Đáp án chi tiết thi thử môn hóa Đà Lạt 2015

hocthanhnguoi.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT
KHOA SƯ PHẠM
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT
Biên soạn: Trần Văn Thanh Hoài
Câu 1: Một hợp chất được tạo thành từ các ion M+ và X 22 . Trong phân tử M2X2 có tổng số hạt
p, n, e bằng 164, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52. Số khối của
M nhiều hơn số khối của X là 23. Tổng số hạt p, n, e trong ion M+ nhiều hơn trong ion X 22 là 7
hạt. Số phát biểu đúng trong các phát biểu sau:
1. Trong M2X2 có chứa liên kết cộng hóa trị không cực.
2. Một loại quặng chứa M có vai trò quan trọng trong quá trình điện phân điều chế nhôm.
3. Có thể điều chế đơn chất M bằng phương pháp điện phân dung dịch muối halogenua
tương ứng.
4. X là phi kim điển hình ở nhóm VIIA.
5. Để điều chế đơn chất của X trong công nghiệp chỉ có thể dùng phương pháp điện phân.
A. 1
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Hướng dẫn giải:
2(2Z M  N M )  2(2 Z X  N X )  164
(4Z  4Z )  (2 N  2 N )  52

M
X
M
X
Ta có hệ: 
=> M là K, X là O
( Z M  N M )  ( Z X  N X )  23
(2Z M  N M  1)  2(2Z X  N X  1)  7

Trong K2O2 có liên kết O–O
Câu 2: Cho các cân bằng sau trong các bình riêng biệt:
H2 (k, không màu) + I2 (k, tím)
2HI (k, không màu)
(1)
2NO2 (k, nâu đỏ)
N2O4 (k, không màu)
(2)
Nếu làm giảm thể tích bình chứa của cả 2 hệ trên, so với ban đầu thì màu của
A. hệ (1) hệ (2) đều đậm lên.
B. hệ (1) không thay đổi; hệ (2) nhạt đi.
C. hệ (1) và hệ (2) đều nhạt đi.
D. hệ (1) đậm lên; hệ (2) nhạt đi.
Hướng dẫn giải:
Khi giảm thể tích đi k lần thì nồng độ các chất đều tăng lên k lần, áp suất bình chứa tăng.
Đối với phản ứng (1) cân bằng không dịch chuyển, nhưng do nồng độ I2 tăng nên màu đậm lên.
Đối với phản ứng (2) cần bằng dịch chuyển theo chiều thuận (giảm số mol khí) nên màu nhạt đi
Câu 3: Phát biểu nào sau đây sai về axit nitric?
A. Dung dịch HNO3 đặc không hòa tan được Fe ở nhiệt độ thường
B. Độ bền của HNO3 kém hơn so với H3PO4
C. Trong phòng thí nghiệm, HNO3 được điều chế bằng phương pháp sunfat


hocthanhnguoi.com
D. Hỗn hợp dung dịch HCl và HNO3 theo tỉ lệ thể tích 1 : 3 có thể hòa tan được vàng
Hướng dẫn giải:
Nước cường thủy là hỗn hợp HCl, HNO3 theo tỷ lệ 3:1
Câu 4: Trong tự nhiên oxi tồn tại 3 đồng vị bền : 168O ; 178O ; 188O và hiđro có ba đồng vị bền là :
H , 12 H và 13 H . Có x phân tử nước được tạo thành có phân tử khối bắng nhau. Gái trị lớn nhất
của x là

A. 2.
B. 3
C. 4.
D. 5.
Hướng dẫn giải:
18
19
20
21
22
23
24
M H 2O
1
1

Số phân tử H2O
1
2
4
4
4
2
1
Câu 5: Cho phương trình hóa học sau: aFexOy + bFe(NO3)2 + cKHSO4  dFe2(SO4)3 + eK2SO4
+ fNO + gH2O. Các hệ số cân bằng là tối giản. Giá trị (c+g) là
A. 24x – 6y.
B. 36x – 9y.
C. 12x – 3y.
D. 48x – 12y.

Hướng dẫn giải:


2y
x

3

x Fe  xFe (3x  2 y )e x5
2

5

3

2

Fe 2 N  5e  Fe 2 N x(3x  2 y )

5FexOy + (3x-2y)Fe(NO3)2 + cKHSO4  (4x-y)Fe2(SO4)3 + eK2SO4 + (6x-4y)NO + gH2O
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho K và S ta có:
c  2e
c  24 x  6 y

 Chọn B

c  (12 x  3 y)  e e  12 x  3 y
Câu 6: Clo có hai đồng vị 35Cl và 37Cl, nguyên tử khối trung bình của clo là 35,5. Có bao nhiêu
nguyên tử 37Cl trong 14,25 gam MgCl2?
A. 1,35.1023.

B. 4,5.1022.
C. 1,8.1023.
D. 4,5.1023.
Hướng dẫn giải:
nMgCl2  0,15(mol )  nCl  0,3(mol ) . Gọi a, b lầ lượt là số mol của 35Cl, 37Cl

a  b  0,3

Ta có hệ: 
35a  37b
 M Cl  a  b  35,5
N 37 Cl  b.N A

Câu 7: Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi,
sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư). Hòa tan
Y bằng một lượng vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác
dụng hoàn toàn với lượng dư AgNO3, thu được 56,69 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của clo
trong hỗn hợp X là


hocthanhnguoi.com
A. 76,70%.
B. 56,36%.
C. 51,72%.
D. 53,85%.
Hướng dẫn giải:
0,24 mol
 Mg(NO3 )2   AgCl (2a+0,24)mol
Z
 Mg 0,08mol Cl2 a mol 



X
+
HCl  
 AgNO3du  

 Fe 0,08mol  O b mol 


  2

H 2 O

 Fe(NO3 )3   Ag c mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho hidro: nHCl  2nH2O  nH2O  0,12mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho oxi: 2nO2  nH2O  b=0,06 (I)
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 0,08.2+0,08.3 = 2a + 4b +c (II)
m kết tủa = 143,5(2a+0,24) +108c = 56,69 (III)
Từ (I), (II), (III) ta có: a = 0,07; b = 0,06; c = 0,02.  Chọn D
Câu 8: Nung m gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu được chất rắn Y (KCl, K2MnO4,
MnO2, KMnO4) và O2. Trong Y có 1,49 gam KCl chiếm 19,893% theo khối lượng. Trộn lượng
O2 ở trên với không khí theo tỉ lệ thể tích VO2 : VKK  1: 4 thu được hỗn hợp khí Z. Đốt cháy hết
0,528 gam cacbon bằng hỗn hợp Z thu được hỗn hợp khí T gồm 3 khí O2, N2, CO2, trong đó CO2
chiếm 22% về thể tích. Biết trong không khí có 80% N2 và 20% O2 theo thể tích. Giá trị của m là
A. 8,53.
B. 8,77.
C. 8,91.
D. 8,70.
Hướng dẫn giải:

 KCl

4a mol


  a mol O 0,8a  0,044 mol CO2 0,044
KMnO
KClO
o



4
3 
2


t C




 KMnO    K MnO  +  O2 +  N 3,2a    C  O 2 1,8a - 0,044 
2
4
 2


4


 N 2 3,2a


 

MnO

2

Từ %VCO2  a = 0,04 mol
Từ % m KCl  mY= 7,49 gam
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có mX = mY + mO2 = 8,77 gam
Câu 9: Để hoà tan hết một mẫu Zn trong dung dịch axít HCl ở 20oC cần 27 phút. Cũng mẫu Zn
đó tan hết trong dung dịch axít nói trên ở 40oC trong 3 phút. Vậy để hoà tan hết mẫu Zn đó trong
dung dịch nói trên ở 55oC thì cần thời gian là:
A. 64,00s.
B. 60,00s.
C. 54,54s.
D. 34,64s.
Hướng dẫn giải:
40  20
v 40oC
27
 γ 10 
 γ = 3;
v 20oC
3

v55oC
v40oC

3

55 40
10



3
 Chọn D
thoi gian phan ung o 55o C

Câu 10: X là hỗn hợp 2 este của cùng một ancol no, đơn chức và 2 axit no, đơn chức đồng đẳng
kế tiếp. Đốt cháy hòan toàn 0,1 mol X cần 6,16 lít O2 (đktc). Đun nóng 0,1 mol X với 50 gam
dung dịch NaOH 20% đến khi phản ứng xảy ra hòan toàn, rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng
được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:


hocthanhnguoi.com

A. 13,5.
B. 7,5
C. 15,0
D. 37,5
Hướng dẫn giải:
Đặt côn thức trung bình của hai ester là Cn H 2 n O2 giải ra n =2,5. Vậy hai ester là HCOOCH3 và
CH3COOCH3 có số mol bắng nhau và bằng 0,05 mol
nNaOH = 0,25 mol  NaOH dư 0,15 mol
 m chất rắn = mHCOONa + mCH3COONa + mNaOH dư = 13,5 gam
Câu 11: Phản ứng có phương trình ion rút gọn: HCO3- + OH-  CO32- + H2O là

A. 2NaHCO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O.
B. 2NaHCO3 + 2KOH  Na2CO3 + K2CO3 + 2H2O
C. NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O.
D. Ca(HCO3) + 2NaOH  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O.
Câu 12: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09 mol vinylaxetylen và
0,16 mol hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi
so với H2 là 21,13. Dẫn Y đi qua dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu
được m gam Z gồm 4 kết tủa có số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm mất
màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây
A. 27.
B. 29.
C. 26.
D. 25.
Hướng dẫn giải:
C2 H 6

C H

 2 4

 C2 Ag 2

C2 H 2 du a mol

 

Ag







CH
CH
OH
C2 H 2 0,08 mol

 3 2

 CH 3 -CH 2 -C  CAg 
CH CHO 0,06 mol

CH CHO a/2 mol

 

3
3
Ni
 
  AgNO3 /NH 3   CH 2 =CH-C  CAg 
X
Y
o
t
C
CH 2 =CH-C  CH 0,09 mol 
C4 H10


 CH





  2 4
mol
C
H
 H 2 0,16 mol

4
8

 + 0,03


- C 4 H 8
Br
2

CH 2 =CH-CH=CH 2

 


CH
=CH-CH=CH



2
  2
CH 3 -CH 2 -C  CH a mol 
CH =CH-C  CH du a mol 
 2


Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có mX =mY = 9,72 gam.
 nY = 0,23 mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho cacbon, ta có
 mol chat huu co (X) = mol chat huu co (Y) =0, 23 mol  H2 hết
Gọi số mol của mỗi kết tủa là a.
 mol lk ban dau = mol lk pu + mol lk du
Ta có:
  mol tac nhan pu + mol lk du
0,08.2 +0,06.1 +0,09.3 = 0,16 + 0,03 + 2a +0,5a + 2a +3a  a = 0,04
 Chọn A


hocthanhnguoi.com
Chú ý: khi CH3CHO tham gia phản ứng với H2, Br2 cung theo tỷ lệ 1:1 giống liên kết  trong
C=C.
Câu 13: Các phản ứng dưới đây đang ở trạng thái cân bằng ở 25OC.



1) N2(k) + O2(k) 
2NO(k)

H0  0.




2) N2(k) + 3H2(k) 
2NH3(k)

H0  0.




3) MgCO3(r) 
CO2(k) + MgO(r)

H0  0.




 2HI(k)
4) I2(k) + H2(k) 
H0  0
Cân bằng của phản ứng nào dịch chuyển mạnh nhất theo chiều thuận khi đồng thời hạ nhiệt độ và
tăng áp suất chung:
A. phản ứng 1
B. phản ứng 2
C. phản ứng 3
D. phản ứng 4

Câu 14: Hàm lượng sắt có trong quặng xiderit là:
A. 48,27%
B. 63,33%
C. 46,67%
D. 77,78%
o
Câu 15: Một bình kín chứa NH3 ở 0 C và 1 atm với nồng độ 1 mol/l. Nung bình kín đó đến
546oC và NH3 bị phân huỷ theo phản ứng: 2NH3(k)
N2(k) + 3H2(k) .Khi phản ứng đạt tới
cân bằng; áp suất khí trong bình là 3,3 atm; thể tích bình không đổi. Hằng số cân bằng của phản
ứng phân huỷ NH3 ở 546oC là:
A. 1,08.10-4
B. 2,08.10-4
C. 2,04.10-3
D. 1,04.10-4
Hướng dẫn giải:
Do bình kín  V không đổi  nồng độ NH3 không đổi trước khi phản ứng.
Ta có P1 = CRT1 ; P2 = CRT2  P2 = 3 atm (áp suất của NH3 tại 546oC trước khi phản ứng)
2NH3(k)
N2(k) + 3H2(k)

Ban dầu 1
Phản ứng x
Lúc sau 1-x
Ta có

0
x/2
x/2

0
(mol/l)
3x/2 (mol/l)
3x/2 (mol/l)

Psau  Cluc sau
[ N ].[ H 2 ]3
3,3 1  x
 Chọn B
=


 x  0,1  K  2
[ NH 3 ]2
P2 C NH3 luc dau
3
1

Câu 16: Dung dịch A chứa a mol ZnSO4; dung dịch B chứa b mol AlCl3; dung dịch C chứa c
mol KOH.
Thí nghiệm 1: cho từ từ dung dịch C vào dung dịch A
Thí nghiệm 2: cho từ từ dung dịch C vào dung dịch B
Lượng kết tủa ở hai thí nghiệm biến đổi theo đồ thị bên dưới.


hocthanhnguoi.com

Tổng số gam kết tủa ở hai thí nghiệm khi dùng x mol KOH gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 9.
B. 8.

C. 8,5.
D. 9,5.
Hướng dẫn giải:
Gọi y là số mol tủa ứng với x mol KOH
Dựa vào đồ thị, ta thấy: 4a =3b; mà 4b =0,32  a = 0,06
Mà 4a = x + 2y; lại có x = 3y  4a = 5y  y = 0,048  Chọn C
Câu 17: Hòa tan hết hỗn hợp (A) gồm Fe và một oxit sắt FexOy vào 300 ml dung dịch H2SO4 1,8
M. Sau phản ứng người ta thu được dung dịch (B) và 2,016 lít khí (C) (ở đktc). Cho dung dịch
NaOH dư vào dung dịch (B) thì thu được kết tủa (D). Lọc, sấy khô và nung (D) trong không khí
đến khối lượng không đổi thì thu được 32 gam chất rắn (E). Biết rằng, lượng axit đã dùng dư
20% so với lượng cần thiết. % Khối lượng của oxít sắt trong hỗn hợp (A) có giá trị lớn nhất là
A. 68,18 %
B. 74,15 %
C. 92,05 %
D. 79,54 %
Hướng dẫn giải:
n H2SO4 pu = n H2SO4 bd :1,2 = 0,45 mol
0,45 mol
 Fe

 FeSO 4
 0,09 mol
 Fe O   H 2SO 4  
  H 2 + H 2O
 Fe2 (SO 4 )3 
 x y
 +NaOH, t o C
Fe2 O3 0,2 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho hidro: nH2O  0,36 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho oxi : nO ( FexOy )  0,36 mol
 Nếu là FeO  nFeO = 0,36 mol
Bảo toàn cho Fe, ta có nFe = 0,04 mol < nH2  0,09 mol (loại)


Nếu là Fe2O3  nFe2O3  0,12 mol
Bảo toàn cho Fe  nFe = 0,16 mol  %mFe2O3  68,1 %



Nếu là Fe3O4  nFe3O4  0,09 mol
Bảo toàn cho Fe  nFe = 0,13 mol  %mFe3O4  74,15 %  Chọn B


hocthanhnguoi.com
Chú ý: 2Fe3+ + Fe  3 Fe2+
Câu 18: Cho dãy chất sau: Al, K2HPO3, H2NCH2COONH4, CH3COOC2H5, Al2O3, AlCl3,
Al(OH)3, AlBr3, AlI3, AlF3. Số chất lưỡng tính có trong dãy là:
A. 2
B. 4
C. 3
D. 5
Câu 19: Giả sử gang cũng như thép chỉ là hợp kim của sắt với cacbon và sắt phế liệu chỉ gồm sắt,
cacbon

và

Fe 2 O3 .

Coi

phản

ứng

xảy

ra

trong

lò

luyện

thép

Martin

là:

t
Fe2O3  3C 
 2Fe  3CO . Khối lượng sắt phế liệu (chứa 40% Fe 2 O3 , 1% C ) cần dùng để
0

khi luyện với 4 tấn gang 5% C trong lò luyện thép Martin, nhằm thu được loại thép 1%C là :
A. 1,50 tấn
B. 2,15 tấn
C. 1,82 tấn

D. 2,93 tấn.
Hướng dẫn giải:
Gọi x là số tấn sắt phế liệu cần dùng
x tan

4 tan
 Fe 0,59 x tan 
Fe
 Fe O 0, 4 x tan    3,8 tan    Fe   CO
 2 3
 C 0, 2 tan  C 

  
C
0, 01x tan 
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O:
0, 4 x
x3  nCO
160
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho C:
0, 4 x
0,01x  0, 2  mC (thep) 
x3x12  mC (thep)  (0, 2  0,08 x)(tan)
160
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Fe:
0, 4 x
mFe (thep)  0,59 x 
x112  3,8  (0,87 x  3,8)(tan)
160
Ta có mFe(thép) = 99 mC (thép)  (0,87 x  3,8)  99(0, 2  0,08x)  Chọn C

Câu 20: Chia 12,04 gam hỗn hợp X gồm ancol mêtylic và ancol anlylic thành 2 phần.
- Phần 1 cho tác dụng với lượng dư natri thì thu được 2,464 lít khí (ở đktc).
- Phần 2 tác dụng vừa đủ với 24 ml dung dịch brom 1M.
% Khối lượng của ancol mêtylic trong hỗn hợp X đạt giá trị lớn nhất là
A. 59,5 %
B. 41,53 %
C. 65,4 %
D. 71,6 %
Hướng dẫn giải:
Gọi a, b lần lượt là số mol của CH3OH và CH2=CHCH2OH trong phần 1
 số mol của CH3OH và CH2=CHCH2OH trong phần 2 là ka và kb.
mX = 32a +58b +k(32a+58b) = 12,04 (I)
ab
nH 2 
 0,11 (II)
2
nBr2  kb  0,024 (III). Thay (II), (III) vào (I) và giải phương trình , ta có :


hocthanhnguoi.com
3

b  50  a  0,16; k  0, 4(thoa yeu cau bai toan)
 Chọn A

b  176  a  363 ; k  39
 1625
3250
176
Câu 21: Hỗn hợp X gồm khí Cl2 và O2. Cho 4,928 lít X (ở đktc) tác dụng hết với 15,28 gam hỗn

hợp Y gồm Mg và Fe thì thu được 28,56 gam hỗn hợp Z. Các chất trong Z tác dụng hết với dung
dịch HNO3 loãng (dùng vừa đủ) thì người ta thu được dung dịch T và 2,464 lít khí không màu
hóa nâu trong không khí (là sản phẩm khử duy nhất và ở đktc). Khối lượng muối khan thu được
khi cô cạn dung dịch T là
A. 73,34 gam.
B. 63,9 gam.
C. 70,46 gam.
D. 61,98 gam.
Hướng dẫn giải:
Cl2 a mol   Mg x mol 
O b mol    Fe y mol  

 2
 
0,22 mol 15,28 g

 Mg 2+ Cl-  0,11 mol
Z + HNO3   3+
  NO + H 2 O
NO3 
 Fe

28,56 g

nX = a+b = 0,22 (I)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 71a +32b = 28,56 – 15,28 (II)
Giải (I) và (II) ta có: a = 0,16 ; b = 0,06
mY = 24x +56y = 15,28 (III)
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: 2x +3y = 2a +4b +0,11. 3 (IV)
Giải (III) và (IV), ta có: x = 0,1 ; y = 0,23

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: nNO   2 x  3 y  2a  0,57mol
3

mmuoi   mion  Chọn D
Câu 22: Hợp chất X có công thức cấu tạo như sau:

X có tên gọi theo hệ thống IUPAC là
A. 5-etylhex-4-en-2-ol
B. 2-etylhex-2-en-4-ol
C. 5-metylhept-4-en-2-ol
D. 3-metylhept-3-en-6-ol.
Câu 23: Đốt cháy hoàn toàn a mol một peptit X được tạo thành từ amino axit no A chỉ chứa một
nhóm axit, một nhóm amin thì thu được b mol CO2 và c mol H2O. Biết b-c = 4a. Số liên kết
peptit trong X là.
A. 10.
B. 9.
C. 5
D. 6


hocthanhnguoi.com
Hướng dẫn giải:
Công thức tổng quát của peptit có dạng: H(HNRCO)xOH  có x N và x liên kết  trong CO
Công thức tổng quát của peptit có thể viết dưới dạng CnH2n +2 -2x +xO2xNx
Dựa trên phương trình phản ứng cháy  b – c = a(0,5x - 1) = 4a  x =10
 số liên kết peptit = 9.
Câu 24: Cho các phát biểu sau:
1. Glucozơ ở dạng vòng tạo ra sorbitol tương ứng ở dạng vòng.
2. Glucozơ bị oxi hóa trong dung dịch AgNO3/NH3 tạo ra axit gluconic.
3. Saccarozơ vẫn có tính khử.

4. Mantozơ khử được dung dịch KMnO4.
5. Glucozơ có thể nhường tối đa 2 electron trong các phản ứng oxi hóa khử.
6. Mantozơ có thể tham gia phản ứng với CH3OH/HCl khan để tạo liên kết glicozit.
Số phát biểu đúng là
A. 5.
B. 4.
C. 3.
D. 6
Câu 25: Hòa tan hết 7,52 gam hỗn hợp M2CO3 và MHCO3 ( M là kim loại kiềm ) vào dung dịch
HCl dư, toàn bộ khí CO2 thoát ra được hấp thụ hết bởi lượng tối thiểu dd có chứa 0,06 mol KOH
. Bỏ qua sự hòa tan của CO2 trong nước . % Khối lượng M2CO3 trong hỗn hợp đầu là
A. 60,2%.
B. 73,4%.
C. 75,8% .
D. 71,6%.
Hướng dẫn giải:
CO2 +KOH  KHCO3
Giả sử chỉ có M2CO3  nM 2CO3  0,06mol  M  32,6
Giả sử chỉ có MHCO3  nMHCO3  0,06mol  M  64,3
Vậy 32,6 < M < 64,3  M là K . Gọi a, b là số mol của K2CO3 và KHCO3
a  b  0, 06
 Giải hệ 
 Chọn B
138a  99b  7,52
Câu 26: Trong các thí nghiệm dưới đây
TN1 : Dẫn CO2 dư vào dung dịch K2SiO3 .
TN2: Dẫn CO2 vào dung dịch có dư CaOCl2 .
TN3 : Dẫn CO2 dư vào dung dịch bão hòa ở lạnh chứa NH3 + NaCl .
TN4: Dẫn CO2 dư vào dung dịch Ca(OH)2 .
TN5: Dẫn SO2 dư vào dung dịch Ca(OH)2 .

TN6: Dẫn CO2 dư vào dung dịch natrialuminat.
TN7: Cho CO2 dư vào dung dịch K2CO3 + KHCO3 , sau đó thêm dung dịch BaCl2 dư vào.
TN8: Dẫn NH3 dư vào dung dịch ZnSO4 .
TN9: Dẫn NaHSO4 dư vào dung dịch Ba(HCO3)2 .
TN 10: Cho dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch K2Cr2O7.
Số thí nghiệm cho kết tủa sau phản ứng là
A. 9.
B. 6.
C. 7.
D. 8.


hocthanhnguoi.com

Câu 27: Hấp thụ hết 4,48 lít CO2 ( đktc) vào dung dịch có chứa a gam Ca(OH)2 thu được 4 m
gam kết tủa . Nếu hấp thụ hết 4,704 lít CO2 ( đktc) cũng vào dung dịch chứa a gam Ca(OH)2 thu
được 3 m gam kết tủa . Nếu hấp thụ hết 2,464 lít CO2 ( đktc) bởi dung dịch có chứa a gam
Ca(OH)2 , khối lượng kết tủa thu được là :
A. 9.
B. 6.
C. 11.
D. 10.
Hướng dẫn giải:
Gọi y là số mol của Ca(OH)2 ứng với a gam
Ta có: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 +H2O
(1)
CaCO3 +CO2 +H2O  Ca(HCO3)2
(2)
Dựa trên hai phản ứng trên, ta có đồ thị biểu diễn sự thay đổi số mol kết tủa theo số mol của CO2
như sau:

3m 
4m 


Theo dữ liệu đề cho, ta có các tọa độ: A  0, 2;
 ; B  0, 21;
 ; C  0,11; x  . Với x là số mol
100 
100 


kết tủa khi hấp thu 0,11 mol CO2 vào dung dịch.
4m
Chú ý: y là số mol tủa cực đại  y 
(*)
100
Dựa trên tọa độ các điểm, ta dễ dàng nhìn thấy B chỉ có thể nằm ở (2) của đồ thị.
3m
Ta có: 2y  0, 21 
(I)
100
A có thể có hai trường hợp
Trường hợp 1: A nằm trên đường (1) của đồ thị. Khi đó hoành độ bằng tung độ
4m
Ta có: 0, 2 
(II)
100
Giải (I), (II) ta có : m = 5; y = 0,18 (không thỏa điều kiện (*))
Trường hợp 2: A nằm trên đường (1) của đồ thị

4m
Ta có : 2y  0, 2 
(III)
100


Giải (I), (III) ta có: m = 1 ; y = 0,12 (thỏa điều kiện)
Ta thấy hoành độ điểm C < y  C phải nằm trên đường (1) của đồ thị. Khi đó hoành độ bằng
tung độ  x = 0,11  mkết tủa = 11 gam.
Câu 28: Nung hốn hợp có chứa 14,4 gam Mg với 12 gam SiO2 trong một thiết bi kín , phản ứng
kết thúc , thu được hỗn hợp chất rắn X. Cho X phản ứng với dung dịch NaOH dư thu được V lít
H2 ( đktc) . Giá trị của V là :
A. 8,96.
B.3,36.
C. 2,24.
D. 4,48.
Hướng dẫn giải:
nMg  0,6 mol nSiO2  0, 2 mol
SiO2 + 2Mg  2MgO + Si
0,2  0,4
 0,2 (mol)
2Mgdư + Si  Mg2Si
0,2  0,1
(mol)
Sicòn lại + 2NaOH +H2O  Na2SiO3 +2H2
0,1
 0,2 (mol)
 VH2  0, 2.22, 4  4, 48(lit )
Câu 29: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm FeCO3 , Al , Fe , Cu vào 100 ml dung dịch KOH 1,2 M ,
phản ứng kết thúc , thu được 2,688 lít H2 ( đktc) . Thêm tiếp vào hỗn hợp 370 ml dung dịch HCl

2M , phản ứng kết thúc thu được hỗn hợp khí B và hỗn hợp cặn rắn C . Cho B vào dung dịch
Ba(OH)2 dư , thu được 19,7 gam kết tủa . Cho cặn rắn C vào dung dịch HNO3 đặc , nóng dư , thu
được 1,12 lít một chất khí duy nhất ( đktc) và dung dịch D . Cho D phản ứng với dung dịch
NaOH dư , lọc kết tủa , nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn E. Giá trị của m
là :
A. 1,6.
B.2,0.
C.2,4.
D. 3,2.
Hướng dẫn giải:
 FeCO3 

 FeCO3  
 Al
 0,12 mol
mol
KAlO
CO 


Cu 

 Fe
   0,74
2
  KOH  dd
20 gX 

ran
HCl

 C  2   ranB 







 Fe

 Fedu 
H2 
  KOHdu 



Cu





Cu



0,12 mol

  HNO3

H2
mg

 Fe2O3   NaOH  Fe( NO3 )3  0,05 mol
Cu ( NO )   NO2
CuO  
t oC


3 2


Ta có nH2 =0,12 mol  nKOH pứ = 0,08 mol = nKAlO2 = nAl
 nKOH dư = 0,04 mol
nBaCO3 = nCO2 = nFeCO3 = 0,1 mol
KOH dư + HCl  KCl +H2O (1)


KAlO2 + 4HCl  AlCl3 +KCl + 2H2O (2)
FeCO3 + 2HCl  FeCl2 + H2O + CO2 (3)
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (4)
nHCl (1+2+3) = 0,04 +0,08.4 +0,1.2 = 0,56 (mol)  nHCl (4) = 0,18 (mol)  nFe pứ(4) = 0,09 (mol)
Goi x,y lần lượt là số mol Fe dư, Cu.
Ta có mX = 0,1.116+0,08.27 + 56.(0,09 + x) + 64y = 20 (I)
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: 3x +2y = 0,05.1 (II)
Giải (I), (II), ta có x = 0,01 ; y = 0,01  m = 0,005.160 + 0,01. 80 = 1,6 (gam)
Câu 30: Cho các phát biểu sau:
1. Tất cả các hidrocacbon vừa thể hiện tình khử, vửa thể hiện tính oxi hóa.
2. Tất cả các nguyên tử cacbon trong but-2-in cùng nằm trên một đường thẳng.
3. Isopren cộng với HBr theo tỷ lệ 1:1 tạo ra 6 sản phẩm monobrom.

4. Các hidrocacbon thơm đều có thể làm mất màu KMnO4 khi đun nóng.
5. Ancol isobutylic và isobutylamin có cùng bậc.
6. Phenol chỉ chứa 1 nhóm chức nên không thể tham gia phản ứng trùng ngưng.
7. Khi đốt cháy hoàn toàn a mol ancol no thì a = nH2O  nCO2 .
8. Tất cả các nguyên tử cacbon trong phân tử hexa-2,4-dien cùng nằm trên một mặt phẳng.
Số phát biểu đúng là
A. 4.
B. 5.
C. 6.
D. 7.
Câu 31: Cho m gam hỗn hợp Na, Na2O, NaOH, NaHCO3 , Na2CO3 phản ứng vừa đủ với dung
dịch H2SO4 10% , phản ứng kết thúc , thu được dung dịch X chỉ chứa một muối trung hòa có
nồng độ % là 13,598 và 22,4 lít hỗn hợp khí Y , tỉ khối của Y so với H2 là 17,8 . Cô cạn X được
113,6 gam rắn khan. Giá trị của m là
A. 68.
B.96.
C.106.
D. 87.
Hướng dẫn giải:
 Na

 Na O 
1mol
 2

0,8 mol
CO2 
m gamX  NaOH   H 2 SO4  Na 2 SO4  Y 
H 2 




 NaHCO3 
 Na 2CO3 


MY= 35,6  mY =35,6 (gam)
nNa2SO4 = 0,8 mol  nH2SO4 = 0,8 mol  mH2SO4 = 78,4 gam
 mddH2SO4 = 784 (
mdd luc sau = (113,6 . 100): 13,598= 835,4 gam
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m =87 gam
Câu 32: Hiệu ứng nhà kính là hiện tượng Trái đất đang ấm dần lên, do các bức xạ có bước sóng
dài trong vùng hồng ngoại bị giữ lại, mà không bức xạ ra ngoài vũ trụ. Chất khí nào sau đây là
nguyên nhân gây ra hiệu ứng nhà kính?


A. CO , CO2 .
B. CO2 , SO2 , NO2
C. CO2 , CH4 , freon . D. CO2 , NO , NO2 .
Câu 33: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon thuộc cùng dãy đồng đẳng
thấy tỷ lệ khối lượng hai sản phẩm cháy là 17/9 và tỏa ra một năng lượng là 797,23kJ. Hấp thụ
toàn bộ sản phẩm cháy ở trên vào bình đựng 500ml dung dịch Ba(OH)2 aM thì thấy khối lượng
dung dịch tăng 3,25 gam. Năng lượng tỏa ra khi đốt cháy các hidrocacbon này được cho bởi công
thức Q = (612n + 197) (kJ/mol) với n là số cacbon trong hidrocacbon. Giá trị của (m +a) là
A. 18,94.
B. 19,3 .
C. 20,25.
D. 20,42.
Hướng dẫn giải:
Chú ý: khi đốt cháy các hidrocacbon: mCO2  mH2O

mCO2
mH 2O



nCO2 17
17


 nH 2O  nCO2  Hỗn hợp X là các ankan có công thức chung là
9
nH 2O 22

CnH2n+2
n
17


 n  3, 4
n  1 22
Khi đốt cháy 1 mol X thì năng lượng tỏa ra là Q = (612.3,4 +197)=2277,8 kJ
Vậy đốt cháy x mol X thì năng lượng tỏa ra là Q1 = 797,23 kJ
797, 23
x
 0,35(mol )  m  0,35(14n  2)  17,36( gam)
2277,8

 nCO2  0,35n  1,19(mol );

nH2O  1,54(mol )

 mdd  mCO2  mH2O  m  3, 25  m  76,83( gam)  nBaCO3  0,39(mol )  nCO2  1,19(mol )
 có tạo muối Ba(HCO3)2
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho C
 nBa ( HCO3 )2  0, 4(mol )  nBa (OH )2  0,79(mol )  a  1,58  Chọn A
Câu 34: Cho các thí nghiệm sau:
1. Glucozơ tạo phức với Cu(OH)2.
6. Dehydrat hóa ancol tạo anken
2. Etilen làm mất màu dung dịch KMnO4.
7. Nhiệt phân KClO3 ở 3000C
3. Phản ứng ester hóa giữa ancol và axit
8. Nhiệt phân NH4NO2.
carboxylic.
9. Nhiệt phân KNO3.
4. Phenol tạo kết tủa với nước brom.
10. Fomandehit tác dụng với nước
5. Axetylen tác dụng với H2O .
Có x phản ứng oxi hóa khử; có y phản ứng oxi hóa khử nội phân tử; có z phản ứng tự oxi hóa tự
khử. Giá trị (x+y+z) là
A. 10.
B. 9.
C. 11.
D. 12.
Hướng dẫn giải
x
y
z
2, 4, 5, 6, 7, 8, 9
6, 8, 9

2, 5


Câu 35: Hoà tan 6,58 gam hợp chất vô cơ X vào 100 gam nước thu được dung dịch Y chứa một
chất duy nhất. Cho lượng muối khan BaCl2 vàoY thấy tạo ra 4,66 gam kết tủa trắng; lọc bỏ kết
tủa thu được dung dịch C. Cho một lượng Zn dư vào C thấy thoát ra 1,792 lit khí H2(đktc) và
dung dịch D. Tổng nồng độ % các chất trong dung dịch D gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 2,5.
B. 5.
C. 11.
D. 12.
Hướng dẫn giải:
Dễ dàng thấy X chỉ có thể là oleum: H2SO4.nSO3
0,02 mol
0,08 mol  ZnCl 
 HCl

2
H 2 SO4 .nSO3  100 gamH 2O  Y [ H 2 SO4 ]  BaCl2  BaSO4  

Zn

H2  


H
SO
du
ZnSO
 2 4 


4
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho H:  nH2 SO4  0,08mol; nZnSO4  0,06mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Ba:  nBaCl2  0,02mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Cl:  nZnCl2  0,02mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Zn:  nZn pu  0,08mol
mddD = 6,58 +100 – 4,66 +0,08.65 – 0,08.2 = 106,96 (gam)
mZnCl2  mZnSO4
  C% 
x100  Chọn D
mddD
Câu 36: Cho 11 gam hỗn hợp X gồm hai ester đơn chức, mạch hở A và B tác dụng hết với 200
gam dung dịch KOH 5,6% đun nóng, thoát ra hỗn hợp ancol Y đồng đẳng kết tiếp, cô cạn dung
dịch thì thu được m gam chất rắn khan. Cho T đi qua bình Na dư thì khối lượng bình tăng 5,35
gam và có 1,68 lít khí thoát ra ở đktc. 16,5 gam X làm mất màu tối đa a gam brom. Giá trị
(m + a) là
A. 40,7.
B. 52,7.
C. 32,7.
D. 28,7.
Hướng dẫn giải:
0,075 mol
11g
 11, 2 g
 RCOOK 
X


  R 'OH  Na  R 'ONa  H 2
 RCOOR ' KOH

 KOHdu 
 nR 'OH  nRCOOK  nRCOOR '  nKOH pu  0,15mol  nKOH du  0,05mol

mbinh  mR 'OH  mH2  5,35  mR 'OH  5,5gam  M R 'OH  36,67 .
Vậy hai ancol là CH3OH (xmol) và C2H5OH (y mol)
 x  y  0,15
 x  0,1


32 x  46 y  5,5  y  0, 05
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có M R  9,67  có một gốc là H

 HCOOCH 3 0,1mol 
Hai ester có thể là 
 .Từ khối lượng ester ta có MR= 27 phù hợp với gốc
RCOOC
H
0,
05
mol
2
5


CH2=CH-


 HCOOC2 H 5 0, 05mol 
Hoặc 
 . Từ khối lượng ester ta có MR= 14 (không phù hợp)

 RCOOCH 3 0,1mol 
 HCOOCH 3 0,1mol

Vậy 11 gam hai ester là 

CH 2  CH - COOC2 H 5 0, 05mol 
 HCOOCH 3 0,15mol

Vậy 16,5 gam hai ester là 

CH 2  CH - COOC2 H 5 0, 075mol 
 nBr2  0,15  0,075  0, 225mol  a  0, 225.160  36 gam
mchất rắn = 11 +11,2 -5,5 = 16,7  m +a = 52,7
Câu 37: Cho các nhận định sau:
1. Lưu huỳnh đioxit được dùng làm chất chống nấm mốc, tẩy trắng giấy, bột giấy.
2. Trong tự nhiên natri không tồn tại dưới dạng đơn chất.
3. Natri cacbonat được ứng dụng nhiều trong công nghiệp thủy tinh, phẩm nhuộm.
4. Natri và Kali dùng làm chất trao đổi nhiệt trong các lò phản ứng hạt nhân.
5. Amoniac được dùng để điều chế nhiên liệu cho tên lửa.
6. Nitơ đioxit và mêtan là tác nhân gây nên hiện tượng sương mù quang hóa.
7. Photpho trắng có cấu trúc mạng tinh thể nguyên tử, photpho đỏ có cấu trúc mạng tinh thể
phân tử.
8. Nitrophotka là hỗn hợp của NH4H2PO4 và KNO3.
9. Thủy tinh lỏng là dung dịch đậm đặc của Li2SiO3 và K2SiO3.
10. Silic đioxit không tan được trong nước nên không phải là một oxit axit.
Số nhận định đúng là.
A. 6
B. 4
C. 3
D. 5

Câu 38: Cho 13,8 gam hỗn hợp bột Fe và Cu vào 750 ml dung dịch AgNO3 nồng độ x mol/l, sau
phản ứng kết thúc thu được dung dịch X và 37,2 gam chất rắn Y. Cho dung dịch NaOH dư vào
dung dịch X thu được kết tủa, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được
12 gam hỗn hợp gồm oxit của hai kim loại. Giá trị của x là
A. 0,3
B. 0,4
C. 0,5
D. 0,46
Hướng dẫn giải:
13,8 g

 Fe( NO3 ) 2 amol 
 Fe  0,75 xmol
 Ag 0, 75 xmol 
Cu   AgNO3  Cu ( NO ) bmol   37, 2 g Cu du cmol 
 


3 2


 + NaOH
 t oC
a


Fe2O3 mol 

12g
2



CuO bmol 


Ta có:
56a +64b + 64c = 13,8 (I)
80a +80b = 12
(II)
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 2a + 2b = 0,75x (III)
0,75x.108 +64c = 37,2 (IV)
Giải (I), (II), (III), (IV) ta có: a = 0,075; b= 0,075; c = 0,075; x = 0,4.
Câu 39: Thực hiện các thí nghiệm sau:
1. Nung NH4NO2 rắn.
2. Đun nóng NaBr tinh thể với dung dịch H2SO4 (đặc).
3. Cho NaClO vào dung dịch HCl đặc.
4. Sục khí SO2 vào dung dịch H2S.
5. Cho dung dịch KHSO4 vào dung dịch NaHSO3.
6. Cho PbS vào dung dịch HCl (loãng).
7. Cho Na2CO3 vào dung dịch Fe2(SO4)3.
8. Cho từ từ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch H2SO4
9. Cho dung dịch NaHCO3 vào dung dịch FeCl3
10. Cho dung dịch NaHCO3 vào dung dịch Ba(OH)2
11. Cho dung dịch (NH4)2SO4 vào dung dịch Ba(OH)2
12. Cho dung dịch Na2S vào dung dịch AlCl3
Số thí nghiệm sinh ra chất khí là:
A. 7.
B. 8.
C. 6.
D. 9.

Câu 40: Đun nóng m gam hỗn hợp X (R-COO-R1; R-COO-R2) với 500 ml dung dịch NaOH
1,38M thu được dung dịch Y và 15,4 gam hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là đồng đẳng liên
tiếp. Cho toàn bộ lượng T tác dụng với Na dư thu được 5,04 lít khí hiđro (đktc). Cô cạn Y thu
được chất rắn rồi lấy chất rắn này đem nung với CaO xúc tác đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được 7,2 gam một khí. Giá trị của m là
A. 34,51.
B. 31,00.
C. 20,44.
D. 40,60.
Hướng dẫn giải:

RCOOR '  NaOH  RCOONa  R 'OH
nNaOH bđ = 0,69 (mol)
nH 2  0, 225mol
 nRCOO R '  nNaOH pu  nRCOONa  nR 'OH  0, 45mol  nNaOH du  0, 24mol
M R 'OH 

308
155
 M R' 
9
9


RCOONa  NaOH  RH  Na 2CO3
0,24  0,24
155 

  40, 6
9 


Câu 41: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,15 mol AgNO3 bằng cường độ dòng điện
2,68 ampe, trong thời gian t (giờ) thu được dung dịch X. Cho 5,6 gam bột Fe vào dung dịch X
thấy thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thu được 5,48 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Giá trị của t gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 1,25.
B. 1,40.
C. 1,00.
D. 1,20.
Hướng dẫn giải:
Vì nNO  bd  0,15mol chỉ có thể kết hợp với tối đa 0,075 mol Fe (tạo Fe(NO3)2), mà số mol Fe đề

 MRH = 30 MR = 29  m  0, 45  29  44 

3

cho là 0,1 mol  Fe dư và tạo Fe(NO3)2.
 Ag (0,15  x)mol

xmol
 HNO3



0,15mol AgNO3 

3
0,15  x
  0,1molFe  Fe( NO3 ) 2  5, 48 g 
Fe( x 

)mol 
 AgNO3du (0,15  x)mol 
8
2


dpdd

Lập phường trình chất rắn sau phản ứng  x=0,1 mol
Áp dụng công thức Faraday  t=1,2 giờ.
Câu 42: Cho 516 gam dung dịch BaCl2 25% vào 200 gam dung dịch H2SO4. Lọc bỏ kết tủa. Để
trung hòa nước lọc dùng hết 250 ml dung dịch NaOH 25% (d = 1,28 g/ml). Nồng độ phần trăm
của H2SO4 trong dung dịch ban đầu là
A. 45%.
B. 50%.
C. 51%.
D. 49%.
Hướng dẫn giải:
 HCl

0, 62mol BaCl2  H 2 SO4  BaSO4  
  2molNaOH
 H 2 SO4 du 
Ta có: nH   nNaOH  2mol  nH2 SO4 bd  1mol  Chọn D
Câu 43: Hợp chất nào sau đây được dùng để sản xuất xi măng?
A. Thạch cao khan.
B. Vôi sống.
C. Đá vôi.
D. Thạch cao sống.
Câu 44: Hỗn hợp X gồm 4 peptit có tỷ lệ mol là 1:2:3:4. Thủy phân m gam X thì thu được hỗn

hợp sản phẩm Y gồm 2,92 gam Gly-Ala; 1,74 gam Gly-Val; 5,64 gam Ala-Val; 2,64 gam GlyGly; 11,25 gam Glyxin; 2,67 gam Alanin và 2,34 gam Valin. Biết tổng số liên kết peptit trong X
không vượt quá 13. Giá trị của m là
A. 25,96.
B. 26,72.
C. 23,54.
D. 29,2.
Hướng dẫn giải:
 nGly  0, 22mol

Ta có:  nAla  0, 08mol

 nVal  0, 06mol


Có rất nhiều hỗn hợp peppit1 thỏa mãn điều kiện bài toán. Tất cả các trường hợp đều ra cùng
một kết quả. Ở đây ta có thể quy đổi hỗn hợp X ban đầu là:
0, 01mol 
 Ala - Ala - Gly - Gly - Val
 Ala - Gly - Val
0, 02mol 

 Chọn A
Gly - Gly - Val
0, 03mol 


0, 04mol 
Gly - Gly - Gly - Ala
Câu 45: Cho các polymer sau: nilon-6,6; tơ lapsan; tơ olon; xenlulozơ axetat; poly(vinyl clorua);
poly(phenol-fomandehit); polystyren; bông; tơ tằm; cao su lưu hóa; amilopectin; rezit; teflon;

Có x polymer thiên nhiên, y polymer được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng; có z polymer có
cấu trúc mạch thẳng. Giá trị (x+y+z) là
A. 12.
B. 11.
C. 18.
D. 15.
Câu 46: Đốt cháy hoàn toàn 0,17 mol hỗn hợp X gồm các hợp chất hữu cơ có cùng số C. Hấp thụ
hết sản phẩm cháy vào 360 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thì thu được m gam kết tủa và một dung
dịch Y. Thêm tiếp dung dịch NaOH vào Y thì lại thấy xuất hiện kết tủa tiếp. Còn nếu dẫn sản
phẩm cháy qua 275 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thì thu được kết tủa cực đại. Giá trị của m là
A. 66,98.
B. 7,88.
C. 59,1.
D. 41,37.
Hướng dẫn giải:
Đặt công thức trung bình của các chất trong X là Cx H y Oz Nt ... , với x là số nguyên vì các chất
đều có cùng số cacbon  nCO2  0,17 x(mol )
Khi dùng 0,36 mol Ba(OH)2 thu được 2 muối
n 
0, 72
 1  T  OH 
 2  2,11  x  4, 24
nCO2 0,17 x
Khi dùng 0,55 mol Ba(OH)2 thì thu được 1 muối BaCO3
n 
1,1
 T  OH 
 2  x  3, 24  x = 3   nCO2  0,51(mol )
nCO2 0,17 x

 BaCO3 amol

Vậy 0,51mol CO2  0,36mol Ba(OH ) 2  

 Ba( HCO3 )2 bmol 
a  b  0,36
a  0, 21

Ta có hệ: 
 Chọn D
a  2b  0,51 b  0,15
Câu 47: Cho các dung dịch sau:
Dung dich A có các chất: Ca(HCO3)2, NaOH, KNO3;
Dung dịch B có các chất: MgSO4, KCl, Al(NO3)3;
Dung dịch C chứa các chất : Na2CO3, Ba(OH)2, NaNO3.;
Dung dịch D có các chất: NaOH, Ba(OH)2, NaCl.
Dung dịch E có các chất: AgNO3, BaCl2, KNO3.;


Dung dịch F có các chất: Fe(NO3)2, HCl, NaCl.
Số dung dịch không tồn tại trong thực tế là
A. 5
B. 2
C. 4
D. 3
Câu 48: Hỗn hợp rắn X gồm FeS, FeS2, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Hòa tan hết 31,76 gam X vào dung
dịch chứa 1,51 mol HNO3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z chỉ chứa các
sản phẩm khử của nitơ (% khối lượng của oxi trong Z là 60,7595%). Cô cạn dung dịch Y thì thu
được 77,42 gam hỗn hợp muối khan. Mặt khác nếu cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa
thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được 88,58 gam chất rắn

khan. Dung dịch Y hoàn tan được hết m gam Cu thì thu được dung dịch T. Khối lượng muối
khan thu được khi cô cạn dung dịch T gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 95.
B. 92.
C. 89
D. 98
Hướng dẫn giải:
Hỗn hợp X được tạo thành từ 3 nguyên tố, ta có thể quy đổi X thành hỗn hợp đơn giản hơn chỉ
chứa 3 chất bất kỳ tạo từ Fe, S, O.
 Fe x mol  1,51mol
 Fe3 x+2z SO4 2 y mol 
 N b mol 


31, 76 gX  S y mol   HNO3  Y  

Z

O c mol   H 2O
H a mol NO3 1,51-b 




 Fe2O3 z mol 
mX = 56x + 32y + 160z = 31,76(I)
Cô cạn Y thu được muối là ( Fe3+; SO42-; NO3-)
m muối = 56 (x+2z) +96y + 62( 3x+6z-2y) = 77,42 (II)
 BaSO4 y mol


Chất rắn sau khi nung kết tủa gồm 

 Fe2O3 (0,5 x  z ) mol 
m chất rắn = 233y + 160(0,5x + z) =88,58 (III)
Giải hệ (I), (II), (III), ta có: x = 0,19; y = 0,26 ; z = 0,08
16c
%O 
.100  60, 7595 (IV)
14b  16c
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 3(x+2z) +a = 2y +1,51 – b  a+b =0,98 (V)
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3x +6y +2c = 5b 2c - 5b =-2,13 (VI)
Giải hệ (IV), (V), (VI), ta có a = 0,05; b = 0,93 ; c= 1,26.
 Fe2 (x+ 2z)= 0,35 mol SO4 2 y = 0,26 mol 
 Fe3 x+2z SO4 2 y mol 

  NO  H O
Y 
  Cu  T  2 3a
2
 

Cu
+0,5(x+2z) = 0,19375 mol NO3
 H a mol NO3 1,51-b 


8
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: ta có nNO   0,5675mol
3

 Chọn B.
Câu 49: Hỗn hợp X gồm các ancol no, mạch hở, đều chứa 2 nhóm chức trong phân tử; hỗn hợp
Y gồm O2 và O3 có tỷ khối hơi so với H2 là 19,2. Để đốt cháy hoàn toàn m gam X thì cần vừa đủ


V lít Y (ở đktc) và sau phản ứng thu được a gam nước. Mối liên hệ giữa m, V, a được cho bởi
biểu thức nào sau đây
17
3
25
3
A. m =
B. m =
a+
V.
aV.
18
28
18
28
17
3
25
3
C. m =
D. m =
aV.
a+
V.
18

28
18
28
Hướng dẫn giải:
32nO2  48nO3
nO
3
MY 
 38, 4  2 
nO2  nO3
nO3 2
Gọi công thức chung của các ancol là CnH2n+2O2 và x là số mol của hỗn hợp X
0, 6V


O
mol 
2

22, 4
  CO2  H 2O
Cn H 2 n  2O2  
0, 4V
x mol


O3 22, 4 mol 


Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho cacbon: nCO2  nx mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho hidro: n H2O  x(n  1) 

a
(I)
18

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho oxi:
2, 4V
2, 4V
(II)
2x +
 3nx  x  x=3nx 
22, 4
22, 4
m = x.(14n+34)= 14nx + 34x (III). Thay (I), (II) vào (III) ta sẽ tìm ra biểu thức quan hệ.
Câu 50: Cho các phân tử sau: CH3NH3Cl; CO; N2O4; NaNO3; O3; Na2S2O3; AlCl3;
[Cu(NH3)4](OH)2. Số phân tử có chứa liên kết cộng hóa trị cho - nhận là
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8