đề thi thử THPTQG 2020 hóa học chuyên KHTN hà nội lần 1 có lời giải

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

Họ tên thí sinh: ...

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2019 - 2020
Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Môn thi thành phần: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian phát đề
Số báo danh: ......

Mã đề 2003

Cho biết: H=1; C=12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; Al=27; S = 32; Cl=35,5; Ca=40; C=52; Fe=56;
Cu=64; Zn=65; Sr=8; Ag=108; Ba=137.
Mục tiêu:
Đề thi thử THPT QG Chuyên KHTN - Lần 1 năm 2020 mức độ đề thi phân loại tốt, câu hỏi từ 41-70
không làm khó học sinh, các HS nắm chắc kiến thức lý thuyết dễ dàng đạt được 6,5 - 7 điểm. Câu hỏi ít có
yếu tố đánh lừa học sinh, kiến thức vận chủ yếu rơi vào chương trình lớp 12, 1 số câu rơi vào lớp 11 như
câu (48, 51, 67). Từ câu 71 - 80 là những câu bài tập lý thuyết và bài tập tính toán phức tạp và yêu cầu HS
hiểu và vận dụng kiến thức hóa để giải, những câu này là câu phân loại học sinh. Các bạn HS cần vận
dụng kĩ năng tư duy, và vận dụng linh hoạt các phương pháp giải nhanh (quy đổi, bảo toàn nguyên tố, bảo
toàn electron) để chinh phục được những câu này.
Câu 41 [TH]: Thứ tự một số cặp oxi hóa - khử trong dãy điện hóa như sau: Fe2 / Fe, Cu2 / Cu, Fe3 / Fe
. Cặp chất không phản ứng với nhau là?
A. Fe và dung dịch CuCl2 .
B. Cu và dung dịch FeCl3 .
C. Fe và dung dịch FeCl3 .

D. Dung dịch FeCl2 và dung dịch CuCl2 .

Câu 42 [TH]: Hoàn tan hoàn toàn hỗn hợp gồm MgO, Zn  OH 2 , Al, FeCO3 , Cu OH 2 , Fe trong dung
dịch H 2 SO4 loãng dư, sau phản ứng thu được dung dịch X. Cho vào dung dịch X một lượng Ba  OH 2 dư
thu được kết tủa Y. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp chất rắn Z. Sau
đó dẫn luồng khí CO dư (ở nhiệt độ cao) từ từ đi qua Z đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất
rắn G. Thành phần các chất trong G là:
A. MgO, BaSO4 , Fe, Cu .
B. BaO, Fe, Cu, Mg, Al2O3.
C. MgO, Al2O3 , Fe, Cu, ZnO.

D. BaSO4 , MgO, Zn, Fe, Cu.

Câu 43 [NB]: Cho dung dịch NaOH vào dung dịch chất X, thấy thoát ra chất khí có mùi khai. Chất X là?
A. FeCl3 .
B. FeCl2 .
C. NH4C1.
D. CuCl2 .
Câu 44 [NB]: Công thức phân tử của đồng (II) sunfat là?
A. CuSO4 .

B. CuCl2 .

C. Cu  NO3 2 .

D. FeSO4 .

Câu 45 [TH]: Cho 1 ml dung dịch AgNO3 1% vào ống nghiệm sạch, lắc nhẹ, sau đó nhỏ từ từ từng giọt
dung dịch NH3 2M cho đến khi kết tủa sinh ra bị hòa tan hết. Nhỏ tiếp 3 - 5 giọt dung dịch X đun nóng
nhẹ hỗn hợp ở khoảng 60°- 70°C trong vài phút, trên thành ống nghiệm xuất hiện lớp bạc sáng. Chất X là?
A. Axit axetic.
B. etylaxetat.

C. Ancol etylic.
D. Anđehit axetic.
Câu 46 [TH]: Cho m gam Al tác dụng hết với dung dịch H 2 SO4 loãng dư, thu được 3,36 lít H2 (đktc).
Giá trị của m là?
A. 2,7.

B. 1,35.

C. 4,05.

D. 5,4
Trang 1


Câu 47 [TH]: SO2 luôn thể hiện tính khử trong các phản ứng với các chất nào sau đây?
A. H2 S , O2 , nước Br2 .

B. Dung dịch KOH, CaO, nước Br2 .

C. O2 , nước Br2 , dung dịch KMnO4 .

D. Dung dịch NaOH, O2 , dung dịch KMnO4 .

Câu 48 [NB]: Ở điều kiện thường, khí X không màu, không mùi, rất ít tan trong nước, không duy trì sự
cháy và hô hấp. Trong không khí, khí X chiếm % thể tích lớn nhất. Công thức của X là?
A. H2 .
B. O2 .
C. N 2 .
D. CO2 .
Câu 49 [NB]: Isoamyl axetat là este có mùi chuối chín. Công thức của isoamyl axetat là gì?

A. CH3COOC2 H3.

B. CH3COOCH 2CH 2CH CH3 2 .

C. HCOOCH3.

D. CH3COOC2 H5 .

Câu 50 [VD]: Lên men m gam glucozơ thành ancol atylic với hiệu suất 50%, thu được V lít CO2 (đktc).
Hấp thụ toàn bộ lượng CO2 này vào dung dịch Ca  OH 2 dư thu được 30 gam kết tủa. Giá trị của m là?
A. 108,0.
B. 18,0.
C. 27,0.
D. 54,0.
Câu 51 [TH]: Chất bột X màu đen, có khả năng hấp thụ các khí độc nên được dùng trong nhiều loại mặt
nạ phòng chất độc. Chất X là?
A. Lưu huỳnh.
B. Than hoạt tính.
C. Thạch cao.
D. Đá vôi.
Câu 52 [TH]: Chất nào sau đây thuộc loại monosacrit?
A. Xenlulozơ
B. Tinh bột.
C. Fructozơ
D. Sacarozo.
Câu 53 [VD]: Nhúng thanh Fe vào dung dịch CuSO4 sau một thời gian nhấc thanh Fe rồi sấy khô thấy khối
lượng của nó tăng 1,6 gam so với ban đầu. Giả sử lượng Cu sinh ra bám hết lên thanh Fe. Khối lượng Fe
đã phản ứng là?
A. 8,4.
B. 6,4.

C. 5,6.
D. 11,2.
Câu 54 [VD]: Dẫn luồng khí CO đi qua hỗn hợp gồm CuO và Fe2O3 nung nóng, sau một thời gian thu
được chất rắn X và khí Y. Cho Y hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca  OH 2 dư, thu được 30 gam kết tủa.
Chất rắn X phản ứng với dung dịch HNO3 dư thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá
trị của V là?
A. 8,96.

B. 4,48.

C. 6,72.

D. 3,36.

Trang 2


Câu 57 [VD]: Cho 4,45 gam amino axit X (công thức có dạng H2 NCn H2n  COOH ) tác dụng hết với dung
dịch NaOH dư, thu được 5,55 gam muối. Phần trăm khối lượng của H trong phân tử X là?
A. 10,11%.
B. 5,62%.
C. 7,87%.
D. 15,73%.
Câu 58 [NB]: Kim loại nào sau đây là kim loại kiềm?
A. Ba.
B. Ca.
C. Al.
D. Cs.
Câu 59 [NB]: Cho kim loại M vào dung dịch NaOH loãng dư thấy M không tan. Kim loại M là?
A. Na.

B. Ca.
C. Fe.
D. Al.
Câu 60 [NB]: Phèn chua có tác dụng làm trong nước, công thức của phèn chua là?
A. Na2 SO4 .Al2  SO4 3 . 24H2O.

B. K2 SO4 . Al2  SO4 3 .12H2O.

C. K2 SO4 . Al2  SO4 3 .24H2O.

D.  NH 4 2 SO4 . Al2  SO4 3 .12H 2O.

Câu 61 [TH]: Kim loại nào sau đây được chiều chế bằng phản ứng nhiệt nhôm?
A. Cr.
B. Al.
C. Na.
D. Ca.
Câu 62 [TH]: Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Amino axit là hợp chất có tính lưỡng tính.
B. Các hợp chất peptit kém bền trong môi trường axit nhưng bên trong môi trường kiềm.
C. Trong một phân tử tetrapeptit mạch hở có 4 liên kết peptit.
D. Trong môi trường kiềm, đipeptit mạch hở tác dụng được với Cu  OH 2 cho hợp chất màu tím.
Câu 63 [VD]: Hỗn hợp X gồm axit HCOOH và axit CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1). Lấy 10,6 gam hỗn hợp X
tác dụng với 11,5 gam C2 H5OH (có xúc tác H 2 SO4 đặc) thu được m gam hỗn hợp este (hiệu suất của các
phản ứng este hóa đều bằng 80%). Giá trị của m là?
A. 20,24.
B. 12,96.
C. 16,1.
Câu 64 [VD]: Cho sơ đồ các phản ứng theo đúng tỉ lệ mol:

D. 32,40.

 a  X  Y  CO2
b Y  H2O  Z
 c  T  Z  R  X  H2O
 d  2T  Z  Q  X  2H2O
Các chất Q, R thỏa mãn sơ đồ trên lần lượt là?
A. NaHCO3 , Ca  OH 2 .

B. NaOH , Na2CO3 .

C. Na2CO3 , NaOH .

D. Ca  OH 2 , NaHCO3 .

Câu 65 [NB]: Dung dịch nào sau đây không làm thay đổi màu quỳ tím?
A. HC1.

B. KOH.

C. H2 NCH  CH3  COOH .

D. C2 H5 NH2 .

Câu 66 [TH]: Tinh thể chất X không màu, vị ngọt, dễ tan trong nước. Trong máu người có một lượng nhỏ
chất X với nồng độ hầu như không đổi khoảng 0,1%. X có thể được điều chế bằng phản ứng thủy phân chất
Y. Tên gọi của X và Y lần lượt là?
A. glucozo và fructozo.
B. fructozo và saccarozo.
C. saccarozo và xenlulozo.

D. glucozo và tinh bột.
Câu 67 [VD]: Hỗn hợp X gồm 0,2 mol vinylaxetilen và 0,6 mol H2 . Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni)
một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 bằng 10. Dẫn hỗn hợp Y qua dung dịch brom dư,
sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng brom tham gia phản ứng là
A. 32,0 gam.
B. 60,8 gam.
C. 35,2 gam.

D. 64,0 gam.
Trang 3


Câu 68 [NB]: Kim loại nào sau đây là chất lỏng ở điều kiện thường?
A. Al.
B. Na.
C. Cu.
D. Hg.
Câu 69 [VD]: Cho các phát biểu sau:
(a) Sau khi mổ cá, có thể dùng nước vôi để giảm mùi tanh.
(b) Dầu thực vật và dầu nhớt bôi trơn máy đều có thành phần chính là chất béo.
(c) Cao su sau khi được lưu hóa có tính đàn hồi và chịu nhiệt tốt hơn.
(d) Khi làm trứng muối (ngâm trứng trong dung dịch NaCl bão hòa) xảy ra hiện tượng đông tụ protein.
(e) Nước ép quả nho chín có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.
(g) Để giảm đau nhức khi bị kiến đốt, có thể bôi một ít vôi tôi vào vết đốt.
(h) K2Cr2O7 có màu vàng, K2CrO4 có màu da cam.
(i) Chất béo là tri este của etilen glicol với axit béo.
Số phát biểu đúng là
A. 4.
B. 5.
C. 3.

Câu 70 [TH]: Polime nào sau đây thuộc polime tổng hợp?
A. Amilozo.
B. Tơ capron.
C. Tơ tằm.
D. Tơ xenlulozo axetat.

D. 2.

Câu 71 [VDC]: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X  C4 H8O3 N2  , peptit Y  C7 H xOy N z 
và peptit Z  C11H nOm Nt  . Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm 3
muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng 1,155 mol O2 , thu được CO2 , H2O , N2 và
23,32 gam Na2CO3 . Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E là
A. 4,64%.

B. 6,97%.

C. 9,29%.

D. 13,93%.

Câu 72 [VDC]: Hòa tan hết 5,51 gam hỗn hợp X gồm FeCO3 , Fe  NO3 2 và Al vào dung dịch Y chứa

KNO3 và 0,2 mol HCl, thu được dung dịch Z và 1,344 lít (đktc) khí T gồm CO2 , H2 và NO (có tỷ lệ khối
lượng tương ứng là 110 : 2 : 75). Dung dịch Z phản ứng được tối đa với 0,225 mol NaOH. Nếu cho Z tác
dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và NO là
sản phẩm khử duy nhất của N 5 trong các phản ứng trên. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào dưới đây?
A. 31,5.
B. 28,5.
C. 30,5.
D. 29,5.

Câu 73 [VDC]: Hợp chất hữu cơ X (chứa C, H, O) chỉ có một loại nhóm chức. Cho 0,3 mol X phản ứng
vừa đủ với 360 gam dung dịch NaOH, thu được dung dịch Y. Làm bay hơi Y, chỉ thu được 329,4 gam hơi
nước và 88,8 gam hỗn hợp chất rắn khan Z. Đốt cháy hoàn toàn Z, thu được 47,7 gam Na2CO3 , 112,2 gam

CO2 và 29,7 gam H2O . Mặt khác, Z phản ứng với dung dịch H2 SO4 loãng (dư), thu được hai axit cacboxylic
đơn chức và hợp chất T (chứa C, H, O và M T < 125). Phân tử T có số nguyên tử H là?
A. 8.
B. 6.
C. 10.
D. 12.
Câu 74 [VDC]: Hỗn hợp A gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit X. Đốt cháy hoàn toàn m gam A
cần dùng vừa đủ 9,21 mol O2 , Thu được H2O và 6,42 mol CO2 . Mặt khác, m gam A tác dụng vừa đủ với
dung dịch chứa 0,36 mol NaOH, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri
panmitat, natri sterat. Giá trị của a là?
A. 107,04
B. 103,56.
C. 103,44
D. 106,80.
Câu 75 [VDC]: Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) dung dịch X
chứa a mol MSO4 (M là kim loại) và 0,3 mol KCl trong thời gian t giây, thu được 2,24 lít khí ở anot (đktc)
và dung dịch Y có khối lượng giảm m gam so với khối lượng dung dịch X. Nếu thời gian điện phân là 2t
Trang 4


giây thì thu được dung dịch Z có khối lượng giảm 19,6 gam so với khối lượng dung dịch X. Biết hiệu suất
điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Giá trị của a là 0,15.
B. Giá trị của m là 9,8.
C. Tại thời điểm 2t giây, chưa có bọt khí ở catot.
D. Tại thời điểm 1,4t giây, nước chưa bị điện phân ở anot.

Câu 76 [VDC]: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 trong 400,0 ml dung dịch NaOH
2M, thu được dung dịch Y và 6,72 lít khí H2 (đktc). Thêm 600,0ml hoặc 1400,0ml dung dịch HCl yM vào
dung dịch Y đều thu được cùng một lượng kết tủa có khối lượng m gam. Giá trị gần nhất của m là?
A. 13,8.
B. 16,0.
C. 18,2.
D. 16,4.
Câu 77 [VD]: Cho các sơ đồ phản ứng theo đúng tỷ lệ mol:
t
 X1  X 2  H 2O
 a  X  2 NaOH 
 X 3  Na2 SO4
b X1  H2 SO4 
o

t , xt
 poli  etylenterephtalat   2nH 2O
 c  nX 3  nX 4 
0

t , xt
 X5
 d  X 2  CO 
0

e X 4 

H SO dac ,t 0

2

4

 X 6  H 2O
2 X 5 


Cho biết: X là este có công thức phân tử C9 H8O4 . X1, X 2 , X 3 , X 4 , X 5 , X 6 là các chất hữu cơ khác nhau.
Phân tử khối của X 6 là?
A. 118.
B. 32.
C. 104.
D. 146.7
Câu 78 [VDC]: Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ thu được hỗn hợp X gồm CO2 , CO, H2 , H2O . Dẫn X đi
qua 38,28 gam hỗn hợp Fe3O4 và FeCO3 nung nóng thu được hơi nước, 6,72 lít CO2 (đktc) và chất rắn Y
gồm Fe, FeO, Fe3O4 . Chia Y thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Hòa tan hết trong dung dịch chứa a mol HNO3 và 0,0375 mol H 2 SO4 , thu được 3,36 lít (đktc) khí
NO là sản phẩm khử duy nhất.
- Phần 2: Hòa tan hết trong dung dịch H 2 SO4 đặc nóng, thu được dung dịch chứa hai muối có số mol bằng
nhau và 5,04 lít khí SO2 (đktc) duy nhất. Giá trị của a là:
A. 0,600 mol.
B. 0,675 mol.
Câu 79 [TH]: Cho các phản ứng sau:

C. 0,525 mol

D. 0,750 mol.

 a  FeS  2HCl  FeCl2  H2 S
b Na2 S  2HCl  2NaCl  H2 S
 c  2 AlCl3  3Na2 S  6H2O  2 Al OH 3  3H2S  6NaCl

 d  KHSO4  KHS  K2 SO4  H2 S
 e BaS  H2 SO4 1  BaSO4  H2S
(f) K2 S  H 2 SO4 1  BaSO4  H 2 S
Số phản ứng có phương trình ion rút gọn S 2  2H   H2 S là?
A. 1.

B. 3.

C. 2.

D. 4.
Trang 5


Câu 80 [VDC]: Cho m gam Al tác dụng với O2 , sau một thời gian thu được (m + 2,88) gam hỗn hợp X.
Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được a mol H2 và dung dịch Y. Rót từ từ dung dịch
NaOH vào dung dịch Y ta có đồ thị sau:

Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư, thu được V lít hỗn hợp khí NO và N2O (đktc) có tỉ khối

2242 

a  gam chất rắn khan. Giá
so với hidro là 16,75 và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch X thu được  m 
9


trị của V gần nhất với giá trị nào dưới đây?
A. 1,8.
B. 2,1.

C. 2,3.
D. 1,7

-----------HẾT---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN
41-D

42-A

43-C

44-A

45-D

46-A

47-C

48-C

49-B

50-D

51-B

52-C

53-D

54-B

55-B

56-A

57-B

58-D

59-C

60-C

61-A

62-A

63-B

64-C

65-C

66-D

67-B

68-D

69-A

70-B

71-A

72-D

73-A

74-D

75-D

76-B

77-D

78-B

79-C

80-A

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

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

Trang 6

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 41:
Phương pháp: Dựa vào quy tắc 

Hướng dẫn giải:
A. Fe  Cu 2  Fe2  Cu
B. Cu  2 Fe3  Cu 2  2 Fe2
C. 2 Fe3  Fe  3Fe2
D. Fe2  Cu 2  Không xảy ra phản ứng.
Đáp án D
Câu 42:
Phương pháp:

Zn  OH 2 và Al  OH 3 tan trong Ba  OH 2 dư tạo thành do trong suốt
Fe  OH 2 nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được Fe2O3

CO chỉ khử được các oxit của kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa học
Hướng dẫn giải:
 MgO
 Mg 2

 Mg  OH 2
 3
 MgO
 MgO
 Zn  OH 2
Al , Zn 2





 A1
 Fe  OH 2
 2+
 Fe2O3
 Fe
Ba  OH 2 du
t0
 CO ,t 0
 H 2 SO4loang  dd X Fe
  Y 


 G 

 FeCO3
Cu 2
Cu  OH 2
CuO
Cu
Cu  OH 


 BaSO4
 BaSO4
2
 BaSO4


 SO4 2

 Fe
Đáp án A
Câu 43:
Phương pháp: NH3 là khí có mùi khai đặc trưng
Hướng dẫn giải:
Khí mùi khai là NH3 . Vậy X là NH4Cl
PTHH: NaOH  NH4Cl  NaCl  NH3  H2O
Đáp án C
Câu 44:
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức học trong bài đồng và hợp chất của đồng sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Đồng (II) sunfat: CuSO4
Đáp án A
Câu 45:
Trang 7


Phương pháp:
Chất X có phản ứng với dd AgNO3 / NH3.  X có nhóm -CHO trong phân tử
Hướng dẫn giải:
Chất X có phản ứng với dd AgNO3 / NH3. Vậy X là Anđehit axetic  CH3CHO 
t
PTHH: CH3CHO  2 AgNO3  2 NH3  H 2O 
 CH3COONH4  2 Ag  2 NH4 NO3
0

Đáp án D

Câu 46:
Phương pháp:
Đổi mol H2 , tính mol Al theo số mol H2 dựa vào PTHH

PTHH : 2 Al  6HCl  2 AlCl3  3H2 
Hướng dẫn giải:

nH 2  đktc   3,36 : 22, 4  0,15  mol 
PTHH : 2 Al  6HCl  2 AlCl3  3H 2 

 mol 

 0,15

0,1

Theo PTHH: n  nAl 

2
2
nH 2  .0,15  0,1 mol   mAl  0,1.27  2, 7  g 
3
3

Đáp án A
Câu 47:
Phương pháp: Số oxi hóa của S trong SO2 là +4

SO2 thể hiện tính khử khi phản ứng với chất oxi hóa, số oxi hóa của S tăng lên (+6) sau phản ứng
Hướng dẫn giải:

A. Loại vì phản ứng với H2 S , SO2 , thể hiện tính oxi hóa
4

2

0

t
S O2  2 H 2 S 
 3 S  2 H 2O
0

B. Loại vì SO2 tác dụng với KOH và CaO không thay đổi số oxi hóa  không thể hiện tính khử hay tính
oxi hóa
PTHH:

SO2  2 KOH  K 2 SO3  H 2O
SO2  CaO  CaSO3

C. Thỏa mãn
4

0

4

0

o

6

V2O5 ,t
S O2  O2 
 S O3
1

6

S O2  Br2  2H 2O  2H Br  H 2 S O4
4

6

2 6

6

5 S O2  2KMnO4  2H 2O  K 2 S O4  2 Mn S O4  2H 2 S O4
D.Loại vì SO2 phản ứng với NaOH không có sự thay đổi số oxi hóa
PTHH: SO2  2NaOH  Na2 SO4  H2O
Đáp án C
Câu 48:
Hướng dẫn giải:
X là N2 (trong không khí N2 chiếm 78% thể tích về không khí)
Trang 8


Đáp án C
Câu 49:

Phương pháp: Dựa vào phần một số este có mùi thơm đặc biệt trong phần tính chất vật lí sgk hóa 12 trang 5
Isoamyl axetat - có mùi chuối chính
Etyl butirat và etyl propionat - có mùi dứa
Geranyl axetat - có mùi hoa hồng
Hướng dẫn giải:
Isoamyl axetat: CH3COOCH 2CH 2CH CH3 2 .
Đáp án B
Câu 50:
Phương pháp:

BTNT “C” : nCO2  nCaCO3  ?  mol 
len men
C6 H12O6 
2C2 H5OH  2CO2

Vì %H = 50% nên mC6 H12O6 thực tế = mC6 H12O6 lí thuyết x 100%: %H  ?
Với lượng lí thuyết là lượng tính theo PTHH
Hướng dẫn giải:

CO2  Ca  OH 2  CaCO3   H2O
BTNT“C”: nCO2  nCaCO3  30 :100  0,3  mol 
len men
C6 H12O6 
2C2 H 5OH  2CO2  mol 
 0,3
 mol  0,15

Theo PT (2): nC6 H12O6  1/ 2nCO2  0,15  mol   mC6 H12O6 lí thuyết = 0,15.180 = 27 (g)
Vì %H= 50% nên mC6 H12O6 thực tế = mC6 H12O6 lí thuyết x100% : H= 27 x 100%: 50% = 54 (g)
Đáp án D

Câu 51: B
Câu 52:
Phương pháp: Dựa vào sự phân loại cacbohidrat học trong chương 2 - sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Xenlulozơ và Tinh bột thuộc polisaccarit
Fructozơ thuộc monosacrit
Sacarozơ thuộc đisaccarit
Đáp án C
Câu 53:
Phương pháp:
PTHH : Fe  CuSO4  FeSO4  Cu 
Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Hướng dẫn giải:
Đặt nFe pu  x  mol 

PTHH : Fe  CuSO4  FeSO4  Cu 

 mol 

x

x

Trang 9


mtăng  mCusinh ra  mFe pu
 1, 6  64 x  56 x
 1, 6  8x

 x  0, 2  mol 
 nFe pu  0, 2  mol   mFe pu  0, 2.56  11, 2  g 
Đáp án D
Câu 54:
Phương pháp:
Sau tất cả quá trình số oxi hóa của Fe3 vẫn về Fe3 và Cu 2 vẫn về Cu 2
Chỉ có sự thay đổi số oxi hóa của C 2 lên C 4 và của N 5 xuống N 2
Do vậy số e C 2 nhường bằng số mol số e N 5 nhận
Hướng dẫn giải:
4
 Ca  OH 2

CO


Ca
C
O3 : 0,3  mol 
2
2



2
2
Cu O

t0
 3
 C O 

 Cu, Fe, FeO, Fe O 
5
 3
Fe
NO
,
Cu


 NO3 2

3 3
3 4
 H N O3du

 Fe2 O3

 
2
CuOdu, Fe2O3du 
N O


Sau tất cả quá trình số oxi hóa của Fe3 vẫn về Fe3 và Cu 2 vẫn về Cu 2
Chỉ có sự thay đổi số oxi hóa của C 2 lên C 4 và của N 5 xuống N 2
Do vậy số e C 2 nhường bằng số mol số e N 5 nhận
BTNT “C”: nCO  nCaCO3  0,3  mol 
Bảo toàn e ta có: 2nCO  3nNO  nNO  2.0,3 / 3  0, 2  mol   VNO đktc  0, 2.22, 4  4, 48  lít 
Đáp án B
Câu 55:

Phương pháp: Dựa vào kiến thức về polime
Hướng dẫn giải:
A. Sai vì PVC được điều chế bằng phản ứng trùng hợp
B. Đúng
C. Sai vì tinh bột thuộc polisaccarit
D. Sai vì tơ tằm là tơ thiên nhiên
Đáp án B
Câu 56:
Phương pháp:
Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học:
+ Xuất hiện các điện cực có bản chất khác nhau như KL - KL; KL - PK; KL - HC
+ Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau thông qua dây dẫn
+ Các chất cùng nhúng trong 1 dung dịch chất điện li
Hướng dẫn giải:
A. Thỏa mãn vì
+ Xuất hiện 2 điện cực có bản chất khác nhau là Fe2 / Fe và Cu 2 / Cu.
+ 2 chất tiếp xúc trực tiếp với nhau
+ Cùng nhúng trong 1 dung dịch chất điện li là H 2 SO4
Trang 10


B. Loại vì không xuất hiện 2 điện cực có bản chất khác nhau
C. Không xảy ra ăn mòn điện hóa học
D. Loại vì chỉ xuất hiện 1 cặp điện cực là Fe2 / Fe
Đáp án A
Câu 57:
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Hướng dẫn giải:
H 2 NCn H 2 nCOOH  NaOH  H 2 NCn H 2 nCOONa  H 2O
a  mol 

a  mol 
Từ

H2 NCn H2nCOOH :a mol chuyển thành

H2 NCn H2nCOONa :a mol khối lượng tăng là:

mNa  mH  23a  a  22a  g 
Theo bài: mtăng  mmuoi  mX
→ 22a = 5,55 - 4,45
→ 22a = 1,1
→ a= 0,05
m 4, 45
 M H2 NCn H2 nCOOH  
 89
n 0,05
 16  14n  45  89
→ 14n = 28
→ n=2
→ X : H2 NC2 H4COOH

 %mH 

7
.100%  7,87%
89

Đáp án B
Câu 58:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức về đại cương kim loại

Hướng dẫn giải:
Cs là kim loại kiềm
Đáp án D
Câu 59:
Hướng dẫn giải:
Na, Ca không tan được trong NaOH nhưng tan được trong nước có trong dd NaOH
A1 có phản ứng với dd NaOH theo PTHH: 2 Al  2NaOH  2H2O  2NaAlO2  3H2 
Vậy Fe là kim loại không tan được trong dd NaOH
Đáp án C
Câu 60:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức học trong chương kim loại kiềm - kiểm thổ và nhôm
Hướng dẫn giải:
10 Công thức của phèn chua: K2 SO4 .Al2  SO4 3 .24H 2O
Đáp án C
Câu 61:

Trang 11


Phương pháp: Kim loại đứng sau A1 trong dãy điện hóa mới có thể điều chế bằng phản ứng nhiệt nhôm
Hướng dẫn giải:
Cr có thể điều chế được bằng phương pháp nhiệt nhôm
t
VD: Cr2O3  Al 
 2Cr  Al2O3
0

Đáp án A
Câu 62:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức lí thuyết tổng hợp về aminoaxit, peptit

Hướng dẫn giải:
A. Đúng vì aminoaxit có nhóm -NH2 và nhóm -COOH trong phân tử vừa có phản ứng với dd axit và dd
bazơ  có tính lưỡng tính.
B. Sai, peptit kém bền trong cả môi trường axit và môi trường kiềm.
C. Sai, chỉ có chứa 3 liên kết peptit
D. Sai, đipeptit không có phản ứng màu với Cu  OH 2
Đáp án A
Câu 63:
Phương pháp: Tìm số mol mỗi axit

Ta thấy: nC 2 H 5OH   nHCOOH CH 3COOH
Vậy axit phản ứng hết, nếu H=100%. Mọi tính toán theo số mol của axit
Vì %H = 80%  nHCOOHpư=nCH3COOHpư = ?
Hướng dẫn giải:
Đặt nHCOOH = nCH3COOH = x (mol)
→ 46x + 60x = 10,6
→106x = 10,6
→ x=0,1 (mol)
nC2H5OH = 11,5 : 46 = 0,25 (mol)

Ta thấy: nC 2 H 5OH   nHCOOH CH 3COOH Vậy axit phản ứng hết, nếu H=100%. Mọi tính toán theo số mol của
axit
Vì %H = 80% => nHCOOH pư= nCH3COOH pư = 0,1.80%:100% = 0,08 (mol)
PTHH : HCOOH  C2 H 5OH  HCOOC2 H 5  H 2O
 0, 08
 mol  0, 08
CH 3COOH  C2 H 5OH  CH 3COOC2 H 5  H 2O
 0, 08
 mol  0, 08
Vậy este thu được có: HCOOC2 H5 : 0,08 (mol) và CH3COOC2 H5 :0,08 (mol)

→ meste = 0,08.74 +0,08.88 = 12,96 (g)
Đáp án B
Câu 64:
Phương pháp: Suy luận X là CaCO3, từ đó tìm các chất còn lại
Hướng dẫn giải:
t
 CaO  CO2
 a  CaCO3 
X 
Y 
0

Trang 12


 b  CaO  H 2O  Ca  OH 2
(Z )
Y 
 c  NaHCO3  Ca  OH 2  NaOH  CaCO3   H 2O
(Z )
T 
 R
X 
 d  2 NaHCO3  Ca(OH )2  Na2CO3  CaCO3  2H 2O
T 
Z 
Q 
X 
Vậy Q, R thỏa mãn là Na2CO3 , NaOH.
Đáp án C

Câu 65:
Phương pháp:
Axit làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ
Bazơ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh
R  NH 2  x  COOH  y nếu x  y  quỳ tím chuyển sang màu xanh

x  y  quỳ tím chuyển sang màu đỏ
x  y  quỳ tím không chuyển màu
Hướng dẫn giải:
HCl làm quỳ tím chuyển đỏ;
KOH và C2 H5 NH2 làm quỳ tím chuyển xanh

H 2 NCH  CH3  COOH không làm quỳ tím chuyển màu
Đáp án C
Câu 66:
Phương pháp: suy được ngay X là glucozơ, từ đó suy luận tìm được Y
Hướng dẫn giải:
X là glucozơ, Y là tinh bột
H ,t
 nC6 H12O6
PTHH:  C6 H10O5 n  nH 2O 


0

Đáp án D
Câu 67:
Phương pháp:

ngiam  nH2 pu  nX  nY  ?  mol 

Bảo toàn liên kết pi ta có: n

liên ket pi ban đau

 nH 2 pu  nBr2

Hướng dẫn giải:

MY  10. M H2  10.2  20  g / mol 

BTKL ta có: my  mx  mC4 H4  mH2  0, 2.52  0,6.2  11,6  g 

 nY  mY : MY  11,6 : 20  0,58  mol 

CH  C  CH  CH2  kH2  C4 H42k với k là số liên kết pi bị phá vỡ
→ngiảm = nH2 pư = nX  nY =0,8 - 0,58 = 0,22 (mol)
Bảo toàn liên kết pi ta có: n

liên ket pi ban đau

 nH 2 pu  nBr2

 0,2.3  0,22  nBr 2
Trang 13


 nBr 2  0,38  mol   mBr 2  0,38.160  60,8( g )
Đáp án B
Câu 68:

Phương pháp: Dựa vào kiến thức học trong bài đại cương kim loại
Hướng dẫn giải:
Hg là kim loại duy nhất ở thể lỏng ở đk thường
Đáp án D
Câu 69:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức tổng hợp hữu cơ
Hướng dẫn giải:
(a) sai, mùi tanh của cá gây ra do các amin có trong cá nhất là  CH3 2 N , nước vôi không có phản ứng với
các amin nên không thể làm giảm mùi tanh nha

Amilozơ và tơ tằm thuộc polime thiên nhiên
Tơ xenlulozo axetat là tơ bán tổng hợp
Tơ capron là tơ tổng hợp.
Đáp án B
Câu 71:
Phương pháp:
Phương pháp quy đổi peptit: Do X, Y, Z được tạo nên từ a.a có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH nên quy
đổi thành: CONH , CH2 , H2O (số mol H2O bằng tổng mol peptit)
Hướng dẫn giải:
- Ta thấy: Gly có 2C, Ala có 3C, Val có 5C
+X có CTPT C4 H8O3 N2 nên là Gly-Gly.
+Y có 7C nên chỉ có thể là Gly-Val hoặc Gly-Gly-Ala  Y có tối đa có 3 mắt xích
- Do X, Y, Z được tạo nên từ a.a có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH nên quy đổi thành: CONH , CH2 , H2O
(số mol H2O bằng tổng mol peptit)
- Bảo toàn Na  nNaOH  2nNa2CO3  0, 44 mol
Trang 14


Sơ đồ:


 Na2CO3 : 0, 22

 BT :C
 CO2 : x  0, 22
CONH : 0, 44
 
 MuoiT 
 O2 :1,155
  BT :H


28, 42  g  CH 2 : x
 NaOH : 0, 44  
 H 2O : x  0, 44
 
H O : y

 N : 0, 22
 2
 2

 H 2O : y
+) Bảo toàn O  nCONH  nH2O1  nNaOH  nH2O 2  3nNa2CO3  2nCO2  nH2O3

 0, 44  y  0, 44  y  3.0, 22  2  x  0, 22   x  0, 44  x  0,55
) mE  mCONH  mCH2  mH2O  28, 42  0, 44.43 14.0,55 18. y  y  0,1

 nE  nH2O  0,1 mol
- Số mắt a.a xích trung bình = nN : nE  0,44: 0,1  4,4

- Biện luận tìm các peptit:
+X là đipeptit, Y có tối đa 3 mắt xích  Z có từ 5 mắt xích trở lên
+ Mặt khác Z có 11C Z chỉ có thể là Gly4 Ala
+X, Z không chứa Val  Y chứa Val Y là Gly-Val
- Giả sử E chứa: Gly2 (a mol); Gly-Val (b mol), Gly-Ala (c mol)

mE  132a  174b  317c  28, 42 a  0,01


 b  0,01
Ta lập hệ: nE  a  b  c  0,1
n

c  0,08
 NaOH  2a  2b  5c  0, 44
→ %mX  4,64%
Đáp án A
Câu 72:
Phương pháp:
- Bảo toàn nguyên tố
- Bảo toàn điện tích
Hướng dẫn giải:
Đặt khối lượng của CO2, H2 và NO lần lượt là 110m, 2m, 75m.
110m 2m 75m
nkhi 


 0, 06  m  0, 01
44
2

30
 nCO2  0,025; nH2  0,01; nNO  0,025
Do thu được khí H2 nên dung dịch Z không chứa ion NO3
Do NO là spk duy nhất của N 5 nên Z không chứa NH 4
Bảo toàn C  nFeCO3  nCO2  0,025 mol
Đặt mol của Fe2 , Fe, Al 3 trong Z là x, y, z
Tóm tắt sơ đồ:

Trang 15


(CO,:0,025)
T{H,:0,01
  Fe 2  : x 
 

3
  Fe : y 
 NaOH :0,225
  Al 3 : z  


Z 
 

 AgNO3
 K
 m  ? g  
 
  


 H

  

Cl : 0, 02 

 FeCO3 : 0, 025
 CO : 0, 025

2

 KNO3

 

5, 51 g  X  Fe  NO3 2 : x  y  0, 025  Y 
 T  H 2 : 0, 01 
HCl
:
0,
2


  NO : 0, 025 

 Al : z
 

 H 2O












Bảo toàn N  nNO3  nNO  0,025 mol
Bảo toàn O  nH 2O  3nNO3  3nFeCO3  2nCO2  nNO  0,075 mol
Bảo toàn H  nHCl  nH  Z   2nH 2  2nH 2O  nH  Z   0,03 mol
Bảo toàn N  nKNO3  nNO  2nFe NO32  0,075  2 x  2 y  mol 
Lập hệ phương trình:
+) mX  116.0,025  180.  x  y  0,025  272  5,511
+) BTĐT dd Z → 2x + 3y + 3z +0,075 - 2x - 2y + 0,03 = 0,2 (2)

) nNaOH  nH   2nFe 2  3nFe3  4nA13  0,03  2x  3 y  4z  0, 225 3
Giải (1) (2) (3) được x= 0,03; y = 0,005; z= 0,03
- Khi cho AgNO3 dư vào Z thì:
3Fe2

4 H   NO3  3Fe3  NO  2 H 2O
0, 0225/0,0075  0, 03

Fe2  Ag   Fe3  Ag 
0, 0075 
0, 0075

Cl   Ag   AgCl 
0, 2 
0, 2

mket tua = 0,0075.108 + 0,2.143,5 = 29,51 gam gần nhất với 29,5 gam.
Đáp án D
Câu 73:
Phương pháp:
- Bảo toàn khối lượng
- Bảo toàn nguyên tố
Trang 16


- Biện luận công thức phân tử
os mol
Hướng dẫn giải:
nH 2Olan 1 = 329,4/18 = 18,3 mol

*X  dd NaOH  H2O + Chất rắn khan Z
BTKL → mX  mH 2O  mZ  m dd NaOH  329,4  88,8  360  58,2 gam

 M X  58,2: 0,3  194
*Đốt Z:
nNa2CO3  0, 45 mol
nCO2  2,55 mol
nH 2O  1,65 mol
Bảo toàn C  nC X   nNa 2CO3  nCO 2  0, 45  2,55  3 mol
Bảo toàn Na  nNaOH  2nNa 2CO3  0,9 mol

 nH 2O dd NaOH    360  0,9.40 /18  18 mol

Bảo toàn H  nH  X   2nH 2Olan 1  2nH 2Olan 2  nNaOH  nH 2O dd NaOH 

= 2.18,3 + 2.1,65 - 0,9 - 2.18
= 3 mol
 Số C = 3/0,3 = 10
Số H= 3/0,3 = 10
Mà M X  194  C10 H10O4
*Xét phản ứng của X với NaOH:
 nH 2O do X   nH 2Olan 1  nH 2O( dd NaOH )  18,3 18  0,3 mol
Ta thấy: nNaOH / nX  0,9 / 0,3  3 và nH 2O do X  / nX  0,3 / 0,3  1
→ X là este hai chức (trong đó có 1 chức este gắn trực tiếp với vòng benzen)
Mặt khác, Z phản ứng với dung dịch H 2 SO4 loãng (dư), thu được hai axit cacboxylic đơn chức và hợp chất
T (chứa C, H, O và MT  125 )

 CTCT của X là HCOO  CH  C6 H4  OOCCH3 hoặc HCOO  C6 H4CH2  OOCCH3
 T là HOCH2C6 H4OH có 8 nguyên tử H
Đáp án A
Câu 74:
Phương pháp:
- Do cho hỗn hợp A phản ứng với NaOH thu được hỗn hợp muối chứa natri panmitat, natri sterat nên chất
béo được tạo nên từ axit panmitic, axit stearic + X là chất béo no
Đặt mol của axit và chất béo trong m gam A là x và y.
- Xét phản ứng cho m gam A tác dụng vừa đủ với NaOH:
RCOOH  NaOH  RCOONa  H 2O

x

x

x

Trang 17


 R ' COO 3 C3 H5  3NaOH  3R ' COONa  C3 H 5 OH 3
y



3y

у

Từ mol NaOH (1)
- Xét phản ứng đốt cháy m gam hỗn hợp A:
+ Đốt axit no, đơn chức, mạch hở có: nCO 21  nH 2O1  0
+ Đốt chất béo no, đơn chức, mạch hở có: nCO 2 2  nH 2O 2  2.nchat beo
Cộng vế với vế ta được:

n

CO 2

  nH 2O  2nX  nH 2O theo y

Bảo toàn O  2naxit  6nchat béo  2nO2  2nCO2  nH 2O   2
Giải (1) (2) được x, y
BTKL → mA  mCO2  mH 2O  mO2
- Xét phản ứng thủy phân trong NaOH:
BTKL  mmuoi  mA  mNaOH  mH 2O  mC3H5 OH 

3

Hướng dẫn giải:
- Do cho hỗn hợp A phản ứng với NaOH thu được hỗn hợp muối chứa natri panmitat, natri sterat nên chất
béo được tạo nên từ axit panmitic, axit stearic  X là chất béo no
Đặt mol của axit và chất béo trong m gam A là x và y.
- Xét phản ứng cho m gam A tác dụng vừa đủ với NaOH:
RCOOH  NaOH  RCOONa  H 2O

x

x

x

 R ' COO 3 C3 H5  3NaOH  3R ' COONa  C3 H 5 OH 3
y



3y

у

→ nNaOH  x  3 y  0,36 1
- Xét phản ứng đốt cháy m gam hỗn hợp A:
+ Đốt axit no, đơn chức, mạch hở có: nCO 21  nH 2O1  0
+ Đốt chất béo no, đơn chức, mạch hở có: nCO 2 2  nH 2O 2  2.nchat beo
Cộng vế với vế ta được:

n

CO 2

  nH 2O  2nX

 6, 42  nH 2O  2 y  nH 2O  6, 42  2 y  mol 
Bảo toàn O  2naxit  6nchat béo  2nO2  2nCO2  nH 2O

 2x  6 y  2.9, 21  2.6, 42  6, 42  2 y  2 
Giải (1) (2) được x= 0,18 và y = 0,06
BTKL  mA  mCO2  mH 2O  mO2  6,42.44  6,3.18  9,21.32  101,16 gam
- Xét phản ứng thủy phân trong NaOH:
BTKL: mmuoi  mA  mNaOH  mH 2O  mC3H5 OH 

3

= 101,16 + 0,36.40 - 0,18.18 - 0,06.92 = 106,8 gam
Đáp án D
Câu 75:
Phương pháp:
- Áp dụng bảo toàn nguyên tố CI tính được tại anot: nCl 2 max  0,5.nKCl
Trang 18


- Thời điểm t giây, ta so sánh nCl 2 max với nkhí – Cl  chưa bị điện phân hết
- Tính được mol e trao đổi tại t giây
- Thời điểm 1,4t giây, tính được mol e trao đổi và so sánh với mol Cl  ban đầu
Hướng dẫn giải:

Tại anot: nCl 2 max  0,5.nKCl  0,15 mol
- Thời điểm t giây, nCl 2 max  nkhí  0,1 mol Cl  chưa bị điện phân hết

Cl   0,5 Cl2  1e
0, 2  0,1  0, 2

 net   0, 2 mol
- Thời điểm 1,4t giây:
ne1,4t   1, 4.net   0, 28 mol  nCl   0,3 mol

 H2O chưa bị điện phân ở anot
Đáp án D
Câu 76:
Phương pháp: Bài toán cho từ từ H+ vào {OH, AIO}
Thứ tự phản ứng khi cho từ từ H  vào OH  ; AlO2 là:

1 H   OH   H 2O
 2  H   A1O2  H 2O  Al OH 3
 3 3H   Al  OH 3  Al 3  3H 2O
Như vậy, khi cho từ từ H  vào OH  ; AlO2 thì:
- Đầu tiên, H  trung hòa OH  nên chưa thấy xuất hiện kết tủa, khi đó chỉ xảy ra (1)
 nH 1  nOH 
- Khi H  bị trung hòa hết, kết tủa sẽ tăng từ từ cho đến khi cực đại khi đó xảy ra (2)
 nH 1  nAlO 2
- Khi NaOH dư thì kết tủa sẽ bị tan dần cho đến hết khi đó xảy ra (3)



 nH 3  3nAl OH  bi tan  3. nAlO 2  nAl OH 
3

3



Vậy ta có công thức tính nhanh trường hợp kết tủa tan:

n

H





 nOH   nAlO 2  3. nAlO 2  nAl OH 3  nOH   4nAlO 2  3nAl OH 3

Hướng dẫn giải:

nH 2  0,3 mol; nNaOH  0,8 mol
Quy đổi hỗn hợp thành A1 (a mol) và O (b mol)
→ m = 27a + 16b (g)
(Chú ý khối lượng kết tủa Al  OH 3 thu được bằng với khối lượng hỗn hợp đầu đều là m gam)
- Khi hòa tan hết hỗn hợp vào dd NaOH:
O 0  2e  O 2
Al 0  A13  3e
2 H   2e  H 2

Áp dụng bảo toàn e: 3nAl  2nO  2nH 2
Trang 19

 3a  2b  2.0,3 1
Dung dịch Y chứa: Na  0,8 ; AlO2  a  và OH 
Bảo toàn điện tích  nOH   0,8  a  mol 
- Khi thêm 0,6 lít hoặc 1,4 lít HCl y M vào Y đều thu được m = 27a + 16b (g) kết tủa Al  OH 3 nên suy ra:
+Khi V = 0,6 lít thì chưa có sự hòa tan kết tủa

OH   H   H2O

A1O2  H   H 2O  Al OH 3
 nH   nOH   nAl OH 

3

27a  16b
 *
78
+Khi V = 1,4 lít thì có sự hòa tan kết tủa
 0, 6 y  0,8  a 

OH   H   H2O

A1O2  H   H 2O  Al OH 3
Al  OH 3  3H +  A13  3H 2O
Công thức tính nhanh (chứng minh trong phần phương pháp):
nH   nOH   4nAlO 2  3nAl OH 
3

 1, 4 y  0,8  a  4a – 3.

27a  16b
**
78

Lập tỉ lệ ** / * thu được:

27a  16b
1, 4
78(0,8  3a)  3(27 a  16b) 1, 4
78



27a  16b
0, 6
78(0,8  a)  27 a  16b
0, 6
0,8  a 
78

0,8  3a  3.

 163, 2a  51, 2b  49,92  2
Giải 1 2 được a=0,4 và b=0,3
 m  0, 4.27  0,3.16  15, 6 gam gần nhất với 16 gam

Đáp án B
Câu 77:
Phương pháp:

Dựa vào lý thuyết tổng hợp hữu cơ để biện luận CTCT của các chất.
Hướng dẫn giải:
Từ (b)  X 3 là axit
Từ (c)  X 3 là p  HOOC  C6 H4  COOH và X 4 là HOCH2CH2OH
Từ (b) X1 là NaOOC  C6 H4  COONa
Kết hợp CTPT của X là C9 H8O4 và (a)=> X là HOOC  C6 H4  COOCH3  X3 là CH3OH
Từ  d   X 5 là CH3COOH
Từ 1  X 6 là  CH3COO 2 C2 H 4
Trang 20


 PTK của X 6 là 146 đvC
Đáp án D
Câu 78:
Phương pháp:
- Bảo toàn nguyên tố
- Bảo toàn electron
- Bảo toàn điện tích
Hướng dẫn giải:
Do chia đôi số liệu nên ta lấy một nửa số liệu của 38,28 và 0,3 để phù hợp với việc chia thành 2 phần bằng
nhau.
CO2 : 0,15
 Fe3O4 : x
 FeCO : y  BT :Fe
 Fe : 3x  y

 
3
  BT :O


 O : 4 x  3 y  0,3
C : z
 
 H 2O
H O
 2

) mFe3O 4  mFeCO3  232 x  116 y  19,14 1
+) Bảo toàn C  nCO 2  y  z  0,15  2
+) Xét phản ứng 1/2Y phản ứng với H 2 SO4 đặc nóng:
Chất rắn Y chứa: Fe  3x  y  và O  4x  3 y  0,3
Do nFeSO 4  nFe 2 SO 43  nFe 2   3x  y  / 3 và nFe3  2  3x  y  / 3
Áp dụng bảo toàn e: 2nFe2  3nFe3  2nO  2nSO2

2.  3x  y 
3x  y
 3.
 2.  4 x  3 y – 0,3  2.0, 225 3
3
3
Giải (1) (2) (3) được x= 0,06; y = 0,045, z=0,105
Vậy Y chứa Fe (0,225) và O (0,075).
2.

Giả sử Y với dung dịch hỗn hợp H2 SO4 , HNO3 tạo Fe2  u  và Fe3  v 
Bảo toàn Fe  u  v  0, 225 *
Bảo toàn electron  2nFe 2  3nFe3  2nO  3nNO  2u  3v  2.0,075  3.0,15 **
Giải (*) (**) được u= 0,075 và y= 0,15
Do Y chứa Fe2 nên NO3 hết hoặc H  hết
Kiểm tra bảo toàn điện tích dd Y thấy:

Y chứa Fe2  0,075 ; Fe3  0,15 ; SO42  0,0375  NO3  0,525
Bảo toàn nguyên tố N  nHNO3  nNO3  nNO  0,525  0,15  0,675 mol
Kết luận a= 0,675
Đáp án B
Câu 79:
Phương pháp: Cách chuyển đổi các phương trình phân tử sang phương trình ion rút gọn:
+ Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan, vừa điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu để nguyên
dưới dạng phân tử thu được phương trình ion đầy đủ.
+ Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng ta được phương trình ion rút gọn.
Trang 21


Hướng dẫn giải:
 a  FeS  2HCl  FeCl2  H 2 S
 FeSran  2 H   Fe2  H 2 S

 b  Na2 S  2HCl  2 NaCl  H 2 S
 S 2  2 H   H 2 S

 c  2 AlCl3  3Na2 S  6 H 2O  2 Al  OH 3  3H 2 S  6 NaCl
 2 A13  3S 2  6 H 2O  2 Al  OH 3  3H 2 S 
 d  KHSO4  KHS  K 2 SO4  H 2 S
 H   HS   H 2 S 

 e  BaS  H 2 SO4 1  BaSO4  H 2 S
 Ba 2  S 2  2H   SO4 2  BaSO4   H 2 S 

 f  K2 S  H 2 SO4 1  2K2 SO4  H 2 S
S 2  2 H   H 2 S
Vậy có 2 phản ứng thỏa mãn.

Đáp án C
Câu 80:
Phương pháp:
- Quy đổi hỗn hợp X thành Al và O
- Phương pháp đường chéo
- Công thức tính nhanh bài toán cho từ từ OH  vào H  ; Al 3
Thứ tự phản ứng khi cho từ từ OH  vào H  ; Al 3 là:

1 OH   H   H2O
 2 A13  3OH   Al OH 3
3 Al OH 3  OH   A1O2  2H2O
Như vậy, khi cho từ từ OH  vào H  ; Al 3 thì:
- Đầu tiên, OH  trung hòa H  nên chưa thấy xuất hiện kết tủa, khi đó chỉ xảy ra (1)
 nOH 1  nH 
- Khi H  bị trung hòa hết, kết tủa sẽ tăng từ từ cho đến khi cực đại khi đó xảy ra (2)
 nOH  2  3nA13
- Khi NaOH dư thì kết tủa sẽ bị tan dần cho đến hết khi đó xảy ra (3)
 nOH 3  nAl OH 3bitan  nAl 3  nAl OH 
3

Vậy ta có công thức tính nhanh của trường hợp kết tủa tan:

n

OH 

 nH   3nAl 3  nAl 3  n Al OH 3  nH   4nAl 3  nAl OH 3

Hướng dẫn giải:
Quy đổi hỗn hợp X thành Al và O

mO  mX  mAl  2,88 gam  nO  =0,18 mol
- Khi cho X tác dụng với HCl dư, bảo toàn e  3nAl  2nO  2nH 2

 3nAl  2.0,18  2a  nAl   2a  0,36 / 3
Trang 22


 2a  0,36 


Dung dịch Y chứa: Al 3 
 : H và Cl
3



- Cho từ từ OH vào Y:
+ Khi nOH   0,5a mol thì H  vừa bị trung hòa hết

 nH   nOH   0,5a  mol 
+ Khi nOH   29a / 6 mol thì Al  OH 3 bị hòa tan một phần.
Ta có công thức tính nhanh (xem chứng minh ở phần phương pháp):
nOH   nH   4nAl 3  nAl OH 3

29a
2a  0,36
 0,5a  4.
a  a  0,18
6

3
Vậy X chứa A1 (0,24) và O (0,18)
- Cho X tác dụng với HNO3 dư:
2242
m  0, 24.27  6, 48 gam và mmuoi  m 
a  51,32 gam
9
Ta thấy: mAl  NO33  0, 24.213  51,12 gam  mmuoi


 Muối có nNH4 NO3  (51,32  51,12) / 80  0,0025 mol

Mkhí  16,75.2  33,5
Áp dụng phương pháp đường chéo:
NO : 30
10,5
33,5
N 2O : 44
3,5
 nNO : nN 2O  3:1
Giả sử nNO  3x và nN 2O  x  mol 
Áp dụng bảo toàn e: 3nAl  2nO  3nNO  8nN 2O  8nNH 4NO3
 3.0, 24  2.0,18  3.3x  8 x  8.0, 0025  x  0, 02

 V  22, 4 3x  x   1,792 lít gần nhất với 1,8 lít
Đáp án A

Trang 23