Đề tổng duyệt dự đoán đề thi môn hoá kì thi THPT quốc gia

ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

ĐÁP ÁN CHI TIẾT
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
Môn thi: HOÁ HỌC
Câu 1:
Tốc độ phản ứng phụ thuộc diện tích bề mặt: Viên kẽm nhỏ hơn có diện tích bề mặt lớn
hơn, tan nhanh hơn nên t2 < t1  Đáp án C.
Câu 2:
Dung dịch chất điện li (mạnh hay yếu) chứa ion mang điện nên có khả năng dẫn điện.
Saccarozơ, glucozơ, glixerol và etanol đều là chất không điện li: Loại A, B, C.
Ở phương |n D: Canxi clorua (chất điện li mạnh) và axit axetic (chất điện li yếu):

CaCl

2


 Ca 2 + 2Cl 


 CH COO + H
CH3COOH 

3



 Đáp án D.

Câu 3:
0

3000 C

 2NO.
Trước đ}y, để thu được NO cần thực hiện phản ứng: N2 + O2 

Hiện nay, NO được tạo ra dễ d{ng hơn khi oxi hóa NH 3 bằng O2 với xúc tác Pt:
0

850 C
4NH3 + 5O2 
 4NO + 6H2O.
Pt

 Đáp án C.
Câu 4:
Đó l{ khí O3, c|c ứng dụng dựa trên tính oxi hóa mạnh của khí n{y.
 Đáp án D.
Câu 5:
Hình vẽ mô tả cách thu khí nhẹ hơn không khí: Ống nghiệm đặt úp, khí đi từ dưới lên.
Trong các khí tạo ra ở 4 phương |n, chỉ có khí H2 phù hợp (phân tử khối < 29).
 Đáp án B.
Câu 6:


1 
Na tác dụng với HCl theo tỉ lệ mol 1 : 1  Na + HCl 
 NaCl + H2 

2 




Mg, Fe, Zn tác dụng với HCl theo tỉ lệ mol 1 : 2 M + 2HCl 
 MCl2 + H2

3 
Al tác dụng với HCl theo tỉ lệ mol 1 : 3  Al + 3HCl 
 AlCl3 + H2 
2 

 Đáp án D.
Câu 7:

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG




ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương


RCO3 + 2HCl 
 RCl2 + CO2  + H2O 



 Mol: 0,025 

 0,025





0,56
= 0,025 (mol) 
 nCO2 =
22,4



Tăng = Được – Mất  1,0 = m  0,025.44  m = 2,1  MRCO3 =

2,1
= 84 (MgCO3 ).
0,025

 Đáp án B.
Câu 8:

A: AgNO3 
 Ag + NO2 +

1
O
2 2

(*)



1
Na + H2O 
 NaOH + H2 


B:
2


 CuSO + 2NaOH 


Cu(
OH
)

+
Na
S
O
4
2
2
4


C: Zn + 2AgNO3 
 Zn(NO3 )2 + 2Ag 

(*)

0

t
D: CuO + H2 
 Cu + H2O

(*)

 Đáp án B.

Câu 9:
 3Fe2+ + NO3 + 4H 
 3Fe3+ + NO  + 2H2O 
A: 

 AgNO + HCl 

 AgCl  + HNO3
3



(*)

 Fe(NO3 )2 + NaCl 


B: 

 AgNO + NaCl 
 AgCl  + NaNO3 
3


(*)

 3Fe(NO3 )2 + 4HNO3 
 3Fe(NO3 )3 + NO  + 2H2O 
C: 

 AgNO + HNO 


3
3



(*)

 Fe(NO3 )2 + NaNO3 

D: 
 : Hai chất đều không phản ứng, không có hiện tượng.

 AgNO + HNO 


3
3


 Đáp án D.
Câu 10:
Đầu tiên, Zn và Fe tan hết theo các phản ứng:

 Zn + 2AgNO3 
 Zn(NO3 )2 + 2Ag  


 Fe + 2AgNO 
 Fe(NO3 )2 + 2Ag  
3


Sau đó, Fe(NO3)2 tiếp tục tác dụng với AgNO3 dư:

Fe(NO )

3 2

+ AgNO3 
 Fe(NO3 )3 + Ag 



Cho dung dịch NH3 dư v{o Y, chỉ thu được kết tủa Fe(OH)3 (Zn(OH)2 và Ag2O tạo thành
đều tan trong NH3 dư do tạo phức chất tan).

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016
Zn(NO3 )2

Y Fe(NO3 )3 + NH3
 AgNO
3


Thầy Lê Đăng Khương

 Fe(NO3 )3 + 3NH3 + 3H2O 
 Fe(OH)3  + 3NH4NO3 


+ NH3 + H2O
+ NH3
 Zn(OH)2 
 [Zn(NH3 )4 ](OH)2 
 Zn(NO3 )2 


+ NH3 + H2O
+ NH3 + H2O

 Ag2O 
 [Ag(NH3 )2 ](OH) 
 AgNO3 

 Đáp án D.
Câu 11:

 NaHCO3 + NaOH 
 Na2CO3 + H2O 


 Si + 2NaOH + H O 
 Na2SiO3 + 2H2 
2


 Al(OH)3 + NaOH 
 NaAlO2 + 2H2O 


 Cl + 2NaOH 
 NaCl + NaClO + H2O 
 2
 Đáp án A.
Câu 12:
Ngoài dẫn điện tốt, nhẹ thì nhôm còn có ưu điểm là khả năng tự bảo vệ trước các tác
nh}n ăn mòn kim loại nhờ tạo ra lớp màng oxit mỏng, bền vững.
 Đáp án B.
Câu 13:



n
đpnc
MCln 
 M +
Cl2  

2


0,65
 Mol:

 0,325 

n





7,28
= 0,325 (mol) 
 nCl2 =
22,4



 0,65 

Theo bài: M 
 = 7,8  M = 12n  n = 2; M = 24 (Mg)  Đáp án B.
 n 
Câu 14:

 Fe

+ 4HNO3 
 Fe(NO3 )3 + NO  + 2H2O



 Đáp án D.

Câu 15:
 Cr(OH)3 + NaOH 

 NaCrO2 + 2H2O


 2NaCrO + 3Br + 8NaOH 


2Na
CrO
+
6NaBr
+
4H
O

2
2
2
4
2 

 Đáp án A.
Câu 16:
 FeCl2 + 2AgNO3 
 Fe(NO3 )2 + 2AgCl  
(a): 

 Fe(NO ) + AgNO 


Fe(NO
)
+
Ag

3 2
3
3 3











(b) 3FeO + 10HNO3 
 3Fe(NO3 )3 + NO  + 5H2O

(c): 3Fe2+ + NO3 + 4H 
 3Fe3+ + NO  + 2H2O



(d): FeSO4 + BaCl2 
 FeCl2 + BaSO4 
 Đáp án B.

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG



(*)


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

Câu 17:
Hợp chất CFC hấp thụ tia bức xạ sóng ngắn của vũ trụ, tạo ra các gốc clo tự do (Cl ) rất
hoạt động hóa học, mỗi gốc clo có thể phá hủy hàng ngàn phân tử ozon.

 Đáp án A.
Câu 18:
 mCO
2
Y Cx Hy x : y = nCO2 : 2nH2O = 
 44

 Đáp án B.
Câu 19:








 2mH O   11 
2
:
=
 18   44 



 12  1 2
:    : = 3 : 8  C3H8 .
 18  4 3

Cấu tạo phân tử vinylaxetilen: CH2  CH  C  CH.

Nối đôi C=C có 1 liên kết π, nối ba C  C có 2 liên kết π: Tổng số liên kết π bằng 3.
 Đáp án C.

Câu 20:

CH3  CH(OH)  CH3 (propan  2  ol)  Đáp án B.
Câu 21:
t0

CH3  CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O 
 CH3  COONH4 + 2Ag  + 2NH4NO3

 Mol: a 
 a  2a

CH3  COOH + NH3 
 CH3  COONH4

 Mol: b 
b










44a + 60b = 4,0
a = 0,05 (mol)


 m = 77(a + b) = 77.0,08 = 6,16 (gam).

10,8
= 0,1
b = 0,03 (mol)
2a =
108

 Đáp án D.
Câu 22:

 mCO   mH O  22 9
2
nCO2 : nH2O = 
:
= 1 : 1  Este X no, đơn chức, mạch hở.
: 2 =
 44   18  44 18

 

Công thức phân tử của X là CnH2nO2  Đáp án B.
Câu 23:

 R  COO  R' + NaOH 
 R  COONa + R'  OH  


6,6
= 0,075 (mol) 

  n X =
88
 0,075  

 Mol: 0,075  0,075 

 100 
 94 
mdd NaOH = 0,075.40. 
 = 50 (gam)  mH2O = 50. 
 = 47 (gam).
 6 
 100 

Chất lỏng sau khi ngưng tụ gồm ancol v{ nước: mancol + mH2O = 49,4 (gam)

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016
mancol = 49,4  47 = 2,4 (gam)  Mancol =

Thầy Lê Đăng Khương
2,4
= 32 (CH3OH).
0,075

Đến đ}y tìm được công thức cấu tạo của X là CH3  CH2  COO  CH3 .
 Đáp án A.

Câu 24:


C17H33COOH + NaOH 
 C17H33COONa + H2O


 0,5a
 Mol: 0,5a 



(C17H33COO)3C3H5 + 3NaOH 
 3C17H33COONa + C3H5 (OH)3 

 Mol: 0,5a   1,5a




Vậy tổng số mol NaOH cần dùng là 2a (mol)  Đáp án C.
Câu 25:
Khi phân tử iot chui vào cấu trúc rỗng, xoắn lò xo của phân tử tinh bột thì xảy ra sự
tương t|c giữa chúng, tạo thành dung dịch màu xanh tím.  Đáp án A.
Câu 26:
Axit aminoaxetic Axit α–aminoglutaric

Axit axetic
Axit α,ε–điaminocaproic
(Glyxin)
(Axit glutamic)
(Lysin)
Đến đ}y có thể nhận ra axit aminoaxetic không l{m đổi màu quì tím  Đáp án A.
Câu 27:

A: CH3  CH(OH)  CH3

(bậc hai)

CH3  CH(NH2 )  CH3

(bậc một).

B: CH3  CH2  OH

(bậc một)

CH3  CH2  NH2

(bậc một).

C: CH3  CH(OH)  CH3

(bậc hai)

CH3  NH  CH3

(bậc hai).

D: CH3  CH2  CH2  OH

(bậc một)

CH3  CH2  CH2  NH2

(bậc một).

 Đáp án A.
Câu 28:
Các phân tử peptit được tạo nên từ các mắt xích là gốc α  amino axit, do vậy các gốc
β  amino axit sẽ không có mặt trong các chuỗi peptit  Đáp án D.

Câu 29:
0

t ,p
A: nCH2 =CH2 

(  CH2  CH2 )n : Polietilen (nhựa PE).
xt
0

t ,p
B: nCH2 =CH  CN 
(  CH2  CH(CN))n : Poliacrilonitrin (tơ nitron, olon).
xt
0

t ,p
C: nCH2 =CH  CH=CH2 

(  CH2  CH=CH  CH2 )n : Polibutađien (cao su Buna).
xt
0

t ,p
D: nCH2 =CH  Cl 
(  CH2  CH(Cl))n : Poli(vinyl clorua) (nhựa PVC).
xt

 Đáp án B.
Câu 30:
X tác dụng với NaOH tạo thành khí làm xanh quì ẩm (amoniac hoặc amin) nên là muối.

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

 CH3  CH2  COONH4 + NaOH 
 CH3  CH2  COONa + NH3  + H2O 


 CH  COONH CH
+ NaOH 

 CH3  COONa + CH3NH2  + H2O 
3
3
 3
 H  COONH3C2H5

 H  COONH (CH )
2
3 2


+ H2O 

+ NaOH 
 H  COONa + (CH3 )2NH  + H2O 
+ NaOH 
 H  COONa + C2H5NH2 

 Đáp án C.
Câu 31:
o

t
(a) Ca3 (PO4 )2 + 3SiO2 + 5C 
 3CaSiO3 + 2P + 5CO

(*)

(b) Si + 2NaOH + H2O 
 Na2SiO3 + 2H2 

(*)

o

t
(c) 2NH4Cl + Ca(OH)2 
 CaCl2 + 2NH3  + 2H2O

(d) 2H2S + SO2 
 3S  + 2H2O

(*)

(e) 2F2 + 2H2O 
 4HF + O2 

(*)

(Sục khí F2 vào dung dịch NaF thì flo tác dụng với nước).
o

t
(g) CaF2 + H2SO4 
 CaSO4  + 2HF 

 Đáp án B.
Câu 32:

 Zn + CuSO4 

 ZnSO4 + Cu 
(a) 

 Zn + H SO 


ZnSO
+
H
2
4
4
2

(Zn tác dụng với CuSO4 trước, với H2SO4 (loãng) sau do tính oxi hóa Cu2+ > H+).



(b) Fe(NO3 )2 + AgNO3 
 Fe(NO3 )3 + Ag 



to
 CuO + H 
 Cu + H2O 
2


(c)

o
t
 Al O + H 


2
 2 3


(*)

(*)
(*)



1
Na + H2O 
 NaOH + H2 


(d) 
2

 CuSO + 2NaOH 
 Cu(OH)2  + Na2SO4 
4

(Na tác dụng với H2O trước, Na không khử được ion Cu2+ trong dung dịch).


1 
AgNO3 
 Ag + NO2 +
O 

(e) 
2 2
 2KNO 

 2KNO2 + O2
3


đpdd
(g) CuSO4 + 2NaCl 
 Cu +

1
O + H2SO4
2 2

(*)

(*)

 Đáp án D.
Câu 33:
Nguyên tắc của phản ứng l{ dùng axit sunfuric (khó bay hơi) đẩy axit nitric (dễ bay hơi)

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

ra khỏi muối: A sai.
Axit nitric dễ bay hơi v{ đi ra khỏi bình phản ứng ở dạng hơi, sau đó được dẫn vào bình
chứa (đặc trong nước đ|) để ngưng tụ thành dạng lỏng: B v{ D đúng.
Phản ứng trên ở điều kiện thường xảy ra rất chậm, cần được đun nóng để tăng tốc độ
thoát khí Cl2: C đúng.
 Đáp án A.
Câu 34:
1. Đánh giá
(i) O2 oxi hóa NH3 thành NO, khi làm nguội thì NO kết hợp với O2 (dư) tạo thành NO2.
(ii) Khi thêm nước và lắc đều, NO2 tác dụng với O2 và H2O tạo thành HNO3.
2. Lời giải
Oxi hóa NH3 bằng O2 khi nung nóng và có xúc tác Pt:
Pt

4NH3 + 5O2 
 4NO + 6H2O 
to


 Mol: 4a 

 5a 
 4a



Khi làm nguội, khí NO kết hợp với O2 để chuyển hết thành NO2:


2NO + O2 
 2NO2 


 Mol: 4a 


2a



4a



Sơ đồ phản ứng:
NO2 : 4a

O2 :

+ H2O


4NO2 + O2 + 2H2O 
 4HNO3


 Mol: 4a  a  4a







Theo bài: pH = 1  [H ] = 0,1 (mol/L)  nHNO = 0,1.0,3 = 0,03 (mol)
3
 4a = 0,03  a = 0,0075 (mol).

Như vậy, tổng số mol khí NH3 (4a) và O2 phản ứng (8a) tương ứng với

3V
:
4

3V
= (4a + 8a).22,4 = 12.0,0075.22,4  V = 2,688 (L)  Đáp án B.
4
3. Sai lầm
(i) Không tính đầy đủ lượng khí O2 tham gia trong cả 3 giai đoạn phản ứng.

 HNO3 suy ta số mol O2 phản ứng
(ii) Từ sơ đồ NH3 





3
n
: Không có đ|p |n.
2 NH3

4. 30 giây
V=


 12 
4
45 1 1
nO2 + nNH3 =  + + + 1  nNH3 =   0,3.0,1.22,4 = 2,688 (L).
3
34 2 4

 3 





Câu 35:
1. Đánh giá
(i) Phần một + Ba(OH)2: Tất cả muối cacbonat v{ hiđrocacbonat đều tạo kết tủa.
(ii) Phần hai + BaCl2: Chỉ có muối cacbonat chuyển thành kết tủa.

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG

ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

2. Lời giải
Sơ đồ phản ứng 1 (Phần một + Ba(OH)2 dư):


R 2CO3 + Ba(OH)2 
 BaCO3  + 2ROH


R 2CO3 : x
 Mol: x  x

+ Ba(OH)2 


RHCO3 + Ba(OH)2 
 BaCO3  + ROH + H2O 
RHCO3 : y

 Mol: y  y




7,88

= 0,04 (mol)  x + y = 0,04 (mol).
197
Sơ đồ phản ứng 2 (Phần một + BaCl2 dư):
nBaCO3 =

R 2CO3 : x



RHCO3 : y

nBaCO3 =

+

BaCl2


R 2CO3 + BaCl2 
 BaCO3  + 2RCl 


 Mol: x 

x



3,94
= 0,02 (mol)  x = 0,02 (mol). Từ đó, y = 0,02 (mol).

197

10,5
 (2R + 60).0,02 + (R + 61).0,02 = 3,5  R = 18 (NH4 ).
3
Sơ đồ phản ứng 3 (Phần ba + KOH dư):
(2R + 60)x + (R + 61)y =


(NH4 )2CO3 + 2KOH 
 K 2CO3 + 2NH3  + 2H2O 


 Mol: 0,02  0,04

(NH4 )2 CO3
+ KOH 


NH4 HCO3 + 2KOH 
 K 2CO3 + NH3  + 2H2O 
NH4HCO3

 Mol: 0,02  0,04




0,04 + 0,04
= 0,04 (L) = 40 (mL)  Đáp án C.

2
3. Sai lầm
(i) Mặc định R là kim loại kiềm, không không tìm R vì thấy không liên quan đến phản
VKOH =

ứng với KOH: VKOH =

y 0,02
=
= 0,01 (L) = 10 (mL): Chọn D.
2
2

4. 30 giây
 3,94 7,88  3,94 
VKOH = 2
+
 : 2 = 0,04 (L) = 40 (mL).
197
 197

Câu 36:
1. Đánh giá
(i) Mg là kim loại mạnh nên có thể khử N+5 thành khí T và muối amoni.
(ii) Phản ứng tạo khí H2 nên gốc nitrat đ~ tham gia phản ứng hết.
2. Lời giải
Sơ đồ phản ứng 1:

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG

ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016



HCl : x
 Mg : 0,14 + 
KNO3 : y




Sơ đồ phản ứng 2 (

Thầy Lê Đăng Khương


MgCl2 : 0,14


H2 : ...

 X KCl
:y
+ 
 H2O 
T : ...
NH Cl : (x  y  0,28) 

 4



1
X tác dụng với AgNO3):
10
 MgCl2 + 2AgNO3 
 Mg(NO3 )2 + 2AgCl  


+ AgNO3 
 KNO3
+ AgCl  
 KCl


 NH4NO3 + AgCl  
 NH4Cl + AgNO3 

MgCl2

+ AgNO3
KCl
NH Cl
 4

Bảo toàn nguyên tố clo: nHCl = n AgCl = 10.
Sơ đồ phản ứng 3 (

4,879
= 0,34  x = 0,34 (mol).

143,5

1
X tác dụng với NaOH):
10

MgCl2

+ NaOH
KCl
NH Cl
 4

 MgCl2 + 2NaOH 
 Mg(OH)2  + 2NaCl 




 NH Cl + NaOH 
 NaCl + NH3 + H2O 
 4

1,2
= 0,30  0,14.2 + (x  y  0,28) = 0,30 (mol).
40
 x  y = 0,30 (mol)  y = 0,04 (mol).

nNaOH = 2nMgCl2 + nNH4Cl = 10.

Bảo toàn nguyên tố nitơ: nKNO3 = nNH4Cl + nN (T)  nN (T) = 0,04  0,02 = 0,02 (mol).
Bảo toàn nguyên tố hiđro:
nHCl = 4nNH4Cl + 2nH2 + 2nH2O  nH2O =

0,34  4.0,02  2.0,02
= 0,11 (mol).
2

Bảo toàn nguyên tố oxi: 3nKNO3 = nO (T) + nH2O  nO (T) = 3.0,04  0,11 = 0,01 (mol).
Trong thành phần khí T:
nN2O =

nN (T)
2

=

nN (T)
nO (T)

=

0,02 2
=  Khí T là N2O.
0,01 1

nN O
0,02
0,01
1

= 0,01 (mol)  2 =
=  Đáp án A.
2
nY
0,02 + 0,01 3

3. Sai lầm
(i) Bỏ qua khả năng dung dịch X có chứa muối amoni hoặc quên không xét phản ứng
của NH4Cl với dung dịch NaOH.
4. 30 giây

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

nHCl = 10n AgCl = 0,34 (mol); nNH4Cl = 10nNaOH  2nMgCl2 = 0,30  2.0,14 = 0,02 (mol)
nKNO3 = nKCl = nHCl  2nMgCl2  nNH4Cl = 0,04; nH2O =

nHCl  4nNH4Cl  2nH2
2

= 0,11 (mol)

nN (T) = nKNO  nNH Cl = 0,04  0,02 = 0,02
0,01 1
3
4

 N2O: 0,01 (mol) 
= .

0,03 3
nO (T) = 3nKNO3  nH2O = 3.0,04  0,11 = 0,01

Câu 37:
1. Đánh giá
 n  nH O
  4a

2
(i) Tổng số liên kết π trong phân tử E =  CO2
+1  = 
+ 1  = 5.


nE


  a
(ii) Số liên kết đôi C=C trong E = Tổng số liên kết π trừ 3 = 5 –3 = 2.

2. Lời giải
Phản ứng đốt cháy E:
(Nếu hệ số của CO2 là n thì hệ số của H2O là (n –4), nghĩa l{ E có nC thì sẽ có (2n – 8)H,
ứng với công thức là Cn H2n 8O6 .


3n  10

t0
Cn H2n 8O6 +
O2 
 nCO2 + (n  4)H2O 

2


 Mol: a  na 
 (n  4)a 


Phản ứng hiđro hóa E:
t0

Cn H2n 8O6 + 2H2 
 Cn H2n 4O6 


 Mol: a 


2a



Sản phẩm tạo th{nh l{ tristearin có công thức cấu tạo (C17H35COO)3C3H5 , tương ứng với
công thức ph}n tử C57H110O6 nên n = 57.
Tổng số nguyên tử trong ph}n tử E = (n + 2n  8 + 6) = 3.57  8 + 6 = 169.
 Đáp án B.

3. Sai lầm
(i) Không x|c định được công thức ph}n tử tổng qu|t của E.
4. 30 giây

nCO2
E

(n  4)H2O

nC

+ 2H2
 C57H110O6  57 + 110 + 6  4 = 169.
(2n  8)H  CnH2n 8O6 
6O


Câu 38:
1. Đánh giá
(i) Hiđro cộng vào axetilen tạo ra hai sản phẩm là etilen và axetilen.
2. Lời giải
Nung nóng X với bột Ni:
LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

Ni


CH  CH + H2 
 CH2  CH2 
t0


a
 Mol: a  a 


Y
Ni
CH  CH + 2H2 
 CH3  CH3 

t0
 Mol: b   2b  b




C H : x
X 2 2
H2 : 2x

C2H2 : (x  a  b)

C2H4 : a

C2H6 : b

H : (2x  a  2b)
 2


V
(mol).
mX = 26x + 2.2x = 30x (gam); n X = 3x =
22,4


Bảo to{n khối lượng: mY = mX = 30x (gam)  nY =

30x
= 1,5x (mol).
2.10

Δn = nX  n Y = 3x  1,5x = 1,5x (mol)
Số mol khí giảm = Số mol H2 phản ứng  a + 2b = 1,5x.
Phản ứng khi cho X t|c dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3:

CH  CH + 2AgNO3 + 2NH3 
 AgC  CAg  + 2NH4NO3 


 Mol: (x  a  b) 

 (x  a  b)



2,4
= 0,01 (mol).
240
Phản ứng khi cho X t|c dụng với Br2:

Theo bài: (x  a  b) =


CH2  CH2 + Br2 
 CH2Br  CH2Br 
4,8
= 0,03 (mol).

  a =
160
Mol:
a


a


a + 2b = 1,5x
a = 0,03


x  a  b = 0,01  b = 0,06  V = 3.0,1.22,4 = 6,72 (L)  Đáp án C.
a = 0,03
 x = 0,10




3. Sai lầm
(i) Bỏ qua phương trình bảo toàn khối lượng của X và Y.
4. 30 giây
C H : x
X 2 2
H2 : 2x


30x
Δn = n X  n Y = 3x 
= 1,5x

x = 0,1 (mol)
20


Δn = n = 2x  ( 2.2,4 + 4,8 ) V = 3.0,1.22,4 = 6,72 (L)
lk π

240
160

Câu 39:
1. Đánh giá
(i) Sản phẩm tạo th{nh có metylamin nên Y l{ muối H2N  CH2  COO  NH3CH3 .
2. Lời giải
 4 
nNaOH = 100 

 : 40 = 0,1 (mol).
 100 

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương


X
+ 6NaOH 
 m H2NCH2COONa + n H2NCH(CH3 )COONa + H2O 


 0,06 
 0,01m 
 0,01n
 Mol: 0,01 



H2NCH2COONH3CH3 + NaOH 
 H2NCH2COONa + CH3NH2 + H2O 

 Mol: 0,04  0,04  0,04    0,04




m + n = 6


m + n = 6
m = 2
Theo bài: 


97(0,01m + 0,04) + 111(0,01n) = 10,26 
97m + 111n = 638 
n = 4


X: C2H5O2N2 C3H7O2N 4  5H2O = C16H28O7N6  Đáp án B.
3. Sai lầm
(i) Không thiết lập được cấu tạo của Y dựa trên c|c sản phẩm thủy ph}n.
4. 30 giây

X: Hexapeptit


Y: H2NCH2COONH3CH3

MY =

10,26 + 0,04.31 + 0,05.18  0,10.40  0,04.106
= 416
0,01

 (Gly)2(Ala)4  (C2H5O2N)2(C3H7O2N)4  5(H2O) = C16H28O7N6 .

Câu 40:
1. Đánh giá
(i) nOH = 2nH2 =

2V
= nCO2 : Hai ancol đều có số cacbon bằng nhóm –OH.
22,4

(ii) Dung dịch các ancol có số cacbon bằng nhóm –OH (trừ metanol) đều có khả năng

hòa tan Cu(OH)2 ở điều kiện thường.
2. Lời giải
CH3OH

+ Trường hợp 1: X 

: x (mol)

C2H4 (OH)2 : y (mol)
Phản ứng hòa tan Cu(OH)2:

2C2H4 (OH)2 + Cu(OH)2 
 C2H4 (OH)O 2 Cu + 2H2O 


 Mol: 0,06  0,03



Phản ứng đốt cháy X:

CH3OH
:x

C2H4 (OH)2 : y

CH3OH
:x

C2H4 (OH)2 : y

t0
 CH OH
+ O2 
 CO2 + 2H2O 
3


t0
 C H (OH) + O 
 2CO2 + 3H2O 
2
2
 2 4


3,6
2x + 3y = 18 = 0,20 x = 0,01 (mol)


y = 0,06 (mol)

y = 2. 2,94 = 0,06

98

+ Trường hợp 2: X Cn H2n+2n (OH)n : a (mol), n > 2
Phản ứng hòa tan Cu(OH)2:

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương


2Cn H2n+2 n (OH)n + Cu(OH)2 
 Cn H2n+2n (OH)n 1O 2 Cu + 2H2O 


 Mol: 0,06 


0,03


Phản ứng đốt cháy X:



3n+1  n

Cn H2n+2 n (OH)n +
O2 
 nCO2 + (n  1)H2O 

2


 Mol: a  (n  1)a 



a = 0,06 (mol)
a
= 0,06 
7

; n =  Hai ancol

7
3
(n+1)a = 0,20 n =
3


C2H4 (OH)2 : x (mol)

C3H5 (OH)3 : y (mol)


3x + 4y = 0,20

 x = 0,04 (mol); y = 0,02 (mol)  Đáp án C.


x + y = 0,06
3. Sai lầm
(i) Không nhận ra hai ancol đều có số cacbon bằng nhóm –OH.

4. 30 giây

CH OH
:x
(I)  3
C2H4 (OH)2 : y

2x + 3y = 0,20
 x = 0,01 (mol); y = 0,06 (mol)

y = 0,06

a = 0,06
(II)Cn H2n+2n (OH)n : a 
 C2H4 (OH)2 : 0,04 (mol); C3H5(OH)3 : 0,02(mol).
n = 7/3
Câu 41:
1. Đánh giá
(i) Phản ứng tráng bạc của hai anđehit đồng đẳng kế tiếp: Xét khả năng hỗn hợp có
chứa anđehit fomic.
2. Lời giải
+ Sơ đồ phản ứng của phần 1
Trường hợp 1 (Hỗn hợp có chứa HCHO, anđehit kế tiếp là CH3CHO):


HCHO : x (mol)


CH3CHO : y (mol)

AgNO3 /NH3
 HCHO 
 (NH4 )2CO3 + 4Ag 
t0


AgNO3 /NH3
 CH3CHO 


CH
COONH
+
2Ag
3
4
t0



30x + 44y = 2,6
x = 0,050 (mol)



: Thỏa mãn.

27
= 0,25 y = 0,025 (mol)
4x + 2y =
108


Trường hợp 2 (Hỗn hợp không chứa HCHO, gọi công thức hai anđehit l{ RCHO):

RCHO

: x (mol)

RCHO  RCOONH
AgNO3 /NH3
t0

(R + 29)x = 2,6
x = 0,125 (mol)


: Loại.

27
= 0,25 R =  8,2
2x =
108


LÊ ĐĂNG KHƯƠNG

4

+ 2Ag




ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

+ Sơ đồ phản ứng của phần 2
Phản ứng khử anđehit th{nh ancol:

HCHO : 0,050 (mol)


CH3CHO : 0,025 (mol)

Ni
 HCHO + H2 
 CH3OH (0,050 mol) 
t0


Ni
 CH3CHO + H2 


(0,025
mol)
0  C2H5OH
t



Phản ứng este hóa:
H2SO4


 CH3COOCH3 + H2O 
CH3COOH + CH3OH 



t0
 Mol: a 

a


H2SO4




CH3COOH + C2H5OH 
 CH3COOC2H5 + H2O 


t0
 Mol: b 

b



a = 0,03 (mol)
a + b = 0,04
Theo bài: 

74a + 88b = 3,1 b = 0,01 (mol)

HX =

a
0,030
.100% =
.100% = 60%;
0,05
0,050

HY =

b
0,010
.100% =
.100% = 40%.
0,025
0,025

 Đáp án B.
3. Sai lầm
(i) Gọi công thức của hai anđehit l{ R–CHO rồi viết phản ứng tráng bạc: vô nghiệm.
4. 30 giây

HCHO : x

CH3CHO : y

30x + 44y = 2,6  x = 0,050 CH3OH : 0,050 (mol)



4x + 2y = 0,25
y = 0,025 C2H5OH : 0,025 (mol)

CH3COOCH3 : a

CH3COOC2H5 : b

a + b = 0,04
a = 0,03

 HX = 60%; HY = 40%.

74a + 88b = 3,10 b = 0,01

Câu 42:
1. Đánh giá

(i) X|c định được công thức phân tử của X, Y từ tỉ lệ khối lượng các nguyên tố.
(ii) Dùng tỉ lệ số mol phản ứng của hỗn hợp với NaOH để dự đo|n cấu tạo.
2. Lời giải
+ Tìm công thức phân tử



X, Y Cx Hy Oz



mC mH mO 14 1 8
:
:
=
: :
= 7 : 6 : 3  C7 H6O3 
x : y : z =
12 1 16 12 1 16



Phân tử X, Y có 3 nguyên tử oxi và chỉ chứa hai nhóm chức nên X chứa chức phenol và
este, Y chứa chức phenol và axit.
+ X, Y tác dụng với KOH
 80.0,112 
Số mol KOH phản ứng = 
 : 2 = 0,08 (mol).
 56 

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

X: HCOO  C6H4  OH
 4,14 
8

nKOH : n hh = 0,08 : 
 = 0,08 : 0,03 =   2; 3  
3
Y: HO  C6H4  COOH
 138 



HCOO  C6H4  OH + 3KOH 
 HCOOK + KO  C6H4  OK + 2H2O 


 3x 
 2x 
 Mol: x 


HO  C6H4  COOH + 2KOH 
 KO  C6H4  COOK + 2H2O



 Mol: y 


2y


2
y


x + y = 0,03 
x = 0,02 (mol)




3x + 2y = 0,08 
y = 0,01 (mol)

Bảo toàn khối lượng: 4,14 + 0,16.56 = ? + 0,06.18  ? = 12,02 (gam)  Đáp án C.
3. Sai lầm
(i) Không tính lượng KOH dư: 4,14 + 0,08.56 = ? + 0,06.18  ? = 8,62 (gam): Chọn B.
(ii) Đặt hệ số của H2O bằng 1: 4,14 + 0,16.56 = ? + 0,03.18  ? = 12,56 (gam): Chọn D.

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

4. 30 giây



X, Y Cx Hy Oz

x:y:z=

14 1 8
X: HCOO  C6H4  OH
: :
= 7 : 6 : 3  C7H6O3  
12 1 16
Y: HO  C6H4  COOH

m = 4,14 + 80.0,112  0,06.18 = 12,02 (gam).
Câu 43:
1. Đánh giá
(i) Cho X tác dụng với NaOH: nên viết theo phương trình ion rút gọn.
2. Lời giải
+ Sơ đồ phản ứng 1 (X tác dụng với dung dịch NaOH):

Na : x (mol)

Ba : y (mol) + NaOH
 Al : z (mol)




1
Na + H2O 
 NaOH +
H2


2


 0,5x
 Mol: x  x 



Ba + 2H2O 
 Ba(OH)2 + H2 

 Mol: y 

 y  y


3 



Al + OH + H2O 

 AlO2 + H2 

2


 z 
 z 
 1,5z 
 Mol: z 


2,464
= 0,11
0,5x + y + 1,5z =
Theo bài: 
;
22,4
23x + 137y + 27z = 5,2


OH


 AlO
Y :  2
Na
Ba2


: 0,02 + x + 2y  z

:z
: 0,02 + x
:y

+ Sơ đồ phản ứng 2 (Cho Y tác dụng với 50 mL dung dịch HCl 2M):


OH–
+ H+ 
 H2O
OH : 0,02 + x + 2y  z



 Mol: 0,02 + x + 2y – z


+ HCl 
 AlO2 : z

+
AlO2 + H + H2O 
 Al(OH)3  
Na  , Ba2



 Mol: 2t 



2
t


2t


Theo bài: (0,02 + x + 2y – z) + 2t = 0,10  x + 2y – z + 2t = 0,08.
+ Sơ đồ phản ứng 3 (Cho Y tác dụng với 75 mL dung dịch HCl 2M):


OH–
+ H+ 
 H2O


 Mol: 0,02 + x + 2y – z


AlO2 + H+ + H2O 
 Al(OH)3  


 Mol: z 


z


z



Để thu được 3t mol kết tủa thì cần hòa tan đi (z –3t) mol Al(OH)3:
OH : 0,02 + x + 2y  z


+ HCl
 AlO2 : z
Na  , Ba2



Al(OH)3 + 3H+ 
 Al3+ + 2H2O 


 Mol: z–3t  3(z–3t)



Theo bài: (0,02 + x + 2y – z) + z + 3(z –3t) = 0,15  x + 2y + 3z – 9t = 0,13.

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

 x = 0,06 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0,04 (mol); t = 0,01 (mol).

 m(max) = mBaCO + m Al(OH) = 0,02.197 +0,04.78 = 7,06 (gam)  Đáp án A.
3
3

3. Sai lầm
(i) Chỉ tính khối lượng kết tủa Al(OH)3, bỏ qua BaCO3.
4. 30 giây
Na : x

Ba : y + NaOH: 0,02
 Al : z


1
3z
= 0,11
 x+y+
2
2
23x + 137y + 27z = 5,2


OH : 0,02 + x + 2y  z

Y  AlO2 : z
+ H+
Na+ , Ba2+





nH+ (min) = nOH + n
0,10 = nOH + 1(2t)

 11x + 22y  3z = 0,98

0,15 = nOH + 4n AlO  3(3t)
nH+ (max) = nOH + 4n AlO2  3n 

2


x = 0,06; y = 0,02; z = 0,04  m = 197y + 78z = 7,06 (gam).

Câu 44:
1. Đánh giá
(i) Trước hết tìm V dựa vào tỉ khối và số mol CO2 (bằng với số mol kết tủa CaCO3).
(ii) Phản ứng nhiệt luyện không hoàn toàn: giải theo sơ đồ và bảo toàn electron.
2. Lời giải
Sơ đồ phản ứng 1:
 Al
:x

X Fe3O4 : y
CuO : z


+

t0

CO 

t0
 Fe O + 4CO 
 3Fe + 4CO2 
3 4


0
t
 CuO +

CO


Cu
+
CO
2 


Theo bài: 16(4y + z) = 0,21(27x + 232y + 80z)  5,67x  15,28y + 0,8z = 0.

CO2 + Ca(OH)2 
 Ca(OH)2 + H2O 


 Mol: 0,0375  0,0375


Tìm số mol khí trong Z theo qui tắc đường chéo:
nCO2
28  36
8 1 0,0375 (mol)
=
= = =
 V = 0,0375.2.22,4 = 1,68 (L)
nCO
44  36
8 1 0,0375 (mol)

Sơ đồ phản ứng 2 (Hòa tan Y vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng):




Y





 Al

Fe, Fe3O4 + H2SO4
Cu, CuO



x

 Al2 (SO4 )3 : 2

3y

t0

 Fe2 (SO4 )3 :
2

:z
CuSO4



+ SO2





+ H2O 





Theo bài:
342.

x

3y
+ 400.
+ 160z = 3,4(27x + 232y + 80z)  79,2x  188,8y  112z = 0.
2
2

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

Bảo to{n electron cho sơ đồ:




X







x

 Al2 (SO4 )3 : 2
 Al

 Al


3y




+ H2SO4
+ CO
 Y Fe, Fe3O4 
 Fe2 (SO4 )3 :
+ SO2 + H2O 
Fe3O4 
+e (ne = 2nCO )
 e (ne = 2nSO )
2
2
CuO
Cu, CuO




CuSO
:
z

4







ne = 3n Al + nFe3O4 + 2nCO = 2nSO2  3x + y + 2.0,0375 = 2.0,15  3x + y = 0,225.

5,67x  15,28y + 0,8z = 0

0,2

(mol); y = 0,025 (mol); z = 0,005 (mol).
79,2x  188,8y  112z = 0  x =
3

3x + y = 0,225


0,2
+ 232.0,025 + 80.0,005 = 8 (gam)  Đáp án C.
3
3. Sai lầm
(i) Coi rằng phản ứng nhiệt luyện xảy ra hoàn toàn và viết 2 phương trình khử oxit.
4. 30 giây
m = 27.

 Al
:x

X Fe3O4 : y

CuO : z



x
 Al2 (SO4 )3 : 2

3y

Fe2 (SO4 )3 :
2

CuSO
:
z

4



16(4y + z) = 0,21(27x + 232y + 80z)

x
3y

+ 160z = 3,4(27x + 232y + 80z)
342. + 400.
2
2


3x + y + 2.0,0375 = 2.0,15


0,2
0,2
 x =
; y = 0,025; z = 0,005  m = 27.
+ 232.0,025 + 80.0,005 = 8 (gam).
3
3


Câu 45:
1. Đánh giá
(i) Oxit bị khử bởi CO nên oxit là của kim loại trung bình, yếu.
(ii) Hỗn hợp X (gồm kim loại và oxit) + H2SO4 đặc, nóng tạo một muối duy nhất.
2. Lời giải

Ca(OH)2 + CO2 
 CaCO3  + H2O 


 Mol: 0,025  0,025 

 0,025


nCO2 = 0,025 (mol)  nCO (Y) = 0,025 (mol)  V = 1,12 lít.
to


MxOy + yCO 
 xM
+ yCO2 



0,025
0,025x



 0,025 
 Mol: y 
y


Bảo toàn khối lượng: m + 0,025.28 = 6,8 + 0,025.44  m = 7,2 (gam).

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

Sơ đồ phản ứng:

X

 Mol:



t
+ H2SO4 
 M2 (SO4 )n + SO2 + H2O 

0,175
0,075 0,175 
O

Bảo toàn khối lượng:
6,8 + 0,175.98 = mM2 (SO4 )n + 0,075.64 + 0,175.18  mM2 (SO4 )n = 16 (gam).

mSO = 96.(0,175  0,075) = 9,6
4
Trong thành phần muối M2 (SO4 )n : 
m
 M = 16  9,6 = 6,4



2M
6,4
=
 M = 32n  n = 2, M = 64 (Cu).
96n 9,6


64x 6,4
x 2

m = 6,4

=
 =  Cu2O  Đáp án B.
Trong oxit CuxOy :  Cu
m
=
7,2

6
,4
=
0,8
16y
0,8
y
1

 O
3. Sai lầm
(i) Coi kim loại có hóa trị không đổi và gọi công thức oxit là M2On.
(ii) Viết phương trình v{ cố gắng tìm số mol mỗi chất khi cho X tác dụng với H2SO4 đặc.
4. Giải nhanh


Ma + 16b = 6,8
Ma + 16b = 6,8
Ma = 6,4
M = 32n


M: a



X
 ne = na = 2nSO2 + 2nO  na = 0,15 + 2b
 na = 0,2  na = 0,2
O : b


b = 0,025 b = 0,025
na

nH2SO4 = nnM2 (SO4 )n + nSO2
0,175 =
+ 0,075 
2

n
0,1
2
n = 2, M = 64 (Cu), a = 0,1 (mol)  Cu =
=  Cu2O.
nO
0,025 + 0,025 1

Câu 46:
1. Đánh giá
(i) Một chất kết tủa thu được là Fe(OH)3: Y chỉ chứa muối Fe(III), có thể chứa axit dư.
2. Lời giải

+ Sơ đồ phản ứng 1:



X





Fe3 : x + 3y

 
:x

Fe
HNO3 : 0,40
H :
NO : a
+ 

 Y 
+ 
+ H2O 

NO2 : b
Fe3O4 : y
H2SO4 : 0,04
NO3 : 0,34


SO2 : 0,04

 4




1,344
= 0,06 (mol)  nNO = nHNO  (nNO + nNO ) = 0,4  0,06 = 0,34 (mol)  .
a + b =
3
3
2
22,4



Bảo toàn electron: 3nFe + nFe O = 3nNO + nNO  3x + y = 3a + b.
3 4

2

+ Sơ đồ phản ứng 2 (Phần một tác dụng với NaOH):

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016
 3 x + 3y
Fe : 2

1 H :
Y
+ NaOH
2  
NO : 0,17
 23
SO4 : 0,02

Thầy Lê Đăng Khương


H+
+ OH 
 H2O


 Mol: 0,06  0,06



3+

Fe + 3OH 
 Fe(OH)3  

 Mol:

0,06 
 0,02




Theo bài: nNaOH = nH + 3nFe(OH)3  nH = 0,2.0,6  3.0,02 = 0,06 (mol)  nH (Y) = 0,12 (mol).
Y trung hòa điện nên: 3(x + 3y) + 1.0,12 = 1.0,34 + 2.0,04  x + 3y = 0,1 (mol)
56x + 232y = 7,2 

 x = 0,025 (mol)

;



x + 3y = 0,1
 y = 0,025 (mol)

a + b = 0,06 
a = 0,02 (mol)





3a + b = 0,1
b = 0,04 (mol)

+ Sơ đồ phản ứng 3 (Phần hai tác dụng với Ba(OH)2 dư):
Fe3 : 0,05
 
1 H : 0,06
Y

2 NO3 : 0,17
SO2 : 0,02
 4

 H+ + OH 

 H2O
 3+


 Fe(OH)3  
 Fe + 3OH 
 2+

2
 BaSO4  
 Ba + SO4 

+ Ba(OH)2

m = mFe(OH) + mBaSO = 0,05.107 + 0,02.233 = 10,01 (gam)  Đáp án C.
3

4

3. Sai lầm
(i) Phần một + NaOH: quên axit phản ứng trước, muối phản ứng sau tạo kết tủa.
(ii) Nhầm lẫn khi lấy số mol trong mỗi phần để gán cho cả dung dịch.
4. 30 giây
Fe : x

X
Fe3O4 : y



Fe3 : x + 3y
 
H : 0,12
Y 
NO3 : 0,34
SO2 : 0,04
 4

 a = 0,02; b = 0,04

56x + 232y = 7,2 x = 0,025

;

x + 3y = 0,1
y = 0,025

a + b = 0,06

3a + b = 0,1

m = mFe(OH) + mBaSO = 0,05.107 + 0,02.233 = 10,01 (gam).
3

4

Câu 47:
1. Đánh giá
(i) Nhiều khả năng E chứa một axit đơn chức, không no (một nối đôi C=C) v{ một axit
no, hai chức.
2. Lời giải
(i) Trường hợp 1: E gồm một axit đơn chức (một nối đôi C=C) và một axit hai chức
+ E tác dụng với NaHCO3
RCOOH : a

R'(COOH)2 : b

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG



RCOOH + NaHCO3 
 RCOONa + CO2  + H2O


 Mol: a  a



R'(COOH)2 + 2NaHCO3 
 R'(COONa)2 + 2CO2  + 2H2O 

 Mol: b  2b






ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

V
V
1 V 
 2(a + b) > (a + 2b) =
 (a + b) > 
.
22,4
22,4
2  22,4 
+ Đốt cháy E bằng O2
nCO2
5 V 
5  V  1  V  10
nCO2 = 
< 
: Hai axit đều chứa 3 cacbon.
C =
: 
=
3  22,4 
(a + b) 3  22,4  2  22,4 
3
nCO2 = (a + 2b) =


:a
5
CH2  CH  COOH
 3a + 3b =  (a + 2b)  4a = b.

HOOC  CH2  COOH : b
3


+ Cho E tác dụng với NaOH
 C2H3COOH + NaOH 
 C2H3COONa + H2O 


 CH (COOH) + 2NaOH 
 CH2 (COONa)2 + 2H2O 
2
 2
Khối lượng muối khan = 94.0,02 + 148.0,08 = 13,72 (gam)  Đáp án D.
C2H3COOH : 0,02 (mol)

CH2 (COOH)2 : 0,08 (mol)

(ii) Trường hợp 2: E gồm hai axit đơn chức (một nối đôi C=C), đồng phân
E Cn H2n 2O2

n = nCO2 : nE =

5 V 


3  22,4 

 V  5
:
 = : Loại.
 22,4  3
(iii) Trường hợp 3: E gồm hai axit no, hai chức, đồng phân
E Cn H2n 2O2

n = nCO2 : nE =

5  V  1  V  10
: Loại.

: 
=
3  22,4  2  22,4 
3

3. Sai lầm
(i) Chỉ xét v{o c|c trường hợp vô nghiệm và không biện luận công thức các axit dựa
trên số nguyên tử cacbon trung bình.
4. 30 giây

nCO2
RCOOH
: a a + b = 0,1

5V V 10 CH2  CH  COOH
E
C=
<
:
=


nE
3
2
3
R'(COOH)2
HOOC  CH2  COOH : b 4a = b
a = 0,02 (mol); b = 0,08 (mol)  m = 94.0,02 + 148.0,08 = 13,72 (gam).
Câu 48:
1. Đánh giá
(i) Phân tử khối của axit (C nH2nO2) bằng ancol (CmH2m+2O) nên: 14n + 32 = 14m + 18
hay n + 1 = m (Axit chứa ít hơn ancol một nguyên tử cacbon).
2. Lời giải
+ X tác dụng với NaHCO3 (Chỉ axit phản ứng)

R  COOH : a (mol)


R'  OH : b (mol)

Theo bài: nCO2 =

1,792

= 0,08 (mol)  a = 0,08 (mol).
22,4

+ Đốt cháy X bằng O2

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


R  COOH + NaHCO3 
 R  COONa + CO2  + H2O 


 Mol: a 


a




ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016
Số nguyên tử cacbon trung bình =

Thầy Lê Đăng Khương
nCO2
a+b

<

nCO2

a

=

0,22
= 2,75: Axit chứa 1 hoặc 2 cacbon.
0,08

Trường hợp 1:
HCOOH : a (mol) a = 0,08 (mol)

a = 0,08 (mol)
: Loại.



a + 2b = 0,22 (mol) 
b = 0,07 (mol)
C2H5OH : b (mol) 


Trường hợp 2:

a = 0,08 (mol)
CH3COOH : a (mol) 
a = 0,08 (mol)


: Phù hợp.


2a + 3b = 0,22 (mol) 
b = 0,02 (mol)
C3H7OH : b (mol) 


+ Phản ứng este hóa


 CH3COOC3H7 + H2O 
CH3COOH + C3H7OH 



 Mol:

0,02.50%  0,01


m =0,01.102 = 1,02 (gam)  Đáp án B.

3. Sai lầm
(i) Không biện luận công thức các axit dựa trên số nguyên tử cacbon trung bình.
(ii) Lấy giá trị hiệu suất nhân với số mol axit để tính số mol este.
4. 30 giây

nCO2

nCO2

CH COOH : 0,08

HCOOH : 0,08
0,22
= 2,75  (I) 
; (II)  3
nX
naxit
0,08
C2H5OH : 0,07
C3H7OH : 0,02
 meste = 0,02.50%.102 = 1,02 (gam).

C=

<

=

Câu 49:
1. Đánh giá
20,7
47,3
= 1,1500 (mol) > nCO2 =
= 1,075 (mol): Y là ancol no, hai chức.
18
44
(ii) Bảo to{n khối lượng: a = 47,3 + 20,7  1,35.32 = 24,8 (gam).

(i) nH O =
2

2. Lời giải
Gọi công thức: X = CnH2n–1COOH (n > 2); Z = CmH2m(OH)2 và T = (CnH2n–1COO)2CmH2m.
+ Sơ đồ phản ứng 1 (Đốt ch|y E):
Cn H2n 1COOH
:x

:y
Cm H2m (OH)2
(C H COO) C H : z
2 m 2m
 n 2n 1

+

O2

CO2 : (n+1)x + my + (2n+m+2)z 

t

 

H2O : nx + (m+1)y + (2n+m  1)z 
0

Theo bài: nH2O  nCO2 = 1,150  1,075 = 0,075 (mol)  x + y  3z = 0,075 (mol).
Bảo to{n nguyên tố oxi: nO (E) + 2nO 2= 2n CO 2+ n H 2O
 nO (E) = 2.1,075 + 1.1,150  2.

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG

30,24
= 0,600  2x + 2y + 4z = 0,600 (mol).
22,4


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

+ Sơ đồ phản ứng 2 (E t|c dụng với H2): Chỉ X v{ Z phản ứng
Ni, t 0
 C H COOH
+ H2 
 CnH2n 1COOH
n 2n 1

0
Ni, t
 (C H COO) C H + 2H 
 (CnH2n+1COO)2CmH2m
2 m 2m
2
 n 2n 1

Theo bài: nH2 =







2,24
= 0,100 (mol)  x + 2z = 0,100 (mol).
22,4

 x + y  3z = 0,075

2x + 2y + 4z = 0,600  x = 0,050 (mol); y = 0,200 (mol); z = 0,025 (mol).
 x + 2z = 0,100

nCO2 = (n+1).0,05 + m.0,2 + (2n+m+2).0,025 = 1,075  4n + 9m = 39.

4n + 9m = 39 
m = 3 X: C3H5  COOH







m  2, n  2
n = 3
Y: C3H6 (OH)2
+ Sơ đồ phản ứng 3 (T tác dụng với hỗn hợp NaOH và KOH)

 8 
nNaOH + nKOH = x + 2z = 0,1 (mol); nNaOH : nKOH =  
 40 

 2,8 
:
 = 4 : 1 = 0,08 : 0,02 (mol).
 56 

 C3H7COOH
:x
NaOH: 0,08 t0


:y + 

 C3H6 (OH)2

KOH : 0,02
 (C H COO) C H : z
2 3 6
 3 7




C3H7COONa: 0,08
+ C3H6 (OH)2 + H2O 


C3H7COOK : 0,02



Tổng khối lượng muối khan = 110.0,08 + 126.0,02 = 11,32 (gam), hoặc bảo to{n khối
lượng: 0,05.88 + 216.0,025 + 0,08.40 + 0,02.56 – 0,025.76 – 0,05.18 = 11,32 (gam).
 Đáp án C.
3. Sai lầm
(i) Gọi không đúng công thức cấu tạo tổng qu|t của c|c chất.
(ii) Quên trừ đi khối lượng ancol v{ nước khi tính khối lượng muối.
4. 30 giây
nH O  nCO =  x + y  3z = 0,075 x = 0,050
2
 2

  y = 0,200
nO (E) = 2x + 2y + 4z = 0,600

z = 0,025

nH2 = x + 2z = 0,100
24,8 + 0,1.2 + 0,08.40 + 0,02.56  0,225.76  0,05.18 = 11,32 (gam).
Cn H2n 1COOH
:x

:y
Cm H2m (OH)2
(C H COO) C H : z
2 m 2m
 n 2n 1

Câu 50:
1. Đánh giá
(i) Glyxin và alanin đều là các amino axit no, phân tử có hai nhóm chức, ứng với công

thức chung CnH2n+1O2N.
(ii) Công thức của gốc amino axit trong peptit = (Cn H2n+1O2N)  (H2O) = Cn H2n 1ON.
2. Lời giải
Trong phân tử peptit, chỉ có amino axit đầu tiên (còn nhóm –NH2) và amino axit cuối
cùng (còn nhóm –COOH) l{ chưa biến đổi hoàn toàn thành gốc amino axit.
LÊ ĐĂNG KHƯƠNG


ĐỀ TỔNG DUYỆT – DỰ ĐOÁN 2016

Thầy Lê Đăng Khương

Nếu tách nguyên tử H (ở nhóm –NH2) và nhóm OH (trong nhóm –COOH) sẽ giải phóng
ra H2O (có số mol bằng số mol peptit), khi đó peptit chỉ chứa các gốc amino axit.

X : a (mol) 
C H ON : b (mol)
Qui đổi: 
=  n 2n 1
: 3a (mol)

Y : 2a (mol) 
H2O
+ Sơ đồ phản ứng (Đốt cháy hỗn hợp):


3n  1,5
2n  1
1
t0

O2 
 nCO2 +
H2O + N2
 Cn H2n 1ON +
2
2
2

3n

1,5
2n

1
b
 Mol: b 

b  nb 

b 

2
2
2











0,896
b
nN2 = 22,4 = 0,04  = 0,04
b = 0,08

2
5,04

 3n  1,5

= 0,225  
b = 0,225
 n = 2,375
nO2 =
22,4

 2
a = 0,005

2n  1
mCO + mH O = 11,33 
2
2

44nb + 18(3a + 2 b) = 11,33




Hai peptit đều được tạo thành từ glyxin và alanin nên:

C2H5O2N : x (mol) x + y = 0,08
x = 0,05 (mol)



2x + 3y = 2,375(x + y) 
y = 0,03 (mol)
C3H7O2N : y (mol) 


+ X|c định công thức các peptit
X = (Gly)p (Ala)q : 0,005 (mol)
(p + q) + (h + k) = 8 + 2 = 10
p + q = 4








Y = (Gly)h (Ala)k : 0,010 (mol)
(p + q).0,005 + (h + k).0,01 = 0,08
h + k = 6


nGly = 0,005p + 0,01h = 0,05
p + 2h = 10 p = 2, q = 2
X = (Gly)2 (Ala)2




q + 2k = 6
h = 4, k = 2
Y = (Gly)4 (Ala)2
n Ala = 0,005q + 0,01k = 0,03
 MY = 4.75 + 2.89  5.18 = 388  Đáp án C.

3. Sai lầm
(i) Lập công thức phân tử peptit ngay từ đầu: nhiều ẩn số, khó khăn khi tính to|n.

LÊ ĐĂNG KHƯƠNG