đại học đà lạt - đề thi thử hóa năm 2015

THI THỬ HÓA HỌC THPT QUỐC GIA 2015 Thời gian: 90 phút
Biên soạn: Trần Văn Thanh Hoài – khoa Sư phạm, trường Đại học Đà Lạt

Câu 1: Cho các chất sau: lysin, mantozơ, tơ lapsan, propyl clorua, phenyl bromua, p-crezol, glyxerol, Gly-
Ala. Số chất tác dụng với dung dịch NaOH loãng nóng là
A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.
Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 10,98 gam hợp chất X thì thu được Y gồm CO
2
, H
2
O, HCl. Chia Y thành 2 phần
Phần 1: dẫn qua dung dịch chứa Ba(OH)
2
dư thì thu được 17,73 gam kết tủa đồng thời khối lượng dung dịch
giảm 11,865 gam.
Phần 2: dẫn qua dung dịch chứa lượng dư AgNO
3
tạo thành 12,915 gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung
dịch giảm 7,2 gam. Trong phân tử X có chứa 2 liên kết . Phân tử khối của X gần nhất với
A. 180. B. 182. C. 185. D. 188.
HD:
Đối với phần 1: số mol của CO
2
(phần 1) = số mol của BaCO
3
= 0,09 mol.
m
1
= mCO
2
+ mH

2
O + mHCl – mBaCO
3
= -11,865 => (mH
2
O + mHCl) (phần 1) = 1,905
Phần 2: nHCl (phần 1) = nAgCl = 0,09 mol
m
2
= mH
2
O + mHCl – mAgCl = -7,2 => (mH
2
O + mHCl) (phần 2) = 5,715=> (phần 2) = 3 (phần 1)
=> nCO
2
(cả hai phần) = 0,36 mol => nC = 0,36 mol
nH
2
O (cả hai phần) = 0,18 mol
nHCl (cả hai phần) = 0,12 mol => nCl = 0,12 mol; nH = 0,48 mol
=> nO = (10,98 – 0,36.12 +0,48 + 0,12.35.5)/16 = 0,12 mol
=> CT nguyên của X là (C
3
H
4
OCl). Vì X chứa hai liên kết  => n = 2 => CTPT là C
6
H
8

O
2
Cl
2
.
Câu 3: Cho các thí nghiệm sau:
1/ CH
3
COOH + KOH 2/ HF + NaOH 3/ H
2
S + Ba(OH)
2
4/ Ba(OH)
2
+ HNO
3

5/ H
2
SO
4
+ Na
2
O 6/ HBr + Cu(OH)
2
7/ HClO
4
+ KOH 8/ H
3
PO

4
+ NaOH
Số phương trình đều có phương trình ion rút gọn H
+
+ OH
-
 H
2
O là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 4: Xà phòng hóa hoàn toàn 260 gam chất béo X thì cần 89 gam dung dịch NaOH 40%, sau phản ứng thu
được 269,168 gam xà phòng khan. Số gam glixeriol thu được có giá trị gần nhất với
A. 26,4. B. 27,3. C. 25,2. D. 26,1.
HD:
RCOOH + NaOH  RCOONa + H
2
O
(RCOO)
3
C
3
H
5
+ 3 NaOH  3RCOONa + C
3
H
5
(OH)
3

Gọi a, b lần lượt là số mol của H
2
O và C
3
H
5
(OH)
3

Ta có số mol NaOH = a + 3b = 0,89 (I)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 260 + 35,6 = 269,168 + 18a + 92b (II)
Từ (I), (II) sẽ giải ra đáp án C
Câu 5: Cho các phương trình phản ứng hóa học sau:
1. 2Fe dư + 3Cl
2
(khí)  2FeCl
3
2. 2Sn + O
2

o
tC

2SnO
3. 2Cr +3O
2

o
tC


2CrO
3
4. Ni + FeCl
2
 NiCl
2
+ Fe
5. 2Mg + CO
2

o
tC

2MgO + C 6. Ag
2
S +4NaCN 2Na[Ag(CN)
2
] +Na
2
S
7. 3Fe + 4H
2
O
570
o
C

Fe
3
O

4
+ 4H
2
8. 2F
2
+ 2NaOH
(loãng lạnh)
 2NaF + OF
2
+ H
2
O
9. 2NH
3
+
3
2
O
2

0
,xuctac t

N
2
+ 3H
2
O 10. HCOOH
24
H SO dac


CO + H
2
O
11. Cr + 3H
2
O + NaOH  Na[Cr(OH)
4
] +
3
2
H
2
12. 2CrBr
3
+ 3Br
2
+14KOH  K
2
Cr
2
O
7
+12KBr+7H
2
O
Số phương trình không đúng là
A. 7. B. 8. C. 9. D. 10.
Câu 6: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm mantozơ, saccarozơ có tỷ lệ mol là mol mantozơ : mol saccarozơ =
1:2 với hiệu xuất 80%. Hỗn hợp sau phản ứng phản ứng với dung dịch AgNO

3
/ NH
3
tạo ra tối đa là 86,4 gam
Ag. Giá trị của m là
A. 85,5. B. 82,08. C. 157,85. D. 128,25.
HD:
Gọi a và 2a lần lượt là số mol của mantozơ và saccarozơ
Mantozơ 2glucozơ => sô mol mantozơ dư = 0,2a
0,8a  1,6a
Saccarozơ  Glucozơ + Fructozơ
1,6a  1,6a  1,6a
n
Ag
= 2 (n
mantozơ dư
+ n
glucozơ
+ n
fructozơ
) => a = 0,08 => đáp án B
Câu 7: Cho các thí nghiệm sau:
1/ Khử hóa C
2
H
5
OH
2/ Hidrat hóa axetilen
3/ oxi hóa etilen bằng O
2

4/ Đun vinyl axetat trong KOH
5/ Đun nóng vinyl clorua trong dung dịch NaOH loãng
6/ Đun nóng1,1-dicloetan trong dung dịch NaOH loãng
Số thí nghiệm dùng để điều chế được andehit trong công nghiệp là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
Câu 8: Để điều chế được 27,95 gam phenyldiazoni clorua với hiệu suất 95% thì tổng số gam NaNO
2
và HCl
gần nhất với
A. 28,2. B. 24,2. C. 25,4. D. 29,7.
HD:
C
6
H
5
NH
2
+ NaNO
2
+ 2HCl  C
6
H
5
N
2
Cl + NaCl + 2H
2
O
Từ phương trình phản ứng ta có số mol NaNO

2
= số mol C
6
H
5
N
2
Cl; số mol HCl = 2 số mol C
6
H
5
N
2
Cl.
Tính ra m(NaNO
2
+ HCl) (lý thuyết) = 28,2 => m(NaNO
2
+ HCl) (thực tế)= 29,7
Câu 9: Số chất có công thức phân tử C
3
H
x
O
2
tác dụng được với Cu(OH)
2
ở điều kiện thường là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 5.
HD: CH

3
CH
2
COOH; CH
2
=CHCOOH; CHCCOOH; CH
3
CH(OH)CH
2
OH
Câu 10: Cho m gam oleum X có % khối lượng O là 62% vào a gam dung dịch H
2
SO
4
80% thì thu được dung
dịch Y có nồng độ là 95,74%. Để trung hòa dung dịch Y cần dùng 500ml dung dịch KOH 1,32 M. Giá trị của
a gần nhất với
A. 18. B. 15,5. C. 33,5. D. 20.
HD: Đặt công thức oleum X là H
2
SO
4
.nSO
3
(x mol)
16(1 3 )
% .100% 62% 2
98 80
n
On

n

   


2 4 2 4
2 4 3 2 4
22
.2
H SO H SO
H SO SO Y KOH K SO
H O H O
   
   
   
   

Dung dịch H
2
SO
4
80% có 0,8a gam H
2
SO
4
và 0,2a gam H
2
O
24
98.3 0,8

% ( ) .100% 95,74%( )
258
H SO
xa
C Y I
xa




24
0,8 1
3 0,33( )
98 2
K SO KOH
a
n x n II   

Giải (I) và (II) chon đáp án A.
Câu 11: Trong các polyme sau: tơ olon, tơ lapsan, nilon – 6, tơ tằm, caosu buna – N, tơ visco, nilon - 6,6,
abumin. Số polymer có chưa nitơ là
A. 6. B. 5. C. 4. D. 3.
Câu 12: Trộn 500 ml dung dịch X gồm Ba(OH)
2
aM và KOH 2a M vào 300ml dung dịch Y gồm H
2
SO
4
0,15
M và HCl 0,34 M thu được dung dịch Z có pH = 12. Cô cạn dung dịch Z thì khối lượng chất rắn khan thu

được là
A. 19,417 gam. B. 18,827 gam. C. 8,342 gam. D. 20,227 gam.
HD: dễ dàng thấy số mol KOH = 2 số mol Ba(OH)
2
. ( gọi b, 2b lần lượt là số mol của Ba(OH)
2
và KOH)
Sau phản ứng có OH
-
dư
=> Số mol OH
-
bđ = Số mol OH
-
pứ + Số mol OH
-
dư => 4b = 0,192 + 0,01 (0,5 + 0,3) => b = 0,05
=> SO
4
2-
tạo tủa hết => ddZ gồm ( Ba
2+
dư; K
+
; Cl
-
; OH
-
dư) => Tính ra C
Câu 13: Trong các kim loại: Al, Fe, K, Cr, Pb, Cu, Au, . Số kim loại có thể tan trong HCl đặc nguội là

A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Câu 14: Cho 16,02 gam hợp chất hữu cơ X tác dụng hết với dung dịch KOH dư 25% so với lượng đem dùng
thu được dung dịch Y chỉ chứa 26,22 gam hai chất tan đều chứa kali. Biết d
X/không khí
< 5. Tổng số nguyên tử
trong X là
A. 11. B. 12. C. 13. D. 14.
HD: Hợp chất X thỏa mản đề bài chỉ có thể là axit hoặc phenol . Gọi a là số mol của X
R(nhóm chức)
z
+ z KOH  Muối + z H
2
O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 16,02 + (56az/0,75) < 26,22 + 18az => az = 0,18
=> M
X
= 89x < 145 => x =1=> X là H
2
NC
2
H
4
COOH
Câu 15: Cho các phát biểu sau:
1/ Cr có 8 electron s.
2/ Fe có 2 electron ở lớp ngoài cùng.
3/ Nitơ có hóa trị tối đa là 4.
4/ Nhiệt độ sôi từ HF đến HI tăng dần.
5/ Tính axit trong dãy H
2

SO
4
, HClO
4
, HI, HBr, HCl giảm dần từ trái sang phải.
6/ Bán kính theo dãy Ca
2+
, K
+
, Cl
-
, S
2-
tăng dần từ trái sang phải.
7/ Liên kết chủ yếu trong dãy chất: MgCl
2
, Al
2
O
3
, FeCl
2
, NH
4
NO
3
, K
2
CO
3

là liên kết ion.
8/ Các nguyên tử trong dãy phân tử CO
2
, C
2
H
2
, BeCl
2
, but-2-in đều có nằm trên 1 đường thẳng.
9/ Trong mạng tinh thể nước đá và I
2
, các phân tử xếp theo kiểu mạng lập phương tâm diện.
10/ Tổng điện tích các electron trong ion NO
3
-
là 32.
Số phát biểu không đúng là A. 8. B. 9. C. 6. D. 7.
Câu 16: Trong phản ứng: FeS + Fe(NO
3
)
2
+ KHSO
4
 Fe
2
(SO
4
)
3

+ K
2
SO
4
+ NO + H
2
O. Tỷ lệ số ion có tính
oxi hóa : số ion đóng vai trò môi trường là
A. 9 : 32. B. 9 : 16. C. 9 : 21. D. 18 : 21.
HD:
FeS  9 x5
Fe(NO
3
)
2
5 x9
5FeS + 9Fe(NO
3
)
2
+ aKHSO
4
 7Fe
2
(SO
4
)
3
+ bK
2

SO
4
+ 18NO + H
2
O
Đếm K : a =2b (I)
Đếm S: 5 + a = 21 + b (II)
Từ (I), (II), ta giải ra a= 32 ; b = 16 => số ion NO
3
-
: số ion HSO
4
-
= 18:32 = 9:16.
Câu 17: Cho các phát biểu sau:
1/ Nguyên tắc chung để điều chế halogen là khử X
-
trong hợp chất thành X
2
.
2/ Trong quá trình điều chế khí Cl
2
trong phòng thí nghiệm, người ta dùng dung dịch baz để loại khí HCl.
3/ Tất cả các hidro halogenua đều tan rất tốt trong nước tạo thành các dung dịch axit.
4/ Clorua vôi được dùng nhiều trong quá trình tinh chế dầu mỏ.
5/ Dung dịch NaF loãng dung để chữa sâu răng.
6/ Dùng bình làm bằng chất dẻo để chứa axit flohydric.
7/ Thổi khí Cl
2
đến dư vào dung dịch NaBr thì dung dịch sau phản ứng không màu.

8/ HBrO kém bền hơn HClO nên tính oxi hóa của HBrO mạnh hơn HClO.
9/ AgNO
3
có thể tạo kết tủa vàng với HI và H
3
PO
4
.
10/ Al tác dụng với nước I
2
ở nhiệt độ thường.
Số phát biểu đúng là
A. 7. B. 6. C. 5. D. 4.
Câu 18: Hỗn hợp X gồm tất cả các hợp chất hữu cơ đơn chức, no, mạch hở có dạng công thức phân tử là
C
3
H
y
O
z
và có cùng số mol. Cho 31,08 gam X vào lượng dư dung dịch AgNO
3
/NH
3
thì khối lượng kết tủa lớn
nhất là
A. 25,92 gam. B. 29,97 gam. C. 22,896 gam. D. 59,94 gam.
HD: Các chất là CH
3
CH

2
CH
2
OH; CH
3
CH(OH)CH
3
; CH
3
CH
2
OCH
3
; CH
3
CH
2
CHO; CH
3
COCH
3
;
CH
3
CH
2
COOH; HCOOCH
2
CH
3

; CH
3
COOCH
3
đều có số mol là a. Dễ dàng giải ra a = 0,06 mol. Chọn A
Câu 19: Cho các phát biểu sau:
1/ O
3
được dùng để khử mùi.
2/H
2
O
2
có chứa liên kết cộng hóa trị không phân cực.
3/ H
2
O
2
được ứng dụng trong khai thác mỏ.
4/ Hỗn hợp gồm O
2
và O
3
để sau 1 thời gian, O
3
bị phân hủy hoàn toàn thấy tỷ khối hơi của khí so với H
2

giảm 0,64 thì % thể tích của O
3

trong hỗn hợp đầu là 8%.
5/ Ở 187
o
C, các phân tử S
8
bị đứt gảy thành các phân tử nhỏ hơn.
6/ FeSO
4
được dùng làm chất diệt sâu bọ.
7/ SO
2
là một trong những chất chủ yếu gây ô nhiễm môi trường.
8/ Người ta sản xuất H
2
SO
4
bằng cách hấp thụ SO
3
vào nước.
Số phát biểu đúng là
A. 7. B. 6. C. 5. D. 8.
Câu 20: Oxi hóa 11,5 gam ancol no thành axit tương ứng bằng O
2
thu được hỗn hợp Y. Nếu cho Y tác dụng
hết với Na dư thì thu được 4,48 lít khí (đktc). Biết hằng số cân bằng của phản ứng ester hóa là 4 và hiệu suất
của phản ứng oxi hóa là 60%, khi đun Y với H
2
SO
4
đặc thì khối lượng ester thu được gần nhất với

A. 5. B. 5,5. C. 6. D. 7.
HD: Gọi a là số mol ancol ban đầu => số mol ancol phản ứng = 0,6a
Ancol +O
2
axit + H
2
O
=>
22
1
()
2
H axit H O ancoldu
n n n n  
=> a = 0,25 => Ancol là C
2
H
5
OH
C
2
H
5
OH + CH
3
COOH CH
3
COOC
2
H

5
+ H
2
O
Bđ 0,1 0,15 0 0,15
Pứ x x x x
Ls 0,1 –x 0,15 – x x 0,15 + x
Dựa vào hằng số cần bằng, dễ dàng giải ra x và chọn đáp án B
Câu 21: Trong các chất và ion: K[Al(OH)
4
] AgF, ZnCl
2
, Al, H
2
O, CH
3
COOCH
3
, CH
3
COONH
3
CH
3
,
H
2
NCH
2
COONa, HPO

4
2-
, NH
4
HSO
4
, KNO
2
, . Có x chất và ion thể hiện tính lưỡng tính, có y chất và ion chỉ
thể hiện tính baz. Giá trị (x – y) là
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Câu 22: Cho 3,136 lít khí X gồm O
2
và Cl
2
có tỷ khối hơi so với H
2
là 190/7 tác dụng hết với hỗn hợp Y gồm
3,84 gam Mg, 2,43 gam Al thu được hỗn hợp rắn Z. Hòa tan hết Z vào HNO
3
loãng vừa đủ thì thu được 156,8
ml khí N
2
(khí duy nhất) và dung dịch T. Khối lượng muối khan trong Z là
A. 44,05. B. 38,61. C. 39,81. D. 42,85.
HD: theo đề, ta có số mol O
2
= 0,06 mol; số mol Cl
2
= 0,08 mol.

Trong Z có thể chứa NH
4
+

 
2+ -
2
3+
3 3 2 2
2
4
Mg Cl
0,06mol O
0,16 mol Mg
Al NO b mol N
0,08mol Cl
0,09 mol Al
a mol
Z HNO T H O
NH






     









Ta có 24a + 27b = 6,27 (I)
Áp dụng định luật bảo toàn electron => 2.0,16 +3.0,09 = 0,06.4 + 0,08.2 + 8a + 0,007.10 => a = 0,015
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích => b = 0,445 mol
=> Đáp án C.
Câu 23: Cho các phát biểu sau:
1/ Khi tăng áp suất thì tốc độ phản ứng H
2(k)
+ I
2(k)
2HI
(k)
tăng.
2/ Khi tăng nồng độ các chất trong phản ứng thì tốc độ phản ứng tăng
3/ Khi thêm cacbon vào hệ C
(r)
+ CO
2(k)
2CO
(k)
thì phản ứng tạo khí CO xảy ra nhanh hơn.
4/ Đối với phản ứng SO
2(k)
+ O
2(k)
SO

3(k)
khi tăng nhiệt độ thì thấy tỷ khối của hỗn hợp so với H
2
giảm.
Vậy phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt.
Số phát biểu đúng là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 24: Đun nóng 0,16 mol chất X trong 62,876 gam dung dịch KOH 57% thu được hỗn hợp Y. Oxi hóa Y
thì cần 32,256 lit O
2
thu được K
2
CO
3
, 25,088 lít CO
2
và 44,316 gam H
2
O. Cô cạn Y thu được m gam rắn
khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đều đo ở đktc. Giá trị lớn nhất của m là
A. 61,76. B. 64,64. C. 110,72. D. 58,88.
HD:
Số mol KOH = 0,64 mol => số mol K
2
CO
3
= 0,32 mol
Áp dụng định luật bảo toàn C => số C (trong X) = 9
Áp dụng định luật bảo toàn cho H => số mol H (trong X) + số mol H (trong dd KOH) = 2.số mol H
2

O (sau)
=> số H (trong X) = 8
Áp dụng định luật bảo toàn O => số O (trong X) = 4
Để m đạt giá trị lớn nhất thì X có thể là CH
3
COOC
6
H
4
COOH
CH
3
COOC
6
H
4
COOH + 3KOH  CH
3
COOK + KOC
6
H
4
COOK + 2H
2
O
Chất rắn gồm muối và KOH dư. Dựa trên phản ứng sẽ tính ra được giá trị của m.
Câu 25: Cho các phát biểu sau:
1/ Dung dịch Al
2
(SO

4
)
3
dẫn điện tốt hơn dung dịch H
2
SO
4
.
2/ Trong quá trình điện phân dung dịch với điện cực graphit thì khối lượng các điện cực không thay đổi.
3/ Để mạ bạc, người ta gắn bạc vào catod và dung dịch muối dùng điện phân là AgNO
3
.
4/ Khi điện phân dung dịch CuSO
4
với anot tan thì nồng độ Cu
2+
trong dung dịch khổng đổi.
5/ Kim loại Zn được điều chế chủ yếu bằng phương pháp điện phân dung dịch ZnSO
4
.
6/ Khi nhúng hai thanh Zn và Cu được nối với nhau thông qua dây dẫn vào bình H
2
SO
4
thì xảy ra ăn mòn điện
hóa và chiều dòng điện đi từ Zn sang Cu.
Số phát biểu không đúng là
A. 3. B. 4. C. 5. D. 7.
Câu 26: Hỗn hợp X gồm tripanmitin, tristearin, axit acrylic, axit oxalic, p-HO-C
6

H
4
CH
2
OH (số mol
p-HOC
6
H
4
CH
2
OH = Số mol axit acrylic + số mol axit oxalic). Cho 56,4112 gam X tác dụng hoàn toàn với
58,5 gam dung dịch NaOH 40%, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam chất rắn và phần hơi có
chứa chất hữu cơ chiếm 2,916% về khối lượng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,2272 mol X thì cần 37,84256
lít O
2
(ở đktc) và thu được 18,0792 gam H
2
O. Giá trị của m gần nhất với giá trị
A. 68. B. 70. C. 72. D. 67.
HD: Ta dễ dàng thấy độ bất bão hòa trung bình của X là 3 => công thức trung bình của X là C
n
H
2n-4
O
z

Khi đốt cháy, Số mol CO
2
– Số mol H

2
O = 2 số mol X => Số mol CO
2
= 1,4588 (mol)
=> m
X
= 28,2056 gam ; n
O (X)
= 2 số mol CO
2
+ số mol H
2
O – 2 số mol O
2
= 1,55684 (mol)
mH
2
O (trong NaOH) = 35,1 gam
Gọi x là tổng mol của axit và p-HOC
6
H
4
CH
2
OH => số mol H
2
O tạo ra = x mol
Y là tổng mol của tripanmitin và tristearin => số mol của C
3
H

5
(OH)
3
= y mol
Ta có n
O (X)
= 2x + 6y (I)
 
35
3
92
%C H OH .100 2,916( )
35,1 18
y
II
x



Giải (I) và (II) và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng => đáp án B.
Câu 27: Hỗn hợp A gồm (ZnS, Zn, S) có công thức trung bình là ZnS
x
. Hòa tan hoàn toàn A vào dd hỗn hợp
gồm KNO
3
và KHSO
4
theo phương trình sau: ZnS
x
+ KNO

3
+ KHSO
4
 ZnSO
4
+ K
2
SO
4
+ N
x
O +H
2
O. Biết
hệ số cân bằng của KHSO
4
bằng hệ số cân bằng của K
2
SO
4
. % Khối lượng S trong hỗn hợp A có giá trị lớn
nhất là
A. 55,17. B. 67. C. 44,83. D. 33.
HD:
26
x
2
5
(5 2)
ZnS Zn x S (2 6 )

(2 6 )
(5 2)
x
x
xe
x
x N x e x N




   



Nhân hệ số vào phương trình
Gọi a, b, c lần lượt là hệ số của KHSO
4
, K
2
SO
4
, H
2
O
Thực hiện đếm lại cho K, S, H
Sau đó cho a = b => giải phương trình chọn D
Câu 28: Tiến hành dime hóa C
2
H

2
sau một thời gian thu được hỗn hợp X chứa hai chất hữu cơ có tỷ khối so
với He là 65/6. Trộn V lít X với 1,5V lít H
2
thu được hỗn hợp Y. Đun nóng Y với bột Ni sau một thời gian thì
thu 17,92 lít (ở đktc) hỗn hợp Z có tỷ khối so với Y là 1,875. Cho Z lội qua dung dịch AgNO
3
/NH
3
dư thì thấy
có 0,3 mol AgNO
3
phản ứng và tạo ra m gam kết tủa, hỗn hợp khí thoát ra có thể tích là 12,32 lít (ở đktc) và
làm mất màu tối đa 150 ml dung dịch Br
2
2M. Giá trị của m là
A. 40,1. B. 44. C. 32. D. 39,9.
HD:
Ta có:
130
3
X
M 
;
1,5.2 278
2,5 15
X
y
M
M



;
139
4
Z
M 
.
n
Z
= 0,8 (mol) => m
Z
= 27,8 (gam).
Từ
X
M
, ta có số mol C
2
H
2
: số mol C
4
H
4
= 1 : 2 => Gọi x và 2 x lần lượt là số mol của C
2
H
2
và C
4

H
4
trong V
lit X => số mol H
2
thêm vào là 4,5x mol m
Y
= m
Z
= 27,8 (gam) => x = 0,2
=> Số mol (C
2
H
2
+ C
4
H
4
)= 0,6 mol => số mol H
2
dư = n
Z
– 0,6 = 0,2 (mol)
Kết tủa gồm AgCCAg (a mol) ; CH
3
CH
2
CCAg (b mol) ; CH
2
=CH-CCAg (c mol)

Ta có : 0,8 = a + b + c + 0,55 (I)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Ag, ta có :
2a + b + c = 0,3 (II)
Ta lại có : Tổng mol lk ban đầu = Tổng mol lk phản ứng + Tổng mol lk dư
( mà Tổng mol lk phản ứng = Tổng mol tác nhân cộng tham gia phản ứng)
0,2. 2 + 0,4 . 3 = (0,9 - 0,2) + 0,3 + 2a +2b + 3c (III)
Giải (I), (II), (III), ta có a, b, c và chọn đáp án B
Câu 29: Chất X thỏa mãn sơ đồ phản ứng sau:
X + 2NaOH  X
1
+ X
2
+ X
3
(1) X
1

0
,Ht


Y
1
(2) X
2

0
,Ht



Y
2
(3)
Cumen
0
2
24
O , ,xt t
H SO



Y
2
+ Z
1
(4) Z
1
+ HCN  Z
2
(5) Z
2
+ X
3

0
,Ht


Y

1
(6)
X có phân tử khối là
A. 180. B. 166. C. 134. D.162.
Câu 30: Điện phân 400ml dung dịch X gồm NaCl 0,2 M và Cu(NO
3
)
2
0,4 M với cường độ dòng điện là
2,573 A trong thời gian t giờ thu được dung dịch Y. Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch Y để phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được 3,68 gam chất rắn khan. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của HNO
3
. Giá trị của t gần
nhất với
A. 1. B. 2,5. C. 2. D. 1,5.
HD: Cu(NO
3
)
2
+ 2NaCl
dpdd

Cu + Cl
2
+ 2NaNO
3

0,04  0,08
Cu(NO
3

)
2
+ H
2
O
dpdd

Cu + 2HNO
3
+ ½ O
2

x  2x
Khi cho Fe tác dụng với HNO
3
:
3Fe + 8 HNO
3
 3Fe(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
Fe + Cu(NO
3
)
2
 Fe(NO

3
)
2
+ Cu
M
chất rắn
= m
Cu
+ m
Fe dư
=> 3,68 = 64.(0,16 – x) + 6,72 – 56.(2x.3/8 + 0,16 –x) => giải tìm x
=> số mol e do Cu
2+
nhận = 2(0,04 + x) => chọn đáp án B.
Câu 31: Cho các phát biểu sau:
1/ Benzylamin tác dụng với HNO
2
tạo ra ancol cùng bậc với nó.
2/ Trong các chất Pb, Cr, KMnO
4
, FeS, CuS, Gly-Ala, KHSO
4
, CuO có 4 chất tác dụng được với HCl loãng
nguội.
3/ Các dung dịch HCl (pH
1
), H
2
SO
4

(pH
2
), HCOOH(pH
3
) luôn có thứ tự pH là pH
2
<pH
1
<pH
3
.
4/ Trong các chất mêtylamin,glyxerol,frutozơ,axit fomic,axetandehit,vinylaxetilen có 3 chất hòa tan được
Cu(OH)
2
.
5/ Phân lân nung chảy chỉ được dùng cho đất chua.
6/ Iot, naphtalen, cacbonic đều có tính thăng hoa.
7/ SiO
2
có thể tan trong dung dịch Na
2
CO
3
, NaOH tạo muối Na
2
SiO
3
.
8/ Thủy tich thạch anh là thủy tinh có chứa nhiều chì oxit.
Số phát biểu đúng là

A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Câu 32: Một oligopeptit được tạo thành từ glyxin. alanin, valin. Thủy phân X trong 500ml dung dịch H
2
SO
4

1M thì thu được ddY, cô cạn dung dịch Y thì thu được hỗn hợp Z có chứa các đipeptit, tripeptit, tetrapeptit,
pentapeptit và các aminoaxit tương ứng. Đốt một nữa hỗn hợp Z bằng một lượng không khí vừa đủ, hấp thụ
sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thì thấy khối lượng bình tăng 74,225 gam, khối lượng dung dịch
giảm 161,19 gam đồng thời thoát ra 139,608 lít khí trơ. Cho dung dịch Y tác dụng hết với V lít dung dịch
KOH 2M đun nóng ( dùng dư 20% so với lượng cần thiết), cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất
rắn có giá trị gần đúng là
A. 198. B. 111. C. 106. D. 184.
HD: Z có CTTB dạng C
n
H
2n+2-z
O
z+1
N
z
( số mol là a)
n 2n 2 z z 1 z 2 2 2 2
3 1,5
C H O N O ( 1 0,5 ) / 2
2
nz
nCO n z H O z N

  

     

a a(1,5n – 0,75z)  an a(n+1 – 0,5z)  az/2
n 2n 2 z z 1 z 2
C H O N ( ô )zKOH Mu i KOHdu H O
  
   

2a  2az  2a
Số mol BaCO
3
= số mol CO
2
= an (mol)
Số mo N
2
(trong không khí) = 4 số mol O
2
= 4a.(1,5n – 0,75z)
Khối lượng bình tăng = mCO
2
+ mH
2
O = 44an + 18.a(n+1 – 0,5z) = 74,225 (I)
Khối lượng dd giảm = mCO
2
+ mH
2

O – mBaCO
3
= 44an + 18.a(n+1 – 0,5z) – 197an = -161,19 (II)
Số mol N
2
thoát ra = 4a.(1,5n – 0,75z) + az/2 = 6,2325 (III)
Giải (I), (II), (III), ta có: an = 1,195; a = 0,195; az = 0,375
Khối lượng Y = 2.a(14n + 29z +18) = 62,23 gam
Số mol KOH phản ứng với Y và H
2
SO
4
= 2. az + 2.0,5 = 1,75 mol => Số mol KOH ban đầu = 2,1875 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, giải ra khối lượng chất rắn = mY + mH
2
SO
4
+ mKOH – mH
2
O =>
chọn A
Câu 33: Một loại phân nitrophotka chứa 20% tạp chất. Trong đó độ dinh dưỡng của lân là 26,894%. Vậy tổng
độ dinh dưỡng của loại phân này gần nhất với
A. 80%. B. 55%. C. 60%. D. 50%.
HD: Xét 100 gam phân bón có chứa: 20 gam tạp chất, 80 gam hỗn hợp gồm (NH
4
)
2
HPO
4

(a mol); KNO
3
(b
mol)
132a + 101b = 80 (I)
25
0,5 .142
% .100 26,894( )
100
a
PO II

Từ (I) và (II) giải ra a và b
Tổng độ dinh dưỡng = % N + % P
2
O
5
+ % K
2
O = [(2a+b).14 + 0,5a. 142 + 0,5b.94]:100 => Chọn B.
Câu 34: Hòa tan hoàn toàn 14,72 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn vào 971,25 gam dung dịch HNO
3
6% (vừa
đủ) thì thu được 985,97 gam dung dịch Y. Khối lượng muối khan trong dung dịch Y là
A. 68. B. 72,07. C. 57,73. D. 60,6.
HD: Ta thấy mX + mddHNO
3
= mdd sau => không tạo khí => tạo NH
4
NO

3
.
Khối lượng muối = m kim loại + m NH
4
+
+ mNO
3
-

Gọi a, b, c , d, e lần lượt là số mol của Mg, Al, Zn, NH
4
+
và NO
3
-

Áp dụng định luật bảo toàn e: 2a + 3b +2c = 8d
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: e = 2a + 3b +2c + d=> e = 9d (I)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho nitơ: d + e = 0,925 (II)
Giải (I) và (II) => chọn đáp án A
Câu 35: Cho các phản ứng sau:
1/ Cl
2
(dư) + 2KBr  2KCl + Br
2
2/ Pb + HCl
o
tC

PbCl

2
+H
2
.
3/ 2NaClO + CO
2
+ H
2
O  Na
2
CO
3
+ 2HClO. 4/ CaF
2
+ 2HCl CaCl
2
+ 2HF
5/ Ag
2
O + H
2
O
2
 2Ag + H
2
O + O
2
. 6/ H
2
S + O

2
 S + H
2
O.
7/ SO
2
+ 2Mg  S + 2MgO. 8/ H
3
PO
4
+ AgNO
3
 Ag
3
PO
4
+ HNO
3
.
Số phản ứng viết đúng là
A. 7. B. 6. C. 5. D. 4.
Câu 36: Cho 25,68 gam hỗn hợp X gồm CuO, Fe
3
O
4
có tỷ lệ mol là
34
CuO Fe O
n : n = 2:3
vào 450 ml dung dịch

H
2
SO
4
1M. Sau khi phản ứng hoàn toàn cho tiếp m gam Mg vào , để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được
dung dịch Y. cho NaOH dư vào dung dịch Y, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thì thu được
21,6 gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với
A. 6. B. 7. C. 8. D. 9.
HD: Số mol CuO = 0,06 mol ; số mol Fe
3
O
4
= 0,09 mol ; số mol H
2
SO
4
= 0,45 mol
Dung dịch sau phản ứng gồm:
4
4
2 4 3
2 4
CuSO 0,06mol
FeSO 0,09 mol
Fe (SO ) 0,09
H SO 0,03 mol
mol







+ Mg  Phản ứng theo thứ tự sau:
Mg + Fe
2
(SO
4
)
3
 MgSO
4
+ 2FeSO
4

Mg + CuSO
4
 MgSO
4
+ Cu
Mg + H
2
SO
4
 MgSO
4
+ H
2

Mg + FeSO

4
 MgSO
4
+ Fe
Nếu FeSO
4
dư x mol thì chất rắn sẽ gồm Fe
2
O
3
: 0,5x mol và MgO :(0,18 + 0,27-x) mol
Từ khối lượng chất rắn => x = 0,09 < số mol FeSO
4
= 0,27 mol ( thỏa mãn đề bài)
=> khối lượng Mg phản ứng = 8,64 gam => chọn D
Câu 37: A chứa m g Ca , B chứa
12
1m 
g Ca. Người ta trộn A vào B rồi cho tác dụng với HCl dư thì thấy khối
lượng muối thu được là nhỏ nhất. Mặt khác, cho A tác dụng hoàn toàn với HNO
3
(dư) chỉ thu được dd chứa
m
1
g muối. Giá trị của m
1
gần nhất với
A. 13. B. 12,3. C.13,8. D. 11,5.
HD: khối lượng muối CaCl
2

là
12 111 12.111 111
.111 .111 ( 1)
40 40( 1) 40 40( 1) 40
m
m
mm
    

=y. Để y nhỏ nhất thì
111 12.111
( 1)
40 40( 1)
m
m


nhỏ nhất.
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương trên, ta có y
min
khi
111 12.111
( 1) 12 1
40 40( 1)
mm
m
    

khi cho m gam Ca tác dụng với HNO
3

chỉ thu được dd
=> tạo NH
4
NO
3
; Số mol NH
4
NO
3
= (2. nCa ): 8
Từ đó, ta tình khối lượng muối Ca(NO
3
)
2
+ khối lượng muối NH
4
NO
3
=> chọn đáp án D
Câu 38: Cho các phản ứng sau:
1/ Cl
2
+ NaBr (dung dịch)  2/ C
6
H
5
NH
2
+ NaNO
2

+ HCl  3/ H
2
O
2
+ Ag
2
O 

4/ H
2
O
2
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4
 5/ Cu + Fe
2
(SO
4
)
3
 6/ Si + KOH 
7/ Sn(NO
3
)
2

o
tC

8/ Fe
3
O
4
+HI  9/ Fe
2
(SO
4
)
3
+ K
2
S 
Số phản ứng luôn tạo ra đơn chất là
A. 5. B. 6. C. 7. D. 8.
Câu 39: Chia m gam dung dịch X gồm R
2
CO
3
và MHCO
3
thành hai phần bằng nhau:
Cho từ từ 200ml dung dịch HCl 1M vào phần 1 thì thấy thoát ra 896 ml khí.
Cho từ từ phần 2 vào 100 ml dung dịch Y gồm HCl 1,2 M và KHSO
4
0,8 M thì thu được dung dịch Z và
2,688 lít khí. Cho tiếp V ml dung dịch T gồm BaCl

2
2 M và KOH 0,1 M vào dung dịch Z thì thấy xuất hiện
36,37 gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đều đo ở đktc. Giá trị của V là
A. 50. B. 80. C. 100. D. 150.
HD: Khi cho từ từ 0,2 mol H
+
vào phần 1:
CO
3
2-
+ H
+
 HCO
3
-
(1)
HCO
3
-
+ H
+
CO
2
+ H
2
O (2)
Gọi a là số mol của CO
3
2-

và b là số mol của HCO
3
-
trong mỗi phần
Ta dễ dàng nhận thấy ở cả hai thí nghiệm, sau cùng axit phải hết
Từ thí nghiệm 1: số mol khí = 0,2 – a = 0,04 => a = 0,16 (I)
Thí nghiệm 2: đặt k hiệu suất phản ứng của hai muối, ta có:
CO
3
2-
+ 2H
+
 CO
2
+ H
2
O (1)
ak  2ak  ak
HCO
3
-
+ H
+
CO
2
+ H
2
O (2)
bk  bk bk
Số mol H

+
= 2ak + bk = 0,2 (II)
Số mol CO
2
= ak + bk = 0,12 (III)
Từ (I), (II) ,(III) ta có: a = 0,16 ; k = 0,5 ; b = 0,08
Kết tủa là BaSO
4
và BaCO
3
.
HCO
3

-
+ OH
-
 CO
3
2-
+ H
2
O
Ba
2+
+ SO
4
2-
 BaSO
4

Ba
2+
+ CO
3
2-
 BaCO
3

Nếu OH
-
hết, ta có m kết tủa = 0,08.233 + 197. (0,08 + 0,1.V.10
-3
) = 36,37 => V = 100
Kiểm tra lại: Số mol của Ba
2+
= 0,2 mol > tổng số mol trong kết tủa ( phù hợp với yêu cầu của đề)
Câu 40: Cho sơ đồ phản ứng: A
24
H SO

dac
Propen
+HCl

B
+KCN

C
o

24
+H SO loãng, t C

D
24
H SO

dac
E
Chất chất trên sơ đồ đều là sản phẩm chính. Trong các phát biểu sau, số phát biểu đúng với sơ đồ trên là
1/ Chất có nhiệt độ sôi cao nhất là D
2/ Từ E có thể điều chế Plexiglas qua ít nhất 2 phản ứng.
3/ Từ A luôn tạo trực tiếp ra B.
4/ Từ B luôn tạo trực tiếp ra A.
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 41: Hòa tan m gam một hỗn hợp X gồm Al
2
(SO
4
)
3
và ZnSO
4
(tỷ lệ mol là
2 4 3 4
Al (SO ) ZnSO
n : n = 1:3
) vào
nước thu được dung dịch Y. Cho vào dung dịch Y 180 ml dung dịch KOH 1M thì thấy tạo ra 3a g kết tủa.
Thêm tiếp 260 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch sau phản ứng thì thấy tạo ra a g kết tủa. Giả thiết rằng

tốc độ các phản ứng là như nhau. Giá trị của m gần nhất với
A. 35 g. B. 25 g. C. 49 g. D. 20 g.
HD: ta có số mol Al
3+
: số mol Zn
2+
= 2:3. Gọi M là kim loại trung bình của Al và Zn. Khi đó, ta có hóa trị
của M là (3.2 + 2.3 ):5 = 2,4 và số mol là y ( tổng mol của Al và Zn)
M
2,4+
+2,4 OH
-
 M(OH)
2,4
(1)
M(OH)
2,4
+ 1,6OH
-
 [M(OH)
4
]
1,6-
(2)
Từ (1) và (2) ta có đồ thị như sau:

Theo đề, ta có: toa độ A (0,18; 3x) ; B(0,18+0,26; 3x+x)
Theo đề, ta dể dàng nhận thấy A chỉ có một cách phân vào đồ thị, B có hai cách phân vào đồ thị.
Từ tọa độ A, ta thấy hoành độ = 2,4, tung độ => 0,18 = 2,4.3x => x = 0,025
Nếu B là B

1
, ta có : 0,18 + 0,26 = 4. (3x + x ) => x =0,0275 (loại) . vậy B là B
2
.
Từ đồ thị, ta có: 4y = (0,18 + 0,26) + 1,6.4x => y = 0,15 => Số mol Al = 0,06 mol ; Số mol Zn = 0,09 mol
=> Số mol Al
2
(SO
4
)
3
= 0,03 mol và số mol ZnSO
4
= 0,09 mol => Chọn B.
Câu 42: Nung 15,904 lít hỗn hợp X gồm etilen, propin, vinylaxetilen và hidro với xúc tác thích hợp thu được
11,2 lít khí Y có tỷ khối hơi so với H
2
là 10,28. Chia Y thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: đốt cháy hoàn toàn thì cần V lít O
2
thu được 8,46 gam H
2
O.
Phần 2: dẫn qua dung dịch AgNO
3
/ NH
3
dư thì thu được m gam gồm 3 kết tủa có tỷ lệ mol 1:2:3 tương ứng
với M tăng dần, khí thoát ra có thể tích là 5,152 lít.
Hỗn hợp X làm mất màu tối đa a mol Br

2
. Biết các khí đều đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị
của (V + m + a) gần nhất với
A. 15,8. B. 17,8. C. 17,1. D. 16,7.
HD: n
Y
= 0,5 mol m
Y
= 0,5. 20,56 = 10,28 gam = m
X
(theo định luật bảo toàn khối lượng)
Số mol X = 0,71 mol Số mol H
2
O = 0,47 mol;
Gọi a là số mol của (C
2
H
4
, C
3
H
4
, C
4
H
4
) và b là số mol của H
2
.
Ta có a+b = 0,71 (I)

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho hidro, ta có: 2a + b =0,94 (II)
Giải (I), (II), ta có: a = 0,23 ; b = 0,48
Ta có mC = 10,28/2 – 0,47.2 = 4,2 gam => số mol CO
2
= 0,35 mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho oxi, ta có Số mol O
2
= 0,585 mol => V = 13,104 lít
Kết tủa gồm CH
3
CCAg ( t mol) ; CH
3
CH
2
CCAg(2t mol) ; CH
2
=CH-CCAg (3t mol)
Số mol khí thoát ra = 0,23 mol , ta có t + 2t + 3t +0,23 = 0,25 => t = 1/300 => m = 3,15 gam
Gọi x, y, z là số mol của C
2
H
4
, C
3
H
4
, C
4
H
4

trong X, ta có:
x+ y + z = 0,23 (III)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho cacbon, ta có: 2x + 3y + 4z = 0,7 mol (IV)
Lấy (IV) – (III) => x +2y +3z = 0,47= Số mol Br
2
phản ứng với X. => Chọn D
Câu 43: Các chất có công thức phân tử như sau: C
7
H
8
O
2
, C
7
H
7
N
2
Cl, C
7
H
9
O
3
N, C
7
H
12
O
3

N
2
, C
7
H
10
O
4
NCl,
C
7
H
9
O
2
N. Số chất có thể có chứa vòng benzen là
A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
HD: CH
3
C
6
H
3
(OH)
2
; CH
3
C
6
H

4
N
2
Cl; C
6
H
5
NH
3
HCO
3
; C
6
H
5
NH
3
CO
3
NH
4
; CH
3
C
6
H
4
NH
3
ClO

4
; C
6
H
5
COONH
4

Câu 44: Cho từ từ dung dịch H
3
PO
4
vào V ml dung dịch Ba(OH)
2
1,6M, số mol kết tủa thay đổi theo H
3
PO
4

được biểu diễn theo đồ thị sau:

Khi số mol H
3
PO
4
sử dụng là 0,864 mol, khối lượng kết tủa thu được là m gam. Giá trị (m+V) gần nhất với
A. 300. B. 350. C. 320. D. 360.
HD: Đặt Số mol của Ba(OH)2 = V. 1,6 . 10
-3
= a (mol)

3Ba(OH)
2
+ 2H
3
PO
4
 Ba
3
(PO
4
)
2
+ 6H
2
O (1)
Ba
3
(PO
4
)
2
+ H
3
PO
4
 3BaHPO
4
(2)
BaHPO
4

+H
3
PO
4
 Ba(H
2
PO
4
)
2
(3)
Từ 3 phường trình trên ta đồ thị như sau:

Từ đồ thị, ta có :
2
3
0,42 ( )
32
a
b
a
I


và
0,6 2 ( )b a II

Giải (I) và (II), ta có a = 0,48 và b = 0,36 => V = 300 ml
2a = 0,864 + c => c = 0,096 => m kết tủa = 22,368 gam
Câu 45: Chất X có công thức cấu tạo thu gọn nhất là

Danh pháp thay thế của X là
A. 5-metyl-4-etylhex-3-enal. B. 4-etyl-5-metylhex-3-enal.
C. 5-metyl-4-etylhex-3-en-1-on. D. 4-etyl-5-metylhex-3-en-
1-on.

Câu 46: Hỗn hợp A gồm 4 peptit thuộc loại oligopeptit được tạo từ các amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm
–NH
2
, 1 nhóm -COOH. Thủy phân hoàn toàn 0,13 mol A trong 315 gam dung dịch KOH 8% thì thu được
dung dịch Y có tổng nồng độ chất tan là a%. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn lượng A như trên thì thu được
tổng khối lượng CO
2
và H
2
O là 88,11 gam đồng thời có 4,368 lít khí N
2
(đktc) thoát ra. Giá trị của a gần nhất
với
A. 16,3. B. 16,5. C. 15,8. D. 15,5.
HD: A có CTTB dạng C
n
H
2n+2-z
O
z+1
N
z

n 2n 2 z z 1 z 2 2 2 2

3 1,5
C H O N O ( 1 0,5 ) / 2
2
nz
nCO n z H O z N
  

     

0,13  0,13.n 0,13(n+1 – 0,5z) 0,13z/2
n 2n 2 z z 1 z 2
C H O N ( ô )zKOH Mu i KOHdu H O
  
   

0,13  0,13.z  0,13
Số mol CO
2
= an (mol)
mCO
2
+ mH
2
O = 44.0,13.n + 18.0,13(n+1 – 0,5z) = 88,11 (I)
Số mol N
2
= 0,13.z/2 = 0,195 (II)
Giải (I), (II), ta có: n = 144/13; z = 3
Khối lượng A = 0,13.(14n + 29z +18) = 33,81 gam
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có m

chất tan trong Y
= 33,81 + 25,2 – 0,13 .18 = 56,67 gam
m
ddY
= 315 + 33,81 = 348,81 gam => a = 16,25 %
Câu 47: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp T gồm hidroquinon và andehit no, hai chức mạch hở có cùng số
mol thì cần V lít (đktc) hỗn hợp Z gồm O
2
và O
3
có tỷ khối hơi so với H
2
là 19, sau phản ứng thu được a gam
H
2
O. Giá trị của m là
A.
5 35
49
Va

. B.
95 35
32 9
Va

. C.
5 14
89
Va


. D.
95 14
64 9
Va

.
HD: Công thức trung bình của T là C
n
H
2n-4
O
2
.
2
n 2n 4 2 2 2
3
O 5x mol
C H O CO +H O
O 3x mol






Gọi t là số mol của T
Số mol H
2
O = t(n-2) = a/18 (I)

Số mol CO
2
= tn (II)
Số mol Z = 8x = V/22,4 => x = V/179,2 (III)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O, ta có: 2t + 19x = 2tn + tn – 2t (IV)
Từ 4 phương trình trên, ta có:
19
tn
179,2 9
Va

và
19
t
358,4 12
Va


m= t (14n +28) = 14tn + 28t . Thay tn và t vào => chon đáp án B
Câu 48: Crăcking m gam hỗn hợp X gồm ba ankan sau một thời gian thu được hỗn hợp Y chỉ chứa các
hidrocacbon. Chia Y thành hai phần. Phần 1 dẫn qua dung dịch Br
2
0,2 M thấy mất màu tối đa 350 ml, khí
thoát ra chiếm 44% thể tích phần 1. Phần 2 đốt cháy hoàn toàn, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 500 ml
dung dịch Z gồm Ba(OH)
2
0,5 M và KOH 1,29 M thì thu được 39,4 gam kêt tủa, khối lượng dung dịch tăng
22,16 gam. Đốt hoàn toàn m gam X rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào 600 ml dung dịch Z thì thấy khối lượng
dung dịch tăng m
1

gam. Giá trị (m + m
1
) gần nhất với
A. 68. B. 80. C. 77. D. 70.
HD: Đối vời phần 1:
Số mol Br
2
phản ứng = số mol anken = 0,07 mol ( chiếm 56%)
Số mol ankan thoát ra = 0,055 mol = số mol X (phần 1)
Số mol Ba(OH)
2
= 0,25 mol; số mol KOH = 0,645 mol ; Số mol BaCO
3
= 0,2 mol
=> Số mol CO
2
= 0,945 mol
Độ tăng khối lượng dd = mCO
2
+ mH
2
O – m BaCO
3
=> nH
2
O = 1,11 mol => Số mol X (phần 2) = 0,165
=> Phần 2 = 3. Phần 1 ; mX (phần 2) = m
C
+ m
H

= 13,56 gam => m = 18,08 gam.
Khi đốt X : Số mol CO
2
= (4. 0,945)/3 = 1,26 mol ; Số mol H
2
O = (4. 1,11)/3 = 1,48 mol
600 ml dd Z chứa: Số mol Ba(OH)
2
= 0,3 mol ; số mol KOH = 0,774 mol => Số mol BaCO
3
= 0,114 mol
=> m
1
= 59,622 => Chọn C
Câu 49: Cho các chất sau: cumen, styren, polyetilen, caosu buna, phenol, anilin, isopropyl fomat, axit
propionic, metyl acrylat,. Số chất có thể làm mất màu nước Br
2
là
A. 5. B. 6. C. 7. D. 8.
Câu 50: Cho 28,8 gam H
2
O vào bình có dung tích 10 lit có chứa sẵn một lượng C dư ( giả sử thể tích chất rắn
không đáng kể). Nung bình ở nhiệt độ 1092
o
C để điều chế khí than ướt, khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng
thì áp suất lúc này gấp 1,25 lần trước khí xảy ra phản ứng. Tăng thể tích của bình chứa lên để áp suất bằng với
áp suất khí quyển tại nhiệt độ trên thì hiệu suất cực đại của phản ứng có giá trị gần nhất với
A. 60. B. 65. C. 68. D. 70.
HD:
H

2
O + C CO +H
2

Ban đầu: 0,16 0 0
Phản ứng x x x
Lúc sau: 0,16 – x x x
Áp suất sau = 1,25 áp suất đầu => C
sau
= 1,25 C
đầu
=> 0,16 + x = 1,25.0,16 => x = 0,04 => K
C
= 1/75
P =C.R.T = 17,92 atm tăng thể tích để P = 1atm => C mới = 1/112
Ta, có:
.1
1
75
112
C
yy
K
y


=> y = 6,12. 10
-3
=> chọn C.

Những thành tựu vĩ đại không được gặt hái bằng sức mạnh mà bằng sự kiên trì!
Thân tặng các bạn học sinh!
Chúc các bạn ôn thật tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015!