đề thi thử THPTQG 2019 hóa học THPT chuyên thái bình lần 3 có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 3
NĂM HỌC 2018 - 2019 -MÔN HÓA HỌC 12
Thời gian làm bài: 50 phút

Mã đề 209
Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố: H=1; Li=7; C = 12; N = 14; O = 16; Na =
23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65;
Br = 80; Ag = 108 ; Sn = 119; Ba = 137 ; Pb = 207.
Câu 1 (VD): Cho các chất: CaCO3, KOH, KI; KMnO4; Si; Na ; FeSO4; MnO2; Mg; Cl2. Trong các chất
trên có bao nhiêu chất có khả năng phản ứng được với dung dịch HBr mà trong đó HBr đóng vai trò là
chất khử?
A. 4.
B. 3.
C. 2.
D. 5
Câu 2 (TH): Cho hỗn hợp khí X gồm CO2, CO, N2 và hơi nước lần lượt đi qua các bình mắc nối tiếp
chứa lượng dư mỗi chất: CuO đun nóng, dung dịch nước vôi trong, dung dịch H 2SO4 đặc.Giả thiết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khi ra khỏi bình chứa H2SO4 đặc là

A. Hơi nước.
B. Na và hơi nước.
C. CO.
D. N2
Câu 3(TH): Các chất khí điều chế trong phòng thí nghiệm thường được thu theo phương pháp đẩy không
khí (cách 1, cách 2) hoặc đẩy nước (cách 3) như hình vẽ sau đây:
Có thể dùng cách nào trong 3 cách trên để thu khí NH3?

A. Cách 3.

B. Cách 1.
C. Cách 2.
D. Cách 2 hoặc 3.
Câu 4 (VD): Dung dịch X chứa 0,2 mol Fe(NO3)3 và 0,24 mol HCl. Dung dịch X có thể hòa tan được tối
đa bao nhiêu gam Cu (biết phản ứng tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 5,76 gam.
B. 18,56 gam.
C. 12,16 gam.
D. 8,96 gam.
Câu 5 (TH) : Cho các nhận xét sau:
1. Khi cho anilin vào dung dịch HCl dư thì tạo thành dung dịch đồng nhất trong suốt.
2. Khi sục CO2 vào dung dịch natriphenolat thì thấy vẩn đục
3. Khi cho Cu(OH)2 vào dung dịch glucozơ có chứa NaOH ở nhiệt độ thường thì xuất hiện kết tủa đỏ
gạch
4. Dung dịch HCl, dung dịch NaOH, đều có thể nhận biết anilin và phenol trong các lọ riêng biệt.
5. Để nhận biết glixerol và saccarozơ có thể dùng Cu(OH2 trong môi trường kiềm và đun nóng.
Số nhận xét đúng là:
A. 2.
B. 3.
C. 1.
D. 4
Câu 6 (VDC): Hỗn hợp M gồm một este, một axit cacboxylic và một ancol (đều no, đơn chức, mạch hở).
Thủy phân hoàn toàn 9,27 gam M bằng lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,15 mol NaOH thu được 4,8 gam
một ancol. Cô cạn dung dịch sau thủy phân rồi đem lượng muối khan thu được đốt cháy hoàn toàn thu
được 0,075 mol H2O. Phần trăm khối lượng của este có trong M là


A. 23,34%.
B. 87,38%.
C. 56,34%.

D. 62,44%
Câu 7 (VD): Cho 5,6 gam Fe vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M và HCl 1,2M thu được khí NO và m
gam kết tủa. Xác định m. Biết rằng NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3- và không có khí H2 bay ra.
A. 2,4
B. 0,32.
C. 0,64.
D. 1,6.
Câu 8 (TH): Tiến hành các thí nghiệm sau:
(1) Nhúng thanh sắt vào dung dịch CuCl2
(2) Nhung thanh sắt vào dung dịch CuSO4.
(3) Cho chiếc định làm bằng thép vào bình chứa khí oxi, đun nóng.
(4) Cho chiếc đinh làm bằng thép vào dung dịch H2SO4 loãng
(5) Nhúng thanh đồng vào dung dịch Fe2(SO4)3.
(6) Nhúng thanh nhôm vào dung dịch H2SO4 loãng có hòa tan vài giọt CuSO4.
(7) Đết hợp kim Al - Fe trong khí Cla.
Số trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa là
A. 2.
B. 3.
C. 5.
D. 4.

Câu 12 (VD): Thổi từ từ V lít CO (đktc) đi qua ống sứ đựng 51,6 gam hỗn hợp X gồm CuO, Al 2O3 và
Fe3O4 (tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:1). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp
khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 19. Cho toàn bộ lượng khí Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 30
gam kết tủa và dung dịch Z. Cho dung dịch Z phản ứng với lượng dư dung dịch Ba(OH) 2 dư thấy tạo
thành m gam kết tủa. Giá trị của V và m lần lượt là:
A. 17,92 lít và 29,7 gam.
B. 17,92 lít và 20 gam.
C. 11,20 lít và 20 gam.
D. 11,20 lít và 29,7 gam.

Câu 13 (TH): Để tinh chế Ag từ hỗn hợp (Fe, Cu, Ag) sao cho khối lượng Ag không đổi ta dùng
A. dd AgNO3.
B. dd HCl.
C. Fe.
D. dd Fe(NO3)3.
Câu 14 (TH: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp metyl axetat và etyl axetat, thu được CO2 và m gam H2O. Hấp
thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 25 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 5,4
B. 3,6.
C. 6,3.
D. 4,5.
Câu 15 (TH): Cho các phát biểu sau
(1) Tất cả các peptit đều có phản ứng màu biure.
(2) Cho HNO3 đặc vào dung dịch protein tạo thành dung dịch màu vàng.
(3) Muối phenylamoni clorua không tan trong nước.
(4) Ở điều kiện thường metylamin, đimetylamin là những chất khí có mùi khai.


Số phát biểu đúng là:
A. 2.

B.4

C. 3

D. 1.

Câu 16 (VD): Thủy phân hoàn toàn 3,96 gam vinyl fomat trong dung dịch H2SO4 loãng. Trung hòa hoàn
toàn dung dịch sau phản ứng rồi cho tác dụng tiếp với dung dịch AgNO3/NH3 dư, đun nóng, phản ứng
hoàn toàn, thu được m gam Ag. Giá trị của m là:

A. 15,12 gam.
B. 21,6 gam.
C. 11,88 gam.
D. 23,76 gam.
Câu 17 (TH): Hấp thụ hoàn toàn 0,4 mol CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 lấy dư. Khối lượng kết tủa tạo ra
có giá trị là:
A. 78,8 gam.
B. 59,1 gam.
C. 89,4 gam.
D. 39,4 gam.
Câu 18 (TH): Kết quả thí nghiệm của các dung dịch X, Y, Z, T với thuốc thử được ghi ở bảng sau:
Mẫu thử
X
Y
Z
T
Thuốc thử
Dung dịch Ba(OH)2

Kết tủa trắng, sau Khí mùi khai sau Có khí mùi khai
đó tách ra
đó tách ra 1 và kết
tủa trắng

Có kết tủa màu
nâu đỏ

X, Y, Z, T lần lượt là:
A. AlCl3, (NH4)2SO4, NH4NO3, FeCl3.
B. A1C13, NH4NO3, (NH4)2SO4, FeCl3.

B. Al2(SO4)3, NH4NO3, (NH4)2SO4, FeCl3.
D. Al2(SO4)3, (NH4)2SO4, NH4NO3, FeCl3.
Câu 19 (TH): Có các thí nghiệm:
(1) Nhỏ dung dịch NaOH dư vào dung dịch hỗn hợp KHCO3 và CaCl2.
(2) Đun nóng dung dịch chứa hỗn hợp Ca(HCO3)2 và MgCl2.
(3) Cho "nước đá khô" vào dung dịch axit HCl.
(4) Nhỏ dung dịch HCl vào "thủy tinh lỏng".
(5) Thêm sođa khan vào dung dịch nước vôi trong
Số thí nghiệm thu được kết tủa là
A. 3.
B.5.
C. 4.
D. 2
Câu 20 (TH): Để điều chế Ag từ dung dịch AgNO3 ta không thể dùng:
A. Điện phân dung dịch AgNO3.
B. Nhiệt phân AgNO3.
C. Cho Ba phản ứng với dung dịch AgNO3.
D. Cu phản ứng với dung dịch AgNO3.
Câu 21 (VD): Cho 2,16 gam Al vào dung dịch chứa 0,4 mol HNO3, thu được dung dịch A và khí N2O
(sản phẩm khử duy nhất). Thêm dung dịch chứa 0,25 mol NaOH vào dung dịch A thì lượng kết tủa thu
được bằng
A. 3,90 gam.
B. 4,68 gam.
C. 6,24 gam.
D. 5,46 gam.
Câu 22 (VDC): Cho 30,24 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Mg, MgCO3 và Mg(NO3)2 (trong đó oxi chiếm
28,57% về khối lượng hỗn hợp) vào dung dịch chứa 0,12 mol HNO3 và 1,64 mol NaHSO4, khuấy đều cho
các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chứa các muối trung hòa có khối lượng 215,08 gam
và hỗn hợp khí Z gồm N2O, N2, CO2 và H2 (trong đó số mol của N2O bằng số mol của CO2). Tỉ khối hơi
của Z so với He bằng a. Giá trị gần nhất của a là

A. 7,5.
B. 7,0.
C. 8,0.
D. 6,5.
Câu 23 (TH): Điện phân dung dịch KC1 bão hòa, có màng ngăn giữa hai điện cực. Sau một thời gian
điện phân, dung dịch thu được có môi trường
A. axit yếu.
B. trung tính.
C. axit mạnh.
D. kiềm.

Commented [P1]:


Câu 24 (VD): Thủy phân hoàn toàn 1 mol oligopeptit X mạch hở, được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin
(Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol phenylalanin (Phe). Thủy phân không hoàn toàn X thu được đipeptit
Val Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu được đipeptit Gly-Gly. Kết luận không đúng về X là
A. Trong X có 5 nhóm CH3.
B. X có công thức Gly-Ala-Val-Phe-Gly.
C. Đem 0,1 mol X tác dụng với HCl dư, đun nóng tạo ra 70,35 gam muối. 1
D. X tác dụng với NaOH đun nóng trong dung dịch theo tỉ lệ mol tương ứng 1: 5.
Câu 25 (TH): Cho các thí nghiệm sau:
(1) Cho Mg vào dung dịch H2SO4 (loãng).
(2) Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng).
(3) Cho FeSO4 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).
(4) Cho Al(OH)3 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).
(5) Cho BaCl2 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng).
(6) Cho Al(OH)3 vào dung dịch H2SO4 (loãng).
Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm xảy ra phản ứng mà H2SO4 đóng vai trò là chất oxi hóa là
A. 2.

B. 4.
C. 3.
D. 5
Câu 26 (TH): Cho các phát biểu sau:
(1) Độ ngọt của saccarozo cao hơn fructozo.
(2) Để nhận biết glucozo và fructozo có thể dùng phản ứng tráng gương.
(3) Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh.
(4) Tơ visco thuộc loại tơ nhân tạo.
(5) Xenlulozo trinitrat có công thức là: [C6H7O2(ONO2)3]n được dùng sản xuất thuốc súng không khói.
(6) Xenlulozo tan được trong [Cu(NH3)4](OH)2 (nước Svayde).
A. 6.
B. 5.
C. 4.
D. 3.
Câu 27 (VDC): Cho hỗn hợp X chứa 18,6 gam gồm Fe, Al, Mg, FeO, Fe3O4 và CuO. Hòa tan hết trong
dung dịch HNO3 dư thấy có 0,98 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 68,88 gam muối và 2,24 lít
(đktc) khí NO duy nhất. Mặt khác, từ hỗn hợp X ta có thể điều chế được tối đa m gam kim loại. Giá trị
của m là
A. 14,76.
B. 16,2.
C. 13,8.
D. 15,40.
Câu 28 (TH): Trong hợp chất sau đây có mấy liên kết peptit? H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-CO-NHCH(CH3)-CO-NH-CH2-CH2-COOH
A. 1.
B. 3.
C. 2.
D. 4.
Câu 29 (NB): Amino axit nào sau đây có phân tử khối bé nhất?
A. Alanin.
B. Glyxin.

C. Axit glutamic.
D. Valin.
Câu 30 (TH): Có các nhận xét sau:
1. Các kim loại Na và Ba đều là kim loại nhẹ.
2. Độ cứng của Cr > Al.
3. Cho K vào dung dịch CuSO4 tạo được Cu.
4. Về độ dẫn điện: Ag > Cu > Al.
5. Có thể điều chế Mg bằng cách cho khí CO khử MgO ở nhiệt độ cao.
Số nhận xét đúng là
A. 5.
B. 2.
C. 4.
D. 3.
Câu 31 (TH): Đun nóng dung dịch chứa 27 gam glucozo với AgNO3/NH3 dư đến phản ứng hoàn toàn,
Khối lượng kết tủa thu được là
A. 21,6 gam.
B. 10,8 gam.
C. 16,2 gam.
D. 32,4 gam.


Câu 32 (VDC): Cho 12,5 gam hỗn hợp kim loại kiềm M và oxit của nó vào dung dịch HCl dư, đến phản
ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 22,35 gam muối khan. Kim loại kiềm
M là
A. Li.

B. Na.

C. K.

D. Cs.

dpnc
Câu 33 (NB): Cho sơ đồ sau: X 
 Na  … Hãy cho biết X có thể là chất nào sau đây?

A. NaCl, NaNO3.
B. NaCl, Na2SO4.
C. NaCl, NaOH.
D. NaOH, NaHCO3.
Câu 34 (TH): Thể tích khí thoát ra (ở đktc) khi cho 0,4 mol Fe tan hết vào dung dịch H2SO4 (loãng) lấy
dư là
A. 13,44 lít.
B. 8,96 lít
C. 6,72 lít.
D. 5,6 lít.
Câu 35 (VD): Cho một mẫu hợp kim Na-Ba tác dụng với nước dư thu được dung dịch X và 3,36 lít khí
(đktc). Cho dung dịch X tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và AlCl3 0,6M. Khối lượng kết
tủa thu được là
A. 4,68 gam.
B. 3,12 gam.
C. 4,29 gam.
D. 3,9 gam.
Câu 36 (VDC): Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C3H4OHN) và 0,15 mol Y (C6H14O6N2, là muối của axit
cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no
(kế tiếp trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng
số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một aamino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là
A. 24,57%
B. 54,13%
C. 52,89%

D. 25,53%
Câu 37 (VD): Cho hỗn hợp gồm 7,2 gam Mg và 10,2 gam Al2O3 tác dụng hết với lượng dư dung dịch
HNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,448 lít khí N2 duy nhất (đo ở đktc) và dung
dịch Y. Khối lượng muối tan trong dung dịch Y là
A. 87 gam.
B. 88 gam.
C. 48,4 gam.
D. 91 gam.
Câu 38 (TH): Dung dịch nào dưới đây không hòa tan được Cu kim loại?
A. Dung dịch Fe(NO3)3.
B. Dung dịch hỗn hợp NaNO3 và HCl.
C. Dung dịch NaHSO4.
D. Dung dịch HNO3.
Câu 39 (VD): Cho luồng khí CO (dư) đi qua 9,1 gam hỗn hợp gồm CuO và Al2O3 nung nóng đến khi
phản ứng hoàn toàn, thu được 8,3 gam chất rắn. Khối lượng CuO có trong hỗn hợp ban đầu là
A. 4,0 gam.
B. 8,3 gam.
C. 2,0 gam.
D. 0,8 gam.
Câu 40 (TH): Vật làm bằng hợp kim Zn-Cu trong môi trường không khí ẩm (hơi nước có hòa tan (O2) đã
xảy ra quá trình ăn mòn điện hóa. Tại anot xảy ra quá trình
A. Oxi hóa Cu
B. Khử Zn.
C. Oxi hóa
D. Khử O2.
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
1-B

2-D

3-B

4-C

5-D

6-B

7-C

8-B

9-D

10-A

11-A

12-A

13-D

14-D

15-A

16-D

17-A

18-D

19-C

20-C

21-A

22-B

23-D

24-A

25-A

26-C

27-B

28-C

29-B

30-D

31-D

32-C

33-C

34-B

35-B

36-B

37-D

38-C

39-A

40-C


( – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: B
Phương pháp:
Viết PTHH xảy ra, chọn các chất mà HBr sau phản ứng số oxh tăng lên thì HBr sẽ đóng vai trò là chất
khử.
Hướng dẫn giải:
Các phản ứng trao đổi CaCO3 + 2HBr → CaBr2 + CO2  + H2O
KOH + KBr → KBr + H2O
Các phản ứng HBr đóng vai trò là chất oxi hóa

2Na + 2HBr → 2NaBr + H2 
Các phản ứng HBr đóng vai trò là chất khử
7

1

2

0

2K MnO4  16H Br  2KBr  2 Mn Br2  5 Br 2  8H 2O
4

1

2

0

Mn O2  4 H Br  Mn Br2  Br 2  2 H 2O
0

1

1

0

Cl 2  2 H Br  2 H Cl  Br 2
=> có 3 chất phản ứng với HBr mà HBr đóng vai trò là chất khử.

Câu 2: D
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức tính chất hóa học của các khí CO2, CO, N2 để xác định xem qua bình nào thì khí nào bị
giữ lại, khí nào bị thoát ra.
Hướng dẫn giải:
Cho hỗn hợp khí X qua CuO, to có CO bị giữ lại
t
 Cu + CO2 
CO + CuO 
Khí đi ra gồm: CO2 và Ng. Hỗn hợp khí này cho qua dd Ca(OH)2 thì CO, sẽ bị giữ lại
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3  + H20
Khí thoát ra là hơi H2O và N2. Cho hỗn hợp khí này qua dd H2SO4 đặc thì H2O bị giữ lại (do H2SO4 đặc
có tính háo nước mạnh) => khí thoát ra khỏi bình chứa H2SO4 đặc là N2
Câu 3: B
Phương pháp:
Cách 1: dùng để điều chế các khí có tỉ khối nhẹ hơn so với không khí
Cách 2: dùng để điều chế các khí có tỉ khối nặng hơn so với không khí
Cách 3: dùng để điều chế các khí không tan hoặc tan rất ít trong nước
Hướng dẫn giải:
NH3 là khí mùi khai, tan rất nhiều trong nước => không thể thu NH3 bằng cách 3 đẩy nước được.
0


NH3 có phân tử khối = 17 => nhẹ hơn không khí, do vậy khi thu NH bằng cách đây không khí mình phải
úp ống nghiệm xuống dưới => cách 1 dùng để thu khí NH 3
Câu 4: C
Phương pháp:
Tính toán theo 2 PT ion rút gọn sau:
PT ion rút gọn: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO3 + 4H2O
PT ion rút gọn: Cu + 2Fe+  Cu2+ + 2Fe2+

Hướng dẫn giải:
PT ion rút gọn: 3Cu + 8H+ + 2NO3 + 3Cu2+ + 2NO  + 4H2O
ban đầu:
0,24
0,6
(mol)
pư:
0,096 <–0,24  0,06
(mol)
sau:
0,09
0,54
(mol)
PT ion rút gọn: Cu + 2Fe3+ + Cu2+ + 2Fe2+
0,1
0,2 (mol)

=>



ncu = 0,09 + 0,1 = 0,19 (mol)

=> mcu = 0,19.64 = 12,16 (g)
Câu 5: D
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức lí thuyết vô cơ và hữu cơ để xác định được các nhận xét là đúng hay sai
!thức lí thu
Hướng dẫn giải:
1. đúng vì có phản ứng: C6H5NH2 + HCl + C6H5NH3Cl (muối tan)

2. đúng vì CO2 + C6H5ONa + H2O + C6H5OH(vẩn đục)+ NaHCO3
3. Sai vì ở nhiệt độ thường chỉ xảy ra phản ứng của Cu(OH)2 với các nhóm -OH kề nhau của glucozơ tạo
dung dịch màu xanh lam, phải khi đun nóng mới xảy ra phản ứng của Cu(OH) 2/OH với gốc -CHO trong
glucozơ tạo kết tủa đỏ gạch.
4. đúng, nếu dùng HCl để phân biệt thì lọ trong suốt là anlinin, lọ vẩn đục là phenol; còn dùng NaOH để
nhận biết thì ngược lại
5. Đúng, vì glucozơ có phản ứng với Cu(OH)2/OH đun nóng cho kết tủa đỏ gạch, còn glixerol chỉ cho da
màu xanh thẫm
=> có 4 phát biểu đúng
Câu 6: B
Phương pháp: Vì M + NaOH + muối + 1 ancol
=> este ban đầu có gốc ancol cùng với ancol ban đầu
Ta có: neste + axit = "muối = nNaOH = 0,15 (mol)
Đốt cháy 0,15 mol muối tạo ra 0,075 mol H2O
->Muối đó phải có công thức là HCOONa
Sơ đồ:

Bảo toàn khối lượng dễ dàng tính được số mol H2O


Từ đó giải và biện luận ra được ancol và este Hướng dẫn giải:
Vì M + NaOH + muối + 1 ancol
=> este ban đầu có gốc ancol cùng với ancol ban đầu

 RCOOR1

Đặt công thức của các chất trong M là:  R2COOH
 R OH
 1
RCOOR1 + NaOH → RCOONa+R1OH

R2COOH + NaOH → R2COONa + H20.
Từ 2 PTHH trên => neste + naxit = nmuối = nNaOH = 0,15 (mol)
Đốt cháy 0,15 mol muối tạo ra 0,075 mol H2O=> nH = 2nH2O = 0,15 (mol)
=> Số H có trong muối = nH/ nămuối = 0,15/0,15 = 1
=>Muối đó phải có công thức là HCOONa
 RCOOR1

=> Công thức của các chất trong M là:  R2COOH
 R OH
 1
Bảo toàn khối lượng ta có: 9,27+ 0,15.40 = 0,15.68 +4,8+ 18b
=> b = 0,015 (mol)
=> nHCOOH = nH2O = 0,015 (mol)
=> nHCOOR1 = 0,15 - 0,015 = 0,135 (mol)
Ta có: nR1OH = a+c = 0,135 +c > 0,135
=> MR10H < 4,8: 0,135 = 35,56
=> Ancol là CH3OH
=> Este là: HCOOCH3: 0,135 (mol)
M HCOOCH3
0,135.60
.100% 
.100% =87,38%
%HCOOCH3 trong M=
mM
9, 27
Câu 7: C
Hướng dẫn giải:
nFe = 5,6: 56 = 0,1 (mol)
nCu(NO3)2 = 0,2.0,5 = 0,1 (mol); nHCl = 0,2.1,2= 0,24 (mol)
Ban đầu:

3Fe + 2NO3 + 8H  3Fe2+ + 2NO + 4H20
0,1 0,2
0,24
0,00  0,06  0,24
0,01
0,14

pư:
sau

Fe + Cu2+ → Fe2+ → Cu 
Ban đầu:

0,01

pu: 0

,01

0,2
→

0,01

0,01

=> m kết tủa = mcu = 0,01. 64 = 0,64 (g)
Câu 8: B
Phương pháp:

Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa:
+ Xuất hiện các chập điện cực khác nhau về bản chất: KL - KL; KL-PK, KL-HC


+ Các chất tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau thông qua dây dẫn
+ Cùng nhúng trong dung dịch chất điện li.
Hướng dẫn giải:
(1) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe2+/Fe và Cu2+/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng
nhúng trong dd điện li CuCl2
(2) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe2+/Fe và Cu2+/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng
nhúng trong dd điện li CuSO4
(3) không xuất hiện ăn mòn điện hóa vì thiếu điều kiện nhúng trong dd chất điện li,
(4) không xuất hiện ăn mòn điện hóa
(5) không xuất hiện ăn mòn điện hóa vì không có cặp điện cực khác nhau về bản chất (Cu+ 2Fe3+ 2Fe2+ +
Cu2+ )
(6) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Al3+/ Al và Cu2+/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau và cùng
nhúng trong dd điện li H2SO4
(7) không xuất hiện vì thiếu điều kiện cùng nhúng trong dd chất điện li
=> có 3 thí nghiệm xuất hiện ăn mòn điện hóa học
Câu 9: D
Hướng dẫn giải: Công thức phân tử của fructozơ là: C6H12O6.
Câu 10: A
Hướng dẫn giải:
nFe = 2,8: 56 = 0,05 (mol)
ncu = 1,6 : 64 = 0,025 (mol)
nHNO3 = 0,05 (mol); nHCl = 0,5.0,4 = 0,2 (mol) =>  nH  = 0,25 (mol)
PT ion rút gọn: Fe + NO3- + 4H+ + Fe+ + NO + 2H2O
pư:
0,05  0,05  0,2  0,05
(mol)

Vậy sau phản ứng (1) Fe và NO3- đã phản ứng hết
Cu + 2Fe3+ -> Cu2+ + 2Fe2+
0,025  0,05  0,025 0,05

(mol)

Cu : 0, 025
 2
 Fe : 0, 05
Vậy dd X thu được chứa:  
 H : 0, 05
Cl  : 0, 2

Cho dd X vào dd AgNO3 có phản ứng
2

Ag+ + Cl-→ AgCl 
0,2—0,2 (mol)
3Fe2+ + 4H+ + NO3 → 3Fe3+ + NO + 2H2O
0,03754<–0,05
=> nFe2+ dư = 0,05 - 0,0375 = 0,0125 (mol)
Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag 
0,0125 —> 0,0125 (mol)
Vậy khối lượng kết tủa thu được là: m  = mAgCl + mAg = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 (g)
Câu 11: A
Hướng dẫn giải: Giả sử số mol của H2SO4 = 1 (mol) =>khối lượng dung dịch HCl = 98 10,2 = 490 gam


X phản ứng vừa đủ với 1 mol H2SO, sinh ra 1 mol H2
Đặt số mol Zn = x (mol) và số mol Mg =y (mol)

  khối lượng kim loại = 65x + 24y
Bảo toàn electron ta có: 2x + 2y = 2nH2 = 2 (I)
Khối lượng dung dịch sau phản ứng là:
mdd sau = mhh x + mdd H2SO4 - MH2
=> mdd sau = 65x + 24y + 490 - 1.2 = 488 + 65x + 24y
Nồng độ phần trăm của MgSO4 là:
mMgSO4
y  24  96 
C%MgSO, =
.100% 
.100% =15, 22%(II)
mdd sau
488  65 x  24 y
Giải hệ (I) và (II)=> x=0,333 và y = 0,667
=> C%ZnSO4 =

o,333.  65  96 
.100%  10, 2%
488  65.0,333  24.0, 667

Câu 12: A
Phương pháp:
Đặt nCuO = nFe3O4 =x (mol) ; nAl2O3 =2x (mol)
Từ khối lượng của hh X=> x = ?
nCO2 = nO(oxit bị lấy đi) = nCuO + 4nFe3O4 = ?
Dùng quy tắc đường chéo tính được số mol của CO và CO2 trong hh khí Y
BTNT "C": nco ban đầu = nCO2 + nco dư = ? => Vco( đktc) = ?
Vì dd X thu được sau phản ứng có phản ứng với Ba(OH)2 tạo kết tủa nền CO2 phản ứng với Ca(OH)2 tạo
2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2

BTNT "C": nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(HCO3)2 => nCa(HCO3)2 = ? (mol)
Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 du → CaCO3  + BaCO3  + 2H2O
=> m  = mCaCO3 + mBaCO3 = ?
Hướng dẫn giải:
Đặt nCuO = nFe3O4 = x (mol) ; nAl2O3 = 2x (mol)
=> 80x + 102.2x + 232.x = 51,6
=> x = 0,1 (mol)
=> nCuO = nFe3O4 = 0,1 (mol); nA12O3 = 0,2 (mol)
nCO2 = nO(oxit bị lấy đi) = nCuO + 4nFe3O4 = 0,1 +4.0,1 = 0,5 (mol)
Hỗn hợp Y là 2 khí CO2 và CO dư có M= 19.2 = 38

Ta có:

nCO2
nCO



10 5
0,5 5
 
  nCO  0,3  mol 
6 3
nCO 3

BTNT "C": nco ban đầu = nCO2 + nCO dư = 0,5 + 0,3 = 0,8 (mol)
=> VCO(đkte) = 0,8.22,4=17,92 (1)
Hấp thụ hỗn hợp CO2 và CO vào dd Ca(OH2 chỉ có CO, tham gia phản ứng
Vì dd X thu được sau phản ứng có phản ứng với Ba(OH)2 tạo kết tủa nền CO2 phản ứng với Ca(OH)2 tạo
2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2

BTNT "C": nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(HCO3)2


=> 0,5 = 0,3 + 2nCa(HCO3)2
=> nCa(HCO3)2 = 0,1 (mol)
Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 du → CaCO3  + BaCO3  + 2H2O
0,1 →
0,1 →
0,01

(mol)

=> m  = mCaCO3 + mBaCO3 = 0,1.100+ 0,1.197 = 29,7 (g)
Câu 13: D
Phương pháp: Chọn chất có phản ứng với Fe và Cu nhưng không phản ứng với Ag, đồng thời chất đó
không làm ảnh hưởng đến khối lượng Ag trong hh ban đầu (tức không làm tăng Ag hoặc giảm khối
lượng)
Hướng dẫn giải: A. dùng dd AgNO3 thì sẽ làm lượng Ag trong hỗn hợp tăng lên
B. dùng dd HCl thì sẽ không tinh chế được Ag vì cả Ag và Cu cùng không phản ứng với dd HCl
C. Không dùng được
D. Dùng dd Fe(NO3)3 sẽ tinh chế được Ag mà không làm thay đổi khối lượng của chúng
2Fe(NO3)3 + Fe + 3Fe(NO3)2
2Fe(NO3)3 + Cu → 2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2
Câu 14: D
Phương pháp: nH2O = nCO2 = nCaCO3 = ? (mol) (Bảo toàn nguyên tố C)
=> MH20 = ? (g)
Hướng dẫn giải:
nCaCO3 = 25 :100 = 0,25 (mol)
Metyl axetat và etyl axetat đều là các este no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy cho nH2O = nCO2
=> nH2O = nCO2 = nCaCO3 = 0,25 (mol) (Bảo toàn nguyên tố C)

=> MH20 = 0,25.18 = 4,5 (g)
Câu 15: A
Phương pháp: Dựa vào kiến thức tổng hợp về các chất hữu cơ
Hướng dẫn giải:
(1) Sai, các tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure
(2) đúng (3) sai, muối phenylamoni clorua tan trong nước
(4) đúng
=> có 2 phát biểu đúng
Câu 16:
Phương pháp:
=> nAg = 2nHCOOH + 2nCH3CH=0 = ?
Hướng dẫn giải:
nHCOOCH=CH2 = 3,96 :72 = 0,055 (mol)
H 2 SO4
 HCOOH + CH3CH=0
HCOOCH=CH2 + H20 
HCOOH → 2Ag
CH3CHO → 2Ag
=> nAg = 2nHCOOH + 2nCH3CH=0 = 2.0,055 + 2.0,055 = 0,22 (mol)
=> mAg = 0,22.108 = 23,76 (g)
Câu 17:
Phương pháp: nBaCO3 = nco2 = ?
Hướng dẫn giải:
CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3  + H2O


0,4  0,4 (mol)
=> mBaCO3 = 0,4.197 = 78,8 (g)
Câu 18: D
Phương pháp:

Dựa vào kiến thức màu sắc kết tủa của muối, của các hiđroxit không tan
Suy luận được, khí mùi khai là NH3
Kết tủa trắng phải là muối kết tủa của Ba2+hoặc của hiđro xit nào đấy
Hướng dẫn giải:
X là dd Al2(SO4)3, Y là (NH4)2SO4 ;Z là NH4NO3 ; T là FeCl3
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 + Ba(AlO2)2 + 3BaSO4 (trắng) + 3H2O
(NH4)2SO4 + Ba(OH)2 + 2NH3 (mùi khai) + 2H2O+ BaSO4, (trắng)
NH4NO3 + Ba(OH)2 + NH3  (mùi khai) +H2O + Ba(NO3)2
2FeCl3 + 3Ba(OH)2 → 2Fe(OH)3, (nâu đỏ) + 3BaCl2
Câu 19:
Phương pháp:
Viết các PTHH xảy ra, chọn các thí nghiệm có xuất hiện kết tủa
Hướng dẫn giải:
(1) Thu được kết tủa CaCO3
2NaOH + 2KHCO3 → Na2CO3 + K2CO3 + 2H20
Na2CO3 +CaCl2 → CaCO3  + 2NaCl
(2) Thu được kết tủa MgCO3
t
Ca(HCO3)2 + MgCl2 
 CaCl2 + MgCO3  + CO2  + H2O
(3) Không thu được kết tủa
(4) Thu được kết tủa H2SiO3
HCl + Na2SiO3 → NaCl + H2SiO31
(5) Thu được kết tủa CaCO3
0

Na2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3  + 2NaOH
=> có 4 thí nghiệm thu được kết tủa.

Phương pháp:

Oxi chiếm 28,57% về khối lượng hỗn hợp => mO(X) => nO(X)


Do phản ứng thu được khí H2 nên trong dung dịch Y không chứa NO3
Đặt các ẩn như trong sơ đồ sau:

Áp dụng các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích tìm được số mol của các chất và các ion.
Hướng dẫn giải:
mO(x)= 30,24.28,57% = 8,64 gam => nO(x) = 0,54 mol
Do phản ứng thu được khí H2 nên trong dung dịch Y không chứa NO 3
Đặt các ẩn như trong sơ đồ sau:

+ mx = 24x + 84y + 148z = 30,24 (1)
+ nO(x) = 3y + z = 0,54 (2)
+BTĐT cho dd Y: 2nMg2+ + nNH4+ + nNa+ = 2nSO42- => 2x +2y + 2z+t+1,64 = 2.1,64 (3)
+ m muối = mMg2+ + mNH4+ + mNa+ + MSO42=> 24(x+y+z) + 18t + 23.1,64 +96.1,64 = 215,08 (4)
Giải hệ (1) (2) (3) (4) được x= 0,68; y = 0,06; z = 0,06; t= 0,04
BTNT "C": nCO2 = nMgCO3 = y = 0,06 mol => nN20= nCO2 = 0,06 mol (theo đề bài)
BTNT "N": 2nMg(NO3)2 + nHNO3 = nNH4+ + 2nN20 + 2nN2
=> 2.0,06 + 0,12 = 0,04 + 2.0,06 + 2nN2 => nN2 = 0,04 mol
BTNT "O": nO(x) + 3nHNO3 + 4nNaHSO4 = 4nSO42- + nN20+ 2nCO2 + nH2O
=> 0,54 + 3.0,12 + 4.1,64 = 4.1,64 + 0,06 + 2.0,06 + nH20 => nH20 = 0,72 mol
BTNT "H": nHNO3 + nNaHSO4 = 4nNH4+ + 2nH2 + 2nH20
=> 0,12 + 1,64 = 4.0,04 + 2nH2 + 2.0,72 => nH2 = 0,08 mol
=> nz = 0,06 +0,04 +0,06 + 0,08 = 0,24 mol
BTKL: mz = 0,06.44 + 0,04.28 +0,06.44 +0,08.2= 6,56 gam
=>Mz = 6,56 : 0,24 = 82/3 => dz/He = 82/3 : 4 = 6,833 gần nhất với 7,0 Đáp án B
Câu 23: D
Phương pháp: Viết phương trình điện phân.
Từ đó suy ra môi trường của dung dịch thu được sau điện phân.

dpm
Hướng dẫn giải: Phương trình điện phân: KCl + H2O 
KOH + H2 + Cl2
Vậy sau một thời gian dung dịch thu được có môi trường kiềm (do điện phân tạo KOH)
Câu 24: A
Phương pháp: Dựa vào các dữ kiện đề bài suy ra công thức phù hợp của X.
Hướng dẫn giải:
- Thủy phân X thu được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol phenylamin
(Phe) nên suy ra X là pentapeptit được tạo bởi 2 Gly, 1 Ala, 1 Val, 1 Phe
bi molven


- Thủy phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu
được đipeptit
Gly-Gly suy ra cấu tạo của X là Gly-Ala-Val-Phe-Gly
CTCT: H2N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH(CH(CH3)2)-CONH-CH(CH2C6H3)-COOH
+ A sai vì X chỉ có 3 nhóm CH3
+ B đúng
+ C đúng:
X+ 4H2O + 5HCl – Muối
BTKL: m muối = mx + mH2O + mHCl = 0,1(75.2 + 89 + 117+165 - 4,18) + 0,4.18 + 0,5.36,5 = 70,35 gam
+D đúng
Câu 25: A
Phương pháp: Chất oxi hóa là chất nhận e (số oxi hóa của các nguyên tố thành phần giảm sau phản ứng)
Hướng dẫn giải:
Các thí nghiệm H2SO4 đóng vai trò chất oxi hóa là: (1) và (3)
Các phản ứng khác là các phản ứng trao đổi, không có sự thay đổi số oxi hóa nên không phải là phản ứng
oxi hóa - khử.
Câu 26: C
Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí và tính chất hóa học của cacbohidrat.

Hướng dẫn giải:
(1) sai vì fructozo ngọt hơn saccarozo
(2) sai vì cả glucozơ và fructozo đều có phản ứng tráng gương
(3) đúng
(4) đúng vì visco có nguồn gốc từ xenlulozo được con người chế biến nên được gọi là tơ nhân tạo hoặc tơ
bán tổng hợp
(5) đúng
(6) đúng
Vậy có tất cả 4 phát biểu đúng
Câu 27: B
Hướng dẫn giải:
X+HNO3 + Muối + NO + H2O
BTKL: mH2O = mx + mHNO3 - m muối - nNO= 18,6 + 0,98.63 - 68,88 - 0,1.30 = 8,46 gam
=> nH2O = 0,47 mol
BTNT "H": nHNO3 = 4nNH4+ + 2NH2O => 0,98 = 4nNH4+ + 2.0,47 => nNH4+ = 0,01 mol
BTNT "N": nHNO3 = nNO3- + nNH4+ + nNO => 0,98 = nN03-+ 0,04 + 0,1 => nNO3- = 0,84 mol
BTNT "O": nO(x) + 3nHNO3 = 3 nN03. + nno + nH20 => nO(x) + 3.0,98 = 3.0,84 +0,1 +0,47
=> nO(x)=0,15 mol
=> m = mkL = mx – mO(x) = 18,6 - 0,15.16 = 16,2 gam
Câu 28: C
Phương pháp:
Liên kết peptit là liên kết CONH được tạo bởi 2 phân tử a-amino axit
Hướng dẫn giải: Liên kết peptit là liên kết CONH được tạo bởi 2 phân tử a-amino axit
H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-CO-NH-CH(C6H3)-CO-NH-CH2-CH2-COOH
Vậy chất trên có chứa 2 liên kết peptit
Câu 29: B
Hướng dẫn giải: Glyxin là amino axit có phân tử khối nhỏ nhất.
Câu 30: D

Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí và tính chất hóa học của kim loại và các hợp chất của chúng.
Hướng dẫn giải:
(1) đúng
(2) đúng vì Cr là kim loại cứng nhất
(3) sai, vì thứ tự phản ứng như sau: 2
K + 2H2O → 2KOH + H2
2KOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + K2SO4
(4) đúng (HS ghi nhớ thêm về độ dẫn điện: AC > Cu > Au> Al> Fe)
(5) sai vì MgO không bị khử bởi CO (HS ghi nhớ: Chỉ có những oxit của KL đứng sau A1 mới bị khử bởi
CO, H2)
Vậy có 3 nhận xét đúng
Câu 31: D
Hướng dẫn giải:
nGlu = 27/180 = 0,15 mol
AgNO / NH 3
Glucozo 
2Ag
NAg= 2nGlu = 0,3 mol => mAg = 0,3.108 = 32,4 gam
Câu 32: C
Hướng dẫn giải:
Nếu hỗn hợp chỉ có M2O: n hh = 12,5/(2M+16) (mol) => nCl = 2nM2o=25/(2M+16) (mol)
Nếu hỗn hợp chỉ có M: n th = 12,5/M (mol) => nMCl = nM = 12,5/M (mol)
Mặt khác theo đề bài: nHCl = 22,35/(M+35,5 (mol)
25
22,35
12,5



 26,9  M  45, 05

2M  16 M  35,5 M
Vậy chỉ có K có M = 39 thỏa mãn
Câu 33: C
Phương pháp: Dựa vào phương pháp điều chế kim loại kiềm.
Hướng dẫn giải:
+ A loại vì NaNO3 bị nhiệt phân tạo NaNO2
+ B loại vì Na2SO4 không bị nhiệt phân +C đúng
dpnc
2NaCl 
 2Na + Cl2

dpne
2NaOH 
 2Na + O2 + H2
+D loại vì NaHCO bị nhiệt phân thành Na2CO3
Câu 34: B
Phương pháp: Tính theo PTHH: Fe + H2SO4 + FeSO4 + H2
Hướng dẫn giải: PTHH: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
0,4 →
0,4 mol
=> nH2 = 0,4. 22,4 = 8,96 lít
Câu 35: B
Hướng dẫn giải: nH2 = 0,15 mol; nH+ = nHCl = 0,1 mol; nAl3+ = nAlCl3 = 0,06 mol
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
Dựa vào PTHH ta thấy: nOH = 2nH2 = 0,3 mol
X{OH-: 0,3 mol} + {H+ : 0,1 mol; Alt: 0,06 mol} thì thứ tự các phản ứng xảy ra là:
H+ + OH- →H2O
0,1 → 0,1 du 0,2
A13+ + 3OH → Al(OH)3

0,06 + 0,18 dự 0,02 + 0,06
Al(OH)3 + OH- → A1O2 + 2H2O
0,02 %  0,02
=> nAl(OH)3 thu được = 0,06 - 0,02 = 0,04 mol => m kết tủa = 0,04.78 = 3,12 gam
Câu 36: B
Phương pháp:
- Do sau phản ứng thu được 2 amin no kế tiếp trong dãy đồng đẳng nên suy ra cấu tạo của Y là:
CH3NH300C-COONH3C2H5 (0,15 mol)
- Các muối có cùng số nguyên tử C (2C) và 1 ancol nên cấu tạo của X là:
CH3COOH3N-CH2-COOCH3 (0,1 mol)
Xác định các muối trong G và tính được phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong
G.
Hướng dẫn giải:
- Do sau phản ứng thu được 2 amin no kế tiếp trong dãy đồng đẳng nên suy ra cấu tạo của Y là:
CH3NH300C-COONH3C2H5 (0,15 mol)
- Các muối có cùng số nguyên tử C (2C) và 1 ancol nên cấu tạo của X là:
CH3COOH3N-CH2-COOCH3 (0,1 mol)
=>Muối G gồm có:
(COOK)2 (0,15 mol)
CH3COOK (0,1 mol)
H2N-CH2-COOK (0,1 mol)
> m muối = 0,15.166 + 0,1.98 +0,1.113 = 46 gam
=> %m(COOK)2 = 0,15.166/46.100% = 54,13%
Câu 37: D
Phương pháp:
Tính được nMg, nAl2O3, nN2
Ta nhận thấy: 2nMg > 10nN2 => Phản ứng tạo NHNO3
BT e: 2nMg = 10nN2 + 8nNH4NO3 => nNH4NO3

Xác định các muối có trong Y và tính được m muối.
Hướng dẫn giải:
nMg = 0,3 mol; nA1203 = 0,1 mol; nN2 = 0,02 mol
Ta nhận thấy: 2nMg (=0,6 mol) => 10nN2 (=0,2 mol) => Phản ứng tạo NHNO3
BT e: 2nMg = 10nN2 + 8nNH4NO3 => 2.0,3 = 10.0,02 + 8nNH4NO3 => nNH4NO3 = 0,05 mol
Vậy Y gồm các muối: Mg(NO3)2 (0,3 mol); Al(NO3)3 (0,2 mol) và NH4NO3 (0,05 mol)
=>m muối =0,3148 + 0,2.213 + 0,05.80 = 91 gam
Câu 38: C
Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của Cu.
Hướng dẫn giải: Dung dịch NaHSO4 không hòa tan được Cu kim loại.
PTHH xảy ra:
Cu + 2Fe(NO3)3 → 2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2
3Cu + 8NaNO3 + 8HCl → 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 8NaCl + 4H2O
3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H20 Đáp án C
Câu 39:
CO chỉ khử được những oxit của KL đứng sau A1 trong dãy hoạt động hóa học.
Hướng dẫn giải:
Đặt nCuO = x mol


CO chỉ khử được những oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học nên khi cho CO dư vào
hỗn hợp CuO và Al2O3 thì chỉ CuO bị khử:
t
CuO + CO 
 Cu + CO2
m chất rắn giảm= mCuO - mCu = 80x - 64x = 9,1 - 8,3 => x= 0,05 mol
=> mCuO = 0,05.80 = 4 gam
Câu 40: C
Phương pháp: Dựa vào lý thuyết về pin điện hóa.
Hướng dẫn giải:

HS Pin điện Zn-Cu đặt trong không khí ẩm:
Anot (-): Zn = Zn2+ + 2e => xảy ra quá trình oxi hóa Zn
Catot (+): O2 + H2O + 4e + 4OH=> xảy ra quá trình khử O2
o