đề thi thử THPTQG 2020 hóa học chuyên hạ long quảng ninh lần 1 có lời giải

SỞ GD&ĐT TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2020 - LẦN 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
Môn thi thành phần: HĨA HỌC
Thời gian làm bài: 50 phút, khơng kể thời gian giao đề
Mã đề 323
Họ và tên: .............................................. Số báo danh:..........................
Mục tiêu:
- Đề thi thử THPT QG Trường THPT Chuyên Hạ Long - Lần 1 - Năm 2020 có cấu trúc bám sát đề thi của
Bộ gồm 40 câu trắc nghiệm bao gồm kiến thức trọng tâm lớp 12 và một phần kiến thức lớp 11.
- Đề thi gồm 22 câu lí thuyết và 18 câu bài tập. Nội dung câu lí thuyết chủ yếu nằm trong chương trình
lớp 12 (đại cương kim loại, este - lipit, cacbohiđrat, amin - aminoaxit, polime) và một phần lớp 11 (sự
điện li, lập CTPT hợp chất hữu cơ, nito-photpho).
- Phần bài tập tương đối khó, đề thi gồm 7 câu vận dụng cao rơi vào câu 61, 74, 75, 76, 77, 78, 79 trong
đó 2 câu tổng hợp vơ cơ, 1 câu đô thị về nhôm, 1 câu về peptit, 1 câu về muối của amin và 2 câu tổng hợp
hữu cơ. Các bạn HS cần vận dụng kĩ năng tư duy, các phương pháp giải nhanh (quy đơi, bảo tồn nguyên
tố, bảo toàn electron) để chinh phục được những câu này.
Cho KLNT: H = 1; O = 16; N = 14; C= 12; s = 32; Na = 23; K = 38; Mg = 24; Ca = 40; Ba = 137;
Al= 27; Fe = 56; Zn = 65; Cu = 64; Ag = 108, Cl = 35,5.
Câu 41: [TH] Thành phần hóa học chính của phần amophot là
A. NH4H2PO4 và (NH4)2HPO4.
B. KNO3 và Ca(H2PO4)2.
C. Ca(H2PO4)2 và NH4H2PO4.
D. KNO3 và NH4H2PO4.
Câu 42: [NB] Oxit nào sau đây là oxit bazơ ?
A. CrO3.
B. Fe2O3.
C. Al2O3
D. Cr2O3.
Câu 43: [TH] Cho các kim loại: K, Mg, Cu, Zn, Fe, Ag. Số kim loại phản ứng với dung dịch HCl đặc
nguội là

A. 2.
B. 5
C. 3.
D. 4.
Câu 44: [NB] Chất nào sau đây thuộc loại chất điện li mạnh?
A. CH3COOH.
B. C2H5OH.
C. H2O
D. NaCl.
Câu 45: [TH] Khử hoàn toàn m gam Fe2O3 ở nhiệt độ cao cần vừa đủ 6,72 lít khí CO (đktc). Khối lượng
sắt thu được sau phản ứng là
A. 11,2 gam.
B. 5,6 gam.
C. 2,8 gam.
D. 8,4 gam.
Câu 46: [VD] Cho m gam glucozơ phản ứng hết với lượng dư dung dịch AgNO3 trong amoniac, đun
nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hồn tồn thu được 44,73 gam muối amoni gluconat. Giá trị của m là
A. 28,8.
B. 37,8.
C. 36,0.
D. 27,0.
Câu 47: [NB] Metyl axetat có công thức cấu tạo là
A. CH3COOC2H5. B. HCOOC2H5.
C. CH3COOCH3.
D. HCOOCH3.
Câu 48: [NB] Alinin có cơng thức là
A. C6H5NH2
B. CH3CH(NH2)COOH.
C. H2NCH2COOH D. H2NCH2CH2COOH.
Câu 49: [NB] Chất nào sau đây thuộc loại monosaccarit?

A. Xenlulozơ.
B. Glucozơ.
C. Saccarozo.
D. Tinh bột.
Câu 50: [NB] Kim loại nào sau đây là kim loại kiềm?
A. Liti.
B. Sắt.
C. Nhôm.
D. Canxi.
Câu 51: [TH] Loại tơ nào sau đây được điều chế bằng phản ứng trùng hợp?.
A. Tơ nitrin.
B. Tơ nilon - 6,6.
C. Tơ axetat.
D. Tơ visco.
Câu 52: [TH] Kim loại có thể khử nước ở nhiệt độ thường là
Trang 1


A. Cu.
B. Ag.
C. K.
D. Zn.
Câu 53: [NB] Khí nào sau đây là nguyên nhân chính gây nên hiệu ứng nhà kính?
A. NO2.
B. SO2.
C. CO2.
D. CH4.
Câu 54: [TH] Trong các kim loại sau đây, kim loại có tính khử mạnh nhất là
A. Ag.
B. Cu

C. Fe.
D. Zn.
Câu 55: [VD] Một nhà máy nhiệt điện sử dụng loại than đá có chứa 2% lưu huỳnh. Nhà máy đó tiêu thụ
hết 90 tấn than trong một ngày đêm. Khối lượng khí SO2 do nhà máy xả vào khí quyển trong một năm
(365 ngày) là
A. 657 tấn.
B. 657 tấn.
C. 1420 tấn.
D. 1314 tấn.
Câu 56: [TH] Kim loại dẫn nhiệt tốt nhất là
A. Au.
B. Ag.
C . Al.
D. Cu.
Câu 57: [VD] Đốt cháy hoàn toàn chất hữu cơ X cần 10,08 lít O2(đktc). Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O
được hấp thụ hết vào bình Ba(OH)2 thì thấy có 39,4 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 19,0 gam.
Đun nóng dung dịch thu thêm 9,85 gam kết tủa.Công thức phân tử của X là e
A. C2H6.
B. C3H8O.
C. C3H8.
D. C2H6O.
Câu 58: [VD] Cracking 2,2-đimetylbutan (xúc tác, nhiệt độ) thì thu được hỗn hợp sản phẩm X. Trong X
không thể chứa anken nào sau đây?
A. 2-metylbut-2-en. B. isobutilen.
C. 3- metylbut-l-en. D. etilen.
Câu 59: [NB] Chất nào dưới đây không phải là este?
A. CH3COONH3CH3.
B. (C15H31COO)3C3H5
C. HCOOCH2CH2NH2. D. H2NCH2COOCH3.
Câu 60: [TH] Cho các chất sau: metylamin, alanin, metylamoni clorua, natri axetat. Số chất phản ứng

được với dung dịch HCl là
A. 4.
B. 1.
C. 3.
D. 2

Câu 63: [VD] Lên men m gam glucozo để tạo thành ancol etylic (hiệu suất phản ứng bằng 85%). Hấp thụ
hồn tồn lượng khí CO2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 45,0 gam kết tủa.giá trị của m là
A. 22,5.
B. 47,65.
C. 45,0.
D. 40,5.
Câu 64: [VD] Cho 6,0 gam Fe vào 100 ml dung dịch CuSO4 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được m gam kim loại. Giá trị của m là
A. 7,0.
B. 6,4.
C. 12,4
D. 6,8.
Trang 2


Câu 65: [VD] Aminoaxit X có cơng thức H2NCxHy(COOH)2. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít dung dịch H2SO4
0,5M, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm NaOH 1M và KOH 3M, thu
được dung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ trong X là
A. 9,52%.
B. 11,97%.
C. 10,53%.
D. 12,69%.
Câu 66: [VD] Đốt cháy hoàn toàn a gam chất béo X (chứa triglixerit của axit stearic, axit panmitic và các
axit béo tự do đó) cần vừa đủ 18,816 lít O2(đktc). Sau phản ứng thu được 13,44 lít CO2(đktc) và 10,44

gam nước.Xà phịng hóa a gam X bằng NaOH vừa đủ thì thu được m gam muối. Giá trị của m là
A. 10,68.
B. 11,48.
C. 11,04.
D. 11,84.
Câu 67: [VD] Cho các phát biểu sau:
(a) Dầu thực vật và dầu nhớt bôi trơn máy đều có thành phần chính là chất béo.
(b) Trong mơi trường bazơ, fructozơ chuyển thành glucozơ.
(c) Alanin tạo được kết tủa trắng khi phản ứng với dung dịch nước brom.
(d) Khi luộc trứng xảy ra hiện tượng đông tụ protein.
(e) Để giảm đau nhức khi bị ong đốt, có thể bôi vôi tôi vào vết đốt.
(f) Phenyl axetat phản ứng tối đa với NaOH trong dung dịch theo tỉ lệ mol tương ứng là 1:2
Số phát biểu đúng là
A. 3.
B. 4.
C. 5.
D. 2.
Câu 68: [VD] Cho Na vào 1 lít dung dịch HCl a (M). Sau phản ứng tạo ra a mol khí và dung dịch X. Cho
X lần lượt tác dụng với: phenyl amoniclorua, natri phenolat, NaHCO3, Na2HPO3, Zn, Cl2, Si, CuSO4. Số
trường hợp có thể xảy ra phản ứng hóa học là
A. 8.
B. 5.
C. 6.
D. 7.
Câu 69: [TH] Hình vẽ bên mơ tả thu khí X trong phịng thí nghiệm

Khí X và Y có thể lần lượt là những khí nào sau đây?
A. N2 và NO2.
B. SO2 và CO2.
C. CO và N2.

D. CO2 và CO
Câu 70: [VD] Dung dịch X gồm KHCO3 a M và Na2CO3 1,2M. Dung dịch Y gồm H2SO4 0,5M và HCl
1,4M. Nhỏ từ từ đến hết 100 ml dung dịch X vào 100 ml dung dịch Y, thu được 3,36 lít khí (đktc) khí
CO2. Nhỏ từ từ cho đến hết 100 ml dung dịch Y vào 100 ml dung dịch X thu được dung dịch Y. Cho
dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào E, thu được m gam kết tủa. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của
a và m lần lượt là
A. 0,8 và 21,50.
B. 0,6 và 27,41
C. 0,6 và 21,50.
D. 0,8 và 27,41.
Câu 71: [TH] Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit mạch hở X thì thu được 1 mol glyxin, 2 mol alanin và 2
mol valin. Trong sản phẩm của phản ứng thủy phân khơng hồn tồn X có Gly-Ala-Val. Amino axit đầu
C của X là valin. Số công thức cấu tạo của X thỏa mãn dữ kiện trên là
A. 3.
B. 4.
C. 2.
D. 6.
Câu 72: [VD] Khử hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe2O3 và CuO cần vừa đủ 3,36 lít CO (đktc). Mặt
khác, để hịa tan hết m gam X cần vừa đủ V ml dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là
A. 200 ml.
B. 400 ml.
C. 150 ml.
D. 300 ml.
Câu 73: [TH] Tiến hành thí nghiệm với các chất X, Y, Z kết quả được trình bày trong bảng dưới đây:
Trang 3


Thuốc thử
X
Y

Z
T
Nước
Tách lớp
Dung dịch đồng nhất
Tách lớp
Dung dịch đồng nhất
Dung dịch
Không hiện tượng
Kết tủa trắng
Không hiện
Kết tủa trắng
o
AgNO3/NH3, t
tượng
Nước brom
Mất màu
Không mất màu
Kết tủa trắng
Mất màu
Phát biểu nào sau đây đúng?
A. X là vinyl axetat, Z là glucozơ.
B. Y là fructozơ, T là glucozơ.
C. X là fructozơ, Z là anilin.
D. Y là fructozơ, T là vinyl axetat.
Câu 74: [VDC] Hòa tan hết 7,92 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3 và MgCO3 trong dung dịch chứa
0,54 mol NaHSO4 và 0,15 mol HNO3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung
hịa có khối lượng 74,58 gam và 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí có tỉ khối so với He bằng 11.
Cho dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối lượng không
đổi, thu được 6,8 gam rắn khan. Tổng phần trăm khối lượng của Al và Mg có trong hỗn hợp X là

A. 65,91%.
B. 27,27%.
C. 51,52%.
D. 20,45%.
Câu 75: [VDC] Cho m gam hỗn hợp bột Mg và Cu tác dụng với 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp hai
muối AgNO3 0,5M và Cu(NO3)2 0,75M. Sau khi phản ứng xong, được dung dịch A và chất rắn B. Cho A
tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi được 5,6 gam hỗn
hợp hai oxit. Hịa tan hồn tồn B trong H2SO4 đặc, nóng được 1,792 lít khí SO2 (đktc). Giá trị của m là
A. 2,72
B. 2,96.
C. 5,04
D. 4,69.
Câu 76: [VDC] X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa không quá
2 liên kết  và 50 < MX < MY); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol. Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp
E chứa X, Y, Z cần dùng 0,50 mol O2. Nếu đun nóng 13,12 gam E với dung dịch KOH dư đến khi phản
ứng hồn tồn thì số mol KOH phản ứng là 0,20 mol. Mặt khác, 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung
dịch chứa 0,1 mol Br2. Phần trăm khối lượng của Y trong E gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 16,5%.
B. 28,0%.
C. 24,0%.
D. 59,5%.
Câu 77: [VDC] Cho x mol Al tan hết trong V lít dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch
Y. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol
Ba(OH)2 được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ a : X có giá trị là
A. 1,8.
B. 2,6.
C. 2,4
D. 3,0.

Câu 78: [VDC] Hỗn hợp E gồm ba muối có cùng cơng thức phân tử là C5H14O6N2, m gam E phản ứng
vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn tồn thu được 5,6 lít (đktc)
hỗn hợp khí F gồm hai amin đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng (có tỉ khối hơi so với hiđro là
18,3) và dung dịch G. Cô cạn dung dịch G thu được a gam hỗn hợp T gồm 4 muối (trong đó có ba muối
Trang 4


có cùng số nguyên tử cacbon). Phần trăm khối lượng của muối có khối lượng mol lớn nhất trong T gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 15%.
B. 25%.
C. 20%.
D. 10%.
Câu 79: [VDC] Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp A gồm hai peptit mạch hở X (CxHyOzN4) và Y (CnHmO7Nt)
với dung dịch NaOH vừa đủ chỉ thu được dung dịch chứa 0,32 mol muối của glyxin và 0,50 mol muối
của alanin. Mặt khác đốt cháy m gam A trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó
tổng khối lượng của CO2 và nước là 51,272 gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 32.
B. 28.
C. 23.
D. 19.
Câu 80: [TH] Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Nung nóng hỗn hợp Cu(NO3)2 và KNO3.
(b) Cho Fe(OH)2 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư).
(c) Sục khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 dư.
(d) Cho dung dịch KHSO4 vào dung dịch NaHCO3.
(e) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl loãng.
(g) Cho đinh sắt vào dung dịch H2SO4 loãng.
Sau khi các phản ứng xảy ra, số thí nghiệm sinh ra chất khí là
A. 2.

B. 4.
C. 6.
D. 5.
----------- HẾT ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN
41-A

42-B

43-D

44-D

45-A

46-B

47-C

48-A

49-B

50-A

51-A

52-C

53-C

54-D

55-D

56-B

57-B

58-C

59-A

60-C

61-C

62-C

63-B

64-D

65-C

66-A

67-B

68-C

69-A

70-D

71-B

72-D

73-B

74-A

75-A

76-C

77-D

78-C

79-C

80-D

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

Q thầy cơ liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 41: A
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức về phân bón hóa học trong sgk hóa 11 – trang 58
Hướng dẫn giải:
Trang 5


Phân amophot có thành phần hóa học chính là: NH4H2PO4 và (NH4)2HPO4
Đáp án A
Câu 42: B
Phương pháp:
Dựa vào khái niệm về oxit bazơ
Hướng dẫn giải:
CrO3 - oxit axit
Fe2O3 – oxit bazo
Al2O3 và Cr2O3 - oxit lưỡng tính
Đáp án B
Câu 43: D
Phương pháp:
Các kim loại đứng trước H trong dãy điện hóa (bên tay trái H) đều có phản ứng với HCl đặc nguội
Hướng dẫn giải:
Các kim loại pư được với HCl đặc nguội là: K, Mg, Zn, Fe → có 4 kim loại
Đáp án
Chú ý: HCl đặc nguội hay HCl lỗng tính chất hóa học khơng có gì khác nhau
Câu 44: D
Phương pháp: Chất điện li mạnh là các dd axit mạnh, dd bazơ tan, các muối tan
Hướng dẫn giải:
CH3COOH, H2O là chất điện li
C2H5OH không phân li ra ion dẫn điện nên không phải là chất điện li

NaCl là chất điện li mạnh
Đáp án D
Câu 45: A
Phương pháp: Viết PTHH xảy ra, tính mol Fe theo mol CO
Hướng dẫn giải:
nCO(đktc) = 6,72 : 22,4 = 0,3 (mol)
t
PTHH: Fe2O3 + 3Cu 
 2Fe + 3CO2 ↑
(mol)
0,3
→ 0,2
Theo PTHH: nFe thu được = 0,2 (mol) → mFe = 0,2.56 = 11,2 (g)
Đáp án A
Câu 46: B
Phương pháp:
PTHH:
0

t
CH2OH(CHOH]4CH=O+2AgNO3+2NH3 + H2O 
 CH2OH[CHOH]4COONH4 + 2Ag↓ + 2NH4NO3
(amoni gluconat)
Đổi mol muối, tính mol glucozơ theo mol muối, từ đó tính được khối lượng.
Hướng dẫn giải:
PTHH:
0

t
CH2OH(CHOH]4CH=O+2AgNO3+2NH3 + H2O 

 CH2OH[CHOH]4COONH4 + 2Ag↓ + 2NH4NO3
(amoni gluconat)
Theo PTHH:
n CH2OHCHOH CHO  n CH2OH[CHOH ]4 COONH4  0, 21(mol)
0

4

Trang 6


→ m glu=0,21.180 = 37,8(g)
Đáp án B
Câu 47: C
Phương pháp:
Từ tên gọi suy ra được CTCT
Tên RCOOR' = tên gốc R' + tên gốc RCOO + at
Hướng dẫn giải:
CTCT của metyl axetat: CH3COOCH3
Đáp án C
Câu 48: A
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức học về amin trong sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Cơng thức của anilin: C6H5NH2
Đáp án A
Câu 49: B
Phương pháp: Dựa vào sự phân loại cacbohidrat học ở chương 2 – sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Xenlulozơ và tinh bột thuộc polisaccarit

Glucozơ thuộc monosaccarit
Saccarozơ thuộc đisaccarit
Đáp án B
Câu 50: A
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức học về đại cương kim loại và kim loại kiềm, kiềm thổ, nhơm trong sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Liti là kim loại kiềm
Đáp án A
Câu 51: A
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức học về chương polime trong chương 4 - sgk hóa 12
Phản ứng trùng hợp được điều chế từ monome có chứa liên kết đơi trong phân tử.
Hướng dẫn giải:
Tơ nitrin được điều chế bằng phản ứng trùng hợp
xt,t
nCH2= CH 
 (-CH2 - CH-)n
|
|
CN
CN
acrilonitrin
poliacrilonitrin
Tơ nilon – 6,6 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng từ axit ađipic và hecxametylen địamin
0

t ,p,xt
nHOOC-[CH2]4-COOH + nH2N-[CH2]6-NH2 
 (-CO-[CH2]4-CO-NH-[CH2]6-NH-)n + 2nH2O

(nilon – 6,6)
Tơ axetat và tơ visco là loại tơ bán tổng hợp được con người trộn thêm các chất từ tơ thiên nhiên
xenlulozơ
Đáp án A
Câu 52: C
0

Trang 7


Phương pháp:
Khử nước tức là có phản ứng với H2O, sau phản ứng số oxi hóa của nguyên tố H trong nước giảm từ +1
xuống 0
Hướng dẫn giải:
K có thể khử H2O ở nhiệt độ thường tạo ra H2
PTHH: 2K + 2H2O → 2KOH + H2↑
Đáp án C
Câu 53: D
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức về hóa học và mơi trường
Hướng dẫn giải:
CO2 là khí chính gây nên hiệu ứng nhà kính
Đáp án C
Câu 54: D
Phương pháp:
Dựa vào dãy hoạt động hóa học của kim loại, kim loại càng đứng trước (bên trái) càng có tính khử mạnh.
Hướng dẫn giải:
Thứ tự tính khử: Zn >Fe > Cu > Ag.
Do vậy Zn là kim loại có tính khử mạnh nhất
Đáp án D

Câu 55: D
Phương pháp:
Tính khối lượng S có trong 90 tấn than
Tính lượng khí SO2 thải ra trong 1 ngày
Tính lượng khí SO2 thải ra 1 năm =lượng thải ra 1 ngày × 365
Hướng dẫn giải:
m 1,8
2%
Khối lượng S có trong 90 tấn than là: ms =
= 0,0625 (kmo))
.90  1,8  tan   n s  s 
100%
Ms 32
t
PTHH: S + O2 
 SO2
nSO2 = ns = 0,05625 (Kmol)
1 ngày lượng khí SO2 thải vào kk là: mSO2 = 0,05625× 64 = 3,6 (tấn)
→ Khối lượng SO2 do nhà máy thải ra khơng khí trong 1 năm (365 ngày) là: mSO2 = 3,6 × 365 = 1314
(tấn)
Đáp án D
Câu 56: B
Phương pháp:
Dựa vào tính chất vật lí chung của kim loại học trong chương đại cương về kim loại sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Thứ tự dẫn điện: Ag >Cu > Au > Al.
Vậy Ag là kim loại dẫn điện tốt nhất
Đáp án B
Câu 57: B
Phương pháp:

Hấp thụ CO2 và H2O vào dd Ba(OH)2 thu được 39,4 gam kết tủa, sau đó đun nóng lại thu thêm được 9,85
gam kết tủa → CO2 pư với Ba(OH)2 tạo 2 muối
0

Trang 8


BTNT “C” tính được mol CO2
Khối lượng dd giảm = mBaCO3lần1 - mCO2 – mH2O. Từ đó tính được mH2O và nH2O
BTNT “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = ? (mol)
Đặt CTPT X có dạng: CxHyOz (đk: x, y, z nguyên dương)
Ta có: x : y : z = nC : nH : nO
C Có cơng thức đơn giản nhất của X kết hợp với đáp án tìm được CTPT của X thỏa mãn.
Hướng dẫn giải:
nO2(đktc) = 10,08 : 22,4 = 0,45 (mol)
Hấp thụ CO2 và H2O vào dd Ba(OH)2 thu được 39,4 gam kết tủa, sau đó đun nóng lại thu thêm được 9,85
gam kết tủa→CO2 pư với Ba(OH)2 tạo 2 muối
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (1)
2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (2)
Đun dd có phản ứng
t
Ba(HCO3) 2 
 BaCO3↓ + CO2 + H2O (3)
nBaCO3(1) = 39,4 : 197 = 0,2 (mol)
nBaCO3(3) = 9,85 : 197 = 0,05 (mol)
0

Ta có:

n

CO2

= nCO2(1) + nCO2(2) = nBaCO3(1) + 2nBa(HCO3)2(2)

= nBaCO3(1) + 2nBaCO3(3) = 0,2 + 2.0,05 = 0,3 (mol)
Khối lượng dd giảm = mBaCO3(1) – mCO2 - mH2O
→ 19 = 39,4 – 0,3.44 – mH2O
→ mH2O = 7,2 (g) → nH2O = 0,4 (mol)
Xét quá trình: X + 0,45 mol O2 → 0,3 mol CO2 + 0,4 mol H2O
BTNT “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 2.0,3 +0,4 – 2.0,45 = 0,1 (mol)
Đặt CTPT X có dạng: CxHyOz (đk: x, y, z nguyên dương)
Ta có: x : y : z = nC: nH : nO = 0,3 - 0,8 : 0,1 = 3 : 8:1
→ Công thức đơn giản nhất của X: C3H8O
Từ đáp án → CTPT của X: C3H8O thỏa mãn
Đáp án B
Câu 58: C
Phương pháp:
Cracking là phản ứng bẻ gãy mạch cacbon tạo thành anken và ankan tương ứng có số cacbon nhỏ hơn.
Hướng dẫn giải:

Trang 9


Đáp án C
Câu 59: A
Phương pháp: Khi thay thế nhóm –OH trong nhóm –COOH bằng nhóm OR thì ta thu được este
Hướng dẫn giải:
CH3COONH3CH3 là muối tạo bởi axit CH3COOH và amin CH3NH2 → không phải là muối
Đáp án A

Câu 60: C
Phương pháp:
Dựa vào tính chất hóa học của HCl
+ Làm quỳ tím chuyển màu đỏ
+ Tác dụng với oxit bazo, bazo
+ Tác dụng với kim loại (đứng trước H trong dãy điện hóa)
+ Tác dụng với muối (điều kiện muối tạo thành không tan trong axit mới hoặc axit tạo thành yếu hơn axit
pư)
+ Tác dụng với hợp chất hữu cơ có nhóm –NH2 trong phân tử
Hướng dẫn giải:
Các chất phản ứng được với dd HCl là: metylamin (CH3NH2); alanin (C6H5NH2), natri axetat
(CH3COONa)
→ Có 3 chất
Đáp án C
Câu 61: C
Phương pháp:
Độ bất bão hòa của X bằng 5 → tư duy X có vịng thơm
nNaOH : nX = 3 : 1 → X có 3 trung tâm phản ứng được với NaOH → tư duy có nhóm –OH gắn trực tiếp
vào vịng benzen
X có phản ứng tráng bạc → X có nhóm –CHO trong phân tử
Hướng dẫn giải:
8.2  2  8
5
C8H8O3 có độ bất bão hịa k =
2
nNaOH : nX = 3 : 1 → X có 3 trung tâm phản ứng được với NaOH
X có phản ứng tráng bạc → X có nhóm –CHO trong phân tử
Trang 10

CTCT X thỏa mãn là:

→có 10 CTCT thỏa mãn
Đáp án C
Câu 62: C
Phương pháp: Kim loại Al, Fe, Si tan được trong dd NaOH; oxit lưỡng tính tan được trong dd NaOH
Hướng dẫn giải:
Các chất tan hết trong dd NaOH lỗng dư: Al, Al2O3 → có 2 chất
Đáp án C
Chú ý: Cr2O3 chỉ tan trong kiểm đặc
Câu 63: B
Phương pháp:
Bảo tồn ngun tố C
Tính lượng mC6H12O6 lí thuyết theo phương trình
Vì %H = 85% nên mC6H12O6 thực tế = mC6H12O6 lí thuyết × 100% : %H = ?
Hướng dẫn giải:
BTNT “C”: nCO2 = nCaCO3 = 45 : 100 = 0,45 (mol)
len men
C6H12O6 
2C2H5OH + 2CO2 (%H=85%)
nC6H12O6 = 1/2 nCO2 = 0,45/2 = 0,225 (mol)
→ mC6H12O6 lí thuyết = 0,225, 180 = 40,5 (g)
Vì %H = 85% nên mC6H12O6 thực tế = mC6H12O6 lí thuyết × 100% : %H = 40,5×100% : 85%=47,65 (g)
Đáp án B
Câu 64: D
Phương pháp:
nFe > nCuSO4 nên CuSO4 pư hết, Fe dư.
Vậy mọi tính tốn theo số mol CuSO4
Khối lượng kim loại thu được sau pư là: m = mCu + mFe dư = ?
Hướng dẫn giải:

nFe = 6: 56 = 3/28 (mol)
nCuSO4 = 0,1.1 = 0,1 (mol)
PTHH: Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓
nFe > nCuSO4 nên CuSO4 pư hết, Fe dư. Vậy mọi tính toán theo số mol CuSO4
Theo PTHH: nCu = nFe pư = nCuSO4 =0,1 (mol) → mFe pư = 0,1.56 = 5,6(g)
Khối lượng kim loại thu được sau pư là: m = mCu + mFe dư = 0,1.64 + (6-5,6)= 6,8 (g)
Đáp án D
Câu 65: C
Phương pháp:
Đặt V là thể tích hh NaOH và KOH → nOH- = nKOH + nNaOH = ?
Bỏ qua giai đoạn trung gian tạo Y, ta coi 0,1 mol X và 0,1 mol H2SO4 pư với NaOH và KOH
Trang 11


n

H

= 2nX + 2nH2SO4 = ? (mol)

→nOH- = nH+ → V = ?
Từ đó có được từng số mol của mỗi con trong dd Y.
Dựa vào khối lượng muối tìm được phân tử khối của CxHy
Từ đó tìm được %N trong X
Hướng dẫn giải:
nH2SO4 = 0,2.0,5 = 0,1 (mol)


 NaOH : V  mol 
Đặt V là thể tích hh NaOH và KOH → 

  n OH  4V  mol 
KOH
:
3V
mol




Bỏ qua giai đoạn trung gian tạo Y, ta coi 0,1 mol X và 0,1 mol H2SO4 pư với NaOH và KOH

n

H

= 2nX + 2nH2SO4 = 2.0,1 + 2.0,1 = 0,4 (mol)

H+ + OH- → H2O
→ nOH- = nH+
→ 0,4 = 4V


 NaOH 0,1 mol 
→ V = 0,1 (1) 

KOH : 0,3  mol 

 Na  : 0,1 mol 
 
K : 0,3  mol 

36,7 g muối thu được gồm: 

H 2 NCx H y (COO )2 : 0,1 mol 
 2
SO4 : 0,1 mol 
→ 0,1.23 +0,3.39 +0,1.(16 + MCxHy + 88) + 0,1.96 = 36,7
→ MCxHy = 27 (g/mol)
→ MH2NcxHy(COOH)2 = 16+ 27 +45.2=133 (g/mol)
14
Phần trăm khối lượng của Nitơ trong X là: % mN =
.100% =10, 53%
133
Đáp án C
Câu 66: A
nO2(đktc) = 18,816 : 22,4 = 0,84 (mol)
nCO2(đktc) = 13,44 : 22,4 = 0,6 (mol)
nH2O = 10,44 : 18 = 0,58 (mol)
BTKL ta có: mX + mO2 =mCO2 + mH2O
→a + 0,84.32 = 0,6.44 +0,58.18
→ a = 9,96 (g)
Triglixerit có độ bất bão hịa k= 3
Các axit béo tự do có k=1 => đốt cháy luôn thu được nH2O = nCO2
Do vậy sự chênh lệch số mol CO2 và mol H2O do đốt cháy triglixerit
n H O  n CO2 0,6  0,58
→ nTriglixerit = 2

 0,01 mol 
k 1
3 1
→ nO(triglixerit) = 6ntrigliserit = 6.0,01 = 0,06 (mol)

Đặt số mol axit tự do = x (mol) => nO(axit tự do) = 2x (mol)
BTNT “O” ta có: nO(triglixerit) + nO(axit tự do) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
Trang 12


→ 0,06 + 2x + 2.0,84 = 2.0,6 +0,58
→X=0,02 (mol)

n

COO 

= 3nTriglixerit + naxit tự do = 3.0,01 + 0,02 = 0,05 (mol)

Xét X + NaOH→ Muối + C3H5(OH)3 + H2O
Có: nNaOH =  n COO  = 0,05 (mol)

nC3H5(OH)3 = nTriglixerit = 0,01 (mol)
nH2O = nAxit tự do = 0,02 (mol)
BTKL ta có: mchất béo + nNaOH = mmuối + mC3H5(OH)3 + mH2O
→ 9,96 + 0,05.40 = mmuối + 0,01.92 + 0,02.18
→ mmuối = 10,68 (g)
Đáp án A
Câu 67: B
Phương pháp: Dựa vào kiến thức tổng hợp lí thuyết hữu cơ
Hướng dẫn giải:
(a) Sai, dầu thực vật có thành phần chính là chất béo cịn dầu bơi trơn máy có thành phần chính là các
hiđrocacbon.
(b) Đúng
(c) Sai, Anilin mới tạo được kết tủa trắng với dd Br2 chứ không phải alanin.

(d) Đúng, vì lịng trắng và lịng đỏ trứng có thành phần chính là protein, khi gặp nhiệt độ protein sẽ bị
đơng tụ lại.
(e) Đúng, vì lọc độc của ong có thành phần là axit axetic (CH3COOH), ta cho vơi tơi (CaO) vào sẽ có
phản ứng trung hịa bớt lượng CH3COOH→ làm cho chỗ bị đốt đỡ đau rát
PTHH: 2CH3COOH + CaO → (CH3COO)2Ca + H2O (1) Đúng
PTHH: CH3COOC6H5 + 2NaOH → CH3COONa + C6H5ONa + H2O
→ Có 4 phát biểu đúng
Đáp án B
Câu 68: C
Phương pháp:
Ta thấy 2nH2 > nHCl → Na sau khi phản ứng hết với HCl tiếp tục phản ứng với H2O → dd X chứa NaCl và
NaOH
Hướng dẫn giải:


n HCl  a  mol 
 2nH2 > nHCl → Na sau khi phản ứng hết với HCl tiếp tục phản ứng với H2O

n

a
mol


H

 2
 NaCl
Vậy dd X chứa: 
 NaOH

NaOH Cho X tác dụng lần lượt với các chất, số chất tham gia phản ứng là: phenyl amoniclorua
(C6H5NH3Cl); NaHCO3, Zn, Cl2, Si, CuSO4. → có 6 chất
PTHH minh họa:
C6H5NH3C1 + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O
NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O
Zn + 2NaOH → Na2ZnO2 + H2↑
Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O
Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2↑
Trang 13


CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2] + Na2SO4
Đáp án C
Chú ý: Na2HPO3 có H trong phân tử nhưng khơng cịn khả năng phân li ra H+ được nữa nên không tham
gia phản ứng với NaOHO
Câu 69: A
Phương pháp: Khí X khơng có pư với Ca(OH)2 cịn khí Y có pư với Ca(OH)2
Hướng dẫn giải:
Từ hình vẽ ta thấy khí Y giữ lại trong dd Ca(OH)2 → Y có phản ứng với dd Ca(OH)2 , cịn khí X thì
khơng có phản ứng
Vậy X, Y lần lượt thỏa mãn là: N2 và NO2.
PTHH: 4NO2 + 2Ca(OH)2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O
Đáp án A
Câu 70: D
100 ml dung dịch X chứa HCO3- : 0,l a mol và CO32-: 0,12 mol
100 ml dung dịch Y chứa H+: 0,24 mol; SO42-: 0,05 mol và Cl-: 0,14 mol
Nhỏ từ từ X vào Y thì phản ứng xảy ra theo tỉ lệ mol HCO3- và mol CO32- ban đầu
HCO3- + H+ + CO2 + H2O
x →x → x
(mol)

2+
CO3 + 2H → CO2 + H2O
y → 2y → y
(mol)

 x  0, 06 x 0, 06 2
 n CO2 x  y  0,15

 

Ta có hệ: 
y

0,
09
y
0,
09
3
n

x

2y

0,
24




 H
n HCO2 2
0,1a 2
3

 
  a  0,8  M 
n CO2
3
0,12 3
3

Nhỏ từ từ Y vào X phản ứng xảy ra theo thứ tự lần lượt như sau:
CO32- + H+ → HCO30,12 →0,12 → 0,12
(mol)
+
HCO3 + H → CO2↑ + H2O
0,12← (0,24-0,12)
(mol)
 n HCO du sau pu = 0,08 + 0,12 – 0,12 = 0,08 (mol)
3

Vậy dd E thu được chứa các ion: HCO3- ; 0,08 (mol); SO42-: 0,05 (mol); Cl-: 0,14(mol); K+: 0,08 (mol)
Cho dd E + Ba(OH)2 có pư
HCO3- + OH- + Ba2+ → BaCO3↓ + H2O
(mol) 0,08
→ 0,08
22+
SO4 + Ba → BaSO4↓
(mol) 0,05

→ 0,05
Vậy kết tủa thu được gồm: BaCO3 0,08 (mol) và BaSO4: 0,05 (mol)
→ m = 0,08.197 +0,05.233 = 27,41 (g)
Đáp án D
Câu 71: B
Phương pháp:
- Thủy phân hoàn toàn 1 mol X thì thu được 1 mol Gly, 2 mol Ala và 2 mol Val
→ X là pentapeptit tạo bởi 1Gly, 2Ala, 2Val
Trang 14


- Thủy phân khơng hồn tồn X thu được Gly-Ala-Val nên X có chứa đoạn mạch Gly-Ala-Val
- Amino axit đầu C của X là Val nên X có dạng ?-?-?-?-Val
Từ đó viết các CTCT thỏa mãn cả 3 điều kiện trên.
Hướng dẫn giải:
- Thủy phân hoàn toàn 1 mol X thì thu được 1 mol Gly, 2 mol Ala và 2 mol Val
X là pentapeptit tạo bởi 1Gly, 2Ala, 2Valo
- Thủy phân khơng hồn tồn X thu được Gly-Ala-Val nên X có chứa đoạn mạch Gly-Ala-Val
- Amino axit đầu C của X là Val nên X có dạng ?-?-?-?-Val
Các CTCT thỏa mãn cả 3 điều trên là:
Ala-Val-Gly-Ala-Val
Val-Ala-Gly-Ala-Val
Ala-Gly-Ala-Val-Val
Gly-Ala-Val-Ala-Val
Vậy có 4 CTCT thỏa mãn.
Đáp án B
Câu 72: D
Phương pháp:
- Khử oxit bazo bằng CO viết đơn giản là CO + O → CO2
→ no = nCO pu

- Oxit bazo phản ứng với axit viết đơn giản là 2H + O2 → H2O
→nH = 2nO
Từ đó tính được số mol HCl → Thể tích dd HCl.
Hướng dẫn giải:
- Khử oxit bazo bằng CO viết đơn giản là CO + O → CO2
→ nO = nCO pu = 3,36/22,4 = 0,15 mol
- Oxit bazo phản ứng với axit viết đơn giản là 2H + O → H2O
→nH = 2nO = 2.0,15 = 0,3 mol
→ nHC1 = 0,3 mol
→ V= n : CM = 0,3 : 1 = 0,3 lít = 300 ml
Đáp án D
Câu 73: B
Phương pháp: Lý thuyết tổng hợp về este, cacbohiđrat, amin.
Hướng dẫn giải:
- Xét A: Z không tan trong nước nên không thể là glucozơ → Loại A
- Xét B: Thỏa mãn
- Xét C: X không tráng gương nên X không thể là fructozơ → Loại C
- Xét D: T tan trong nước nên T không phải là vinyl axetat → Loại D
Đáp án B
Câu 74: A
* X+ 0,54 mol NaHSO4 và 0,16 mol HNO3 thì n H = 0,7 mol và n NO = 0,16 mol
3

Xét hỗn hợp khí Z có M = 4.11 = 44 (g/mol) mà Z có sẵn khí CO2 (M = 44)
→ Khí cịn lại trong Z cũng có M = 44 nên là N2O
→ nN2O + nCO2 = 0,06 mol
- BTKL có mX + mNaHSO4 + mHNO3 = mnuối + mH2O + mkhi
→ mH2O = 7,92 +0,54.120 + 0,16.63 – 0,06.44 – 74,58 = 5,58 mol → nH2O = 0,31 mol
Trang 15

- Bảo tồn H có n H = 2nH2O + 4nNH4+ = 0,7 + nNH4+ = 0,02 mol
- DD Y chứa Mg2+ (a mol); Al3+ (b mol), Na+ (0,54 mol); NH4+ (0,02 mol); SO42- (0,54 mol) và NO3- (c
mol);
+ Bảo tồn điện tích có 2a + 3b + 0,54 + 0,02 = 2.0,54+ c (1)
+Khối lượng muối là mmuối = 24a + 27b + 0,54.23 + 0,02.18+0,54.96 + 62c = 74,58 (2)
- Y+ NaOH dư thì thu được Mg(OH)2 → rắn là MgO: a mol → 40a = 6,8 (3)
Giải (1) (2) (3) có a= 0,17 mol; b = 0,08 mol và c= 0,06 mol
- Bảo tồn N có nHNO3 =2nN2O + nNO3(Y) + nNH4+ → nN2O = 0,04 mol → nCO2 = 0,02 mol → nMgCO3 = 0,02
mol
* X + NaHSO4 + HNO3:
2H+ + O2- → H2O
2H+ + CO32- → H2O + CO2
10H+ + 2NO3- + 8e + N2O + 5H2O
10H+ + NO3- + 8e + NH4+ + 3H2O
Ta có nH+ = 2nO2- + 2nCO32- + 10nN2O + 10nNH4+ = 0,7
→ nO2- = (0,7 – 10.0,02 – 10.0,04 – 2.0,02) : 2 = 0,03 mol
→ nA12O3 = 0,03 : 3 = 0,01 mol 2=0,02 mol
Vì mX = 7,92 gam nên mAl+Mg = mX - mMgCO3 – mAl2O3 = 5,22 gam
→ % mAl+Mg = 65,91%
Đáp án A
Câu 75: A
- Do cho A tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa đem nung thu được 2 oxit nên dd A có chứa Mg(NO 3)2 và
Cu(NO3)2 (khơng cịn AgNO3)
- Do dd A chứa Cu(NO3)2 nên Mg hết → Chất rắn B chứa Cu, Ag
Sơ đồ tóm tắt:

Phương pháp:
Gọi x, y, z là số mol lần lượt của X, Y, Z
*E + KOH → nKOH = nCOO(E) → nO(E) → (1)

*E + O2 → CO2 + H2O
Bảo tồn O có 2nCO2 + nH2O = nO(E) + 2nO2
BTKL có 44nCO2 +18nH2O = mE + mO2
Trang 16


→Giải hệ có nCO2 và nH2O
*E+ Br2 thì nBr2 = 0,1 mol < nE; nên 1 trong 2 chất X và Y có chứa 2 liên kết 
Giả sử X chứa 2 liên kết  thì Z sẽ chứa 3 liên kết  và có phản ứng với Br2
+) nBr2 = nX + nZ = xk + zk = 0,1 mol (k là hệ số)
+) nZ = xk + yk + zk = 0,36
Lập tỉ lệ → (2)
- Đốt cháy hợp chất hữu cơ X, Y, Z (chứa C, H, O) ta có cơng thức: nCO2 - nH2O = (kX-1)nX + (kY-1)ny +
(kZ -1)nz
Vì X nó 2 liên kết  , Y có 1 liên kết  và Z có 3 liên kết  → (3)
Giải (1) (2) và (3) thu được x, y, z
- Đặt X là CnH2n-2O2 (0,03 mol); Y là CmH2mO2 (0,13 mol)
Bảo tồn C có nCO2 = nC(X) + nC(Y) + nC(Z) → Mối liên hệ giữa n và m.
Chọn giá trị của n, m thỏa mãn n, m > 1 vì 50 < MX < MY.
→ CTCT của X và Y Z
→ %mZ
Hướng dẫn giải
Gọi x, y, z là số mol lần lượt của X, Y,Z
*E + KOH → nKOH = nCOO(E) = 0,2 mol → nO(E) = 0,4 mol = 2x + 2y + 4z (1)
*E + O2 → CO2 + H2O
Bảo toàn O có 2nCO2 + nH2O = 2x + 2y + 4x + 2nO2 = 1,4 mol
BTKL có 44nCO2 + 18nH2O = mE+ mO2 = 29,12 gam
→ Giải hệ có nCO2 = 0,49 mol và nH2O = 0,42 mol
*E+ Br2 thì nBr2 = 0,1 mol < nE nên 1 trong 2 chất X và Y có chứa 2 liên kết 
Giả sử X chứa 2 liên kết  thì Z sẽ chứa 3 liên kết  và có phản ứng với Br2

+) nBr2 = nX + nZ = xk + zk = 0,1 mol (k là hệ số)
+) nZ = xk+yk + zk = 0,36
Lập tỉ lệ → \(\frac{{x + z}}{{x +y+z}} = \frac{{0,1}}{{0,36}}\) (2)
- Đốt cháy hợp chất hữu cơ X, Y, Z (chứa C, H, O) ta có cơng thức: nCO2 – nH2O =(kX-1)nX + (kY-1) nY +
(kZ-1)nZ
Vì X nó 2 liên kết  , Y có 1 liên kết  và Z có 3 liên kết  → nCO2 - nH2O= x+ 2z= 0,07 (3)
Giải (1) (2) và (3) có x = 0,03 mol; y = 0,13 mol và z = 0,02 mol
- Đặt X là CnH2n-2O2 (0,03 mol); Y là CmH2mO2 (0,13 mol)
Bảo tồn C có nCO2 = nC(X) + nC(Y) + nC(Z) = 0,03n + 0,13m + 0,02.(n+ m + 2)
→ 0,05n + 0,15m = 0,45 →n + 3m = 9 (n, m > 1 vì 50 < MX < MY)
Nghiệm thỏa mãn là m = 2; n = 3
X là CH3COOH và Y là CH3COOH
→ Z là CH3COO-CH2-CH2-OOCC2H3: 0,02 mol
→ %mZ = (3,16/13,12).100% = 24,09% gần nhất với 24,0%
Đáp án C
Câu 77: D
Đặt nH2SO4 = nHCl = b(mol)
- Do ban đầu kết tủa tăng chậm (chỉ tạo BaSO4) sau đó tăng nhanh hơn (tạo đồng thời BaSO4 và
Al(OH)3)
→ Dung dịch Y có chứa H+ dư, Al3+, SO42-; Cl- Phản ứng diễn ra 2 quá trình tạo kết tủa độc lập là:
Trang 17


+) Tạo BaSO4:
Ba2+ + SO42- → BaSO4
(1)
+) Tạo Al(OH)3:
H+ + OH- → H2O
(2)
3+

A1 + 3OH + Al(OH)3
(3)
Al(OH)3 + OH → A1O2 + 2H2O (4)
Gọi các điểm gấp khúc của đồ thị lần lượt là A, B, C, D.
- Tại A kết tủa bắt đầu tăng nhanh → (1) đang xảy ra và (2) vừa kết thúc
→ H+ bị trung hòa hết, Al(OH)3 chưa tạo thành, kết tủa chỉ có BaSO4:
139,8
→ nBa(OH)2 = n BaSO4 
= 0,6(mol)
233
Mà phản ứng trung hòa: nH+ = nOH- = 1,2 ↔ 2b + b = 2.0,6 ↔ b = 0,4
→nSO42- = nH2SO4= 0,4(mol)
→ nBaSO4 max = nSO42- = 0,4(mol)
- Tại C kết tủa đạt giá trị lớn nhất nên có kết tủa nào đó đạt cực đại:
Mà ta thấy nBa(OH)2 =1,5 > nBaSO4 max = 0,4 → BaSO4 đã kết tủa cực đại điểm trước đó (là điểm B)
→ Tại C thì Al(OH)3 đạt cực đại
Khi Al(OH)3 max thì: nOH- = nH+ +3nAl3+ → 2.1,5 = 1,2 + 3x → x = 0,6
- Tại điểm D thì Al(OH)3 vừa bị tan hết:
→ n = nOH+ = nH+ 4nAl3+ → 2a = 1,2 +4.0,6 → a = 1,8
Vậy a: x = 1,8 : 0,6 = 3
Đáp án D
Câu 78: C
Phương pháp:
MF = 36,6→ Mà F chứa 2 amin đơn chức là đồng đẳng kế tiếp
→ CH3NH2 (a mol) và C2H5NH2 (b mol)
Lập hệ phương trình về số mol khí và khối lượng khí để xác định a, b.
Ta thấy: nkhí < nNaOH → Các chức muối không tạo hết thành amin
Mà G chứa 4 muối trong đó có 3 muối có cùng số C → 3 muối này chỉ có thể có 2C
→ CTCT của các chất trong E
Hướng dẫn giải:

MF = 18,3.2 = 36,6 → Mà F chứa 2 amin đơn chức là đồng đẳng kế tiếp
→ CH3NH2 (a mol) và C2H5NH2 (b mol)
5,6

 0, 25
a  0,15
n khi  a  b 
Ta có hệ pt: 
22, 4

m  31a  45b  0, 25.36,6 b  0,1
 khi
Ta thấy: nkhí = 0,25 < nNaOH = 0,4 → Các chức muối không tạo hết thành amin
Mà G chứa 4 muối trong đó có 3 muối có cùng số C → 3 muối này chỉ có thể có 2C
→ E chứa:

Giả sử mol của X, Y, Z lần lượt là x, y, z
Trang 18


n NaOH  2x  2y  2z  0, 4  x  0, 05


Ta có hệ phương trình: n CH3 NH2  x  y  0,15
  y  0,1

z  0, 05

n C2H5 NH5  x  z  0,1
Suy ra G chứa 4 muối:

(COONa)2: 0,05 mol
CH3COONa: 0,1 mol
HCOONa: 0,05 mol
H2N-CH2-COONa: 0,1 +0,05 = 0,15 mol
Muối có PTK lớn nhất là (COONa)2 có %m ≈ 20,4% gần nhất với 20%
Đáp án C
Câu 79: C
*Thủy phân 0,16 mol hỗn hợp A trong NaOH vừa đủ:
Do thu được muối của Gly và Ala nên X, Y được tạo nên bởi a.a có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH.
Từ CTPT đề bài cho dễ thấy X là tetrapeptit và Y là hexapeptit.
Bảo toàn nguyên tố Na → nNaOH = nGly-Na + nAla-Na = 0,32+0,5 = 0,82 mol
Giả sử 0,16 mol A chứa x mol X và y mol Y
n A  x  y  0,16
 x  0, 07

Ta có hệ pt: 
n NaOH  4x  6y  0,82  y  0, 09
Giả sử X là GlynAla4-n(0,07 mol) và Y là GlymAla6-m (0,02 mol)
Bảo toàn Gly ta có: 0,07n+ 0,09m = 0,32 → 7n + 9m = 32
→ n = 2; m = 2 là nghiệm duy nhất
→ X là Gly2Ala2 (C10H18O5N4) và Y là (C16H28O7N6) có tỉ lệ mol là 7: 9
(Cách thiết lập CTPT peptit: CnH2n+2-2k+mNmOt với k là số liên kết  )
*Đốt cháy m gam hỗn hợp A:
Đặt số mol của X, Y trong m gam A lần lượt là 7a và 9a (mol)
C10H18O5N4 → 10 CO2 + 9 H2O
7a →
70a →
63a
(mol)
C16H28O7N6 → 16 CO2 + 14 H2O

9a →
144a
→ 126a
(mol)
Ta có:

m

CO2  H2O

= 44.(70a +144a) +18(63a +126a) = 51,272 → a = 0,004

→ m gam A chứa 0,028 mol Gly2-Ala2 và 0,036 mol Gly2Ala4
→ m = 0,028.(75.2 + 89.2 - 18.3) + 0,036,675.2 + 89.4 - 18.5)= 22,648 gam gần nhất với 23 gam
Đáp án C
Câu 80: D
Phương pháp: Viết PTHH.
Hướng dẫn giải:
(a) Nung nóng hỗn hợp Cu(NO3)2 và KNO3.
→ Thu được khí NO2, O2 vì:
t
2Cu(NO3)2 
 2CuO + 4NO2 ↑ + O2
0

t
2KNO3 
 2KNO3 + O2
(b) Cho Fe(OH)2 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư).
0

t
→ Thu được khí SO2 vì: 2Fe(OH)2 + 4H2SO4 dac 
 Fe2(SO4)3 + SO2↑ + 6H2O
0

Trang 19


(c) Sục khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 dư.
→ Khơng thu được khí vì: CO2 + Ca(OH)2du → CaCO3↓ + H2O
(d) Cho dung dịch KHSO4 vào dung dịch NaHCO3.
→ Thu được khí CO2 vì: 2KHSO4 +2NaHCO3 → K2SO4 + Na2SO4 + 2H2O + 2CO2↑
(e) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl lỗng.
+ Thu được khí là sản phẩm khử của NO3- vì: Fe2+ + H+ + NO3- → Fe3+ + Khi + H2O
(g) Cho đinh sắt vào dung dịch H2SO4 lỗng.
→ Thu được khí H2 vì: Fe + H2SO4 → FeSO4 +H2↑
Vậy có 5 thí nghiệm thu được khí (a) (b) (d) (e) (g).
Đáp án D

Trang 20