DE THI THU THPT QG 2018thay nguyen van duyen

Luyện thi THPT QUỐC GIA HĨA HỌC-PHẠM CƠNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

GIẢI CHI TIẾT
ĐỀ THI THỬ LẦN 5 CỦA THẦY NGUYỄN VĂN DUYÊN
Giáo viên soạn đề: Thầy Nguyễn Văn Dun.
Giáo viên giải đề: Thầy Phạm Cơng Tuấn Tú.
Câu 41. Chất nào sau đây là đồng phân của nhau?
A. Tinh bột và xenlulozơ.
B. Glucozơ và fructozơ.
C. Etylen glicol và glixerol.
D. Ancol etylic và axit fomic.
Câu 42. Oxi hóa ancol etylic bằng CuO đến khi phản ứng xảy ra hồn tồn thu được chất hữu cơ A. Kết
luận nào sau đúng khi nói về A?
A. A tham gia được phản ứng tráng gương.
B. A hòa tan được đá vơi.
C. A hòa tan được Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường.
D. A tác dụng được với Na.
t0
Hướng dẫn giải: CH3CH2OH + CuO 
 CH3CHO + Cu + H2O.  A là CH3CHO.
Câu 43. Cho một luồng khí CO dư đi qua ống sứ chịu nhiệt chứa hai oxit kim loại, sau khi phản ứng xảy ra
hồn tồn thu được chất rắn X. Tồn bộ chất rắn X tác dụng với dung dịch HCl dư thấy tan đi một phần và
giải phóng H2. Hai oxit kim loại đó là
A. MgO và CuO.
B. MgO và Fe2O3.
C. Fe2O3 và CuO.
D. Fe2O3 và Al2O3.
Hướng dẫn giải:
nh×n ®¸p ¸n
tan 1 phÇn  X cã kim lo¹i sau H 
 Cu  CuO


X  HCl 

Do MgO + CO 

sinh H 2  X cã kim lo¹i tr­íc H 
 Fe  Fe2 O3

nh×n
®¸p
¸n

Câu 44. Dung dịch X hòa tan được bột Cu và bột S. Dung dịch Y làm mềm được nước cứng tạm thời
nhưng khơng làm mềm được nước cứng vĩnh cửu. Dung dịch X và Y theo thứ tự là
A. Fe(NO3)3 và Na2CO3.
B. Fe(NO3)3 và Ca(OH)2.
C. HNO3 và Ca(OH)2.
D. HNO3 và Na2CO3.
Hướng dẫn giải:
Na CO lµm mỊm ®­ỵc

2
3
Dung dịch Y khơng làm mềm được nước cứng vĩnh cửu 
 Loại A, D.
Dung dịch X hồn tan được bột Cu và bột S  Loại B vì Fe(NO3)3 khơng hòa tan được S.
Lưu ý: Có thể dùng dung dịch Ca(OH)2 vừa đủ làm mềm được nước cứng tạm thời.
Câu 45. Kết luận nào sau đây khơng đúng khi nói về saccarozơ?
A. Thuộc nhóm polisaccarit.
B. Tham gia được phản ứng thủy phân.

C. Hòa tan được Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường cho dung dịch saccarat màu xanh lam.
D. Cấu tạo từ một gốc glucozơ và một gốc fructozơ liên kết với nhau qua ngun tử oxi.
Hướng dẫn giải: Saccarozơ thuộc nhóm đisaccarit.
Câu 46. Kết luận nào sau đây đúng khi nói về tơ nilon-6,6?
A. Điều chế từ phản ứng trùng hợp.
B. Là tơ bán tổng hợp hay tơ nhân tạo.
C. Được cấu tạo 3 ngun tố hóa học là C, H và O.
D. Dùng để dệt vải may mặc, dệt bít tất, đan lưới,...
Hướng dẫn giải:
A. Sai vì nilon-6,6 được điều chế từ phản ứng trùng ngưng từ hexametylenđiamin và axit ađipic.
B. Sai vì nilon-6,6 thuộc loại tơ tổng hợp. (2 loại tơ bán tổng hợp cần nhớ là visco và xenlulozơ axetat).
C. Sai vì nilon-6,6 ( NH[CH2 ]6 NHCO[CH2 ]4 CO)n  chứa C, H, O và N.
D. Đúng. Theo SGK 12 cơ bản trang 69.

“Con đường dẫn đến thành cơng bao giờ cũng đầy chơng gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì khơng thể nào vượt qua”.


Luyn thi THPT QUC GIA HểA HC-PHM CễNG TUN T (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Cõu 47. in phõn núng chy qung boxit thu c kim loi X. Kim loi X tỏc dng c vi cp cht no
sau õy?
A. Dung dch HCl v dung dch NaOH.
B. Dung dch NaOH v dung dch HNO3 c ngui.
C. Dung dch H2SO4 loóng v dung dch MgCl2.
D. Dung dch NaNO3 v dung dch HNO3 loóng.
Hng dn gii: Qung boxit l Al2O3.2H2O X l Al A. ỳng.
Cõu 48. Trng hp no sau õy khụng xy ra phn ng húa hc?
A. Cho Cr tỏc dng vi dung dch NaOH c.
B. Cho CrO3 tỏc dng vi H2O nhit thng.

C. Cho Hg tỏc dng vi bt S nhit thng.
D. Cho Al tỏc dng vi khớ Cl2 nhit thng.
Hng dn gii: Cr khụng phn ng vi NaOH k c c, cũn Cr2O3 khụng phn ng vi NaOH loóng.
Cõu 49. Khi núi v protein, kt lun no sau õy khụng ỳng?
A. Tt c khụng tan c trong nc.
B. Tham gia phn ng mu biure.
C. Tham gia phn ng thy phõn.
D. Cú 2 loi l protein n gin v protein phc tp.
Hng dn gii: A. Sai vỡ nhiu protein tan c trong nc to thnh dung dch keo v b ụng t li khi
un núng.
Cõu 50. Dung dch ca cht no sau õy lm i mu qu tớm?
A. Anilin.
B. Alanin.
C. Phenol.
D. Metylamin.
Cõu 51. Vi xỳc tỏc thớch hp, triolein phn ng vi cp húa cht no sau õy?
A. Cu(OH)2 v H2.
B. AgNO3/NH3 v dung dch Br2.
C. Dung dch NaOH v H2.
D. Na v dung dch NaOH.
Cõu 52. Trng hp no sau õy thu c kim loi t do?
A. in phõn dung dch NaCl vi in cc tr, mng ngn.
B. in phõn dung dch CuCl2 vi in cc tr.
C. Cho Na tỏc dng vi dung dch CuCl2.
D. Cho Cu tỏc dng vi dung dch Fe2(SO4)3.
Cõu 53. Nh dung dch NaOH d vo dung dch X cha CrCl3 thu c dung dch Y. Sc khớ Cl2 d vo
dung dch Y, ri li thờm mt lng d dung dch BaCl2 thu c 25,3 gam kt ta. Mt khỏc cho 7,8 gam
bt Zn vo dung dch X trờn, khuy u, lc thu c m gam cht rn. Cỏc phn ng xy ra hon ton. Giỏ
tr ca m l
A. 4,16.

B. 3,64.
C. 5,20.
D. 4,55.
Hng dn gii:
BaCl dư

NaOH dư
2
2
Na2CrO4
NaCrO2
BaCrO4 = 0,1 mol.
CrCl3
BTNT Cr

CrCl3 = 0,1 mol.

Zn 2CrCl3
ZnCl2 2CrCl2


m _ Rắn = mZn dư = (0,12 0,05) 65 4,55 gam
mol
:
0,05

0,1


Cõu 54. Thy phõn 10 gam este n chc mch h A trong 140 ml dung dch NaOH 1M ri cụ cn thu

c 11 gam cht rn v m gam ancol B. un ton b lng ancol B vi H2SO4 c thu c 1,68 lớt olefin
(ktc) vi hiu sut 75%. Tờn ca A l
A. etyl acrylat.
B. etyl axetat.
C. vinyl axetat.
D. vinyl propinat.
Hng dn gii:
Rắn = 11 gam
+ Cl + NaOH

NaOH = 0,14 mol
X (1COO)
10 gam

Ancol B

H2SO4 đặc

H% = 75% Olefin

B là ancol no, đơn

0,075
100
0,1
nB 0,075
75


nB = 0,1 mol

BTKL mB = 10 + 0,14 40 11 = 4,6 gam
MB 46 (C 2 H5 OH)

C2H5OH
nB = 0,1 < nNaOH = 0,14 nX 0,1 M 100 (C H O )

CH2 CHCOOC2 H5
X
5 8 2

Con ng dn n thnh cụng bao gi cng y chụng gai.
Nu thiu nhit tỡnh v ngh lc thỡ khụng th no vt qua.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 55. Cho một lượng bột Fe vào dung dịch HNO3, khuấy đều sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ
phần không tan được dung dịch A. Cho dung dịch A lần lượt tác dụng với: Dung dịch HCl, đun nóng (1),
dung dịch AgNO3 (2), dung dịch NaOH (3), bột Cu (4). Số trường hợp xảy ra phản ứng hóa học là
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Hướng dẫn giải: Fe + HNO3  có rắn không tan + phản ứng hoàn toàn  rắn không tan là Fe.
Vậy Fe dư  dung dịch A chỉ chứa Fe(NO3)2. Các trường hợp xảy ra phản ứng hóa học là: (1), (2), (3).
Câu 56. Từ quặng manhetit điều chế được kim loại A. Chất B khi đun đến 1600C thu được thạch cao nung
được dùng để nặn tượng, đúc khuôn và bó bột khi gãy xương. Công thức của A và B theo thứ tự là
A. Al và CaSO4.2H2O.
B. Al và CaSO4.H2O.
C. Fe và CaSO4.2H2O.

D. Fe và CaSO4.H2O.
Hướng dẫn giải: Quặng manhetit là Fe3O4  A là Fe.
0

160 C
CaSO4 .2H2 O 
 CaSO4 .H2 O  B là CaSO4.2H2O.
Th¹ch cao sèng

Th¹ch cao nung

Câu 57. Dãy nào sau đây gồm các chất hòa tan được Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường?
A. Glucozơ, glixerol, xenlulozơ, axit fomic.
B. Glucozơ, glixerol, saccarozơ, axit fomic.
C. Saccarozơ, axit axetic, tinh bột, glixerol.
D. Saccarozơ, axit axetic, ancol etylic, fructozơ.
Câu 58. Trường hợp nào sau đây thu được sản phẩm là sobitol?
A. Sục H2 (Ni, t0) vào nồi đựng triolein.
B. Đun dung dịch saccarozơ có axit vô cơ làm xúc tác.
C. Dẫn khí H2 vào dung dịch glucozơ, đun nóng với Ni.
D. Đun nóng tinh bột với axit vô cơ loãng.
Câu 59. Dãy kim loại nào sau đây trong công nghiệp được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng
chảy?
A. Fe, Cu và Ag.
B. Na, Ca và Fe.
C. Na, Al và Mg.
D. Fe, Al và Na.
Câu 60. Kim loại nào sau dẫn điện tốt được dùng làm dây dẫn điện thay cho đồng?
A. Fe.
B. Ag.

C. Mg.
D. Al.
Hướng dẫn giải: Đọc thêm phần ứng dụng của nhôm trong SGK 12 cơ bản trang 123.
Câu 61. Hiđro hóa hết một lượng hỗn hợp X gồm hai anđehit A (CxH2O) và B (CyH2O) cần vừa đúng 0,22
mol H2 thu được 5,24 gam hỗn hợp Y gồm hai ancol no. Mặt khác cho 7,2 gam hỗn hợp X tác dụng với một
lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 76,11.
B. 50,74.
C. 41,04.
D. 61,56.
Hướng dẫn giải:

CH OH  a mol
H2  0,22
A : Cx H2 O  HCHO : a mol


 5,24 gam  3

C3 H7 OH  b mol
B : Cy H2 O  CH  C  CHO : b mol


a  3b  nH2  0,22
a  0,07

 
Theo giả thuyết, ta có 

 b  0,05

32a  60b  5,24
HCHO : 7x
 30  7x  54  5x  7,2 gam  x = 0,015 mol
Thí nghiệm 2, ta có: 7,2 gam 
CH  C  CHO : 5x

HCHO : 0,105
AgNO3 /NH3
Ag : 4  0,105  2  0,075  0,57
 m  76,11 gam
Vậy 


CAg

C

C
OONH
:
0,075
CH

C

CHO
:
0,075




4

Note: A, B đều đơn chức và có 2H  có thể cố định được HCHO, kết hợp với đề “hỏi lượng tủa” thu được
mà không hỏi “lượng kết tủa Ag”  anđehit còn lại sẽ có nối ba đầu mạch để tạo được kết tủa vàng nhạt.
Câu 62. Ứng dụng nào sau đây là của tinh bột?
A. Làm thuốc tăng lực cho người già, trẻ em và người ốm.
B. Sản xuất bánh kẹo, glucozơ và hồ dán.
C. Sản xuất bánh kẹo, nước giải khát, đồ hộp, pha chế thuốc.
D. Điều chế xà phòng, glixerol, mì sợi, đồ hộp.
“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 63. Cho 28,78 gam hỗn hợp X gồm Na và Ba vào 100 ml dung dịch hỗn hợp H2SO4 0,4M và Al2(SO4)3
0,6M khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 5,152 lít H2 (đktc), dung dịch Y và m gam kết
tủa. Giá trị của m là
A. 54,40.
B. 55,96.
C. 52,82.
D. 48,16.
Hướng dẫn giải:

nNa  0,06
BÊm m¸y  BTE : nNa + 2nBa = 2  0,23
H 2  0,23 




23nNa  137nBa  28,78
nBa  0,2

H2SO4 = 0,04

Al (SO ) = 0,06
2
4 3


so s¸nh nBa2 = 0,2 < nSO24  0,22

 0,2  dd kh«ng Ba 2 
BaSO4  
Na


X

BTNT Al  0,12  0,02  0,1
Al(OH)3 
Ba
28,78 gam
Na  0,06

ddY SO24  0,22  0,2  0,02

BT§T  0,06  0,02  2  0,02


[Al(OH)4 ] 

Vậy m  = 0,2  233 + 0,1  78 = 54,40 gam
Câu 64. Trường hợp nào sau đây không xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa?
A. Nhúng thanh Cu vào dung dịch Fe(NO3)3.
B. Nhúng thanh Fe vào dung dịch AgNO3.
C. Nhúng thanh Fe vào dung dịch hỗn hợp CuCl2 và HCl.
D. Để một vật bằng thép cacbon ngoài không khí ẩm.
Câu 65. Tơ X dai, bền với nhiệt và giữ nhiệt tốt, nên thường được dùng để dệt vải may quần áo ấm hoặc
bện thành sợi “len” đan áo rét. Tên của X là
A. poli(etylen terephtalat).
B. tơ nilon-6,6.
C. tơ nitron (hay olon).
D. tơ visco.
Câu 66. Thủy phân một lượng xenlulozơ với hiệu suất 80%, trung hòa dung dịch sau thủy phân rồi cho toàn
bộ sản phẩm tạo thành tác dụng với một lượng H2 dư (Ni, t0) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
29,12 gam sobitol. Mặt khác cũng lượng xenlulozơ đó tác dụng với một lượng dư dung dịch HNO 3/H2SO4
thu được m gam xenlulozơ trinitrat với hiệu suất 75%. Giá trị của m là
A. 47,52.
B. 59,40.
C. 44,55.
D. 35,64.
Hướng dẫn giải:
29,12
 H2 (Ni, t 0 )
H


C
H

O

 C6 H14 O6 
 0,16 mol
6
12
6
H% = 80%
182
C6 H10 O5  C6 H 7 O2 (OH)3
sobitol
HNO3 /H2SO4

H% = 75%  C6 H 7 O(ONO2 )3

 mXenlulozơ trinitrat = 0,16 

100 75

 297  44,55 gam
80 100

Câu 67. Trộn 100 ml dung dịch H3PO4 0,8M với 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch X. Cho
toàn bộ dung dịch X tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 thu được m gam kết tủa. Các phản ứng
xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 8,38.
B. 12,57.
C. 16,76.
D. 20,95.
Hướng dẫn giải:

2

nOH 
0,2
HPO4  0,04 AgNO3
sinh
T

 2,5 
  Ag3 PO4  0,04
2 + 3 
3
2,5 =
nH3 PO4 0,08

2
PO4  0,04

 m  = 16,76 gam
“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 68. Kết luận nào sau đây đúng?
A. Tất cả các kim loại kiềm thổ tác dụng với H2O ở nhiệt độ thường.
B. HNO3 được dùng để điều chế phân đạm, thuốc nhuộm, dược phẩm,…
C. Fe và Cr tác dụng với S đung nóng theo cùng tỉ lệ về số mol.
D. Trong tự nhiên các kim loại kiềm tồn tại ở dạng đơn chất.

Hướng dẫn giải:
A. Sai vì kim loại kiềm thổ thì Be không tác dụng với H2O.
B. Đúng. Theo SGK 11 cơ bản.
t0
t0
C. Sai vì Fe + S 
 FeS; 3Cr + 2S 
 Cr2S3.
D. Sai vì trong tự nhiên kim loại kiềm chỉ tồn tại ở dạng hợp chất.
Câu 69. Có các phát biểu sau:
(1) Trong công nghiệp theo phương pháp hiện đại CH3COOH được điều chế trực tiếp từ C2H5OH.
(2) Etilen tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 tạo ra kết tủa vàng nhạt.
(3) Poli(etylen terephtalat) được điều chế từ phản ứng trùng ngưng.
(4) Glyxin và alanin tan trong nước và có nhiệt độ nóng chảy cao.
(5) Cho lòng trắng trứng vào ống nghiệm chứa Cu(OH)2/NaOH, tạo ra phức màu tím.
(6) Phản ứng thủy phân xenlulozơ trong dạ dày của động vật nhờ enzim xenlulaza.
(7) Etylen glicol và glixerol thuộc cùng một dãy đồng đẳng.
Số phát biểu đúng là
A. 6.
B. 5.
C. 4.
D. 7.
Câu 70. Đốt cháy hết 0,2 mol hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, axit glutamic và một amin no đơn chức mạch
hở bằng một lượng oxi vừa đủ thu được 1,7 mol hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Hấp thụ toàn bộ hỗn hợp
Y vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 76 gam kết tủa. Mặt khác cho m gam hỗn hợp X tác dụng với
một lượng dư dung dịch HCl thu được 69,85 gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của
m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 51.
B. 52.
C. 20.

D. 21.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Nông dân
C2 H 5 O2 N 

 a mol
C3 H 7 O2 N 
CO2  0,76 mol
 k =1


O2
0,2 mol X C5 H 9 O4 N  b mol 
 1,7 mol H 2 O  1,7  0,76  0,1  0,84 mol
 k =2

BTNT N  0,1 mol
N 2 

Cn H 2n 3 N  c mol
 k =0

Kiểu bài cho 2 thí nghiệm dùng khác lượng nhau (thí nghiệm 1: dùng mol; thí nghiệm 2 dùng khối lượng).
Như vậy ở thí nghiệm 1 (đã cho 0,2 mol X)  cần quy về “khối lượng” để lập tỉ lệ với thí nghiệm còn lại.
Ta dễ dàng có được nCO2, nH2O, nN2  muốn tính được mX thì chỉ còn tìm nO trong X.
a  b  c  0,2 mol

Theo giả thuyết và áp dụng độ bất bão hòa k, ta có:  k
 b  c  0,76  0,84  0,1  0,02 mol


 
2 ph­¬ng tr×nh céng nhau

 a + 2b = 0,22 mol  nO = 2a + 4b = 2  (a + 2b) = 0,44 mol.
BTKL mX  12  0,76  2  0,84  14  0,2  16  0,44  20,64 gam  M  20,64  103,2

X
0,2

X  HCl 
 Muèi: X.HCl


 m  0,5  103,2  51,6 gam
Vậy thí nghiệm 2: 
69,85


 0,5
mol: 0,5
103,2  36,5


“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Cách 2: Rút COO

C2 H 5 O2 N  CH 5 N.COO 
CO2  0,76 mol



C3 H 7 O2 N  C2 H 7 N.COO  Quy vÒ Cn H2n  3 N  0,2 O2
X

1,7 mol H 2 O  0,84 mol
  
COO
C5 H 9 O4 N  C3 H 9 N.2COO 

BTNT N  0,1 mol
N 2 
C H N

 n 2n 3

k  nC H
Do Cn H2n  3 N cã k  0 
N
n 2n  3

nH 2 O  nCO2
1,5

 0,2 

0,84  nCO2

 nCO2  0,54

1,5

Lưu ý: nCO2 = 0,54 mol này là lượng CO2 sinh từ quá trình đốt Cn H2n  3 N



 nCO

2

 0,76  nCO2  nCOO 
 nCOO = 0,22 mol  nO = 0,44 mol
0,54 mol

BTKL mX  12  0,76  2  0,84  14  0,2  16  0,44  20,64 gam  M 

X

20,64
 103,2
0,2


X  HCl 
 Muèi: X.HCl

Vậy thí nghiệm 2: 


 m  0,5  103,2  51,6 gam
69,85


 0,5
mol: 0,5
103,2  36,5


Câu 71. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Na, Ba và Al (Al chiếm 50% về số mol) vào một lượng H 2O
dư thu được khí H2 và dung dịch Y. Nhỏ dung dịch HCl từ từ vào dung dịch Y. Đồ thị biểu diễn số mol kết
tủa theo số mol HCl như hình sau:

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 14.
B. 15.
C. 16.
D. 17.
Hướng dẫn giải:
Nhỉn đồ thị và kỹ năng xử lý đồ thị ta có:
H2

Na  a
Na  a
 2
H2O

Ba  b
Ba


b



ddY

0,4  0,16
Al  a  b

 0,16  nAl  0,16 mol

[Al(OH)4 ]  0,1 
4

OH   0,06

BT§T: a + 2b = 0,16 + 0,06
a  0,1
 
 mX  23  0,1  137  0,06  27  0,16  14,84 gam

a  b  0,16
 b  0,06
“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 72. Có các kết luận sau về các kim loại kiềm:
(1) Cấu hình electron lớp ngoài cùng là ns2.
(2) Có cùng kiểu mạng tinh thể lập phương tâm khối.
(3) Trong tự nhiên không tồn tại ở dạng đơn chất mà chỉ tồn tại dưới dạng hợp chất.
(4) Cùng tác dụng với H2O ở nhiệt độ thường tạo ra dung dịch kiềm.
(5) Đều nổ khi tiếp xúc với axit.
(6) Điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối clorua.
(7) Tính khử tăng dần từ Li đến Cs.
Số kết luận đúng là
A. 7.
B. 5.
C. 4.
D. 6.
1
Hướng dẫn giải: Chỉ có (1) sai vì cấu hình electron lớp ngoài cùng là ns .
Câu 73. Có các kết luận sau đây về các chất: Axit fomic, anilin, phenol, saccarozơ, tristearin và glucozơ:
(1) Có 3 chất mà dung dịch của nó làm đổi màu quỳ tím.
(2) Có 3 chất tham gia được phản ứng tráng gương.
(3) Có 2 chất tác dụng với dung dịch Br2 tạo ra kết tủa màu trắng.
(4) Có 3 chất hòa tan được Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường.
(5) Có 2 chất tham gia được phản ứng thủy phân.
(6) Có 3 chất tác dụng được với dung dịch NaOH.
Số kết luận đúng là
A. 6.
B. 5.
C. 4.
D. 3.
Hướng dẫn giải:
(1) Sai vì chỉ có 1 chất làm quỳ tím đổi màu là axit fomic (làm quỳ hóa đỏ).
(2) Sai vì chỉ có 2 chất tham gia được phản ứng tráng gương gồm: axit fomic và glucozơ.

(3) Đúng. Gồm các chất: anilin và phenol.
(4) Đúng. Gồm các chất: axit fomic, saccarzơ và glucozơ.
(5) Đúng. Gồm các chất: saccarozơ và tristearin.
(6) Đúng. Gồm các chất: axit fomic, phenol, tristearin.
Câu 74. Chia hỗn hợp X gồm một este đơn chức mạch hở có 1 nối đôi C=C A và một este no hai chức
mạch hở B thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hết phần một thu được 0,68 mol CO2 và 0,53 mol H2O.
Thủy phân phần hai cần vừa đúng 0,22 mol NaOH rồi cô cạn thu được hỗn hợp Y gồm a gam muối của axit
hữu cơ D và b gam muối của axit hữu cơ E (MD < ME) và hỗn hợp Z gồm hai ancol đồng đẳng kế tiếp. Các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tỉ lệ a : b là
A. 1,25.
B. 0,86.
C. 1,14.
D. 0,80.
Hướng dẫn giải:

A (1COO, k = 2)
X
B (2COO, k = 2)

CO2  0,68
O2 


H 2 O  0,53
Z gåm 2 ancol ®®kt
NaOH = 0,22


a gam muèi D
Y

 b gam muèi E
Theo bản chất của phản ứng thủy phân dễ dàng ta có: nCOO = nNaOH = 0,22 mol.
k  nA  nB  0,68  0,53  0,15

nA  0,08 mol
 

Đã có nCO2, nH2O  
BT COO
nB  0,07 mol

  nA  2nB  0,22

CA  5
MODE 7
BTNT C  0,08C  0,07C  nCO  0,68 




A
B
2
CB  4
Do thu được Z gồm 2 ancol đồng đẳng kế tiếp mà A là este đơn chức nên luôn sinh ancol đơn chức  este
hai chức B sẽ tạo bởi axit hai chức và ancol đơn chức.

CB  4  CH3 OOC  COOCH3
Khi đó  2 ancol ®®kt
k =2


  CA  5  CH2  CH  COOC2 H5
“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus


a 0,08  94
CH  CH  COONa : 0,08  D
 0,80
 Muối  2

 
b 0,07  134

NaOOC  COONa: 0,07  E
Câu 75. Điện phân dung dịch hỗn hợp X gồm NaCl và CuSO4 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) trong thời
gian t giây thu được dung dịch Y, hỗn hợp khí có tỉ khối hơi đối với H2 là 27,7 đồng thời thấy khối lượng
catot tăng lên 8,96 gam so với ban đầu. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả
2 điện cực là 5,6 lít (đktc). Cho toàn bộ dung dịch Y tác dụng với một lượng dư dung dịch Ba(OH) 2, lọc kết
tủa nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn T. Giá trị của m là
A. 46,60.
B. 32,62.
C. 51,40.
D. 37,42.
Hướng dẫn giải:
M = 55,4 Cl = 3a và O = 2a
+ Xét tại t giây, H2O chứa điện phân  hỗn hợp khí gồm 

2
2
Catot
Anot
2+
–
Cu + 2e 
2Cl – 2e 
 Cu
 Cl2
8,96
mol:
6a 
 3a
mol:
0,28 
 0,14 =
64
H2O – 2e 
 2H+ + 0,5O2
mol:
8a 
2a

BTE 6a + 8a = 0,28 mol 

 a = 0,02 mol.
+ Vậy tại 2t giây  n_e = 0,56 mol.
Catot
2+

Cu + 2e 
 Cu
mol: x  2x
H2O + e 
 OH– + 0,5H2
mol:
2y 
y


Anot
2Cl – 2e 
 Cl2
mol:
0,12 
 0,06
H2O – 2e 
 2H+ + 0,5O2
mol:
(0,56 – 0,12) 
 0,11
 n  y  0,06  0,11  0,25
x  0,2  CuSO4 b®


 
Khi đó theo giả thuyết và BTE, ta có: 


y  0,08

2x  2y  0,56
Cu2  0,2  0,14  0,06
 

Cu(OH)2 t0

Ba(OH)2 d­
Na  NaCl  Cl  0,12
CuO
 m gam 
Vậy tại t giây  dd Y  2 



BaSO4
BaSO4
SO4  CuSO4  0,2
H   0,16

–


 m = 0,06  80 + 0,2  233 = 51,4 gam
Câu 76. Cho m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe và Cu tác dụng với V ml dung dịch hỗn hợp Fe(NO3)3 0,5M và
Cu(NO3)2 0,75M thu được 33,6 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Cho toàn bộ chất rắn Y tác dụng với dung
dịch H2SO4 loãng dư thu được 4,48 lít H2 (đktc). Cho 0,64 mol NaOH vào dung dịch Z, khuấy đều, lọc kết
tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 20 gam chất rắn A. Cô cạn phần nước lọc
nung đến khối lượng không đổi thu được 43 gam chất rắn B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối
lượng Fe trong hỗn hợp X là
A. 52,50%.

B. 35,00%.
C. 26,25%.
D. 17,50%.
Hướng dẫn giải:

Cu
H2SO4 lo·ng
R¾n Y = 33,6 gam 

 H 2  0,2
Fe3 = 2a
Fe

0,2

Cu2  3a
Mg NO = 12a
Mg(OH)2 t 0
MgO
3


 20 gam 

2
Mg
X Fe 
Fe2 O3
Fe(OH)2


NaOH = 0,64
Cu
ddZ Fe2


NaNO3
NaNO2  b
t0
N­íc läc 


NO  12a
 3
NaOH  c
NaOH d­










43 gam

“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.

Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

43
= 0,6231 < 0,64  Vô lý.
69
NaNO3

69b  40c  43
 b  0,6

NaNO2  b
t0
Vậy phần nước lọc sẽ gồm 




NaOH  c
NaOH d­
BTNT Na: b + c = 0,64
c  0.04


0

t
Nếu phần nước lọc chỉ chứa NaNO3 
 NaNO2 =

Fe3  2a  0,1


 nNO3  12a  nNaNO3  0,6  a = 0,05   2

Cu  3a  0,15
2+
2+
Nhận thấy điểm rơi bài toán là dd Z chứa Mg , Fe .
2

20
Mg  0,3 NaOH
t0
Thật vậy nếu dd Z chỉ chứa 
 Mg(OH)2 
 MgO  0,3 
 0,5 (Vô lý).

40

NO3  0,6
Mg2  x
MgO  x

BT§T: 2x + 2y = 0,6
x  0,1

 20 gam 
Vậy Z gồm Fe2  y 

 
Fe2 O3  0,5y
40x  160  0,5y  20 y  0,2
NO  0,6
3


BTNT Fe nFe (trong X) = 0,2 + 0,2 – 0,1 = 0,3 mol.

BTKL cho KL mX = 0,1 24 + 0,2 56 + 33,6 – (0,1 56 + 0,15 64) = 32 gam.





0,3  56
 100  52,5%

 %mFe (trong X) =
32
Câu 77. Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A (C7H19N3O4) và B (C8H21N3O2) tác dụng với một lượng
dung dịch NaOH vừa đủ đun nóng thu được hỗn hợp Y gồm hai amin có tỉ khối hơi đối với H 2 là 18,5 và
dung dịch Z chứa hai muối natri của axit glutamic và lysin. Tỉ lệ mol giữa A và B trong hỗn hợp X là
A. 3 : 4.
B. 4 : 3.
C. 2 : 3.
D. 3 : 2.
Hướng dẫn giải:
Do hỗn hợp Y gồm 2 amin nên suy ra ta có cấu tạo của:
muèi cña Glutamic


 CH3 NH3 OOC  C3 H5 (NH 2 )  COONH3 CH3 = a
A : C7 H19 N3 O4 

muèi cña Lysin

B : C8 H21N3 O2  H2 N  (CH2 )4  CH(NH 2 )  COONH3 C2 H 5 = b
(CH3 NH2 ) 31
8  2a

2a 8
a 2





Dùng đường chéo, ta có: 
M  37
b
3
b
6
(C H NH ) 45
6  b
2
5
2

Câu 78. Hỗn hợp X gồm hai peptit mạch hở A và B có cùng số nguyên tử cacbon và trong phân tử mỗi

peptit đều chứa glyxin, alanin và valin. Thủy phân hết 88,9 gam hỗn hợp X bằng một lượng dung dịch
NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được hỗn hợp muối Y. Đốt cháy toàn bộ hỗn hợp Y cần vừa đúng 4,8 mol O2
thu được 7,5 mol hỗn hợp CO2, H2O và N2. Tỉ lệ mol giữa muối natri của glyxin và valin trong hỗn hợp Y là
A. 7 : 8.
B. 8 : 7.
C. 1 : 3.
D. 3 : 1.
Hướng dẫn giải:
CO2  2a  b  0,5a
C2 H3 ON  a


7,5
mol
C
H
O
NNa

a

O
=
4,8
H 2 O  2a  b

NaOH = a  Y 2 4 2
2
X CH 2  b






BTNT N
H O  c
CH2  b
N 2  0,5a
 2
Na2 CO3  0,5a
88,9 gam
Cần biết: Lượng oxi để đốt X = lượng oxi để đốt Y.
57a  14b  18c  88,9
a  1,1


  b  1,55
Khi đó, theo giả thuyết đề bài và mol O2, ta có: 2,25a  1,5b  4,8
2a  b  0,5a  2a  b  0,5a  7,5
c  0,25



“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus
BTNT C  C  C 


A
B

2  1,1  1,55
A, B ®Òu chøa Gly, Ala, Val
 15 
0,25

(Trường hợp 2 peptit là đồng phân nhau không thỏa mãn vì N 


A : GlyAlaVal 2  x mol


B : Gly 2 Ala2 Val  y mol

1,1
 4,4 )
0,25

x  y  nX  0,25
x  0,15
Gly 0,15  0,1  2 7

Vậy dễ dàng ta có: 



Val 0,15  2  0,1 8
BTNT N: 4x + 5y = nN = 1,1 y  0,1

Câu 79. Nung 1,26 mol hỗn hợp X gồm Mg, Fe(NO3)2 và FeCO3 trong một bình kín đến khối lượng không
đổi thu được chất rắn Y và 13,44 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H2 là 22,8. Cho toàn bộ chất
rắn Y tác dụng với dung dịch hỗn hợp 2,7 mol HCl và 0,38 mol HNO3 đun nhẹ thu được dung dịch A và
7,168 lít hỗn hợp khí B (đktc) gồm NO và N2O. Cho toàn bộ dung dịch A tác dụng với một lượng dư dung
dịch AgNO3, thu được 0,448 lít NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 413.
B. 411.
C. 415.
D. 417.
Hướng dẫn giải:

NO
®Òu cã 1 oxi  nO  0,32
0,32 mol 

N 2 O
NO = 0,02
Fe2 
 3
HCl = 2,7
Fe


Mg2 
HNO3 = 0,38

AgNO3



Y
 ddA 


Mg  0,9

O

0,6
NH
0



4
t

Fe(NO3 )2  0,24 
H   0,08
FeCO  0,12

3

Cl   2,7
1,26 mol

AgCl  2,7

Ag
Fe3  0,36

 2
Mg  0,9


NH 4
NO
 3

sau tÊt c¶
H 2 O  0,6  0,38  3  0,32  1,42
BTNT O

CO  0,12  FeCO3  0,12
n  0,6
Z
 mZ  27,36 gam   2
NO2  0,48  Fe(NO3 )2  0,24
M  45,6
Định hướng:
Nhận thấy đề chỉ cho “tổng mol hỗn hợp khí B gồm NO và N2O” mà không cho dữ kiện về tỉ khối hay
khối lượng gì  không thể tính mol từng khí  lúc đó hỗn hợp sẽ có “đặc điểm chung”  đều có 1 oxi.
Vậy là đã có nO (trong B) = 0,32 mol; dữ kiện này để làm gì?
 cần tìm các mol của các chất chứa O.
Dùng để BTNT O 
BTNT O nO (trong Y) = 0,24  6  0,12  3  0,6  2  0,6 mol
Từ đó ta lại 









HCl = 2,7
B (nO = 0,32)
HNO3 = 0,38


Y

 ddA 
O  0,6

H2 O

Lúc này trong dd A không chứa NO3 vì nếu có NO3  HNO3 dư  dd A không có Fe2+.
“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus
 AgNO

3  không thể sinh được NO.
Lúc đó dd A chứa các muối của kim loại ở hóa trị cao nhất 
(Thật ra đoạn này thầy giải thích cho “vui cửa vui nhà” thôi chứ “kiểu bài này gần như “mặc định” là sẽ
phải có Fe2+ trong dd A vì nếu không có thì tủa sẽ chỉ gồm AgCl  có ngay m_tủa, vậy các dữ kiến còn lại
“cho cho vui” à?)

BTNT O nH O  0,6  0,38  3  0,32  1,42 mol

2

2,7  0,38  0,08  2  1,42
 0,04 mol
4
BT§T  nNO (sau tÊt c¶) = 0,36  3 + 0,9  2 + 0,04 = 2,92 mol

3
BTNT H nNH 

4

BTNT N nAgNO  nNO  nNO (dd sau) = 0,02  2,92  2,94 mol

3
3

AgCl  2,7 mol
BTNT Ag
 m  = 413,37 gam
 nAg  2,94  2,7  0,24 mol   
Ag  0,25 mol
Câu 80. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Ba, Na, NaHCO3 và Na2CO3 vào H2O dư thu được dung dịch
Y gồm hai muối của natri; 2,912 lít H2 (đktc) và 19,7 gam kết tủa. Chia dung dịch Y thành hai phần bằng
nhau. Nhỏ rất từ từ 160 ml dung dịch HCl 2M vào phần một, khuấy đều thu được 3,136 lít CO 2 (đktc). Nhỏ
rất từ từ phần hai vào 80 ml dung dịch HCl 2M khuấy đều thu được 2,24 lít CO2 (đktc). Các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Phần trăm khối lượng Ba trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 18%.

B. 19%.
C. 20%.
D. 21%.
Hướng dẫn giải:
Bài toán chia làm 2 phần bằng nhau  chia đôi dữ kiện ban đầu (kẻo quên).
BaCO3  0,05
H 2  0,065
Ba  0,05

H2O
Na
X


Na
NaHCO3

Na CO
Y CO32 
 2 3


HCO3

CO2  0,14  dd kh«ng CO32 
HCl = 0,32


Na


dd Cl   0,32
HCO
3

CO2  0,1

Mode 51


1

2


1 = 0,1
1 = 0,16

CO32   0,06



dd 
HCO3  0,04
Do Y chỉ chứa 2 muối của Na  Ba đi hết về kết tủa  nBa (trong X) = 0,05 mol
BTE nNa (trong X) = 0,065  2  0,05  2 = 0,03 mol

HCl = 0,16


CO2  0,14  dd kh«ng CO32 

BT§T
Na 

 8a
Na  8a
 2
nCO32
0,06 3
Y
CO

3a

 Trong Y luôn có

   3

dd Cl   0,32
nHCO3 0,04 2


HCO 
BTNT C
HCO3  2a
 5a  0,14
3

BT§T  8a  0,32  5a  0,14 

 a = 0,06 mol.

BaCO3  0,05
Ba  0,05



 Na  8  0,06  0,48
Na  0,03


Vậy: X 
2
NaHCO3  x
Y CO3  3  0,06  0,18
Na CO  y
 HCO  2  0,06  0,12
 2 3
3


“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

BTNT Na: x + 2y = 0,48  0,03
x  0,25 mol




BTNT C: x + y = 0,05 + 0,18 + 0,12
y  0,1 mol
0,05  137
 100  17,50%
 %mBa 
0,05  137  0,03  23  0,25  84  0,1  106
---------------------- HẾT ----------------------

Sài Gòn, 3:00 sáng 04/05/2018
#HọcTròThầyDuyên
Giáo viên Phạm Công Tuấn Tú

“Con đường dẫn đến thành công bao giờ cũng đầy chông gai.
Nếu thiếu nhiệt tình và nghị lực thì không thể nào vượt qua”.