Tuyển chọn 50 câu phân hóa trong đề thi thử năm 2017 môn Hóa học có lời giải

Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước

Thi thử theo chuyên đề + đề thi thử mới nhất tại:
/>- Tổng hợp các đề thi thử hay mới nhất.
- Tổng hợp các chuyên đề trọng tâm phục vụ cho kì thi đánh giá năng lực.
- Tổng hợp các chuyên đề hay lạ khó chinh phục điểm 8, 9, 10.

Câu 1 (Chuyên Thoại Ngọc Hầu): X, Y, Z là 3 este đều no mạch hở (không chứa nhóm chức khác và
(Mx < My < Mz). Đun nóng hỗn hợp E chứa X, Y, Z với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 1 ancol T và
hỗn hợp F chứa 2 muối A, B có tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 3 (MA< MB). Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na
dư thấy khối lượng bình tăng 12 gam và đồng thời thu được 4,48 lít H2 (dktc). Đốt cháy toàn bộ F thu
được Na2CO3, CO2 và 6,3g H2O.Số nguyên tử hidro có trong Y là:
A. 6
B. 8
C. 12
D. 10
Câu 1: Chọn B.
B1: Tìm CTCT của ancol T:
1
Gọi công thức ancol T là R(OH)n hoặc Cx H 2x  2On : R  OH n  nNa  R  ONa n  .n H 2
2
 nROH   2 / n.nH2  0, 4 / n mol
n

mbình tăng = mancol  mH 2  mancol  12, 4 g

 M ROH   31n  14 x  2  16n
n

 15n  14 x  2 ( n  x và  2 x  2  chẵn)
Ta chỉ thấy với n  2; x  2 thì R  28  C2 H 4  thỏa mãn.

Vậy T là C2H4(OH)2 với số mol là 0,2 mol
B2: Xác định 2 muối A và B
Có 2nancol  ngoc axit
Vì ancol 2 chức nên các este mạch hở phải có các gốc axit đơn chức
=> nmuối = 2.0,2 = 0,4 mol
Đặt công thức 2 muối là Ca H 2a 1O2 Na và Cb H 2b1O2 Na với số mol lần lượt là 5t và 3t
 t  0,05 mol
Khi đốt cháy Ca H 2a1O2 Na  1,5a  1 O2  0,5Na2CO3   a  0,5 CO2   a  0,5 H 2O

Cb H 2b1O2 Na  1,5b  1 O2  0,5Na2CO3   b  0,5 CO2  b  0,5 H 2O

 nH2O .2  nH  A, B
 0,35.2  0, 25  2a  1  0,15  2b  1

 11  5a  3b
 a  1; b  2 thỏa mãn 2 cuối HCOONa và CH3COONa
B3: Tìm CTCT của Y
Lại có M X  M Y  M Z  Y phải là: HCOOCH2CH2COOCCH3
Số H trong Y  8

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 1


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
Câu 2 (Chuyên Thoại Ngọc Hầu): Đung nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Y và
tetrapeptit Z đều mạch hở bằng lượng vừa đủ dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 0,5 mol muối
của glyxin, 0,4 mol muối của alanin, 0,2 mol muối của valin. Mặt khác đốt cháy m gam E trong O2 vừa
đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng CO2 và H2O là 78,28 gam. Giá trị của m

gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 45
B. 40
C. 50
D. 35
Câu 2: Chọn D.
Phương pháp qui đổi hợp về thành 1 chất đại diện, bảo toàn khối lượng.
Đặt: CT amino axit: Cn H 2 n1O2 N
  2
NaOH
xCn H 2n1O2 N 
 hh E 
 Cn H 2nO2 NNa ; m hh muối = 120,7 gam
 x 1 H O

Ta có: 14n  69 

120, 7
32
1,1
 n  ;x 
 2, 75
0, 4
11
0, 4

1,75 H 2O
 O2
2,75Cn H 2n1O2 N 
 C2,75n H5,5n0,75O3,75 N2,75  E  


 CO2  H 2O  N2

Đặt nE  a  mol 

mCO2  mH2O  44.2,75an  9  5,5n  0,75 a  78, 28  a  0,16 mol
32


mhh E  0,16  38,5.  0, 75  16.3, 75  14.2, 75   33,56 gam
11



Câu 3 (Chuyên Thoại Ngọc Hầu): Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối
lượng. Cho m gam X tan hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H2SO4 1,65M và NaNO3 1M, thu được dung
dịch Z chỉ chứa 3,66m gam muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (dktc). Dung dịch Z phản ứng tối đa với
1,22 mol KOH. Giá trị của m là :
A. 32
B. 24
C. 28
D. 36
Câu 3: Chọn A.
Phương pháp:
- Qui đổi, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích
- Áp dụng công thức tính nhanh khi Hỗn hợp chất + HNO3 tạo sản phẩm khử của Nitơ
nH   2nO  2nNO2  4nNO  10nN2O  12nN2  10nNH 
4

+

B1: lập phương trình liên quan đến số mol H phản ứng
Đặt a làm thể tích dung dịch Y và b là số mol NH 4
Trong X: mKL = 0,8m ; mO = 0,2 m
(qui hỗn hợp về kim loại và oxi)
=> nH   4nNO  10nNH   2nNO
4

 0,08.4  10b  2.0, 2m /16  2.1,65a  
B2: Lập phương trình liên quan đến khối lượng muối sau phản ứng
Bảo toàn N:
nNO3  Z   a  0,08  b
1

=> mmuối  0,8m  18b  23a  62.  a  0,08  b   96.1,65a  3,66m

2

B3: Lập phương trình liên quan đến bảo toàn điện tích các ion trong dung dịch sau phản ứng với KOH.
Khi KOH phản ứng với X thì sản phẩm chứa 1,22 mol K+; a mol Na+ ; 1,65a mol SO42 và  a  0, 08  b 
mol NO3
Bảo toàn điện tích: nK  nNa  2nSO4  nNO3
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 2


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
 1, 22  a  1,65a.2  a  0,08  b

3

Từ 1 ,  2  ,  3  a  0, 4; b  0,02; m  32 g
Câu 4 (THPT Bỉm Sơn – Thanh Hóa): Cho 12,55 gam hỗn hợp rắn X gồm FeCO3, MgCO3 và Al2O3
tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 và NaNO3 (trong đó tỷ lệ mol của H2SO4 và NaNO3 tương ứng
là 19:1) thu được dung dịch Y (không chứa ion NO 3 ) và 2,464 lít khí Z (đktc) gồm NO, CO2, NO2 có tỷ
khối hơi so với H2 là 239/11. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH đến khi thu được kết tủa
cực đại thấy có 0,37 mol NaOH tham gia phản ứng. Mặt khác, khi cho dung dịch Y tác dụng dung dịch
NaOH dư đun nóng không thấy khí bay ra. Phần trăm về khối lượng của FeCO3 trong hỗn hợp X có giá
trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 46,2 %.
B. 40,63 %.
C. 20,3 %.
D. 12,19 %.
Câu 4: Chọn B.
FeCO3 : x mol 

 H2SO4 ; NaNO3
hh X  MgCO3 : y mol  

(tØ lÖ mol 19:1)
Al O : z mol 
 2 3


+ KhÝ Z (NO; CO2 ; NO2 )
;

2
3

2

 dd Y ( Mg ; Al ; Fe; SO 4 )

12,55 gam

 kÕt tña cùc ®¹i
NaOH (0,37 mol)
dd Y 
; Gọi số mol NaNO3 là a;  số mol H2SO4 là 19a.

+ dd Na 2 SO4
1
Theo bảo toàn mol Na: n Na2SO4 = n H2SO4 = (nNaOH + n NaNO3 );  38a = 0,37 + a;  a = 0,01;
2
Ta có: nkhí Z = 0,11 mol; Bảo toàn N: nNO + n NO2 = n NO = 0,01;  n CO2 = 0,1;
3

239  2
mkhí Z =
 0,11 = 4,78 (g);  mNO + m NO2 = 0,38;  30nNO + 46n NO2 = 0,38;
11
 nNO = n NO2 = 0,005; Theo bảo toàn mol e: ne nhận = ne cho = 3×0,005 + 0,005 = 0,02;

 n FeCO3 (oxi hóa khử) = n Fe3 = 0,02;  3×2z + 2y + 3×0,02 + 2(x – 0,02) = nNaOH = 0,37;
 6z + 2y + 2x = 0,35; Theo bài ra: x + y = n CO2 = 0,1;  z = 0,025;

x + y = 0,1
Từ đó ta có hệ pt: 
 x = y = 0,05;  %m FeCO3 = 46,22%

116x + 84y = 10

Câu 5 (THPT Bỉm Sơn – Thanh Hóa): Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic (MX
< MY); cho Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy
hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và
9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng
muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng với NaOH dư là
A. 4,68 gam.
B. 5,04 gam.
C. 5,80 gam.
D. 4,04 gam.
Câu 5: Chọn D.
n O2 = 0,59 mol;
Theo bảo toàn khối lượng:

11,16 + 0,59 × 32 = m CO2 + 9,36;  n CO2 = 0,47; n H2 O = 0,52;

 Z là ancol no 2 chức;
 mO(trong E) = 11,16 – 0,47 × 12 – 0,52 × 2 = 4,48 (g);  n Otrong E = 0,28 mol;

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 3


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước

axit: x mol

Xét hh E: este: y mol

ancol: z mol



BTNT O


  2x + 4y + 2z = 0,28
 z = 0,1;
 Ta có:  BTLK 


  x + 2y = 0,04

 ancol có 3C và hai axit có 3C và 4C
 Axit X: C3H4O2 (a mol); Axit Y: C4H6O2 (b mol);
Este: C10H14O4 (y mol); Ancol: C3H8O2 (0,1 mol);  a + b + 2y = 0,04;
Theo BTNT C: 3a + 4b + 10y = 0,47 – 3 × 0,1 = 0,17;
Theo bài ra: 72a + 86b + 198y = 11,16 – 76 × 0,1 = 3,56;
Giải hệ 3 pt ta được: a = 0,01; b = 0,01; y = 0,01;
 m = 0,01 × 2(94 + 108) = 4,04 (g).

Câu 6 (THPT Nông Công 1 – Thanh Hóa): Chất hữu cơ A không tác dụng với Na. Đun nóng A trong
dung dịch NaOH chỉ tạo ra một muối của  -aminoaxit có mạch cacbon không nhánh, chứa một nhóm
amino với hai nhóm cacboxyl và một ancol đơn chức. Thuỷ phân hoàn toàn một lượng chất A trong 100
ml dung dịch NaOH 1M rồi đem cô cạn, thu được 1,84 gam ancol B và 6,22 gam chất rắn khan D. Đun
nóng lượng ancol B trên với H2SO4 đặc ở 170oC thu được 0,672 lít olefin (đktc) với hiệu suất là 75%.
Cho toàn bộ chất rắn D tác dụng với dung dịch HCl dư rồi cô cạn thì thu được chất rắn khan E (khi cô
cạn không xảy ra phản ứng). Khối lượng chất rắn E gần nhất với ?
A. 8,4

B. 8,7
C. 10.2
D. 9,5
Câu 6: Chọn D.
nancol = 0,03.100/75 = 0,04 mol => NaOH phản ứng = 0,04 mol , nmuối = 0,02 mol
Chất rắn D gồm : NaOH dư ( 0,06 mol) và muối => mmuối = 3,82 gam => Mmuối = 191
 Maminoaxit = 191 – 44 = 147 : H2NC3H5(COOH)2
Khi cho D + HCl thu được : ClH3NC3H5(COOH)2 ( 0,02 mol ) và NaCl ( 0,1 mol)
 m(E) = 9,52 gam
Câu 7 (THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh): Đốt cháy hoàn toàn 10,58 gam hỗn hợp X chứa ba este đều
đơn chức, mạch hở bằng lượng oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, hiđro hóa hoàn
toàn 10,58 gam X cần dùng 0,07 mol H2 (xúc tác, to) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với 250
ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được một ancol Z duy nhất và m gam rắn
khan. Giá trị của m là:
A. 15,60
B. 15,46
C. 13,36
D. 15,45
Câu 7: Chọn A.
Đốt cháy 10,58g hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, mạch hở ta có: nCO2 = 0,4 mol.
Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 10,58g hỗn hợp X cần 0,07 mol H2. Vậy 0,07 mol H2 chính là số mol liên
kết π trong mạch Cacbon của 3 este.
 nCO2  nH2O  0,07  nH2O  0, 4  0,07  0,33
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có:
mX  mO2  mCO2  mH2O  mO2  0, 4.44  0,33.18  10,58  12,96 g  nO2  0, 405 Áp dụng
định luật bảo toàn nguyên tố O ta có:

2nX  2nO2  2nCO2  nH2O  nX  0,16 mol  nC 

0, 4

 2,5
0,16

Vậy phải có 1 este có 2C. Vậy este đó phải là HCOOCH3 .
Theo đề bài ta thấy thủy phân Y trong NaOH chỉ thu được 1 ancol duy nhất, vậy ancol đó là CH3OH.
Vậy CT trung bình cuả 3 este sau khi hiđro hóa là RCOOCH3(Y)
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 4


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
mY  mX  mH2  10,58  0,07.2  10,72 g

RCOOCH3 + NaOH
RCOONa + CH3OH
O,16
0,25
0,16
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mY  mNaOH  m  mCH3OH  m  10,72  0, 25.40  0,16.32  15,6 g
Câu 8 (THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh): Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ, luôn thu được
CO2 có số mol bằng số mol O2 đã phản ứng. Biết rằng X, Y (MX < MY) là hai este đều mạch hở, không
phân nhánh và không chứa nhóm chức khác. Đun nóng 30,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X
gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 400 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol và hỗn hợp
chứa 2 muối. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 15,2 gam. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp muối cần dùng 0,42 mol O2. Tổng số nguyên tử có trong Y là:
A. 21
B. 20
C. 22

D. 19
Câu 8: Chọn A.
2 Este + KOH
2 muối và 2 ancol (1)
nKOH = 0,4 mol. Vậy suy ra khi ancol phản ứng với Na thu được khí H 2  nH2  0,5nOH   0, 2 mol .
Khi cho ancol tác dụng với Na dư thấy khối lượng bình tăng
15, 2 g  mancol  mH2  15, 2  mancol  15,6 g
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có:
meste  mKOH  mmuoi  mancol  mmuoi  30, 24  0, 4.56  15,6  37,04 g
Gọi Công thức chung của 2 muối là CxHyCOOK
Khi đốt cháy muối cần 0,42 mol O2:
CxHyCOOK: 0, 4  O2 : 0, 42  CO2  K2CO3 : 0, 2  H 2O  2 
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có nCx H yCOOK  2nK2CO3  nK2CO3  0, 2
Gọi số mol CO2 và H2O lần lượt là a, b mol.
Áp dụng định luật bảo toàn O vào (2) ta có :
2a  b  0, 4.2  0, 42.2  0, 2.3  1,04  3
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng vào (2) ta có:
mCO2  mH2O  37,04  0, 42.32  0, 2.138  22,88  44a  18b  4 
Từ (3) và (4) suy ra a=0,52 và b=0
Từ đó ta suy ra trong cả hai muối đều không có H
Gọi công thức muối của X là KOOC − Ca − COOK: x mol
Gọi công thức muối của Y là KOOC − Cb −COOK: y mol
Áp dụng định luật bảo toàn K ta có: 2 x  2 y  0, 4  5
Theo bài ra ta có: x  1,5 y  0  6 
Từ (5) và (6) ta có: x  0,12 và y  0,08

 mmuoi  0,12. 83.2  12a   0,08. 83.2  12b   37,04  3a  2b  8
Este mạch hở nên cả 2 ancol đều phải là ancol đơn chức. Khi đốt este có số mol CO 2 bằng số mol O2
phản ứng mà este 2 chức nên cả 2 este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc
ancol của mỗi este đều là 8H.

Mặt khác nF  nKOH  0, 4 .
Theo ta tính trên mancol  15,6 g  MOH  39
2 ancol đó chính là CH3OH và C2H5OH.
Vì MX < MY nên a = 0, b = 4 là nghiệm duy nhất thỏa mãn.
Vậy công thức 2 este đó là:
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 5


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
X: CH3OOC −COOC2H5 và Y: CH3 −OOC −C ≡ C− C ≡ C− COO − C2H5
Vậy trong Y có 21 nguyên tử.
Câu 9 (THPT Nguyễn Đăng Đạo): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với
3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và
một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn
toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào
bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác,
nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este
không no trong X là:
A. 38,76%.
B. 40,82%.
C. 34,01%.
D. 29,25%.
Câu 9: Chọn C.
Phân tích: Đối với các dạng bài toán này, ta có cách tính từ dưới tính lên. Ta sẽ xuất phát từ ancol Y. Vì các
este đều đơn chức nên khi thủy phân ta cũng thu được ancol Y đơn chức.
0,896
 0, 04
Xét ancol Y có dạng R ′OH, nH 2 

22, 4
1
R OH  Na  R ONa  H 2
2
0,08
0,08
0,08 0,04
Ta có khối lượng bình tăng  mY  mH2  2, 48  mY  2, 48  0,04.2  2,56 g

2,56
 32  Y : CH 3OH
0, 08
 nY  0,08  nO X   0,16  mO  2,56

 MY 
neste

3,96
 0, 22
18
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng trong X ta có:
nH 2O 

2,88
 0, 24 mol
12
Ta có khi đốt cháy este no, đơn chức thì số mol CO2 bằng số mol nước, khi đốt cháy este không no có 1 liên
kết C=C thì neste không no  nCO2  nH2O  0, 24  0, 22  0,02  neste no  0,08  0,02  0,06
mC  mX  mO  mH  5,88  2,56  0, 22.2  2,88 g  nCO2  nC 

nCO2

0, 24
 3
nX
0, 08
2 este no là HCOOCH3 (a mol) và CH3COOCH3 (b mol),
còn este không no là CnH2n−2O2 0,02 mol
Áp dụng định luật bảo toàn C ta có:
2a  3b  0,02n  0, 24 và a  b  0,06  b  0,02n  0,12  n  6
Để axit không no có đồng phần hình học thì số C trong axit không no ít nhất phải bằng 4.
Vậy trong este của axit với CH3OH số C ít nhất là 5 vậy n=5
Với n  5  b  0,02, a  0,04  mHCOOCH3  mCH3COOCH3  3,88g
C 



meste không no  5,88  3,88  2 g  %meste không no  2 5,88 . 100%  34,01%

Câu 10 (THPT Thuận Thành 1): Nhỏ từ từ V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5 M vào dung dịch chứa x
mol NaHCO3 và y mol BaCl2. Đồ thị sau đây biểu diễn sự phụ thuộc giữa lượng kết tủa và thể tích dung
dịch Ba(OH)2 như sau:
Giá trị của x và y tương ứng là:

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 6


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước

A. 0,1 và 0,05

B. 0,2 và 0,05

C. 0,4 và 0,05

D. 0,2 và 0,10

Câu 10: Chọn A.
Phân tích: - Ta nhận thấy ngay khi cho 0,15 mol Ba(OH)2 vào dung dịch thì kết tủa đạt cực đại với số mol
của BaCO3 là 0,2 mol
 nBaCO3  nBaOH   nBaCl2  0, 2  0,15  y  y  0,05  mol 
2

Khi nhỏ từ từ 0,05 mol Ba(OH)2 vào dung dịch thì xuất hiện 0,1 mol kết tủa BaCO3 và kết tủa tiếp tục tăng
khi đổ tiếp Ba(OH)2 nên
nBaCO3  nCO 2  nNaHCO3  x  0,1  mol 
3

Câu 11 (THPT Thuận Thành 1): Dung dịch X chứa 0,15 mol H2SO4 và 0,1 mol Al2(SO4)3. Cho V ml
dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa. Thêm tiếp 450 ml dung dịch NaOH 1M
vào, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,5m gam kết tủa. Giá trị của V1 là:
A. 550,0 ml
B. 500,0 ml
C. 600,0 ml
D. 450,0 ml
Câu 11: Chọn C.

 H 2 SO4 0,15 mol

 NaOH V1mol
 NaOH 0,45 mol
Phân tích: X 

 m  g   
 0,5m  g  

 Al2  SO4 3 0,1 mol
Ta thấy sau khi cho thêm 0,45 mol NaOH thì khối lượng kết tủa thu được ít hơn so với lượng kết tủa thu
được ban đầu nên khi cho 0,45 mol vào thì đã xảy ra quá trình
Al  OH 3  OH   AlO2  2H 2O

Số mol OH− dùng để tạo m(g) kết tủa là : V1– 0,15.2 = V1 - 0,3 (mol)
Số mol OH− dùng để tạo 0,5m(g) kết tủa là : V1+ 0,45 – 0,15.2 = V1 +0,15 (mol)
Ta có nAl3  0, 2 mol nên nAl OH  max  0, 2 mol
3

Để hòa tan hết toàn bộ lượng Al(OH)3 cần 0,2 mol OH− Nên khi cho thêm 0,45 mol NaOH vào m(g) kết
tủa, để vẫn thu được 0,5m(g) kết tủa thì ở lần đầu tiên, lượng kết tủa chưa bị hòa tan một phần
Ta có : Al3+ + 3OH−
Al(OH)3 ↓ (1)
0,2
0,6
0,2
Al(OH)3 ↓
+
OH
0,2- (V1 + 0,15 − 0,6)
(V1 + 0,15 − 0,6)
AlO2 + 2H2O (2)

nOH 

V  0,3
 78. 1
m  78.
6[0,2− (V1 + 0,15 −0,6)] = V1 − 0,3
V1 = 0,6
3
3

0,5m  78. 0, 2  V  0,15  0, 6  
1



Vậy V1= 600 ml.

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 7


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
Câu 12 (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa): Hỗn hợp E gồm X, Y và Z là 3 peptit đều mạch hở (MX
> MY > MZ). Đốt cháy 0,16 mol X hoặc Y hoặc Z đều thu được số mol CO 2 lớn hơn số mol H2O là
0,16 mol. Nếu đun nóng 69,8 gam hỗn hợp chứa X, Y và 0,16 mol Z với dung dịch NaOH vừa đù thu
được dung dịch chứa 101,04 gam hai muối của alanin và valin. Biết n X < nY. Phần trăm khối lượng
của X trong E gần nhất với :
A. 12
B. 95

C. 54
D. 10
Câu 12: Chọn A.
n CO2  n H2O
0,16
 nX 
 0,16  k X  4
0,5k X  1
0,5k X  1
- Tương tự khi đốt lần lượt 0,16 mol Y và Z thì ta được kY = kZ = 4.
- Gọi x là số mol của hỗn hợp E. Khi đun nóng 69,8 gam E với NaOH vừa đủ thì :

- Khi đốt 0,16 mol X thì :

BTKL

 m muèi  m E  18n H2O  40n NaOH  101,04  69,8  40.4t  18t  t  0,22 mol
+ Xét hỗn hợp muối ta có:
111n AlaNa  139n ValNa  m muèi
111n AlaNa  139n ValNa  101,04 n AlaNa  0,76



n AlaNa  n ValNa  4n E
n AlaNa  n ValNa  0,88
n ValNa  0,12
- Ta nhận thấy rằng nZ > nValNa, nên peptit Z trong E là (Ala)4 (0,16 mol)
- Gọi x, y lần lượt là số mol của X và Y. Theo đề ta có X là (Val)a(Ala)4 – a và b là (Val)b(Ala)4 – b.
BT:Val
 

 xa  yb  0,12
xa  yb  0,12

x  0,02 v¯ y = 0,04
 BT:Ala

xy
 x(4  a)  y(4  b)  0,76  4x  4y  xa  yb  0,76  
 
a,b  4
a = 4 v¯ b =1
x  y  0,22  0,16  0,06
x  y  0,06


0,02.414
 %m X 
.100%  11,86%
69,8

Câu 13 (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa): Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và
Zn bằng dung dịch HNO 3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đkc) khí Z
(gồm hai hợp chất khí không màu) có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam
hỗn hợp muối. Số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 1,81 mol
B. 1,95 mol
C. 1,8 mol.
D. 1,91 mol
Câu 13: Chọn D.

n NO  n N 2O  0,2
n NO  0,1mol

- Xét hỗn hợp khí Z ta có : 
30n NO  44n N 2O  7, 4 n N 2O  0,1mol
 n NO3 (trong muèi)  3n NO  8n N2O  9n NH4  1,1  9x
- Ta có: m muèi  m kim lo¹i  18n NH4   62n NO3  122,3  25,3  18x  62(1,1  9x)  x  0,05mol
 n HNO3  10n NH4   4n NO  10n N2O  1,9 mol

Câu 14 (Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa): Hỗn hợp X chứa chất A (C5H16O3N2) và chất B
(C4H12O4N2) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi
cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm 2 muối D và E (MD < ME) và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm 2
amin no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối so với H2 bằng 18,3. Khối lượng của muối E trong hỗn
hợp Y là:
A. 4,24
B. 3,18
C. 5,36
D. 8,04
Câu 14: Chọn D.
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 8


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
- Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì :
t0

(C2H5 NH3 ) 2 CO3 (A)  2NaOH  Na 2CO3 (D)  2C2H5 NH 2  2H 2O
t0

(COONH3CH3 ) 2 (B)  2NaOH (COONa) 2 (E)  CH3NH 2  2H 2O
- Xét hỗn hợp khí Z ta có :
n C2H5 NH 2  n CH3NH 2  0, 2
n C2H5NH 2  0, 08mol 
n E  0,5n CH3NH 2  0, 06 mol





45n C2H5NH 2  31n CH3NH 2  0, 2.18,3.2 n CH3NH 2  0,12 mol

 m E  0, 06.134  8, 04(g)
Câu 15 (Thầy TMĐ): Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 1M đến dư vào 200 ml dung dịch chứa H2SO4 và
Al2(SO4)3 xM. Phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:
Số mol kết tủa

0,42

Thế tích dung dịch Ba(OH)2 (lít)

V
Biết 2  1,2 . Giá trị của x là:
V1
A. 0,30M
B. 0,12M

C. 0,06M

D. 0,15M

Câu 15: Chọn A.
- Gọi x và y lần lượt là số mol của H 2SO4 và Al2(SO4)3.
- Taị vị trí kết tủa đạt cực đại thì : n (max)  n BaSO4  n Al(OH)3  x  3y  2y  0, 42 (1)
- Theo đề bài ta có :

V1 2n H 2SO4  3n Al3
2x  6y 1



(2)
V2 2n H 2SO4  4n Al3
2x  8y 1, 2

- Giải hệ (1) và (2) ta được x  0,12 mol và y  0, 06 mol, suy ra C M(Al2 (SO4 )3 ) 

0,06
 0,3M
0,2

Câu 16 (Thầy TMĐ): Hỗn hợp X gồm metyl fomat và etyl axetat có cùng số mol. Hỗn hợp Y gồm
lysin và haxemetylenđiamin. Đốt cháy hoàn toàn x mol hỗn hợp Z chứa X và Y cần dùng 1,42 mol
O2, sản phẩm cháy gồm CO 2, H2O và N2 trong đó số mol của CO 2 ít hơn của H2O là x mol. Dẫn toàn
bộ sản phẩm cháy qua nước vôi trong (lấy dư), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy khối
lượng dung dịch giảm m gam; đồng thời thu được 2,688 lít khí N 2 (đktc). Giá trị của m là:
A. 32,88 gam
B. 31,36 gam
C. 33,64 gam

D. 32,12 gam
Câu 16: Chọn A.
- Gọi số mol của metyl fomat, etyle axetat, lysin và hexametylenđiamin lần lượt là :
C 2 H 4O2 (a mol), C 4 H8O2 (a mol), C 6 H14O2 N 2 (b mol), C 6 H16 N 2 (c mol)
metyl fomat

etyl axetat

lysin

hexametylen®iamin

- Khi đốt x mol hỗn hợp Z bằng 1,42 mol O2 thì :
n CO2  2n C2H 4O2  4n C4H8O2  6n C6H14O2 N 2  6n C6H16 N 2  2a  4a  6b  6c

n H 2O  2n C2H 4O2  4n C4H8O2  7n C6H14O2 N2  8n C6H16 N2  2a  4a  7b  8c
BT:N

 2n N2  2n C6H14O2 N2  2n C6H16 N2  b  c  0,12(1)

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 9


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
- Theo dữ kiện đề bài thì ta có:
+ n H2O  n CO2  n C2 H4 O2  n C4 H8 O2  n C6 H14O2 N2  n C6 H16 N2  b  2c  2a  b  c  2a  c  0 (2)
+ 2nC 2 H4O2  5n C 4 H8O2  8,5nC 6 H14O2N 2  10n C 6H16N 2  n O 2 (p­)  7a  8,5b 10c 1, 42 (3)
- Giải hệ (1), (2) và (3) ta được a = 0,04 mol, b = 0,04 mol và c = 0,08 mol.

- Khi sục hỗn hợp sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thì :
m dung dÞch gi°m  100n CaCO3  (44n CO2  18n H2O )  32,88(g)
Câu 17 (Thầy TMĐ): Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong
dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và
NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol
khí NO. Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Phần trăm khối lượng của Fe đơn
chất trong hỗn hợp X là:
A. 48,80%
B. 33,60%
C. 37,33%
D. 29,87%
Câu 17: Chọn C.
- Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, NO3- và SO42- (dung dịch Y không chứa Fe 2+, vì không tồn tại
dung dịch cùng chứa Fe2+, H+ và NO3-).
BT:e

 n Fe3  2n Cu  3n NO  0,18 mol
 
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì: 

n H  (d­)  4n NO  0,12 mol
m  107n Fe3
- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH) 2 ta có: n BaSO4  n NaHSO4  
 0,58mol
233
BTDT
- Xét dung dịch Y, có:  n NO3  2n SO42  (3n Fe3  n H   n Na  )  0,08mol
 mY  23n Na   56n Fe3  n H  62n NO3  96n SO42  84,18(g)
BT:H

 n H2O 

n NaHSO 4  n HNO3  n H  (d­)

 0,31mol
2
- Xét hỗn hợp khí Z, có n CO2  x mol và n NO  4x mol . Mặt khác :
BTKL

 44n CO2  30n NO  mX  120n NaHSO4  n HNO3  mT 18n H2O  44x  4x.30  4,92(g)  x  0,03mol

- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:
n   n NO  n HNO3 0,08  0,12  0,16
BT:N
 n Fe(NO3 )2  NO3

 0,02 mol v¯ n FeCO3  n CO2  0,03mol
2
2
n NaHSO4  n HNO3  2n CO2  4n NO  n H  (d­)
n O(trong oxit)
mà n Fe3O4 
 n Fe3O4 
 0,01mol
4
8
m X  232n Fe3O4  116n FeCO3  180n Fe(NO3 )2
 %m Fe 
.100  37,33

mX
Câu 18 (Thầy TMĐ): Đun nóng 79,86 gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin và valin với xúc tác thích
hợp thu được hỗn hợp Y chứa hai peptit đều mạch hở gồm tripeptit (Z) và pentapeptit (T). Đốt cháy
toàn bộ Y cần dùng 2,655 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua nước vôi trong (lấy
dư), thu được dung dịch có khối lượng giảm 90,06 gam so với dung dịch ban đầu. Biết độ tan của
nitơ đơn chất trong nước là không đáng kể. Tỉ lệ mắc xích glyxin, alanin và valin trong T là:
A. 3 : 1 : 1
B. 1 : 2 : 2
C. 2 : 2 : 1
D. 1 : 3 : 1
Câu 18: Chọn B.
- Gọi CTTQ của hỗn hợp chứa 79,86 gam X là C n H2n 1O2 N (a mol)
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 10


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
- Nhận thấy rằng lượng oxi dùng để đốt X bằng với lượng oxi dùng để đốt Y.
- Vì vậy, giả sử đốt hỗn hợp X thì lượng oxi tham gia phản ứng cháy là 2,655 mol.
n O (p­)  n X (1,5n  0,75) 1,5na  0,75a  2,655 na  2,25


- Khi đốt 79,86 gam hỗn hợp X thì :  2
14na  47a  79,86
a  1,02
m X  n X (14n  47)
- Quy đổi hỗn hợp Y thành C2H3ON, -CH2 (b mol) và H2O (c mol), với n C 2H3ON  n X  1,02 mol
- Khi đốt Y thì : n CO2  2n C 2H3ON  n CH2  2,04  2b và n H2O  1,5n C 2H3ON  n CH2  n H2O  1,53  b  c
- Theo dữ kiện đề bài ta có :

2,25n C 2H3ON  1,5n CH2  n O2
1,5b  0,36
b  0,24



100n CaCO3  (44 n CO2  18n H2O )  m dd gi°m 56(2,04  2b)  18(1,53  b  c)  90,06 c  n Y  0,32

n Z  n T  n Y
n Z  n T  0,32
n Z  0, 29 mol


- Xét hỗn hợp Y ta có: 
3n Z  5n T  1, 02 n T  0, 03mol
3n Z  5n T  n C2H3ON
- Nhận thấy rằng n Ala  3n Val  n CH2 suy ra n Ala  n Val  n CH2 (0,24 mol) .
- Mặc khác, n Z  n CH2 tức là n Z  n Ala  n Val nên trong Z chỉ mắc xích glyxin.
- Vậy peptit Z là (Gly)3 và gọi peptit T là (Gly)a (Ala) b (Val)5a b (a, b  5) , ta có phương trình sau :
n Ala  3n Val  n CH2  0,03a  0,03(5 a b) 0, 24 3a 2b 7 a 1 v¯ b = 2
- Vậy peptit T là (Gly)1 (Ala) 2 (Val) 2  n Gly : n Ala : n Ala  1: 2 : 2
Câu 19 (Chuyên Hạ Long): Cho 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO 3)2 tan hoàn toàn
trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung
dịch Y chỉ chứa 90,400 gam muối sunfat trung hòa và 3,920 lít khí Z (đktc) gồm hai khí N2 và H2. Biết
tỉ khối của Z so với H2 là 33. Phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp X gần với giá trị nào sau
đây ?
A. 14,15%
B. 13,0%
C. 13,4%
D. 14,1%

Câu 19: Chọn C.
- Hỗn hợp Z gồm N2 (0,05 mol) và H2 (0,125 mol)
- Khi cho X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, ta có :
m  98n H2SO4  m Z  m Y
2n
 2n H2  2n H2O
BTKL

 n H2O  X
 0,5mol  n NH 4   H2SO4
 0,05mol
18
4
- Xét hỗn hợp rắn X ta có :
2n N2  n NH 4 
2n H2SO4  12n N2  2n H2  10n NH 4 
BT:N

 n Fe(NO3 )2 
 0,075 mol và n ZnO 
 0,05mol
2
2

0,15.27
24n Mg  27n Al  m X  180n Fe(NO3 )2  81n ZnO  12, 45 n Mg  0,35
 %m Al 
.100  13,5

+  BT:e

30
 2n Mg  3n Al  10n N 2  2n H2  8n NH 4   1,15
n Al  0,15

 
Câu 20 (Chuyên Hạ Long): Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic Y và một este Z (Y, Z đều mạch hở
không phân nhánh). Đun nóng 0,275 mol X cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 2M thu được hỗn hợp 2
muối và hỗn hợp 2 ancol. Đun nóng toàn bộ 2 ancol này với H 2SO4 đặc ở 140oC thu được 7,5 gam hỗn
hợp 3 ete. Lấy hỗn hợp 2 muối trên nung với vôi tôi xút chỉ thu được một khí duy nhất, khí này làm
mất màu vừa đủ dung dịch 44 gam Br 2 thu được sản phẩm chứa 85,106% brom về khối lượng. Khối
lượng của Z trong X là:
A. 18,96 gam
B. 19,75 gam
C. 23,70 gam
D. 10,80 gam
Câu 20: Chọn B.
- Nhận thấy rằng, khi cho hỗn hợp X gồm axit Y và este Z thu được hai ancol và hai muối nên Z là este
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 11


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
hai chức được tạo từ axit hai chức và hai ancol, ta có hệ sau :
n Y  n Z  n X
n Y  n Z  0,275  n Y  0,15mol


+ 
n Y  2n Z  n NaOH  n Y  2n Z  0, 4

 n Z  0,125mol
- Khi đun nóng toàn bộ lượng ancol thu được với H2SO4 đặc ở 140oC thì :
n
2n
BTKL
+ n H2O  ancol  Z  0,125mol  m ancol  m ete  18n H 2O  9,75(g)
2
2
m ancol
 M ancol 
 39 , vậy hỗn hợp ancol gồm CH3OH và C2H5OH.
n ancol
- Xét quá trình hỗn hợp muối tác dụng với NaOH/ CaO (t 0), rồi cho hỗn khí tác dụng với Br2 ta được :
m Br2
m khÝ 
 51,7  m khÝ  m dÉn xuÊt halogen  m Br2  7,7(g)
%m Br2
m
- Giả sử khí thu được là anken thì : M hidrocacbon  khÝ  28(C 2 H 4 ) .
n Br2
 C 2 H3COONa và NaOOC  CH  CH  COONa .
Vậy este Z là CH3OOC  CH  CH  COOC 2 H5 với m Z  19,75(g)

Câu 21 (Chuyên Hạ Long): X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z không no có
một liên kết C=C và có tồn tại đồng phân hình học). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với
oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam
so với trước phản ứng. Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu
được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp gồm 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối
lượng của muối có khối lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp F là:
A. 4,68 gam

B. 8,10 gam
C. 9,72 gam
D. 8,64 gam
Câu 21: Chọn D.
- Khi đốt cháy hỗn hợp E rồi hấp thụ sản phảm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, ta có hệ sau:
12n CO2  2n H 2O  32n E  21,62 n CO2  0,87 mol
12n C  n H  16n O  m E



 n H 2O  0,79 mol
100n CaCO3  (44n CO2  18n H2O )  m dung dÞch gi°m  56n CO2  18n H 2O  34,5
n  n


NaOH
 E
n E  0,3
n E  0,3mol
+ Áp dụng độ bất bão hòa ta được : n Y  n Z  n CO2  n H2O  0,08mol  n X  n E  n Y  n Z  0,22 mol

n CO2
 2,9 nên trong E có chứa HCOOCH3.
nE
- Theo dữ kiện đề bài thi hỗn hợp ancol thu được đồng đẳng kế tiếp nên hỗn hợp ancol gồm CH 3OH và
C2H5OH, mặc khác trong Y và Z có một liên π C = C đồng thời có đồng phân hình học. Từ tất cả các
n CO2  2n X
 5,375 .
dữ kiện trên ta suy ra: C Y, Z  5 . Mặc khác, ta có : C Y, Z 
nY  nZ

Vậy este Y và Z lần lượt là CH3  CH  CH  COOCH3 và CH3  CH  CH  COOC 2 H5
+ Có C E 

 m CH3 CHCHCOONa  0,08.108  8,64(g)

Câu 22 (Chuyên Hạ Long): Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một số este đơn chức, mạch hở bằng
dung dịch NaOH vừa đủ thu được a gam hỗn hợp muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy hoàn toàn a
gam hỗn hợp muối trong O 2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí Y và 11,13 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ Y qua
ình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 34,5 gam kết tủa, đồng thời thấy khối lượng bình tăng 19,77

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 12


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
gam so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol với H 2SO4 đặc ở 140oC thu được 6,51 gam hỗn hợp các
ete. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Gía trị m là:
A. 19,35 gam
B. 11,64 gam
C. 17,46 gam
D. 25,86 gam
Câu 22: Chọn C.
44n CO2  18n H 2O  m b×nh t¨ng
n CO2  0,345mol


- Xét quá trình đốt a gam hỗn hợp muối ta có: n CO2  n CaCO3
 n H 2O  0,255mol
n  2n


Na 2 CO3
n X  0,21mol
 X
+ n O2 (p­)  n CO2  0,5(n H2 O  n Na2 CO3 )  0, 42 mol  mmuèi  m b×nh t¨ng  m Na2 CO3  32n O2  17, 46(g)
- Xét quá trình đun b gam hỗn hợp ancol với H2SO4 đặc ở 140oC ta có :
n
n
n H2O  ancol  X  0,105mol  m ancol  m ete  18n H2O  8, 4(g)
2
2
- Xét quá trình thủy m gam hỗn hợp X bằng dung dịch NaOH vừa đủ, áp dụng :
BTKL

 m X  m muèi  mancol  40n NaOH  17, 46(g) (với n NaOH  2n Na 2CO3  0,21mol )

Câu 23 (Chuyên Hạ Long): Đốt cháy hoàn toàn 10,58 gam hỗn hợp X chứa ba este đều đơn chức,
mạch hở bằng lượng oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO 2 (đktc). Mặt khác, hidro hóa hoàn toàn 10,58
gam X cần dùng 0,07 mol H2 (xúc tác, to) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với 250 ml dung
dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được một ancol Z duy nhất và m gam rắn khan.
Gía trị của m là :
A. 15,45 gam
B. 15,60 gam
C. 15,46 gam
D. 13,36 gam
Câu 23: Chọn B.
- Hidro hóa hoàn toàn hỗn hợp X thì : m Y  m X  2n H2  10,72(g)
- Giả sử đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y (CTTQ của Y là CnH2nO2) thì :
m  12n CO2  2n H2O
+ n CO2  n H2O  0,4 mol  n Y  n COO  Y

 0,16 mol
32
n CO2
 2,5 . Vậy trong Y có chứa este HCOOCH3
- Ta có : C Y 
nY
- Khi cho lượng Y trên tác dụng với 0,25 mol NaOH thì ancol Z thu được là CH3OH
BTKL
với n CH3OH  n Y  0,16 mol 
 m r¾n khan  m Y  40n NaOH  32n CH3OH  15,6(g)

Câu 24 (Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên): X, Y, Z là ba peptit mạnh hở, được tạo từ Ala, Val.
Khi đốt cháy X, Y với số mol bằng nhau thì đều được lượng CO 2 là như nhau. Đun nóng 37,72 gam
hỗn hợp M gồm X, Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 5 : 1 trong dung dịch NaOH, thu được dung dịch
T chứa 2 muối D, E với số mol lần lượt là 0,11 mol và 0,35 mol. Biết tổng số mắt xích của X, Y, Z
bằng 14. Phần trăm khối lượng của Z trong M gần nhất với ?
A. 14%
B. 8%
C. 12%
D. 18%
Câu 24: Chọn C.

 X5Y5Z  10H2O
- Khi gộp X, Y và Z với tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 5 : 1 có 5X  5Y  Z 
+ Ta có
mà

n D 0,11 11



 X5Y5 Z là (D)11k (E)35k .
n E 0,35 35

 sè m¾c xÝch(min) <  sè m¾c xÝch cña X 5Y5Z
14.n Z

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

11k 35k

<

 sè m¾c xÝch(max)

 14.1  46k  14.5  k  1

14.n X

Trang 13


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
+ Với k = 1  n (D)11k (E)35k  n X 5Y5Z 

n X  n Y  5n X 5Y5Z  0,05mol
nE nB

 0,01mol  
11 35
n Z  n X 5Y5Z  0,01mol

0

t
- Khi cho 37,72 gam M tác dụng với NaOH thì : M  NaOH 
 D  E  H 2O

+ Với n H2O  n M  n X  n Y  n Z  0,11mol và n NaOH  n A  n B  0,46 mol
BTKL

 mE  mD  mM  40n NaOH  18n H2O  54,14( g)
- Xét hỗn hợp muối ta có :
+ Giả sử D là ValNa khi đó ta có M E 
+ Số mắt xích Val 

mE  mD  139n D
 111 (AlaNa). Vậy ta giả sử đúng.
nE

n Val
0,11

 1  X, Y và Z đều có 1 phân tử Val
n X,Y,Z 0,11

X : (Ala)x Val : 0,05 mol
BT: Ala

 0,05x  0,05y  0,01z  0,35
x  y  3


 
Hỗn hợp M: Y : (Ala)y Val : 0,05 mol  

Z : (Ala) Val : 0,01 mol
 sè m¾c xÝch = (x  1)  (y  1)  (z  1)  14 z  5

z


Vậy Z là (Ala)5Val, suy ra %m Z 

0,01.472
.100  12,5
37,72

Câu 25 (Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên): Nung m gam hỗn hợp X gồm bột Al và Fe3O4 sau
một thời gian thu được chất rắn Y. Để hoà tan hết Y cần V lít dung dịch H2SO4 0,7M (loãng). Sau phản
ứng thu được dung dịch Z và 0,6 mol khí. Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Z đến dư, thu được kết
tủa M. Nung M trong chân không đến khối lượng không đổi thu được 44 gam chất rắn T. Cho 50 gam
hỗn hợp A gồm CO và CO2 qua ống sứ được chất rắn T nung nóng. Sau khi T phản ứng hết thu được
hỗn hợp khí B có khối lượng gấp 1,208 lần khối lượng của A. Giá trị của (m - V) gần với giá trị nào
sau đây nhất ?
A. 58,4
B. 61,5
C. 63,2
D. 65,7
Câu 25: Chọn A.
- Khi cho nung T với hỗn hợp khí A thì n O(trong T) 

m B  m A 1,208m A  m A


 0,65
16
16

- Xét hỗn hợp rắn T ta có :
160n Fe2O3  72n FeO  m T  44
n Fe O  0,05
2n
 n FeO
 2 3
 n Fe3O4 (X)  Fe2O3
 0,2 mol

3
3n Fe2O3  n FeO  n O(trong T)  0,65 n FeO  0,5

1, 4
 2(l)
0,7
 n FeO )

- Khi cho m gam X tác dụng với H2SO4 thì : n H2SO4  4n Fe3O4  n H2  1, 4 mol  VH2SO4 
- Dung dịch Z gồm Al3+, SO42- (1,4 mol), Fe2+ và Fe3+ (với n Fe3  2n Fe2O3 và n Fe2
BTDT(Z)

 n Al3 

n SO4 2   2n Fe2   3n Fe3
3


m X  27n Al  232n Fe3O4  59,9(g)
 0,5mol  

 m X  V  57,9(g)

Câu 26 (Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên): X là este no, đơn chức, Y là este đơn chức, không
no chứa một nối đôi C = C (X, Y đều mạch hở). Đốt chát 10,56 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng
10,08 lít O2 (đktc) thu được 6,48 gam nước. Mặt khác, đun nóng 10,56 gam E với dung dịch NaOH vừa
đủ thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp muối chứa a gam muối A và b gam muối B (MA < MB).
Biết A, B là các muối của các axit cacboxylic. Tỉ lệ a : b gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 0,9
B. 1,2
C. 1,0
D. 1,5

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 14


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
Câu 26: Chọn C.
- Khi đốt 10,56 gam E thì :
n O(trong E) m E  12n CO2  2n H2O
m  32n O2 m H2O
BTKL

 n CO2  E

 0, 42 mol  n E 

 0,15mol
44
2
2.16
- Áp dụng độ bất bão trong phản ứng cháy có : n Y  n CO2  n H2O  0,06 mol  n X  n E  n Y  0,09mol
- Gọi CX và CY lần lượt là số nguyên tử C của hai este X và Y (với CY ≥ 4) ta có :
BT:C

 n X .C X  n Y .C Y  n CO2  0,09C X  0,06C Y  0,42  C X  2 v¯ C Y  4 (thỏa)
Vậy X là HCOOCH3 (0,09 mol) và Y là CH2=CH-COOCH3 (0,06 mol)
m HCOONa
- Ta có : m HCOONa  0,09.68  6,12(g) v¯ m C 2 H3COONa  5,64(g) 
 1,085
m C 2 H3COONa

Câu 27 (Đề BOOKGOL – Lần 1): Chia m gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, Mg và Fe (trong đó Fe chiếm
39,264% về khối lượng) thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl,
thu được dung dịch Y. Cho lượng dư dung dịch AgNO 3 vào dung dịch Y, thu được 90,435 gam kết tủa.
Đốt cháy hoàn toàn phần hai trong khí clo dư, thu được hỗn hợp muối Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch
AgNO3 dư, thu được 93,275 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:
A. 22,8.
B. 14,1.
C. 11,4.
D. 28,2.
Câu 27: Chọn C.
- X tác dụng với Cl2 thì hỗn hợp thu được hỗn hợp muối Z gồm AlCl3, ZnCl2, MgCl2 và FeCl3.
n AgCl
- Cho Z tác dụng với AgNO3 thì : n AgCl  0,65mol  n Cl2 

 0,325mol
2
- X tác dụng với Cl2 thì hỗn hợp thu được hỗn hợp muối Y gồm AlCl3, ZnCl2, MgCl2 và FeCl2.
- Cho Y tác dụng với AgNO3 (dư) thì hỗn hợp kết tủa thì được gồm Ag và AgCl
+ Với n Ag  n Fe2 và n AgCl  n Cl   2n Cl2  n Fe2  0,65  n Fe2
→ 143,5nAgCl  108nAg  mkÕt tña  143,5(2 nCl2  nFe2 ) 108nFe2  90, 435 nFe2  0,08mol
Vậy m X 

56n Fe
 11, 4099 (g)
%m Fe

Câu 28 (Đề BOOKGOL – Lần 1): Dẫn luồng khí CO qua ống sứ đựng 34,40 gam hỗn hợp X gồm
CuO, Fe2O3 và MgO (trong đó oxi chiếm 29,30% về khối lượng) nung nóng, thu được hỗn hợp rắn Y
và V lít khí CO2 (đktc). Hòa tan hết Y trong dung dịch HNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối
(không có NH4+) và 0,10 mol hỗn hợp khí T gồm NO và NO2 có khối lượng 3,32 gam. Thêm dung dịch
NaOH dư vào Z thu được 44,38 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là:
A. 2,912.
B. 2,016.
C. 3,584.
D. 3,808.
Câu 28: Chọn D.
%O.m X
 0,63mol → m kim lo¹i  m X  16n O  24,32(g)
16
m kÕt tña  m kim lo¹i
- Xét hỗn hợp kết tủa ta có : n OH  (trong kÕt tña) 
 1,18mol
17
- Áp dụng bảo toàn e cho toàn quá trình phản ứng ta có:

3n NO  n NO2  (2n O(trong oxit)  n OH  )
n CO2 
 0,17 mol  VCO2  3,808(l)
2

- Theo đề bài ta có : n O(trong oxit) 

Câu 29 (Đề BOOKGOL – Lần 1): Đốt cháy hoàn toàn a mol este X (a > 0,01) thuđược b mol CO 2 và
c mol H2O (b = c + 0,08). Thủy phân hoàn toàn a mol X bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được ancol
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 15


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
Y và hỗn hợp Z gồm muối của 2 axit trong số 4 axit gồm axit propionic, axit metacrylic, axit panmitic
và axit oleic. Cho toàn bộ Y vào bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 2,06 gam. Đốt cháy hoàn
toàn Z rồi hấp thụ toàn bộ lượng CO 2 sinh ra vào V ml dung dịch KOH 2M, thu được 99,70 gam hai
muối. Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 760.
B. 380.
C. 690.
D. 510.
Câu 29: Chọn C.

n CO2  n H2O
n X  0,01
 1 
 kX  9
nX

- Giả sử X là trieste thì k X  4 (vì trong X có chứa gốc axit không no)
n
 n H 2O
- Xét k X  5  3C O  2C C . Ta có : n X  CO2
 0,02 mol
n COO  3n X  0,06 mol
4
- Khi cho ancol Y tác dụng với Na thì :
2,12
BTKL

 m Y  m b×nh t¨ng  2n H2  2,12(g)  M X 
 106(C 4 H 9 (OH)3 )
0,02
- Theo đề bài và những dữ kiện trên thì este X được tạo thành từ một trong 4 cặp axit sau :
C 2 H 5COOH
C 3H 5COOH
C 2 H 5COOH
C15H 31COOH
(1) 
, (2) 
, (3) 
v¯ (4) 
C17 H 33COOH
C15H 31COOH
C 3H 5COOH
C17 H 33COOH
- Áp dụng độ bất bão hòa ta có : n CO2  n H2O  n X (k X  1)  k X 

 Xét cặp (1).

- Khi đốt hỗn hợp muối thì : n CO2  2n C 2H5COOH  18n C17H33COOH  n Na 2CO3  0,75mol
BT:C

n KHCO3  n K 2CO3  0,75
n KHCO3  0,1mol
 n KHCO3  n K 2CO3  n CO2
 



100n KHCO3  138n K 2CO3  m muèi
100n KHCO3  138n K 2CO3  99,7 n K 2CO3  0,65mol

1, 4
 n KOH  n KHCO3  n K 2CO3  1, 4 mol  VKOH 
 0,7(l) (thỏa)
2
Vì trường hợp trên đã thỏa mãn yêu cầu của bài toán nên ta không xét các trường hợp tiếp theo.

Câu 30 (Đề BOOKGOL – Lần 1): Cho hỗn hợp E gồm tripeptit X có dạng Gly-M-M (được tạo nên từ
các α-amino axit thuộc cùng dãy đồng đẳng), amin Y và este no, hai chức Z (X, Y, Z đều mạch hở, X
và Z cùng số nguyên tử cacbon). Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản
ứng, thu được phần rắn chỉ chứa ba muối và 0,04 mol hỗn hợp hơi T gồm ba chất hữu cơ, biết T có tỉ
khối hơi so với H2 bằng 24,75. Đốt cháy toàn bộ muối trên cần dùng 7,672 lít O 2 (đktc), thu được N2;
5,83 gam Na2CO3 và 15,2 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E là:
A. 11,345%.
B. 12,698%.
C. 12,720%.
D. 9,735%.
Câu 30: Chọn B.

- Xét quá trình đốt hỗn hợp muối ta có : n COO  2n Na2CO3  0,11 mol
BT:O

 2n CO2  n H2O  2n COO  2n O2  3n Na 2CO3  0,74 n CO2  0,235mol
 

+ Theo dữ kiện đề thì: 
44n

18n

15,2

CO
H
O
n H2O  0,27 mol
2
2

+ Áp dụng độ bất bão hòa khi đốt cháy hỗn hợp hữu cơ ta có:
n
0,5n NH2 RCOONa  n R(COONa)2  n H2O  n CO2  0,035 n NH2 RCOONa  0,09 mol
 n X  NH2RCOONa  0,03mol


3
n R(COONa)2  0,01mol
n NH2 RCOONa  2n R(COONa)2  2n Na 2CO3  0,11
- Gọi a và b lần lượt là số nguyên từ Cacbon của M và R(COONa). Xét hỗn hợp muối ta có:

a  3
BT:C

 2n GlyNa  2n MNa .a  n R(COONa)2 .b  n CO2  n Na 2CO3  2.0,03  2.0,03.a  0,01b  0,29  
b  5

 Hỗn hợp muối gồm NH2CH2COONa, NH2CH(CH3)COOH (M) và C3H6(COONa)2.
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 16


Cập nhật thường xuyên các đề thi thử mới nhất trên cả nước
BTKL

 m muèi  m CO2 ,H2O  m Na 2CO3  28n N2  32n O2  11,33(g)
BTKL
- Cho E tác dụng với NaOH thì: 
 m E  m muèi  18n H2O  m T  40n NaOH  9,45(g) (với n H2O  n X )

Vậy %m Y 

m T  32n CH3OH  46n C 2H5OH
.100  12,698
mE

----------HẾT----------

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 17