đề thi thử THPTQG 2020 hóa học chuyên trần phú hải phòng lần 1 có lời giải

SỞ GD &ĐT HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ THPT QG LẦN THỨ 1
NĂM HỌC 2019 - 2020
Môn: HÓA HỌC
Ngày thi: ../01/2020
Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi gồm 40 câu trắc nghiệm)

Mã đề thi 001
Mục tiêu:
Đề thi thử THPT QG Lần 1 trường THPT Chuyên Trần Phú - Hải Phòng nhằm ki ểm tra đánh giá ki ến
thức tổng quan của HS, đề thi bao gồm kiến thức lớp 11 (chi ếm 12,5% - g ồm câu 43,50,5 5,57,67) và
lớp 12 (chiếm 87,5%). 30 câu đầu của đề thi khá nhẹ nhàng, HS h ọc l ực trung bình khi có th ể hoàn
thành một cách dễ dàng, 10 câu sau chủ yếu là bài tập tổng h ợp r ơi vào bài t ập t ổng h ợp vô c ơ (bài
tập hỗn hợp các chất tác dụng với axit, bài tập nhi ệt nhôm, bài t ập đi ện phân, bài t ập h ỗn h ợp
nhiều kim loại tác dụng với nhiều muối), bài tập tổng h ợp h ữu c ơ (bài t ập th ủy phân este-ch ất béo;
bài tập đốt cháy peptit, bài tập đốt cháy axit cacboxylic, ancol và este t ạo b ởi axit và ancol) do đó đòi
hỏi học sinh phải vận dụng linh hoạt các phương pháp giải nhanh (b ảo toàn nguyên t ố, tăng gi ảm
khối lượng, quy đổi, bảo toàn e) mới có thể giải được.
Câu 41 [NB]: Phương pháp điều chế kim loại kiềm là g ì
A. nhiệt luyện.
B. thủy luyện
C. điện phân nóng chảy. D. điện phân dung dịch.
Câu 42 [TH]: Trong chiến tranh Việt Nam, Mĩ đã rải rác xuống các cánh r ừng Vi ệt Nam m ột lo ại
hóa chất cực độc phá hủy môi trường và gây ảnh hưởng nghiêm tr ọng đ ến s ức kh ỏe c ủa con
người, đó là chất độc màu da cam. Chất độc này còn gọi là
A. đioxin.

B. 3 - MCPD.

C. nicotin.

Câu 43 [TH]: Phân đạm urê có công thức hóa học là .
 ( NH 4 ) 2 CO. 
( NH 4 ) 2 CO3 . 
( NH 2 ) 2 CO3 . 
A.
B.
C.

D. TNT.

D.
AlCl3

( NH 2 ) 2 CO. 

Câu 44 [TH]: Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch
. Hiện tượng xảy ra là
A. có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan. B. có kết tủa keo trắng, lượng lết tủa tăng đến
cực đại.
C. có kết tủa keo trắng và có khí bay lên. D. không có kết tủa, có khí bay lên.
2+
2+
3−
−
2−
Câu 45 [TH]: Một mẫu nước có chứa các ion Ca , Mg , HCO , Cl , SO4 . Chất được dùng để
làm mềm mẫu nước cứng trên là

Na CO
A. HCl.
B. 2 3

NaHCO3
D.
Na, Cu ( OH ) 2
AgNO3 / NH 3 là
Câu 46 [TH]: Chất phản ứng được với tất cả các chất trong dãy
và
A. glixerol.
B. saccarozơ .
C. etilenglicol.
D. glucozo.
Câu 47 [NB]: Một lượng lớn nước thải công nghiệp chưa qua xử lí đổ trực tiếp ra sông su ối là
nguyên nhân gây ô nhiễm môi trường tại nhiều khu vực trên đất nước ta. Đ ể x ử lí sơ bộ mẫu n ước
C.

H 2 SO4

2
3+
2
2+
thải chứa các ion Pb +, Fe , Cu +, Hg ..... người ta có thể dùng

Trang 1


Ca ( OH ) 2         

H SO . 
A. 2 4
B. etanol.
C.
D. đimetyl ete.
Câu 48 [TH]: Trong các chất sau: etan, propen, benzen, glyxin, stiren. Chất có ph ản ứng trùng h ợp
để tạo ra được polime là
A. propen, benzen

B. stiren, propen.

C. stiren, glyxin.

D. propen, ben zen, glyxin, stiren.

2+
2+
Câu 49 [TH]: Trong phản ứng: Fe + Cu → Fe + Cu . Chất bị oxi hóa là
2+  
2+
A. Fe.
B. Fe
C. Cu . 
D. Cu.
CnH 2 n + 2 −2 k
Câu 50 [TH]: Công thức tổng quát của hiđrocacbon X bất kì có dạng
Kết luận nào dưới đây luôn đúng?
A. k = 1, n ≥ 2 → X là anken hoặc xicloankan.

( n, k € N , n ≥ 1) .

B. k = 2, n ≥ 2 → X là ankin hoặc ankađien.
C. k = 0, n ≥ 1 → X là ankan.
D. k = 4, n ≥ 6 → X là aren.
C H COOCH = CH 2 trong môi trường axit thu được
Câu 51 [TH]: Thủy phân este 2 5
C H COOH , CH 2 = CH − OH .
C H COOH , HCHO.
A. 2 5
B. 2 5
C H COOH , CH 3CH 2OH  
C H COOH , CH 3CHO.
C. 2 5
D. 2 5
Câu 52 [NB]: Saccarozơ có công thức phân tử là
( C H O )    
C H O . 
C H O . 
C H O .
A. 6 10 5
B. 6 12 6
C. 6 10 5 n
D. 12 22 11
Câu 53 [TH]: Phản ứng nào sau đây không đúng?
0

A.

t
3Fe + 2O2 

→ Fe3O4 . 

0

B.

t
2 Fe + 3Cl2 
→ 2 FeCl3 .

0

t
2 Fe + 3I 2 
→ 2 FeI 3 .    

0

t
→ FeS .
C.
D. Fe + S 
Câu 54 [TH]: Số đi peptit có thể tạo ra thành phân tử glyxin và phân tử alanin là
A. 4.
B. 5.
C. 2.
D. 3.
+
−
Câu 55 [TH]: Phản ứng nào sau đây có phương trình ion rút gọn là H + OH → H 2O ?

A.

Ba ( OH ) 2 + H 2 SO4 → BaSO4 + 2 H 2O  

B.

Ca ( OH ) 2 + 2 HCl → CaCl2 + 2 H 2O

C.

CH 3COOH + NaOH → CH 3COONa + H 2O       

Mg ( OH ) 2 + 2 HCl → MgCl2 + 2H 2O
D.
Câu 56 [NB]: Trường hợp nào sau đây không xảy ra phản ứng?
2+  
+
2+  
3+
A. Fe + Fe
B. Ni + Mg     
C. Ag + Fe

+

D. Cu + Ag
Câu 57 [TH]: Cho các chất: axit propionic (X), axit axetic (Y), ancol etylic ( Z) và metyl axetat (T).
Dãy gồm các chất được sắp xếp theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi là
A. Z, T, Y, X.

B. T,X, Y, Z.
C. Y, T, X, Z.
D. T, Z, Y, X.
Câu 58 [VD]: Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và
axit oleic, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung d ịch

Ca ( OH ) 2

dư. Sau phản ứng thu được
Trang 2


Ca ( OH ) 2
18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng X so v ới khối l ượng dung d ịch
ban đầu đã
thay đổi như thế nào?
A. Tăng 2,70 gam. B. Giảm 7,38 gam. C. Tăng 7,92 gam. D. Giảm 7,74 gam
Câu 59 [TH]: Phích đựng nước lâu ngày sẽ thấy hiện tượng xung quanh thành ru ột phích có m ột
lớp cặn bám vào. Chất có thể dùng làm sạch được chất cặn đó là
NH 3    
CH 3COOH .
A. NaCl.
B.
C. NaOH.
D.
Câu 60 [VD]: Tiến hành các thí nghiệm sau:
FeCl3
(1) Cho Zn vào dung dịch
dư.
H

(2) Dẫn khí 2 dư qua bột CuO nung nóng.
AgNO3 .
(3) Nhiệt phân
(4) Đốt HgS trong không khí
CuSO4 dư
(5) Cho Na vào dung dịch
CuSO4 điện cực trơ.
(6) Điện phân dung dịch
Sau khi kết thúc các phản ứng, số thí nghiệm thu được kim loại là
A. 4.
B. 5.
C. 3.
D. 2.
CuSO4 , sau một thời gian khối lượng dung dịch giảm
Câu 61 [VD]: Nhúng thanh Fe vào dung dịch
1,6 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu (giả s ử toàn bộ kim loại sinh ra bám trên thanh Fe).
Khối lượng Cu đã tạo thành là
A. 5,6 gam.
B. 6,4 gam.
C. 11,2 gam.
D. 12,8 gam.
Câu 62 [TH]: Phát biểu nào sau đây sai?
A. Natri cacbonat là nguyên liệu quan trọng trong công nghiệp sản xuất thủy tinh.
B. Ở nhiệt độ thường, tất cả các kim loại kiềm thổ đều tác dụng được với nước.
C. Nhôm bền trong môi trường không khí và nước là do có màng ngăn Al 2O3 bền bảo vệ.
D. Theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, nhiệt độ nóng chảy c ủa kim lo ại ki ềm gi ảm
dần.
Câu 63 [TH]: Amino axit X no, mạch hở, có công thức CnHmO2N. Biểu thức liên hệ giữa m và n là
A. m = 2n.           
B. m = 2n + 3. 

C. m = 2n + 1.     
D. m = 2n + 2
Câu 64 [TH]: Cho dung dịch Ba(HCO3)2 lần lượt tác dụng với các dung dịch sau: NaOH,

NaHSO4 , HCl , KHCO3 , K 2CO3 , H 2 SO4 . Số trường hợp xảy ra phản ứng và số trường hợp có kết
tủa là:
A. 5 và 4.
B. 5 và 2.
C. 6 và 5.
D. 4 và 4.
Câu 65 [VD]: Lắp dụng cụ như hình vẽ thì có thể dùng để thu được sản ph ẩm c ủa thí nghi ệm nào
trong số ba thí nghiệm sau:

Trang 3


CH 3COOC2 H 5 từ ancol etylic và axit axetic
CH 3COOH từ CH 3COONa và H 2 SO4 .
(2) Điều chế
(3) Điều chế but - 2-en từ butan - 2-ol
A. chỉ có (2).
B. chỉ có (1).
C. (1) và (2).
D. (1) và (3)
Câu 66 [VDC]: Cho các chất hữu cơ X, Y, Z, T, E thỏa mãn các phản ứng hóa học sau:
X + NaOH → C6 H 5ONa + Y + CH 3CHO + H 2 O ( 1)
(1) Điều chế

Y + NaOH → T + Na2CO3
CH 3CHO + AgNO3 + NH 3 + H 2O → Z + ....

Z + NaOH → E + .......
E + NaOHT + Na2CO3

( 2)
( 3)
( 4)
( 5)

Cho biết khi cân bằng tỉ lệ mol giữa Y và NaOH trong (2) là 1: 2. Công thức phân tử của X là
C H O . 
C H O .    
C H O . 
C H O.
A. 11 12 4
B. 11 10 4
C. 12 20 6
D. 12 14 4
 ( CH 4 , C2 H 4 , C3 H 4 , C4 H 4 )
Câu 67 [VD]: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X
có tỉ khối hơi so với

H 2 bằng 17. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy thu được vào bình đựng dung d ịch Ca ( OH ) 2 dư thì khối
Ca ( OH ) 2
lượng bình
sau phản ứng tăng lên
A. 11 gam.
B. 14,6 gam.
C. 8,8 gam.
D. 3,6 gam.
Câu 68 [TH]: Cho các polime sau: (1) poli(metyl metacrylat), (2) polistiren; (3) nilon - 7; (4)

poli(etylen - terephtalat); (5) nilon - 6,6; (6) poli(vinyl axetat). S ố polime có th ể là s ản ph ẩm c ủa
phản ứng trùng ngưng là
A. 3.
B. 5.
C. 2
D. 4.
Câu 69 [TH]: Kết quả thí nghiệm của các dung dịch X, Y, Z, T với thuốc thử được ghi ở bảng sau:
Mẫu thử
Thuốc thử
Hiện tượng
X
Dung dịch I2
Có màu xanh
Y
Cu(OH)2 trong môi trường kiềm
Có màu tím
Z
Dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, Kết tủa Ag trắng sáng
đun nóng
T
Nước Br2
Kết tủa trắng
Dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là
A. Hồ tinh bột, lòng trắng trứng, anilin, glucozơ
B. Hồ tinh bột, anilin, lòng trắng trứng, glucozơ
C. Hồ tinh bột, lòng trắng trứng, glucozơ, anilin.
Trang 4


D. Lòng trắng trứng, hồ tinh bột, glucozơ, anilin.

Câu 70 [VD]: Hòa tan hoàn toàn một lượng Ba vào dung d ịch chứa a mol HCl thu đ ược dung d ịch X
H .
Na SO , Na2CO3 , Al , Al2O3 , AlCl3 , Mg , NaOH , NaHCO3
và a mol 2 Trong các chất sau: 2 4
, số chất tác
dụng được với dung dịch X là
A. 7
B. 6
C. 4
D. 5.
Câu 71 [VD]: Amino axit thiên nhiên X trong phân t ử có m ột nhóm -NH 2 và một nhóm –COOH. Cho
26,7 gam X phản ứng với lượng dư dung dịch HCl, thu được dung d ịch ch ứa 37,65 gam mu ối. Công
thức của X là
H N − [ CH 2 ] 2 − COOH
H N − CH 2 − COOH .
A. 2
.
B. 2
H N − [ CH 2 ] 3 − COOH
H N − CH ( CH 3 ) − COOH .
C. 2
.
D. 2
Câu 72 [TD]: Thủy phân 324 gam tinh bột với hiệu suất phản ứng 75%, khối lượng glucozơ thu
được là
A. 250 gam.
B. 300 gam.
C. 270 gam.
D. 360 gam.
Na, Na2O, NaOHvà Na2CO3 trong dung dịch

Câu 73 [VD]: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm

H SO
H
axit 2 4 40% (vừa đủ) thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí có t ỉ khối v ới 2 bằng 16,75 và dung
dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn Y thu được 170,4 gam muối. Giá trị của m là
A. 23,8.
B. 50,6.
C. 50,4
D. 37,2.
Câu 74 [VDC]: Hỗn hợp X gồm metyl fomat, đimetyl oxalat, glixerol triaxetat và phenyl axetat. Th ủy
phân hoàn toàn 47,3 gam X trong dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu đ ược m gam h ỗn h ợp mu ối và
H
15,6 gam hỗn hợp Y gồm các ancol. Cho Y tác d ụng v ới Na d ư, thu đ ược 5,6 lít khí 2 (đktc). Mặt
CO2 và 26,1 gam H 2O . Giá trị
khác, đốt cháy hoàn toàn 47,3 gam X bằng oxi, thu được 9 2,4 gam
của m là
A. 54,3.
B. 58,2.
C. 57,9.
D. 52,5.
Câu 75 [VDC]: Cho X, Y, Z là ba peptit đều mạch hở và M X > MY >MZ. Đốt cháy hoàn toàn a mol mỗi
CO2 nhiều hơn số mol H 2O là a mol. Mặt khác, nếu đun
peptit X, Y hoặc Z đều thu được số mol
nóng 69,8 gam hỗn hợp E (chứa X, Y và 0,16 mol Z, số mol của X nhỏ hơn số mol của Y) với dung
dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối c ủa alanin và valin có t ổng kh ối l ượng
101,04 gam. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 10%.
B. 95%
C. 54%

D. 12%.
CuSO4 .5 H 2O vào dung dịch chứa NaCl thu được dung dịch X.
Câu 76 [VDC]: Cho 80,0 gam muối
Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ với cường độ dòng đi ện I= 9,65A t ới khi kh ối
lượng dung dịch giảm 22,8 gam thì dùng điện phân. Nhúng thanh Mg vào dung d ịch sau đi ện phân
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Lấy thanh Mg ra, làm khô th ấy kh ối l ượng thanh không đ ổi
so với trước phản ứng. Thời gian điện phân là
A. 4600 giây.
B. 4800 giây.
C. 4400 giây.
D. 4200 giây.
Câu 77 [VDC]: X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (M X < MY < MZ), T là este
tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam h ỗn h ợp M g ồm Z,
CO2 (đktc) và
Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) bằng lượng khí O 2 vừa đủ, thu được 2,24 lít
H O.
AgNO3 / NH 3 đến khi xảy ra hoàn
16,2 gam 2 Đun nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch
Trang 5


toàn, thu được 21,6 gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam hỗn hợp M phản ứng hết với 400 ml dung dịch
NaOH 1M và đun nóng, thu được dung dịch G. Cô cạn dung dịch G thu đ ược m gam ch ất r ắn khan.
Giá trị của m gần nhất với giá trị
A. 33.
B. 25.
C. 38.
D. 30.
Fe O
Câu 78 [VDC]: Có 3,94 gam hỗn hợp X gồm bột Al và 3 4 (trong đó Al chiếm 41,12% về khối

lượng). Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn hỗn hợp X trong chân không thu đ ược h ỗn h ợp
HNO3 thu được dung dịch Z chỉ có các muối
Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch chứa 0,314 mol
và 0,021 mol một khí duy nhất NO. Cô cạn dung dịch Z, l ấy ch ất r ắn khan nung trong chân không
đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp khí và hơi T. Khối lượng của T gần nhất với giá trị
A. 15,35.
B. 14,15.
C. 15,78.
D. 14,58.
Fe3O4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol
Câu 79 [VDC]: Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và
H 2 SO4 và 0,5 mol HNO3 , thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không
còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai ph ần b ằng nhau. Ph ần m ột tác d ụng v ới
500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một ch ất k ết t ủa. Ph ần hai tác d ụng v ới dung d ịch

Ba ( OH ) 2

dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 20,63.
B. 41,25.
C. 20,21.
D. 31,87.
FeCl3 0,8M và
Câu 80 (VDC): Cho m gam hỗn hợp gồm Mg, Fe và Cu vào 200 ml dung d ịch ch ứa
CuCl2 0,1M. Sau khi kết thúc phản ứng thu dược dung dịch X và 11,84 gam ch ất r ắn Y g ồm 2 kim
loại. Cho dung dịch
A. 13,52.

AgNO3 dư vào X, thu được 87,58 gam kết tủa. Giá trị của m là
B. 11,52.

C. 13,92.
D. 11,68.
-----------HẾT----------

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

42-A

43-D

44-A

45-B

46-D

47-B

48-B

49-A

50-C

51-D

52-D

53-C

54-C

55-B

56-B

57-D

58-B

59-D

60-A

61-D

62-B

63-C

64-A

65-B

66-B

67-B

68-A

69-C

70-B

71-D

72-C

73-B

74-C

75-D

76-A

77-B

78-A

79-C

80-D

(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 kiến thức về điều chế kim loại trong sgk hóa 12
Hướng dẫn giải: Đáp án C
Câu 42:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức hiểu biết thực tế trong cuộc sống
Hướng dẫn giải: Đáp án A
Câu 43:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức về phân bón hóa học trong sgk hóa 11
Hướng dẫn giải: Đáp án D
Câu 44:
Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của Al và hợp chất của nhóm trong sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Hiện tượng: Ban đầu có kết tủa keo trắng, sau đó k ết t ủa tan d ần do ph ản ứng x ảy ra theo th ứ t ự
sau:
3 NaOH + A1C13 → Al ( OH ) 3 ↓ +3 NaCl

NaOH + Al ( OH ) 3 ↓ → NaAlO2 + 2 H 2O  
Đáp án A
Câu 45:
2+
+
Phương pháp: Dùng chất có khả năng làm kết tủa các ion Ca , Mg 2 dạng tự do về dạng kết tủa
Hướng dẫn giải:
Na2CO3 mới làm mềm
Mẫu nước trên là nước có tính cứng toàn phần, do vậy ta dùng dung d ịch
được nước trên.

2−
2+
2+
Do ion Ca và Mg tạo được kết tủa với ion CO3
2+
2−
PT ion rút gọn: Ca + CO3 → CaCO3 ↓, 
Mg 2+ + CO32− → MgCO3 ↓

Đáp án B
Câu 46:
Phương pháp:
Tác dụng được với Na → có nhóm –OH trong phân tử, hoặc axit

Cu ( OH ) 2 →
Tác dụng được với
có ít nhất 2 nhóm –OH kề nhau trong phân tử
AgNO3 / NH 3 → có nhóm −CHO trong phân tử
Tác dụng với
Hướng dẫn giải:
AgNO3 / NH 3 .
A,B, C vì cả 3 chất đều không phản ứng được với dd

(C H O )
D. Glucozơ 6 12 6 có phản ứng được với cả chất trên
2C6 H12O6 + 2 Na → 2C6 H 7O6 Na5 + 5H 2 ↑  
PTHH:

2C6 H12O6 + Cu ( OH ) 2 → ( C6 H11O6 ) 2 Cu + H 2O  
Phức xanh lam

Trang 7


CH 2OH [ CHOH ] CH = O + 2 AgNO3 + 2 NH 3 + H 2O → CH 2OH [ CHOH ] COONH 4 + 2 Ag ↓ + NH 4 NO3 
Đáp án D
Câu 47:
Phương pháp: Chọn chất có thể kết tủa hết các ion kim loại nặng về dạng chất kết tủa để con tự
do không bị theo nước lan rộng ra môi trường.
Hướng dẫn giải:
Ca ( OH ) 2
Dùng
để kết tủa các ion kim loại nặng trên, từ đó giảm thiểu được sự ô nhiễm
PT ion rút gọn:
Pb 2+ + 2OH − → Pb ( OH ) 2 ↓

Fe3+ + 3OH − → Fe ( OH ) 3 ↓
Cu 2+ + 2OH − → Cu ( OH ) 2 ↓
Hg 2+ + 2OH − → Hg ( OH ) 2 ↓  
Đáp án B
Câu 48:
Phương pháp: Chất có chứa liên kết đôi trong phân tử, có khả năng phản ứng trùng h ợp t ạo
polime Hướng dẫn giải:
Các chất có phản ứng trùng hợp tạo được polime là: stiren, propen Đáp án B ven
Câu 49:
Phương pháp: Chất bị oxi hóa là chất có số oxi hóa tăng sau phản ứng.
Hướng dẫn giải:
Fe 0 + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu 0
CK OXH  
Fe là chất khử đồng thời cũng là chất bị oxi hóa
Đáp án A

Câu 50:
Phương pháp: Dựa vào điều kiện k, n để kết luận xem X là chất gì thì thỏa mãn.
Hướng dẫn giải:
A. Sai vì xicloankan phải có 3 cacbon trở lên → n ≥ 3
B. Sai vì ankađien phải có 3 cacbon trở lên → n ≥ 3
C. đúng
D. Sai vì X có thể là hidrocacbon không no mạch hở, hoặc hidrocacbon ch ứa vòng và ch ứa c ả liên
kết không no
Đáp án C
Câu 51:
Phương pháp: OH − đính vào cabon không no sẽ bị chuyển hóa thành
Hướng dẫn giải:
+

H
→
C2 , H 5 , COOCH = CH 2 , ¬
 C2 H 5COOH + CH 3 − CHO  

Đáp án D
Câu 52:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức học về saccarozơ trong sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
Trang 8


C H O
CTPT của saccarozo là 12 22 11
Đáp án D
Câu 53:

Phương pháp: Kiểm tra sản phẩm của phản ứng đúng hay sai
Hướng dẫn giải:
0

t
Fe + I 2 
→ Fel2
C. Sai vì
Đáp án C
Câu 54:
Phương pháp: Tức đề bài yêu cầu đipeptit nào thủy phân đồng thời thu được cả glyxin và analin.
Hướng dẫn giải:
Có 2 đipeptit khi thủy phân có thể tạo thành phân tử Glyxin và Alanin là:
Gly – Ala và Ala - Gly
Đáp án C
Câu 55:
Phương pháp: Viết PT ion rút gọn của các phương trình ra
Chú ý: các chất không tan, các chất khí, các chất đi ện li y ếu gi ữ nguyên phân t ử khi vi ết PT rút
gọn.
Hướng dẫn giải:
 Ba 2+ + 2OH − + 2 H + + SO2 → BaSO4 ↓ +2 H 2O →
A.
Loại
−
+
B. OH + H = H 2O → Thoả mãn
−
−
C. CH 3COOH + OH → CH 3COO + H 2O  
Mg ( OH ) 2 + 2 H + + Mg 2+ + 2 H 2O  

D.
Đáp án B
Câu 56:
Phương pháp: Dựa vào dãy hoạt động hóa học của kim loại, kim loại đứng tr ước đ ẩy kim lo ại
đứng sau ra khỏi dung dịch muối
Hướng dẫn giải:
2+
Ni là kim loại đứng sau Mg trong dãy điện hóa của kim loại do v ậy không th ể đ ẩy mu ối Mg ra

khỏi dung dịch muối được
Đáp án B
Câu 57:
Phương pháp:
Chất có liên kết hidro càng mạnh thì nhiệt độ sôi càng cao Nhiệt độ sôi tăng khi phân t ử khối tăng
Hướng dẫn giải:
CH 3COOCH 3 – C2 H 5OH < CH 3COOH < C2 H 5COOH  
Nhiệt độ sôi:
Hay T < Z < Y < X
Đáp án D
Câu 58:
Phương pháp: Tất cả các chất trên đều có độ bất bão hòa k = 2 nên khi đ ốt cháy có:
nnh = nCO 2 = nH 2 O

Trang 9


Xét:

∆ = mCO 2 + mH 2O − mCaCO3

Nếu ∆ > 0 → khối lượng dung dịch tăng
Nếu ∆ < 0 → khối lượng dung dịch giảm
Hướng dẫn giải:
( CH 2 = CH − COOH ) ; vinyl axetat ( CH 3COOCH = CH 2 ) , metyl acrylat
Axit acrylic
( CH 2 = CH − COOCH 3 ) , axit oleic ( C17 H 35COOH ) . Tất cả các chất trên đều có độ bất bão hòa k=2
nên khi đốt cháy có:
 nhh = nCO 2 – n H 2 O

n = a ( mol ) → nH 2O nCaCo 3 = 18 :100 = 0,18 ( mol )
BTNT hh
n = a ( mol ) → nH 20 = 0,18 – a ( mol ) → nH = 2nH 2 O = 0,36 – 2a ( mol )  
Đặt hh
= 2nhh = 2a ( mol )  
no(trong hh)
m = mC + mH + mO  
Ta có: hh
→ 3, 42 = 0,18.12 + 0, 36 – 2 a + 2a.16
→ 0, 9 = 30a
→ a = 0, 03 
→nH20 = 0,18 – 0,03 = 0,15 (mol)
Xét : ∆ = mCO 2 + mH 2 O − mCaCO 3 = 0,18.44 + 0,15.18 – 18 
→ A = −7,38( g ) < 0

Ca ( OH ) 2
Vậy khối lượng X giảm 7,38 gam so với khối lượng dd
ban đầu
Đáp án B
Câu 59:
Phương pháp:

CaCO3 , MgCO3 → chọn chất có thể hòa tan được muối
Cặn trong ấm phích chủ yếu là các muối
này - Hướng dẫn giải:
CaCO3 , MgCO3 . Ta dùng dd CH COOH có thể làm sạch được cặn đó
ác muối
3
CaCO3 ↓ + 2CH 3COOH ( CH 3COO ) 2 Ca + 2 H 2O  
PTHH:
MgCO3 ↓ +2CH 3COOH → ( CH 3COO ) 2 Mg + 2 H 2O
Đáp án D
Câu 60:
Phương pháp: Viết PTHH xảy ra, chọn các phản ứng có thu được kim loại
Chú ý đến chất nào cho hết, chất nào cho dư để viết đúng được sản phẩm tạo thành.
Hướng dẫn giải:
Zn + 2 FeCl3 → ZnCl2 + 2 FeCl2  
(1)
0

(2)

t
H 2 + CuO 
→ Cu + H 2O
0

(3)

t
2 AgNO3 
→ 2 Ag 2 NO2 + O2

Trang 10


0

(4)

t
HgS + O2 
→ Hg + SO2 ↑

(5) 2 Na + 2 H 2O → 2 NaOH + H 2 ↑
2 NaOH + CuSO 4 → Cu ( OH ) 2 ↓ + Na2 SO4
DPMN
(6) CuSO4 + H 2O → Cu + H 2 SO4 + 1/ 2O2
Vậy các phương trình (2), (3), (4),(6) thu được kim loại sau phản ứng – có 4 thí nghi ệm
Đáp án A
Câu 61:
Phương pháp: Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Hướng dẫn giải:
n p = x ( mol )
Đặt Fe
PTHH : Fe + CuSO4 + FeSO4 + Cul  ↓

( mol )

X

 → x ( mol )

Khối lượng dd giảm 1,6 gam chính là khối lượng kim loại tăng 1,6 gam
mKLtăng = mCu − mFepu
→ 1, 6 = 64 x – 56 x  

→ 1, 6 = 8 x → X = 0, 2 ( mol )  
→ mCu = 0, 2.64 = 12,8 ( g )  
Đáp án D
Câu 62:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức về kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm trong sgk hóa 12
Hướng dẫn giải:
B. Sai vì Be và Mg không phản ứng với nước ở điều kiện thường
Đáp án B
Câu 63:
Phương pháp: Amino axit X no, mạch hở nên có độ bất bão hòa k = 1. D ựa vào cách thi ết l ập đ ộ
bất bão hòa k sẽ ra được mối quan hệ giữa m và n
Hướng dẫn giải:
Amino axit X no, mạch hở nên có độ bất bão hòa k= 1
Mà
2C + 2 − H + N  
k=
2
2n + 2 − m + 1
→1=
 
2
→ 2 = 2n − m + 3

→ m = 2n + 1 
Đáp án C

Câu 64:
Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của muối
+ Có phản ứng với axit
+ Có phản ứng với dd bazơ

Ba ( HCO3 ) 2

Trang 11


+ Có phản ứng với dd muối (điều kiện tạo thành chất kết tủa hoặc bay hơi)
Hướng dẫn giải:
NaOH , NaHSO4 , HCl , K 2CO3 , H 2 SO4 .
Số trường hợp có phản ứng:

: Ba ( HCO3 ) 2 + 2 NaOH → BaCO3 + Na2CO3 + H 2O  
PTHH
( HCO3 ) 2 + 2 NaHSO4 → BaSO4 ↓ + Na2 SO4 + 2CO2 2 H 2O
Ba
Ba
Ba

( HCO3 ) 2 + 2 HCl →

BaCl2 + CO2 ↑ +2 H 2O

( HCO3 ) 2 + K 2CO3 → BaCO3 ↓ + 2KHCO3 

( HCO3 ) 2 + H 2 SO4 → BaSO4 ↓ +2CO2 + 2 H 2 0
Ba

Vậy có 5 phản ứng xảy ra và có 4 phản ứng thu được kết tủa
Đáp án A
Câu 65:
Phương pháp: Từ hình vẽ trên ta thấy chất Y sinh ra phải ở thể khí hoặc hơi và ngưng t ụ lại trong
cốc đựng nước đá + nhiệt độ hóa lỏng không quá thấp
Hướng dẫn giải:
Từ hình vẽ trên ta thấy chất Y sinh ra phải ở thể khí hoặc hơi và ng ưng t ụ l ại trong c ốc đ ựng n ước
đá + nhiệt độ hóa lỏng không quá thấp ,
CH 3COOC2 H 5 hóa lỏng ở 770 C thỏa mãn
(1)
 CH 3COOH sinh ra ở thể lỏng không thỏa mãn
(2)
CH 3 − CH = CH − CH 3 sinh ra ở thể khí nhưng có nhiệt độ hóa lỏng khoảng –60 → thấp hơn
(3)
0
nhiệt độ của nước đá đang tan là 0 C do vậy không thể ngưng tụ được → không thỏa mãn
Đáp án B
Câu 66:
Phương pháp: Suy luận theo thứ tự: Z, E, T, Y, X
Phản ứng (5) thấy sinh ra Na2CO3 phải phán đoán đây là phản ứng vôi tôi xút đi ều chế ankan
Hướng dẫn giải:
CH 3COONH 4
Từ (3) → Z là
Từ (4): CH 3COONH 4 + NaOH → CH 3COONa + NH 3 ↑ + H 2O

( Z)

( E)

0

Từ (5):

CaO ,t
CH 3COONa + NaOH 
→ CH 4 + Na2CO3

 ( E )  

(T)

Từ (2) suy ra Y chỉ có thể

CH 2 ( COONa ) 2

Cao ,t
CH 2 ( COONa ) 2 
→ CH 4 + 2 Na2CO3 
0

(Y)
Từ (1) suy ra X là:

(T)

Trang 12


Vậy CTPT của X là:
Đáp án B

Câu 67:

C11 H10O4

CH
Phương pháp: Đặt CT chung của hh X có dạng: n 4 
Từ PTK của Xta tìm được n= ?
mol CO2 , mol H 2O theo mol X
Sau đó bảo toàn nguyên tố C và H sẽ tìm được
 = mCO 2 + mH 2O = ?
mbình tăng
Hướng dẫn giải:
CnH 4
Đặt CT chung của hh X có dạng:
Mx = 17. M H 2 = 17.2 = 34 ( g / mol )  

→

M CnH 4 = 34 ( g / mol ) → 12n + 4 = 34 → n = 2,5

→ CT chung của X : C2,5 H : 0,1( mol )
C2,5 H 4 → 2,5CO2 + 2 H 2O
0,1

→ 0, 25

0, 2

( mol )

CO2 và H 2O . Hấp thụ sản phẩm vào dd Ca ( OH ) 2  
Sản phẩm cháy thu được gồm
= mCO 2 + mH 2O = 0, 25 44 + 0, 2.18 = 14,6 ( g )
mbình tăng
Đáp án B
Câu 68:
Phương pháp:
Dựa vào kiến thức về polime Phản ứng trùng ngưng là quá trình k ết h ợp nhi ều phân t ử nh ỏ thành
HO
phân tử lớn đồng thời giải phóng những phân tử nhỏ khác (VD: 2 ....)
Hướng dẫn giải:
an (1) poli(metyl metacrylat) ; (2) polistiren ; (6) poli(vinyl axetat) là s ản ph ẩm c ủa ph ản ứng
trùng hợp. (3) nilon – 7; (4) poli(etylen – terephtalat); (5) nilon – 6,6 là s ản ph ẩm c ủa ph ản ứng
trùng ngưng
+ có 3 polime là sp của cử trùng ngưng
Đáp án A
Câu 69:
Phương pháp: Dựa vào kiến thức lí thuyết tổng hợp về các chất hữu cơ.
Hướng dẫn giải:
X tạo dd màu xanh với dd I – X là hồ tinh bột

Trang 13


Y tạo phức màu tím với

ddCu ( OH ) 2 / OH −

→ Y là lòng trắng trứng (thành phần chính c ủa lòng

dd Cu ( OH ) 2 / OH − )
trắng trứng là protein, protein tạo phức màu tím với
ddAgNO3 / NH 3 → cấu tạo của Z có nhóm –CHO trong phân tử → Z
Z tạo kết tủa Ag trắng sáng với
Br
là glucozơ. T tạo kết tủa trắng với dd 2 T là anilin
Đáp án
Câu 70:
2 > nHCl .
Phương pháp: Ta thấy: nH 2
Do vậy Ba sau khi phản ứng với HCl tiếp tục phản ứng v ới

H 2O sinh ra H 2 

Ba ( OH ) 2
BaCl2
+ dd X chứa:
và
Hướng dẫn giải:
2 > nHCl . Do vậy Ba sau khi phản ứng với HCl tiếp tục phản ứng với H 2O sinh ra H 2 
Ta thấy: nH 2
BaCl2 và Ba ( OH ) 2
– dd X chứa:
Na2 SO4 , Na2CO3 , Al , Al2O3 , AlCl3 , NaHCO3 → 6 chất
Các chất phản ứng được với dung dịch X là:
PTHH minh họa:
BaCl2 + Na2 SO4 + BaSO4 ↓ +2 NaCl hoặc Ba ( OH ) 2 + Na2 SO4 → BaSO4 ↓ +2 NaOH  
Ba Cl2 + Na2CO3 → BaCO3 ↓ +2 NaCl  
Ba

( OH ) 2 + 2 Al + 2 H 2 0

Ba

( OH ) 2 + Al2O3 → Ba ( AIO2 ) 2 + H 2O

Ba

+ Ba ( AIO2 ) 2 + 2 H 2 ↑

( OH ) 2 + AICI 3 → BaCl2 + Al ( OH ) 3 ↓

hoặc

4 Ba ( OH ) 2 + 2 A1C13 + Ba ( AIO2 ) 2 + 3BaCl2 + 4 H 2O

Ba ( OH ) 2 + 2 NaHCO3 → BaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2 H 2 O
Đáp án B
Câu 71:
Phương pháp:

H N − R − COOH
Đặt công thức của X là 2
H N − R − COOH + HCl → CIH 3 N − R − COOH
PTHH: 2
→ mHCl = mmuoi − mX + nHCl
BTKL
→ nX = nHCl → M X
Theo PTHH
Mà amino axit thiên nhiên thuộc loại a-amino axit → CTCT của X.

Hướng dẫn giải:
H N − R − COOH
Đặt công thức của X là 2
H N − R − COOH + HCl → ClH 3 N − R − COOH
PTHH: 2
N
= 10,95 / 36,5 = 0,3 mol
BTKL: Mhci = mmuối - mx = 37, 65 − 26, 7 = 10, 95 gam → HCl
nx = nHCl = 0,3 mol  
Theo PTHH:

Trang 14


→ Mx = 26, 7 : 0,3 = 89

H N − CH ( CH 3 ) − COOH .
Mà amino axit thiên nhiên thuộc loại a-amino axit nên X là 2
Đáp án D
Câu 72:
Phương pháp:
CH O.
CH O.
Để đơn giản ta coi tinh bột là 6 10 5 Tính được mol của 6 10 5
+

PTHH:

0

H ,t
C6 H10O5 + H 2O 
→ C6 H12O6

Theo PTHH:

nC6 H12O6 = nC6 H10O5

Tính được khối lượng glucozo theo lý thuyết:
H
mC6 H12O6 ( TT ) = mC6 H12O6 ( LT ) '
100
Do hiệu suất đạt 75% nên lượng thực tế:
Hướng dẫn giải:
CH O
Để đơn giản ta coi tinh bột là 6 10 5 .
324
n C6 H10 O5 =
= 2 ( mol )
162
+

PTHH:

mC6 H12O6 ( LT )

0

H ,t
C 6 H10O5 + H 2O H 

→ C6 H12O6

Theo PTHH:

nC6 H12O6 = nC6 H10O5 = 2 ( mol )

Theo lý thuyết:

mC6 H12O5 LT ) = 2.180 = 360 ( g )  

75
mC6 H12O6( TT ) = 360. 
= 270 ( g )  
100 
Do hiệu suất đạt 75% nên lượng thực tế:
Đáp án C
Câu 73:
Phương pháp:
m khí =M khí.n khí =? Gam
BTNT “S” => nH2SO4 = nNa2SO4 = ? mol
=> m dd H2SO4 ? gam
mNa2 SO4
CMNa2 SO4 =
 .100% → m  = ? 
m + mddH 2SO4 – mkhi  

Hướng dẫn giải:
m khí =M khí.n khí = 16,75.2.0,4 = 13,4 gam
nNa2 SO4
= 170,4/142 = 1,2 mol

n
= nNa 2 SO 4 = 1,2 mol
BTNT “S” => H 2 SO 4
=> m dd H 2SO 4 = 1,2.98.(100/40) = 294 gam
CMNa2 S 04 =

mNa2 SO4
m + ddH 2SO 4 – M khi  

 .100% 

170, 4 
→ 51, 449% =  
.100%
m + 294 − 13, 4 
Giải phương trình được m = 50,6 gam
Đáp án B
Trang 15


Câu 74:
Phương pháp: Công thức cấu tạo của các chất lần lượt là:
HCOOCH 3

( COOCH3 ) 2
 ( CH 3COO ) 3 C3 H 5
CH 3COOCH
Các ancol thu được là:
CH 3OH (x mol)
C3 H 5 ( OH ) 3

(y mol)
= 32 x + 92 y = 15, 6 ( 1)
m ancol
nH 2 = 0,5nCH 3OH + 1,5nC 3H 5( OH ) 3 = 0,5 x + 1,5 y = 0, 25 ( 2 )  
Giải (1)(2) thu được x và y
Hỗn hợp đầu gồm:
HCOOCH 3 (a mol)

( COOCH3 ) 2

(b mol)
( CH 3COO ) 3 C3 H 5 (y = ? mol)
CH 3COOC6 H 5 (c mol)
*m hh → (3)
n
* CH 3OH → (4)
*Đốt X:
mO ( X ) = mhh − mC − mH → nO( X )
BTNT “O”: no(x) → (5)
Giải (3) (4) (5) được a; b; c
Xét phản ứng của X với NaOH:
nNaOH pu = a + 2b + 0,1.3 + 2c = ? 

nH 2O = c = ? 

m = mhh + mNaOH − mancol − mH 2 O = ?
BTKL: muoi
Hướng dẫn giải:
Công thức cấu tạo của các chất lần lượt là:
HCOOCH 3

 ( COOCH 3 ) 2

( CH 3COO ) 3 C3 H 5
CH 3COOC6 H 5 
Các ancol thu được là:
CH 3OH (x mol)

C3 H 5 ( OH ) 3

(y mol)
Trang 16


m ancol = 32 x + 92 y = 15, 6 (1)
nH 2 = 0,5nCH 3OH + 1,5nC 3H 5( OH ) 3 = 0,5 x + 1,5 y = 0, 25

(2)

Giải (1)(2) thu được x = 0,1; y = 0, 2
Hỗn hợp đầu gồm:
HCOOCH 3
(a mol)

( COOCH3 ) 2

(b mol)
( CH 3COO ) 3 C3 H 5 (0,1 mol)
CH 3COOC6 H 5 (c mol)
*m hh = 60 x + 118 y + 136 z + 0,1.218 = 47,3 (3)
n

= x + 2 y = 0, 2 ( 4 )
* CH 3OH
n = 2,1 mol ; nH 2O = 1, 45mol
*Đốt X: co 2
mo ( x ) = mhh − mc − mh = 47,3 − 2,1.12 − 1, 45.2 = 19, 2 gam → no ( x ) = 1, 2 mol
BTNT “O”:

no ( x ) = 2 x + 4 y + 0,1.6 + 2 z = 1, 2 ( 5 )  

Giải (3) (4) (5) được a = 0,1; b = 0, 05; c = 0,1
Xét phản ứng của X với NaOH:
nNaOH pu = a + 2b + 0,1.3 + 2c = 0,7 mol

nH 2O = c = 0,1mol
BTKL: m muối = m hh +mNaOH - m ancol - mH2O= 47,3 +0,7.40 - 15,6 - 0,1.18 = 57,9 gam
Đáp án C
Câu 75:

CO2 nhiều hơn số
Phương pháp: Dựa vào dữ kiện: Khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol
HO
NH 2 và 1 nhóm
mol 2 là a mol mà các peptit đều được tạo t ừ các aminoaxit no, có 1 nhóm
CO2
COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau. Từ mối liên h ệ số mol m ỗi peptit v ới
HO
và 2 → Các peptit đều là tetrapeptit
n
= amol → nNaOH = 4a mol; nH 2O = a mol
- Đặt peptit

BTKL: m peptit + mNaOH= m muối + mH2O + a
Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)
+) BTNT “Na” → (1)
+) m muối (2) Giải (1) và (2) được a, b
X
 Ala − Na : a

69,8 ( g ) Y
+ NaOH vuadu → 
Val − Na : b
 Z : 0,16

Sơ đồ bài toán:
Dựa vào các dữ kiện tính được số C trung bình của hỗn h ợp ban đ ầu t ừ đó bi ện lu ận ra X và Y Suy
ra các trường có thể có của X, xét từng trường hợp và chọn ra tr ường h ợp th ỏa mãn đi ều ki ện
nx < ny
Hướng dẫn giải:
Trang 17


Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol

CO2 ,

nhiều hơn số mol

H 2O

là a mol mà các

NH 2 và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số
peptit đều được tạo từ các aminoaxit no, có 1 nhóm
lượng mắt xích như nhau.
→ CTTQ : Cn H 2 n +2−2 k + k N k Ok + 1
Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k
Cn H 2 n +2− 2 k + k N k Ok + 1 → nCO 2 + ( n + 1 − 0,5k ) H 2 0 
a

na

a ( n + 1 − 0,5k )

→ na − a ( n + 1 − 0,5k ) = a + k = 4
Vậy các peptit đều là tetrapeptit
Đặt npeptit = a mol → nNaOH = 4a mol; nH2O = a mol
m
+ m NaOH = m
mH 2 O → 69,8 + 4a.40 = 101, 04 + 18a → a = 0, 22 mol
BTKL: peptit
muối +
Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol) +)
n
= 0,88 (1)
BTNT “Na”: a+b = NaOH
m muối = 110a + 139b = 101,04 (2)
Giải (1) và (2) được a = 0,76 mol và b = 0,12
X
 Ala − Na : a

69,8 ( g ) Y

+ NaOHvuadu → 
Val − Na : b
 Z : 0,16

Sơ đồ bài toán:
n
= 2nAla − Na + 5nVal − Na = 2.0, 76 + 5.0,12 = 2,12 mol  
BTNT “C”: C ( X )
+ C trung bình = 2,12 : 0, 22 = 9, 6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6
Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0, 22 = 0, 54 → Có peptit không chứa Val
+

Ala4 ( M = 89.4 − 18.3 = 302 )
là
nAla ( X , Y ) = 0, 76 − 0,16.4 = 0,12

C( Z) =8→ Z

→
Mặt khác:
nX + nY = 0, 22 − 0,16 = 0, 06 mol

mX + mY = mhh − mZ = 69,8 − 0,16.302 = 21, 48 gam 
→ M ( X , Y ) = 21, 48 : 0,06 = 358 – Ylà Ala3Val ( M = 330 )
Do Ala Vala (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:
TH1:
Val
X là Ala 3 (x mol) inn
Y là Alaz Val (y mol)
x+y = 0,06

x + 3 y = nAla( X ,Y ) = 0,12 
→ x = y = 0, 03 loại do không thỏa mãn nx < ny
TH2:

X là

Val4 ( x mol )

Y là

Ala3 Val ( ymol )
Trang 18


nAla( X ,Y ) = 3 y = 0,12 → y = 0, 04 → x = 0,02

(thỏa mãn)
%mx = (0,02.414/69,8).100% = 11,86% gần nhất với 12%
Đáp án D
Câu 76:
Phương pháp:
n
= nCuSO 4.5 H 2O
Tính được: CuSO 4
Do nhung thanh Mg có phản ứng xảy ra và sau khi làm khô thành Mg th ấy kh ối l ượng không đ ổi
nên suy ra:
2+
+ Ở catot thì Cu chưa bị điện phân hết (phản ứng này Cu bám vào làm khối l ượng thanh Mg
tăng)

HO
+ Ở anot thì 2 đã bị điện phân tạo H' (phản ứng này hòa tan thanh Mg làm kh ối l ượng thanh
Mg giảm) (2 lượng tăng giảm này bù trừ cho nhau nên khối lượng thanh Mg không đổi)
Các quá trình tại 2 điện cực:
Cu 2+ + 2e → Cu o  
Cl − → 0,5C12 + le
x
2x
x
у

0,5 у

у

+

H 2O → 2 H + 0,5O2 + 2e 
z
2z
0,5 z
2z

ne
→ ne( anot ) →
+) Áp dụng bảo toàn e: ( catot )
(1)
m
= mCu + mCl 2 + mO 2
+) dd giam

(2)

→ ( 3)
m
= mMg tan ra = mCu
+) Do khối lượng thanh Mg không thay đổi nên Mg tan ra
màu bám vào
Giải hệ tìm được x, y, z
→ ne traođoi → Thời gian t = ne.F / I
Hướng dẫn giải:
n
= nCuSO 4.5 H 2 O = 80 / 250 = 0,32mol
Tính được: CuSO 4
Do nhung thanh Mg có phản ứng xảy ra và sau khi làm khô thành Mg th ấy kh ối l ượng không đ ổi
nên suy ra:
2+
+ Ở catot thì Cu chưa bị điện phân hết (phản ứng này Cu bám vào làm khối l ượng thanh Mg
tăng)
+
HO
+ Ở anot thì 2 đã bị điện phân tạo H (phản ứng này hòa tan thanh Mg làm khối l ượng thanh
Mg giảm) (2 lượng tăng giảm này bù trừ cho nhau nên kh ối l ượng thanh Mg không đ ổi) Các quá
trình tại 2 điện cực:
Cl − → 0,5C12 + le
Cu 2+ + 2e → Cu 0  

x

2x

x

у

0,5 у

у

H 2O → 2 H + + 0,5O2 + 2e  
z
2z
0,5 z
2z

ne
= ne( anot ) → 2 x − y + 2 z
+) Áp dụng bảo toàn e: ( catot )
(1)
= mcu + mCl 2 + mO 2 – 64 x + 71.0,5 y + 32.0,5 z = 22,8 (2)
+) mod giảm
Trang 19


2+
( 0,32 − x ) Na + , H + ( 2 z ) và  SO42
+) Dung dịch sau pư chứa: Cu dư
Cho thanh Mg vào có các pư:
Mg + 2 H + → Mg 2+ + H 2

  z ¬ 2z

Mg + Cu 2+ → Mg 2 + + Cu
0,32 − x ¬ 0,32 − x → 0,32 − x  
m
= mCu
Do khối lượng thanh Mg không thay đổi nên Mgtan ra
bám vào
→ 24. ( z + 0,32 − x ) = 64. ( 0,32 − x )
(3)
x
=
0,
23;
y
= 0,16; z = 0,15 
Giải hệ (1) (2) (3) được

→ ne traođoi = 2 x = 0, 46 mol
→ t = ne.F / I = 0, 46.96500 / 9, 65 = 4600 giây
Đáp án A
Câu 77:
Phương pháp:
M có phản ứng tráng bạc nên M có chứa HCOOH(X). Đặt Y là R1COOH; (Z) là

R2COOH và (E):

R ' ( OH ) 3

( HCOO ) ( R1COO ) ( R2COO ) R '
(T):
Gọi x, y, z lần lượt là số mol X, Y, T => n Z = y mol. Vì Y và Z là 2 axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của

n
= nH 2O .
HCOOH nên khi đốt cháy thì thu được CO 2
T là este no, mạch hở, ba chức nên khi đốt T thì thu được:
1
1
z = nCO2 ( T ) – n H 2O( T ) = nCO 2( M ) – n H 2O( M )
2
2
Theo định luật bảo toàn khối lượng
mM + mO 2 = mCO 2 + mH 2O → mO 2 → nO 2

(

)

(

)

Theo bảo toàn nguyên tố 0:  x + 2 y = ?
M + AgNO3 / NH 3 :
nAg → X → y

R ,R
R ,R
M theo 1 2 và R ' → biện luận tìm ra 1 2 và R '
Hướng dẫn giải:
M có phản ứng tráng bạc nên M có chứa HCOOH (X). Đ ặt Y là RCOOH; ( Z) là

R2COOH và (E):

R COO) ( R2COO ) R '
R'(OH)3 (T): (HCOO)( 1
nCO 2 = 1mol ; nH 2O = 0,9mol  
Gọi x, y, z lần lượt là số mol X, Y, T → nz = y mol. Vì Y và Z là 2 axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của

n
= nH 2O .
HCOOH nên khi đốt cháy thì thu được CO 2
T là este no, mạch hở, ba chức nên khi đốt T thì thu được:
1
1
1 − 0,9
z = nCO 2 (T) – n H2O( r ) = nCO 2( M ) – nH 2 O( M ) =  
= 0, 05 
2
2
2

(

)

(

)

Trang 20

Theo định luật bảo toàn khối lượng:
mM + mO 2 = mCO 2 + mH 2 O → mO 2 = 44 + 16, 2 − 26, 6 = 33, 6 gam → nO 2 = 1, 05 mol
Theo bảo toàn nguyên tố 0:
2 ( x + 2 y ) + 6.0, 05 + 2.1,05 = 2 + 0,9 → x + 2 y = 0, 25 ( *)

M + AgNO3 / NH 3 :
+ AgNO3 NH 3
HCOOH 
→ 2 Ag  
x
2x
+ AgNO3 / NH3
 ( HCOO ) ( R1C 00 ) ( R2COO ) R ' 
→ 2 Ag  

z

2z

→ nAg = 2 x + 0,1 = 21, 6 :108 = 0, 2 → x = 0, 05 mol

thế vào

( 8) → y = 0,1mol

→

mM = 46.0,05 + 0,1( R1 + 45 ) + 0,1( R2 + 45 ) + 0, 05 ( 133 + R1 + R2 + R ' ) = 26,6

→

0,15 R1 + 0,15 R2 + 0, 05 R ' = 8, 65

→

3R1 + 3R2 + R ' = 173

Do

R1 ≥ 15; R2 ≥ 29; R ' ≥ 41 → 3R1 + 3R2 + R ' > 173

Thỏa mãn là

R1 = 15 ( CH 3 − ) ; R2 = 29 ( C2 H 5− ) và R ' = 41( C3 H 5OO ) C3H 5

CH 3COOH , Z là C2 H 5COOH và T là (HCOO ( CH 3COO ) ( C2 H 5COO ) C3 H 5
Y là
→ 13,3 gam M + 0, 4 molNaOH :
HCOOH + NaOH → HCOONa + H 2O
O, 025 

O, 025 

CH 3COOH + NaOH → CH 3COONa + H 2O
0, 05

 0, 05

C2 H 3COOH + NaOH → C2 H 5COONa + H 2O

0, 05 

0, 05

( HCOO ) ( CH 3COO ) ( C2 H 5COO ) C3 H 5

+ 3NaOH → HCOONa + CH 3COONa + C2 H 3COONa + C3 H 5 ( OH ) 3  

=> mchất rắn = 13,3 + 40.0, 4 − 18.0,125 − 92.0, 025 = 24, 75 gam gần nhất với 25 gam.
Đáp án B
Câu 78:
Phương pháp:
Bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố.
Hướng dẫn giải:
nal = 0, 06 mol → nFe304 = 0, 01mol

 8 Al + 3Fe3O4 → 4 A12 03 + 9 Fe  
Phản ứng hoàn toàn nên sau phản ứng có:
0, 03 mol Fe;0, 04 / 3 molA1203;0,1/ 3 mol Al
2+
2+
Giả sử phản ứng tạo xmolFe và ymol Fe  
Fe = x + y = 0, 03 ( 1)
+) Bảo toàn

Trang 21


+) Bảo toàn e:

2nFe 2+ + 3nFe3+ + 3nAl = 3nNO + 8nNH 4 NO 3 

→ 2 x + 3 y + 0,1 = 0,021.3 + 8nNH 4 NO 3 ( 2 )

+) Bảo toàn N:
nHNO 3 = nno + 2nNH 4 NO3 + nNO 3 muoi KL → 0, 021 + 2nNH 4 NO 3 + 2 x + 3 y + 0,1 + 0, 08 = 0,314

(3)

+ nNH 4 NO 3 = 0, 015 mol  
Từ (2) (3)
→ 2 x + 3 y = 0,083 ( 4 )
Từ (1) (4) x = 0, 007 mol ; y = 0, 023mol

0, 007 molFe ( NO3 ) 2 ;0, 023 molFe ( NO3 ) 3 ;0, 06molAl ( NO3 ) 3 0, 015molNH 4 NO3
Vậy muối gồm
và
Nung các muối đến khối lượng không đổi:
2 X ( NO3 ) 3 + X 2O3 + 6 NO2 + 1,502

Fe ( NO3 ) 2 → FeO + 2 NO2 + 1/ 2O2
2 FeO + 1/ 2O2 → Fe2O3

NH 4 NO3 → N 2O + 2 H 2O
Fe O ( 0, 015 mol )
Al O ( 0,03 mol )
Chất rắn sau nung chứa: 2 3
và 2 3
m
BTKL → T = m muối - mchất rắn

= 0,007.180 + 0,023.242 + 0, 06.213 + 0, 015.80 − ( 0,015.160 + 0, 03.102 )  
=15,346 gam gần nhất với 15,35 gam
Đáp án A
Câu 79:
Phương pháp:
Phần 1: Ta tính được

nFe( OH ) 3 ; nH + du = nKOH −3nFe( OH ) 3

−
3+
Với phản ứng ở phần 1 ta chỉ có thể khẳng định Hhết còn phản ứng giữa OH với Fe có thể dự
Fe3+ . Quy đổi k hỗn hợp X gồm Fe = xmol ; O = ymol

Dùng bảo toàn e, bảo toàn điện tích và khối lượng X để tìm x và y.
Ba ( OH ) 2
BaSO4 và Fe ( OH ) 3 suy ra
Phần 2: Khi tác dụng với
dư có kết tủa gồm
m ↓= mBaSO 4 + mFe( OH ) 3
Hướng dẫn giải:
n
= 0, 05mol; nH + du = nKOH − 3nFe( OH ) 3 = 0, 2 – 0,15 = 0, 05 mol
Phần 1: Fe( OH ) 3
3+
Với phản ứng ở phần 1 ta chỉ có thể khẳng định H' hết còn phản ứng giữa OH với Fe có thể dự
Fe3+ .
1 nửa X gồm Fe = xmol ;0 = ymol

56 x + 16 y = 5,12

Bảo toàn mol e: 3 x − 2 y = 0, 05.3 + 0, 5a
3+
+
2−
3−
1/ 2 dung dịch Y: Fe ( xmol ) ; H ( 0,05 mol ) ; SO4 ( 0,05mol ) ; NO ( 0, 25 − 0, 05 − 0,5a )
3 x + 0, 05 = 0,1 + 0, 2 – 0,5a
Bảo toàn điện tích:
Trang 22


Giải hệ được: x = 0, 08mol;
Phần 2: Khi tác dụng với
Đáp án C
Câu 80:
Phương pháp:

y = 0, 04 mol

Ba ( OH ) 2

dư có

m ↓= mBaSO 4 + mFe( OH ) 3 = 0, 05.233 + 0, 08.107 = 20, 21 gam  

3+
2+
2+  
- Thứ tự phản ứng của ion KL là Fe , Cu , Fe

−
- Thứ tự phản ứng của KL là Mg , Fe, Cu và Cl
2+
2+
−
Do Y chứa 2 kim loại nên là Cu và Fe → Dung dịch muối chứa Mg , Fe và Cl
Bảo toàn nguyên tố Mg, Cu, Củ ta có sơ đồ:

 Mg 2+ : a

 2+
 AgCl : 0,52
3+
+ AgNO3du →↓ 
 Mg : a  Fe : 0,16 ddX  Fe
 2+


 Ag
Cl − : 0,52
 Fe : b + Cu : 0, 02 

Cu : c Cl − : 0,52 

Cu : c + 0, 02


11,
84
g

Y
(
)


 Fe


- Cho AgNO3 dư vào dd X:
Ag + + Cl − → AgCl ↓

Ag + + Fe2+ → Fe3+ + Ag
Ag → mAg → nFe 2+ ( X )
Kết tủa chứa AgCl (0,52 mol) và
dd X → nMg 2+  
BTĐT
Quan sát phần kim loại của cả quá trình ta có:
mMg ,Fe ,Cu + mFe 3+ + mCu 2+ = mMg 2 + ( X ) + mFe 2+( X ) + mY
Thay số tính được giá trị của m.
Hướng dẫn giải:
3+
2+
2+
- Thứ tự phản ứng của ion KL là Fe , Cu , Fe
- Thứ tự phản ứng của KL là Mg, Fe, Cu
2+
2+
Do Y chứa 2 kim loại nên là Cu và Fe → Dung dịch muối chứa Mg , Fe và Cl
Bảo toàn nguyên tố Mg, Cu, C1 ta có sơ đồ:


 Mg 2+ : a

 2+
 AgCl : 0,52
3+
+ AgNO3du →↓ 
 Mg : a  Fe : 0,16 ddX  Fe
 2+


 Ag
Cl − : 0,52
 Fe : b + Cu : 0, 02 

Cu : c Cl − : 0,52 


11, 84 g Y Cu : c+ 0, 02
( ) 

 Fe


- Cho AgNO3 dư vào dd X:
Ag + + Cl − → AgCl ↓

Ag + + Fe2+ → Fe3+ + Ag
Kết tủa chứa AgCl (0,52 mol) và Ag → mAg = 87, 58 − 0,52.143, 5 = 12,96 gam
Trang 23

→

nAg = 12,96 /108 = 0,12mol = nFe 2+( X ) .

BTĐT dd X → 2a + 0,12.2 = 0,52 → a = 0,14
Quan sát phần kim loại của cả quá trình ta có:
 mMg , Fe,Cu + mFe3+ + mCu 2+ = mMg 2+( X ) + mFe 2+( x ) + my  
→ m + 0,16.56 + 0, 02.64 = 0,14.24 + 0,12.56 + 11,84
→ m = 11, 68 gam

Trang 24