cách 1
M
X
= 16, suy ra số mol N
2

= N
2
O = 0,12 mol
Gọi số mol muối NH
4
NO
3
là x ta có:
0,12.10 + 0,12.8 + 8x = 3m/27
Và: 213m/27 + 80x = 8m
Giải ra: x = 0,03, m = 21,6
Cách 2:
•
0,24 mol X
)1(2836
)1(3644
36
ON
N
2
2
−
−




⇒
mol N
2

= mol N
2
O = 0,12
•
bt e : 3mol Al = 10mol N
2
+ 8mol N
2
O + 8mol NH
4
NO
3
.
•
Ta có : m(NH
4
NO
3
) = 8m – mAl(NO
3
)
3
= 8m –
213.
27
m
⇒
80
213.
27

m
m8
812,0.812,0.10
27
m
3
−
++=

⇒
m = 21,6 g .
Câu 29: Cho hỗn hợp X gồm 0,01 mol Al và a mol Fe vào dung dịch AgNO
3
đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất
rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH dư trong điều kiện không có không khí, thu
được 1,97 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 1,6 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy
nhất. Giá trị của m là
A. 8,64 B. 3,24 C. 6,48 D. 9,72
Cách 1
Chất rắn duy nhất là Fe
2
O
3
có số mol = 0,01
Al + 3Ag
+
Al
3+
+ 3Ag
0,01 0,03

Fe + 2Ag
+
Fe
2+
+ 2Ag
a a 2a
Fe
2+
+ Ag
+
Fe
3+
+ Ag
x x x
Fe
3+
Fe(OH)
3
½ Fe
2
O
3

x 0,5x
Fe
2+
Fe(OH)
2
½ F
2

O
3
y 0,5y
Ta có: 0,5x + 0,5y = 0,01
Và: a – x = y, 107x+ 90y = 1,97
Giải ra: x = 0,01, y = 0,01, a = 0,02
Vậy m = 108(0,03 + 2.0,02 + 0,01) = 8,64
Cách 2:
•
NaOH dư ko có kết tủa Al(OH)
3
; AgOH ko bền
→
Ag
2
O ; Có khối lượng kết tủa và khối lượng rắn
⇒
3 cation kim
loại là Al
3+
, Fe
3+
, Fe
2+

•
Tác dụng với NaOH dư :

•
mol Ag = 3mol Al + 2mol (x) Fe

2+
+ 3mol (y)Fe
3+
.
Ta có : 1,97 = mFe(OH)
2
+ mFeOH)
3

⇒
90x + 107y = 1,97 (1)
Và 1,6 g = mFe
2
O
3

⇒
160(
2
x
+
2
y
) = 1,6 (2)
•
Từ (1) và (2)
⇒
x = y = 0,01
Vậy : mAg = 108(3.0,01 + 2.0,01 + 3.0,01) = 8,84 g
Câu 30: Chất nào sau đây không tạo kết tủa khi cho vào dung dịch AgNO

3
?
A. HCl B. K
3
PO
4
C. KBr D. HNO
3

HD giải:
•
Ag
+
tạo được kết tủa với Cl
-
, PO
4
3-
và Br
-
.
•
Cụ thể : AgCl
↓
trắng ; AgBr
↓
vàng ; Ag
3
PO
4

↓
vàng .
Câu 31: Phenol phản ứng được với dung dịch nào sau đây?
A. NaCl. B. KOH . C. NaHCO
3
. D. HCl.
•
Phenol là axit yếu < H
2
CO
3
< HCl …
⇒
Phenol ko pứ với HCl và muối axit mạch hơn nó .
Câu 32: Cho các cân bằng hóa học sau:
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
(a) H
2
(k) + I
2
(k)
→
¬ 
2HI (k). (b) 2NO
2
(k)
→
¬ 
N

2
O
4
(k).
(c) 3H
2
(k) + N
2
(k)
→
¬ 
2NH
3
(k). (d) 2SO
2
(k) + O
2
(k)
→
¬ 
2SO
3
(k).
Ở nhiệt độ không đổi, khi thay đổi áp suất chung của mỗi hệ cân bằng, cân bằng hóa học nào ở trên không bị chuyển dịch?
A. (a). B. (c). C. (b). D. (d).
HD giải :
•
Áp suất thay đổi (tăng hoặc giảm)
+ Cân bằng chuyển dịch khi hệ số cân bằng các phân tử khí trong pứ khác nhau .
+ Cân bằng ko chuyển dịch khi hệ số cân bằng các phân tử trong pứ bằng nhau .

Do số mol khí ở hai bên bằng nhau.
Câu 33: Kim loại sắt tác dụng với dung dịch nào sau đây tạo ra muối sắt(II)?
A. CuSO
4
. B. HNO
3
đặc, nóng, dư.
C. MgSO
4
. D. H
2
SO
4
đặc, nóng, dư.
HD giải :
•
HNO
3
và H
2
SO
4
đặc, nóng, dư đều tạo muối Fe
3+
.
•
MgSO
4
ko có pứ (vì Fe đứng sau Mg trong dãy điện hóa)
Câu 34: Hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại X vào bằng dung dịch HCl, thu được 1,064 lít khí H

2
. Mặt
khác, hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO
3
loãng (dư), thu được 0,896 lít khí NO (sản phẩm khử duy
nhất). Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Kim loại X là
A. Al. B.Cr. C. Mg. D. Zn.
Cách 1
Đặt số mol Fe = a, X = b, hoá trị của X là n
Ta có: 56x + X.b = 1,805 (*)
2x + nb = 0,0475.2 = 0,095
3x + nb = 0,04.3 = 0,12
Suy ra: x = 0,025, nb = 0,045
Từ đó: b = 0,045/n
Thay vào (*) được X = 9n. Vậy n = 3, X = 27 là kim loại Al.
Cách 2
•
Từ đáp án
⇒
X tác dụng được với HCl
•
mol e ở 2 thí nghiệm khác nhau
⇒
Loại B (vì Cr và Al có số oxi hóa biến đổi như nhau)
•
bt e (TN1) : 2mol (x)Fe + n mol(y) = 2mol H
2

⇒
2x + ny = 2.0,0475 (1)

•
bt e (TN2) : 3x + ny = 3.0,04 (2)
Từ (1) và (2)
⇒
x = 0,025 ; ny = 0,045 .
•
Ta có : 1,805 = mFe + mX
⇒
mX = 0,405 g
⇒
X =
045,0
n.405,0
= 9n (chọn n = 3) .
Câu 35: Các chất trong dãy nào sau đây đều tạo kết tủa khi cho tác dụng với dung dịch AgNO
3
trong NH
3
dư, đun nóng?
A. vinylaxetilen, glucozơ, anđehit axetic . B. glucozơ, đimetylaxetilen, anđehit axetic.
C. vinylaxetilen, glucozơ, đimetylaxetilen. D. vinylaxetilen, glucozơ, axit propionic.
HD: Vinylaxetilen là CH
2
=CH-C CH
•
Chất tham pứ với dung dịch AgNO
3
/NH
3
tạo kết tủa thì phải có : nhóm HCO và C

≡
C đầu mạch .
•
B và C loại đimetylaxetilen ; D loại axit propionic
Câu 36: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO
4
và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp),
đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot.
Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al
2
O
3
. Giá trị của m là
A. 25,6. B. 23,5 C. 51,1 . D. 50,4.
Cách 1
CuSO
4
+ 2 NaCl Cu + Na
2
SO
4
+ Cl
2

x 2x x
2NaCl + 2H
2
O 2NaOH + H
2
+ Cl

2
(*)
0,4 0,2
2NaOH + Al
2
O
3
2NaAlO
2
+ H
2
O
0,4 0,2
Số mol Al
2
O
3
= 0,2
Nếu NaCl dư thì xảy ra (*)
Số mol NaOH = 0,4
Ta có: x + 0,2 = 0,3, suy ra x = 0,1
Vậy tổng số mol NaCl = 2x + 0,4 = 0,6
Do đó: m = 0,1.160 + 58,5.0,6 = 51,1 gam
Nếu CuSO
4
dư thì xảy ra: CuSO
4
+ H
2
O Cu + ½ O

2
+ H
2
SO
4

0,3 0,6
3H
2
SO
4
+ Al
2
O
3
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
0,3 0,3
Có nghĩa là: x + 0,3 = 0,3, nên x = 0. Vô lý
Cách 2
Dung dịch X hòa tan được Al
2

O
3

⇒
X có OH
-
hoặc H
+
.
•
Tại catot :
Cu
2+
+ 2e
→
Cu
0,1
←
0,6 – 0,4
2HOH + 2e
→
H
2
+ 2OH
-
.
0,4 0,4
2OH
-
+ Al

2
O
3

→
2AlO
2
-
+ H
2
O
0,4 0,2 .
•
Tại anot :
2Cl
-

→
Cl
2
+ 2e
0,6 0,3 0,6

⇒
Tại anot H
2
O ko điện phân .
V ậ y : m = mCuSO
4
+ mNaCl = 51,1 g

Câu 37: Chất nào sau đây khi đun nóng với dung dịch NaOH thu được sản phẩm có anđehit?
A. CH
3
-COO-C(CH
3
)=CH
2
. B. CH
3
-COO-CH=CH-CH
3
.
C. CH
2
=CH-COO-CH
2
-CH
3
. D. CH
3
-COO-CH
2
-CH=CH
2
.
HD: Este có dạng R – COO – CH=CH
2
-
A. Tạo xeton B. Tạo ancol no D. Tạo ancol không no
Câu 38: Dung dịch nào sau đây làm phenolphtalein đổi màu?

A. glyxin. B. metylamin. C. axit axetic. D. alanin.
HD giải :
•
Chất có tính bazo làm phenolphtalein đổi màu sang hồng .
•
glyxin và alanin trung tính (vì có 1 nhóm COOH và 1 nhóm NH
2
)
Câu 39: Cho 0,1 mol tristearin ((C
17
H
35
COO)
3
C
3
H
5
) tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được m gam
glixerol. Giá trị của m là
A. 27,6. B. 4,6. C. 14,4. D. 9,2.
Cách 1: (C
17
H
35
COO)
3
C
3
H

5
+ 3NaOH C
3
H
5
(OH)
3
+ 3C
17
H
35
COONa
0,1 0,1
Cách 2:
•
tristearin ((C
17
H
35
COO)
3
C
3
H
5
)
→
C
3
H

5
(OH)
3
.
Câu 40: Dãy các chất đều tác dụng được với dung dịch Ba(HCO
3
)
2
là:
A. HNO
3
, Ca(OH)
2
và Na
2
SO
4
. B. HNO
3
, Ca(OH)
2
và KNO
3
.
C. HNO
3
, NaCl và Na
2
SO
4

. D. NaCl, Na
2
SO
4
và Ca(OH)
2
.
HD: B. Loại KNO
3
C. Loại NaCl D. Loại NaCl
II. PHẦN RIÊNG (10 câu)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50)
Câu 41: Cho X và Y là hai axit cacboxylic mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon, trong đó X đơn chức, Y hai chức. Chia hỗn
hợp X và Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng hết với Na, thu được 4,48 lít khí H
2
(đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần
hai, thu được 13,44 lít khí CO
2
(đktc). Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp là
A. 28,57% B. 57,14% C. 85,71% D. 42,86%
Cách 1:
Số mol CO
2
= 0,6, Số mol H
2
= 0,2 mol
Đặt CT X: C
x
H

y
O
2
và CT của Y là C
x
H
z
O
4
với số mol mỗi phần lần lượt là a và b
ta có: 0,5a + b = 0,2
Số mol hỗn hợp > 0,2.
Vậy số nguyên tử C của hai axit phải < 3. Mỗi axit có 2 nguyên tử C
CT của Y: HOOC-COOH, của X là CH
3
COOH
Kết hợp: 2a + 2b = 0,6 ta được a = 0,2, b = 0,1
Vậy %m
Y
= 0,1.90/(0,1.90 + 0,2.60) = 42,86%
Cách 2.
•
X là : RCOOH (x mol) và Y là R’(COOH)
2
(y mol) có cùng số cacbon là n .
•
bt H ở nhóm chức COOH : x + 2y = 2.0,2 = 0,4
Ta có :
22
HY,XH

n2nn <<
⇒
0,2 < x + y < 0,4 (1)
•
bt C : nx + ny = mol CO
2
= 0,6
⇒
n(x + y) = 0,6
⇒
x + y =
n
6,0
(2)
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
•
Thay (2) vào (1) : 1,5 < n < 3
⇒
n = 2
⇒
x = 0,2 ; y = 0,1 .
Vậy
( )



)mol(1,0:COOH:Y
)mol(2,0:COOHCH:X
2
3

Câu 42: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,07 mol một ancol đa chức và 0,03 mol một ancol không no, có một liên kết đôi,
mạch hở, thu được 0,23 mol khí CO
2
và m gam H
2
O. Giá trị của m là
A. 5,40 B. 2,34 C. 8,40 D. 2,70
Cách 1.
Đặt ancol đa chức là C
n
H
m
O
x
, ancol không no là C
a
H
2a
O
z
:
Ta có: 0,07n + 0,03a = 0,23
Vậy 7n + 3a = 23.
Suy ra: n = 2, a= 3 là phù hợp
Ancol đa chức có 2 nguyên tử C thì phải no, và có 2 chức: C
2
H
4
(OH)
2

.
Ancol không no có 3 nguyên tử C thì phải đơn chức: CH
2
=CH-CH
2
OH (C
3
H
6
O)
Vậy số mol H
2
O = (0,07.6 + 0,03.6)/2 = 0,3
Khối lượng H
2
O = 5,4 gam
Cách 2
Ancol không no,có một liên kết đôi có : mol (H
2
O) – mol CO
2
= 0
•
Ancol no có : mol (H
2
O) – mol (CO
2
) = mol ancol
⇒
mol H

2
O = 0,07 + 0,23 = 0,3
⇒
m(H
2
O) = 0,3.18 = 5,4
Câu 43: Dãy các chất đều có khả năng tham gia phản ứng thủy phân trong dung dịch H
2
SO
4
đun nóng là:
A. fructozơ, saccarozơ và tinh bột B. saccarozơ, tinh bột và xenlulozơ
C. glucozơ, saccarozơ và fructozơ D. glucozơ, tinh bột và xenlulozơ
HD giải :
•
monosaccarit : glucozo và fructozo ko tham gia pứ thủy phân .
Câu 44: Cho các cặp oxi hóa – khử được sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính oxi hóa của các ion kim loại: Al
3+
/Al; Fe
2+
/Fe,
Sn
2+
/Sn; Cu
2+
/Cu. Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho sắt vào dung dịch đồng(II) sunfat.
(b) Cho đồng vào dung dịch nhôm sunfat.
(c) Cho thiếc vào dung dịch đồng(II) sunfat.
(d) Cho thiếc vào dung dịch sắt(II) sunfat.

Trong các thí nghiệm trên, những thí nghiệm có xảy ra phản ứng là:
A. (b) và (c) B. (a) và (c) C. (a) và (b) D. (b) và (d)
HD giải:
•
Chất khử mạnh + Oxi hóa mạnh
→
khử yếu + oxi hóa yếu .
•
Tính khử Al > Fe > Sn > Cu
(b) Tính khử Cu < Al
→
ko pứ
(d) Tính khử Sn < Fe
→
ko pứ
Câu 45: Cho các phát biểu sau:
(a) Trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, crom thuộc chu kì 4, nhóm VIB.
(b) Các oxit của crom đều là oxit bazơ.
(c) Trong các hợp chất, số oxi hóa cao nhất của crom là +6
(d) Trong các phản ứng hóa học, hợp chất crom(III) chỉ đóng vai trò chất oxi hóa.
(e) Khi phản ứng với khí Cl
2
dư, crom tạo ra hợp chất crom(III).
Trong các phát biểu trên, những phát biểu đúng là:
A. (a), (b) và (e) B. (a), (c) và (e)
C. (b), (d) và (e) D. (b), (c) và (e)
HD giải :
•
Cr (Z = 24) có cấu hình e lớp ngoài cùng là : 3d
4

4s
2

⇒
crom thuộc chu kì 4, nhóm VIB (loại C,D) .
•
CrO
3
+ H
2
O
→
axit H
2
CrO
4
hoặc H
2
Cr
2
O
7
(loại A) .
Câu 46: Thí nghiệm với dung dịch HNO
3
thường sinh ra khí độc NO
2
. Để hạn chế khí NO
2
thoát ra từ ống nghiệm, người ta nút

ống nghiệm bằng:
(a) bông khô. (b) bông có tẩm nước.
(c) bông có tẩm nước vôi. (d) bông có tẩm giấm ăn.
Trong 4 biện pháp trên, biện pháp có hiệu quả nhất là
A. (d) B. (c)
C. (a) D. (b)
HD giải:
•
Để loại bỏ khí NO
2
thì NO
2
phải có pứ xảy ra nhanh
2Ca(OH)
2
+ 4NO
2

→
Ca(NO
2
)
2
+ Ca(NO
3
)
2
+ 2H
2
O

PHÙNG KHẮC NGUYÊN
Câu 47: Hỗn hợp X gồm H
2
, C
2
H
4
và C
3
H
6
có tỉ khối so với H
2
là 9,25. Cho 22,4 lít X (đktc) vào bình kín có sẵn một ít bột Ni.
Đun nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H
2
bằng 10. Tổng số mol H
2
đã phản ứng là
A. 0,070 mol B. 0,015 mol C. 0,075 mol D. 0,050 mol
Cách 1
M
X
= 18,5, M
Y
= 20
Do m
X
= m
Y

nên: 18,5.1 = a.20 (a là số mol hỗn hợp Y)
Suy ra: a = 0,925.
Số mol H
2
pư chính là số mol hỗn hợp giảm = 1 – 0,925 = 0,075 mol
Cách 2:
•
Gọi x là mol H
2
pứ
•
bt khối lượng : mX = mY
⇒
9,25.1 = 10(1 – x)
⇒
x = 0,075
Câu 48: Trong các dung dịch CH
3
-CH
2
-NH
2
, H
2
N-CH
2
-COOH, H
2
N-CH
2

-CH(NH
2
)-COOH , HOOC-CH
2
-CH
2
-CH(NH
2
)-COOH,
số dung dịch làm xanh quỳ tím là
A.4 B.1 C. 2 D.3
HD giải
•
dung dịch làm xanh quỳ tím phải có tính bazo CH
3
-CH
2
-NH
2
, H
2
N-CH
2
-CH(NH
2
)-COOH
Câu 49: Cho phương trình phản ứng aAl +bHNO
3

→

cAl(NO
3
)
3
+ dNO + eH
2
O.
Tỉ lệ a : b là
A. 1 : 3 B. 2 : 3 C. 2 : 5 D. 1 : 4
HD: Al +4HNO
3

→
Al(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
Câu 50: Cho 25,5 gam hỗn hợp X gồm CuO và Al
2
O
3
tan hoàn toàn trong dung dịch H
2
SO
4
loãng, thu được dung dịch chứa 57,9
gam muối. Phần trăm khối lượng của Al

2
O
3
trong X là
A. 40% B. 60% C. 20% D. 80%
Cách 1:Đặt số mol CuO và Al
2
O
3
lần lượt là x và y
80x + 102y = 25,5 và 160x + 342y = 57,9
Giải ra: x = 0,255, y = 0,05
%m
Al
= 0,05.102/25,5 = 20%
Cách 2
HD giải :
•
25,5 g
( )



=+
=+
⇒



 →




9,57y342x160
5,25y102x80
y:SOAl
x:CuSO
)g(9,57
)mol(y:OAl
)mol(x:CuO
3
42
4
SOH
32
42

⇒
x = 0,255 ; y = 0,05
B. Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60)
Câu 51: Cho phương trình phản ứng:
4 2 2 7 2 4 2 4 3 2 4 2 4 3 2
aFeSO bK Cr O cH SO dFe (SO ) eK SO fCr (SO ) gH O+ + → + + +
Tỷ lệ a:b là
A.3:2 B 2:3 C. 1:6 D. 6:1
HD:
4 2 2 7 2 4 2 4 3 2 4 2 4 3 2
6FeSO K Cr O 7H SO 3Fe (SO ) K SO Cr (SO ) 7H O+ + → + + +
Câu 52: Cho các phát biểu sau:
(a) Để xử lý thủy ngân rơi vãi, người ta có thể dùng bột lưu huỳnh .

(b) Khi thoát vào khí quyển , freon phá hủy tần ozon
(c) Trong khí quyển, nồng độ CO
2
vượt quá tiêu chuẩn cho phép gây ra hiệu ứng nhà kính.
(d) Trong khí quyển , nồng độ NO
2
và SO
2
vượt quá tiêu chuẩn cho phép gây ra hiện tượng mưa axit
Trong các phát biểu trên , số phát biểu đúng là:
A.2 B. 3 C. 4 D. 1
Câu 53: Cho các phát biểu sau:
(a) Glucozơ có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc
(b) Sự chuyển hóa tinh bột trong cơ thể người có sinh ra mantozơ
(c) Mantorazơ có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc
(d) Saccarozơ được cấu tạo từ hai gốc β-glucozơ và α-fructozơ
Trong các phát biểu trên , số phát biểu đúng là:
A.3 B. 4 C. 2 D. 1
HD: d sai vì Saccarozơ được cấu tạo từ hai gốc α-glucozơ và β-fructozơ
Câu 54: Cho 13,6 gam một chất hữu cơ X (có thành phần nguyên tố C, H, O) tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,6 mol
AgNO
3
trong NH
3
, đun nóng , thu được 43,2 gam Ag. Công thức cấu tạo của X là :
A.
3
CH C C CHO
− ≡ −
B.

2
CH C CH CHO= = −
PHÙNG KHẮC NGUYÊN
C.
2
CH C CH CHO≡ − −
D.
[ ]
2
2
CH C CH CHO≡ − −
HD: Số mol AgNO
3
=0,6>số mol Ag=0,4 >Có nối ba đầu mạch
13,6:(0,4:2)=68 >C
3
H
3
–CHO
Câu 55: Peptit X bị thủy phân theo phương trình phản ứng X + 2H
2
O  2Y + Z (trong đó Y và Z là các amino axit). Thủy phân
hoàn toàn 4,06 gam X thu được m gam Z. Đốt cháy hoàn toàn m gam Z cần vừa đủ 1,68 lít khí O
2
(đktc), thu được 2,64 gam
CO
2
; 1,26 gam H
2
O và 224 ml khí N

2
(đktc). Biết Z có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Tên gọi của Y là
A. glyxin B. lysin C. axit glutamic D. alanin
HD: Z : Số mol C= 0,06; Số mol H= 0,14; số mol N= 0,02; Số mol O=0,06×2+0,07-0,15=0,04
Z : C
3
H
7
NO
2
(0,02 mol) (Ala)
X + 2H
2
O  2Y + Z
4,06g 0,04 mol 0,04 mol 0,02 mol
4,06+0,04×18=0,04M
Y
+0,02×89 >M
Y
=75
Câu 56: Trường hợp nào sau đây không xảy ra phản ứng?
(a)
= − − + →
0
t
2 2 2
CH CH CH Cl H O

(b)
− − − + →

3 2 2 2
CH CH CH Cl H O
(c)
( )
− + →
0
t cao,p cao
6 5
C H Cl NaOH ñaëc
; với (C
6
H
5
- là gốc phenyl)
(d)
− + →
0
t
2 5
C H Cl NaOH
A. (a) B. (c) C. (d) D. (b)
HD:
(a)Dẫn xuất anlyl phản ứng thế với H2O t0
(b) (d) Dẫn xuất ankyl không phản ứng thế với H2O mà chỉ phản ứng với kiềm nóng
(c) Dẫn xuất phenyl chỉ phản ứng được với NaOH đặc ở nhiệt độ cao, áp suất cao
Câu 57: Trường hợp nào sau đây, kim loại bị ăn mòn điện hóa học?
A. Đốt dây sắt trong khí oxi khô. B. Thép cacbon để trong không khí ẩm .
C. Kim loại kẽm trong dung dịch HCl D. Kim loại sắt trong dung dịch HNO
3
loãng

HD:ăn mòn điện hóa xảy ra khi các điện cực khác nhau về bản chất
Câu 58: Cho 12 gam hợp kim của bạc vào dung dịch HNO
3
loãng (dư), đun nóng đến phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch
có 8,5 gam AgNO
3
. Phần trăm khối lượng của bạc trong mẫu hợp kim là
A. 65% B. 30% C. 55% D. 45%
HD: Phần trăm khối lượng của bạc trong mẫu hợp kim= 8,5:170×108×100:12=45
Câu 59: Cho sơ đồ phản ứng
+ +
→ →
0
Cl,dö dungdòchNaOH,dö
t
Cr X Y
Chất Y trong sơ đồ trên là
A. Na
2
Cr
2
O
7
B. Cr(OH)
2
C. Cr(OH)
3
D. Na[Cr(OH)
4
]

HD: Cr
→
CrCl
3

→
Na[Cr(OH)
4
] Do muối Cr
3+
có tính lưỡng tính khi tác dụng với kiềm dư tạo muối cromit
Câu 60: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 15,68 lít khí CO
2
(đktc)
và 18 gam H
2
O. Mặt khác, 80 gam X hòa tan được tối đa 29,4 gam Cu(OH)
2
. Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong X là
A. 46% B. 16% C. 23% D. 8%
HD: Gọi x,y,z lần lượt là số mol ancol metylic, ancol etylic , glixerol.
x+2y+3z=15,68:22,4=0,7
2x+3y+4z=18:18=1
32x 46y 92z 80
z 29,4 :98 2
+ +
=
×
x=0,05; y=0,1; z=0,15
%C

2
H
5
OH=0,1×46×100:(0,05×32+0,1×46+0,15×92)=23