PENBOOK LUYỆN THI THPT QUỐC GIA môn hóa năm 2020 đề 19

PENBOOK LUYỆN THI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

GV: BÙI QUỐC TUẤN

NĂM HỌC: 2019 – 2020

ĐỀ SỐ 19

MƠN: HĨA HỌC
Thời gian làm bài: 50 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1. Sục từ từ đến dư khí X vào nước vơi trong. Quan sát thấy lúc đầu có kết tủa trắng tăng dẩn, sau đó
kết tủa tan ra. Khí X là
A. N2

B. CO2

C. CO

D. O2

Câu 2. Chất khí nào sau đây có mùi khai, xốc và tan tốt trong nước?
A. SO2

B. N2

C. NH3

D. H2S

Câu 3. Kim loại nhôm không phản ứng được với dung dịch nào sau đây?
A. H2SO4 đặc, nóng.

B. HNO3 lỗng.

C. H2SO4 đặc, nguội.

D. H2SO4 lỗng.

Câu 4. Dung dịch Na2CO3 tác dụng được với dung dịch
A. NaCl

B. KCl

C. NaNO3

D. CaCl2

Câu 5. Polime nào sau đây trong thành phần chứa nguyên tố nitơ?
A. Tơ nilon-7

B. Poli(vinyl clorua)

C. Polietilen

D. Cao su buna

Câu 6. Cho kim loại Cu lần lượt vào các dung dịch: HNO 3 (loãng), FeCl3, AgNO3, HCl. Số trường hợp có
phản ứng hóa học xảy ra là

A. 3

B. 2

C. 4

D. 1

Câu 7. Cho các kim loại Al, Fe, Au, Ag. Kim loại dẫn điện kém nhất là:
A. Au

B. Al

C. Ag

D. Fe

Câu 8. Axit aminoaxetic không tác dụng với dung dịch nào sau đây?
A. HCl

B. KCl

C. H2SO4 loãng

D. NaOH

Câu 9. Thuốc thử được dùng để phân biệt dung dịch Gly-Ala-Gly với dung dịch Gly-Ala là
A. Cu(OH)2

B. Dung dịch NaCl

C. Dung dịch HCl

D. Dung dịch NaOH

Câu 10. Chất nào sau đây không tạo kết tủa khi cho vào dung dịch AgNO3?
A. HNO3

B. HCl

C. K3PO4

D. KBr

Câu 11. Sản phẩm của phản ứng este hóa giữa ancol metylic và axit propionic là
A. Metyl axetat

B. Propyl propionat

C. Metyl propionat

D. Propyl fomat

Câu 12. Photpho thể hiện tính oxi hóa trong phản ứng nào sau đây?
t°
A. 2P + 5Cl2 
→ 2PCl5

t°
B. 2P + 5O2 

→ 2P2O5

t°
C. P + 5HNO3 
→ H3PO4 + 5NO2 + H2O

t°
D. 3Ca + 2P 
→ Ca3P2

Câu 13. Nhúng thanh Fe vào dung dịch CuSO4. Sau một thời gian, quan sát thấy?
A. thanh Fe có màu trắng và dung dịch nhạt dần màu xanh.
B. thanh Fe có trắng xám và dung dịch nhạt dần màu xanh.
C. thanh Fe có màu đỏ và dung dịch nhạt dần màu xanh.
Trang 1


D. thanh Fe có màu đỏ và dung dịch dân có màu xanh.
Câu 14. Cho 31,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 tan hết trong dung dịch HCl, thu được 2,24 lít khí H2
(đktc) và dung dịch Y chỉ chứa 60,7 gam hỗn hợp muối. Khối lượng của Fe3O4 có trong X là
A. 23,20 gam

B. 18,56 gam

C. 11,60 gam

D. 27,84 gam

Câu 15. Một số este có mùi thơm, không độc, được dùng làm chất tạo mùi hương trong cơng nghiệp thực
phẩm, mỹ phẩm. Benzyl axetat có mùi thơm của loại hoa (quả) nào sau đây?

A. Chuối chín

B. Dứa chín

C. Hoa hồng

D. Hoa nhài

Câu 16. Phương trình hóa học nào sau đây viết sai?
t°
A. NaHCO3 
→ NaOH + CO2

t°
B. 2KNO3 
→ 2KNO2 + O2

t°
C. NH4Cl 
→ NH3 + HCl

t°
D. NH4NO2 
→ N2 + 2H2O

Câu 17. Ion nào sau đây có tính oxi hóa mạnh nhất?
A. Cu 2+

B. Fe 2+

C. Ca 2+

D. Ni 2+

C. Tơ nitrin

D. Sợi bông

Câu 18. Tơ nào sau đây thụộc loại tơ tổng hợp?
A. Tơ axetat

B. Tơ tằm

Câu 19. Cho 0,1 mol (C17H35COO)3C3H5 tác dụng hồn tồn với dung dịch NaOH (dư, đun nóng), thu
được m gam glixerol. Giá trị của m là
A. 4,6

B. 27,6

C. 9,2

D. 14,4

Câu 20. 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

Quỳ tím

Chuyển màu hồng

Y

Dung dịch I2

Có màu xanh tím

Z

Dung dịch AgNO3 trong NH3

Kết tủa Ag

T
Các dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là:

Nước brom

Kết tủa trắng

A. Axit glutamic, tinh bột, anilin, glucozơ

B. Axit glutamic, glucozơ, tinh bột, anilin

C. Anilin, tinh bột, glucozơ, axit glutamic

D. Axit glutamic, tinh bột, glucozơ, anilin

Câu 21. Từ 16,20 tấn xelulozơ sản xuất được m tấn xenlulozơ trinitrat (biết hiệu suất phản ứng tính theo
xenlulozơ là 90%). Giá trị của m là
A. 25,46

B. 29,70

C. 33,00

D. 26,73

Câu 22. Hỗn hợp X gồm etyl axetat, đimetyl ađipat, vinyl axetat, anđehit acrylic và ancol metylic
(anđehit acrylic và ancol metylic có số mol bằng nhau). Đốt cháy hoàn toàn 19,16 gam X cần vừa đủ 1,05
mol O2, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào nước vơi trong dư, thu được dung dịch có khối lượng giảm m
gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của m là
A. 37,24

B. 33,24

C. 35,24

D. 29,24

Câu 23. Chất nào sau đây là chất khí ở điểu kiện thường?
A. Metylamin

B. Anilin

C. Alanin

D. Etyl axetat
Trang 2


Câu 24. Saccarozơ là loại đường phổ biến nhất, có nhiều trong cây mía, củ cải đường và hoa thốt nốt.
Công thức phân tử của saccarozơ là
A. C6H12O6

B. (C6 H10O5 ) n

C. C12H22O11

D. C12H24O12

Câu 25. Cho các phát biểu sau:
(a) Thủy phân saccarozơ trong môi trường kiềm thu được glucozơ và fructozơ.
(b) Muối phenylamoni clorua không tan trong nước.
(c) Trong phân tử peptit mạch hở Gly- Ala-Gly có 4 nguyên tử oxi.
(d) Lực bazơ của metylamin lớn hơn amoniac.
(e) Quá trình lưu hóa cao su tạo ra cầu nối -S-S- giữa các mạch cacbon không phân nhánh tạo thành mạch
phân nhánh.
Số phát biểu đúng là
A. 2

B. 4

C. 5

D. 3

Câu 26. Cho các sơ đồ phản ứng sau:
C8H14O4 + NaOH → X1 + X2 + H2O

X1 + H2SO4 → X3 + Na2SO4

X3 + X4 → Nilon-6,6 + H2O
Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Nhiệt độ sôi của X2 cao hơn axit axetic.
B. Các chất X2, X3 và X4 đều có mạch cacbon phân nhánh.
C. Nhiệt độ nóng chảy của X1 cao hơn X3.
D. Dung dịch X có thể làm quỳ tím chuyển màu hồng.
Câu 27. Hịa tan hồn tồn 28,4 gam hỗn hợp gồm Cu, FeCl 2, Fe(NO3)2 và 0,02 mol Fe3O4 trong 560 ml
dung dịch HCl l,0M, thu được dung dịch X. Cho dung dịch AgNO 3 dư vào X thì có 0,76 mol AgNO3 tham
gia phản ứng, thu được m gam kết tủa và thốt ra 0,448 lít khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn,
NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5 trong các quá trình. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau
đây?
A. 110,8

B. 107,6

C. 115,2

D. 98,5

Câu 28. Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Điện phân dung dịch NaCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp).
(b) Cho FeO vào dung dịch HNO3 lỗng dư, đun nóng.
(c) Cho Si vào dung dịch NaOH dư.

(d) Cho dung dịch NaHSO4 vào dung dịch NaHCO3.
(e) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 loãng.
(g) Cho đinh sắt vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư.
Sau khi các phản ứng xảy ra, số thí nghiệm sinh ra chất khí là
A. 4

B. 6

C. 5

D. 2

Trang 3


Câu 29. Hỗn hợp X gồm CH4, C2H4, C3H4, CH4 và H2. Dẫn X qua Ni nung nóng, sau khi các phản ứng
hồn tồn, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với NO 2 là 1. Cho 2,8 lít Y (đktc) tác dụng tối đa 36 gam
brom trong dung dịch. Cho 2,8 lít X (đktc) tác dụng tối đa X gam brom trong dung dịch. Giá trị của X là
A. 48

B. 60

C. 24

D. 30

Câu 30. Cho 2,4 gam Mg tác dụng hoàn toàn với 250 ml dung dịch chứa FeSO 4 0,2M và CuSO4 0,3M,
thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 6,0

B. 5,4

C. 6,2

D. 6,4

Câu 31. Đốt cháy hoàn toàn X mol este đơn chức, mạch hở E cần vừa đủ V lít O 2 (đktc), thu được y mol
CO2 và z mol H2O. Biết X = y − z và V = 100,8x. Số chất thỏa mãn điều kiện của E là
A. 6

B. 3

C. 5

D. 4

Câu 32. Cho m gam Mg vào 500 ml dung dịch gồm H 2SO4 0,4M và Cu(NO3)2. Sau khi phản ứng xảy ra
hồn tồn, thu được 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí X gổm N 2, H2, dung dịch Y và còn lại 2,0 gam hỗn hợp
kim loại. Tỉ khối của X so với H2 là 6,2. Giá trị của m là
A. 5,96

B. 5,08

C. 5,28

D. 4,96

Câu 33. Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho Mg vào dung dịch Fe2(SO4)3 dư.
(b) Cho bột Zn vào lượng dư dung dịch HCl.

(c) Dẫn khí H2 dư qua ống sứ chứa bột CuO nung nóng.
(d) Cho B. vào lượng dư dung dịch CuSO4.
(e) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch AgNO3.
Sau khi kết thúc các phản ứng, số thí nghiệm thu được kim loại là
A. 4

B. 2

C. 3

D. 1

Câu 34. Hòa tan hết m gam hỗn hợp E gồm Al, Mg, MgO vào dung dịch chứa KHSO 4 và 0,34 mol
HNO3, thu được 8,064 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, H 2 và NO2 (tỉ lệ mol tương ứng 10: 5: 3) và
dung dịch Y chỉ chứa các muối. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thì có 2,28 mol NaOH tham gia phản
ứng, thu được 17,4 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng Mg trong E là
A. 17,65%

B. 26,28%

C. 28,36%

D. 29,41%

Câu 35. Có 4 dung dịch riêng biệt: H 2SO4 1M, HNO3 1M, NaOH 1M, HCl 1M. Cho 5 ml mỗi dung dịch
vào 4 ống nghiệm và khí hiệu ngẫu nhiên là X, Y, Z, T. Tiến hành thí nghiệm với các dung dịch X trên,
kết quả thu được như sau:
- Hai dung dịch X và Y tác dụng được với FeSO4.
- Dung dịch Z có pH thấp nhất trong 4 dung dịch.
- Hai dung dịch Y và T phản ứng được với nhau.

Các dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là:
A. NaOH, HNO3, H2SO4, HCl

B. HNO3, NaOH, H2SO4, HCl

C. HNO3, NaOH, HCl, H2SO4

D. HCl, NaOH, H2SO4, HNO3
Trang 4


Câu 36. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung
dịch chứa x mol H2SO4 và y mol Al2(SO4)3. Khối
lượng kết tủa (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung
dịch Ba(OH)2 (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị sau:
Giá trị của x và y lần lượt là
A. 0,1 và 0,2

B. 0,2 và 0,10

C. 0,1 và 0,24

D. 0,2 và 0,18

Câu 37. Hỗn hợp X gồm một ancol đơn chức, một axit cacboxylic đơn chức và một axit cacboxylic hai
chức (đều no, mạch hở). Đun nóng 15,34 gam X (xúc tác H 2SO4 đặc), sau một thời gian thu được 2,34
gam H2O và hỗn hợp Y gồm các hợp chất hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được 18,92 gam CO 2 và 7,20
gam H2O. Cho toàn bộ Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 11,20 gam KOH, thu được m gam muối. Giá
trị của m là
A. 19,82

B. 22,94

C. 17,50

D. 12,98

Câu 38. Hỗn hợp M gồm 3 peptit X, Y, Z (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng là 4: 3: 2 có tổng số liên
kết peptit trong 3 phân tử X, Y, Z bằng 12. Thủy phân hoàn toàn 78,10 gam M, thu được 0,40 mol A 1 0,22
mol A2 và 0,32 mol A3. Biết A1, A2, A3 đều có dạng H2NCnH2nCOOH. Mặt khác, cho X gam M phản ứng
vừa đủ với NaOH, thu được y gam muối. Đốt cháy hoàn toàn y gam muối cần vừa đủ 32,816 lít O 2 (đktc),
thu được Na2CO3, CO2, H2O và N2. Giá trị của y gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 17,72

B. 47,95

C. 37,45

D. 56,18

Câu 39. Tiến hành thí nghiệm điều chế isoamyl axetat theo các bước sau đây:
Bước 1: Cho 1 ml CH3CH(CH3)CH2CH2OH, 1 ml CH3COOH và vài giọt dung dịch H 2SO4 đặc vào ống
nghiệm.
Bước 2: Lắc đều ống nghiệm, đun cách thủy (trong nồi nước nóng) khoảng 5 - 6 phút ở 65 − 70°C .
Bước 3: Làm lạnh, sau đó rót 2 ml dung dịch NaCl bão hòa vào ống nghiệm.
Phát biểu nào sau đây đúng?
A. H2SO4 đặc chỉ có vai trị làm chất xúc tác cho phản ứng.
B. Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hịa là để tránh phân hủy sản phẩm.
C. Sau bước 2, trong ống nghiệm vẫn còn CH3CH(CH3)CH2CH2OH và CH3COOH.
D. Sau bước 3, chất lỏng trong ống nghiệm trở thành đồng nhất.

Câu 40. Ở điều kiện thường, thực hiện thí nghiệm với khí X như sau:
Nạp đẩy khí X vào bình thủy tinh, rồi đậy bình bằng nắp cao su.
Dùng ống thủy tinh vuốt nhọn đẩu nhúng vào nước, xuyên ống
thủy tinh qua nắp cao su rồi lắp bình thủy tinh lên giá thí nghiêm
như hình vẽ. cho các phát biểu sau:
(a) Khí X có thể là amoniac hoặc metyl amin.
(b) Nếu khí X là HCl thì nước khơng thể phun vào trong bình thủy
tinh.
Trang 5


(c) Tia nước phun mạnh vào trong bình thủy tinh do áp suất trong bình cao hơn áp suất khơng khí.
(d) Nếu thay thuốc thử phenolphtalein bằng quỳ tím thì nước trong bình sẽ có màu xanh.
(e) So với điều kiện thường, khí X tan trong nước tốt hơn khi đun nóng.
(g) Có thể thay nước cất chứa phenolphtalein bằng dung dịch NH3 bão hòa chứa phenolphtalein.
Số phát biểu đúng là
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Trang 6


Đáp án
1-B
11-C

21-D
31-A

2-C
12-B
22-C
32-B

3-C
13-C
23-A
33-B

4-D
14-A
24-C
34-A

5-A
15-D
25-A
35-B

6-A
16-A
26-C
36-A

7-D
17-A

27-B
37-C

8-B
18-C
28-B
38-C

9-A
19-C
29-D
39-C

10-A
20-D
30-C
40-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Phương pháp: Dựa vào hiện tượng quan sát được suy ra được khí X
Hướng dẫn giải:
Khí X là khí CO2
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O
Khi sục tiếp CO2 dư thì kết tủa CaCO3 bị hịa tan theo phương trình
CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2
Câu 2: Đáp án C
Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí được học về các khí
Hướng dẫn giải: Chất X là khí NH3
Câu 3: Đáp án C

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của Al sách giáo khoa hóa 12 trang 122
Hướng dẫn giải: Al thụ động trong H2SO4 đặc, nguội.
Chú ý: Al còn thụ động trong HNO3 đặc, nguội.
Câu 4: Đáp án D
Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của Na2CO3 trong sách giáo khoa hóa 12 trang 110
Hướng dẫn giải: Na2CO3 tác dụng được với CaCl2
Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 ↓ + 2NaCl
Câu 5: Đáp án A
A. Polime Tơ nilon − 7 − [ NH − [CH 2 ]6 − CO ] − n trong thành phần nguyên tố chứa ni tơ.
B. Poli(vinyl clorua). −(−CH 2 − CH(Cl) −) n − chứa các nguyên tố C, H, Cl.
C. Polietilen. Là −(CH 2 − CH 2 ) n − chứa các nguyên tố C, H.
D. Cao su buna thành phần các nguyên tố gồm: C, H: −[CH 2 − CH = CH − CH 2 ]n −
Câu 6: Đáp án A
Phương pháp: Tính chất hóa học của Cu sách giáo khoa hóa 12 - trang 156
Hướng dẫn giải:
Cu phản ứng được với tất cả 3 dung dịch HNO3(loãng), FeCl3, AgNO3
2Cu + 8HNO3 loãng → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2
Trang 7


Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag ↓
Chú ý: Trong dãy điện hóa: Tính khử Cu > Fe 2+ , tính oxi hóa Cu 2+ < Fe3+ ⇒ Cu khử được Fe3+ trong
dung dịch muối.
Câu 7: Đáp án D
Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí chung của kim loại sách giáo khoa hóa 12 trang 84
Hướng dẫn giải:
Thứ tự dẫn điện: Ag > Au > Al > Fe => Fe là kim loại dẫn điện kém nhất
Câu 8: Đáp án B
Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của aminoaxit sách giáo khoa hóa 12 trang 45

Hướng dẫn giải:
Axit aminoaxit có nhóm -NH2 và -COOH trong phân tử nên phản ứng được với HCl, H 2SO4 lỗng,
NaOH.
KHƠNG phản ứng được với KCl.
Câu 9: Đáp án A
Phương pháp: Peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên có phản ứng màu biurê.
<tác dụng với Cu(OH)2 cho dung dịch màu tím>
Hướng dẫn giải:
+ Gly-Ala-Gly có 2 liên kết peptit nên tác dụng được với Cu(OH)2 cho dung dịch màu tím.
+ Gly-Ala chỉ có 1 liên kết peptit nên khơng tác dụng được với Cu(OH)2.
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của AgNO3
Hướng dẫn giải: HNO3 khơng phản ứng được với AgNO3
Câu 11: Đáp án C
Phương pháp: viết PTHH, đọc tên sản phẩm este tạo thành
Hướng dẫn giải:
+

H

→ CH3COOCH2CH3 + H2O
PTHH: CH3CH2OH + CH3COOH ¬


Câu 12: Đáp án B
Phương pháp: P thể hiện tính oxi hóa khi pứ với chất khử, số oxi hóa của P sau p.ứ giảm
Hướng dẫn giải: P thể hiện tính oxi hóa khi p.ứ với chất khử, số oxi hóa của P sau p.ứ giảm
0

0

+2

−3

t°
3Ca + 2 P 
→ Ca 3 P2 ⇒ Số oxi hóa của P giảm từ 0 xuống −3 ⇒ P thể hiện tính oxi hóa

Câu 13: Đáp án C
Phương pháp: Viết phương trình hóa học xảy ra, nêu hiện tượng quan sát được.
Hướng dẫn giải: PTHH: Fe + CuSO4 (dd màu xanh) → FeSO4 + Cu ↓ (đỏ)
Cu sinh ra bám vào thanh sắt ⇒ hiện tượng: Thanh Fe có màu đỏ và dung dịch nhạt dần màu xanh.
Câu 14: Đáp án A
Trang 8


Phương pháp: Tính được n H2
Đặt n HCl = x mol
BTNT “H”: n H2O = (n HCl − 2n H 2 ) / 2
FeCl2
 Fe
x − 0, 2
31,5(g) X 
+ HCl : x → H 2 : 0,1 + 60, 7(g) Y 
+ H 2O :
2
 Fe3O 4
FeCl3
BTKL: m X + m HCl = m H 2 + m Y + m H2 O ⇒ x ⇒ n H2O

BTNT “O”: n Fe3O4 = n H2O : 4 ⇒ m Fe3O4
Hướng dẫn giải:
n H2 = 0,1 mol
Đặt n HCl = x mol
BTNT “H”: n H2O = (n HCl − 2n H 2 ) / 2 = (x − 0, 2) / 2 (mol)
 FeCl2
 Fe
x − 0, 2
31, 6(g) X 
+ HCl : x → H 2 : 0,1 + 60, 7(g) Y 
+ H 2O :
2
 Fe3O 4
 FeCl3
BTKL: m X + m HCl = m H 2 + m Y + m H2 O
⇒ 31, 6 + 36,5x = 0,1.2 + 60, 7 + 18(x − 0, 2) / 2 ⇒ x = 1
⇒ n H2O = 0, 4 mol
BTNT “O”: n Fe3O4 = n H2O : 4 = 0,1 mol
⇒ m Fe3O4 = 0,1.232 = 23, 2 gam
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí của este
Hướng dẫn giải: isoamyl axetat (CH3COOCH2CH2CH(CH3)CH3) có mùi chuối chín etyl butirat
(CH3CH2CH2COOC2H5) có mùi thơm của dứa
Geranyl axetat (CH3COOC10H17) có mùi thơm của hoa hồng
Benzyl axetat (CH3COOCH2C6H5) có mùi thơm của hoa nhài
Câu 16: Đáp án A
Hướng dẫn giải:
t°
A. Sai, sửa lại 2NaHCO3 
→ Na2CO3 + CO2 + H2O

Câu 17: Đáp án A
Phương pháp: Kim loại có tính khử càng yếu thì dạng cation của kim loại đó có tính oxi hóa càng mạnh
Hướng dẫn giải: Cu 2+ có tính oxi hóa mạnh nhất
Câu 18: Đáp án C
Phương pháp: Dựa vào sự phân loại của loại tơ
Trang 9


Hướng dẫn giải:
Tơ axetat là tơ bán tổng hợp
Tơ tằm, sợi bông là tơ thiên nhiên
Tơ nitrin là tơ tổng hợp
Câu 19: Đáp án C
Phương pháp: n C3H5 (OH)3 = n (C17 H35COO)3 C3H5 = ? ⇒ mglixerol = ?
Hướng dẫn giải:
PTTH: (C17H35COO)2CH3 + 3NaOH → C17H35COONa + C3H5(OH)3
0,1

→

0,1 (mol)

⇒ m C3H5 (OH)3 = 0,1.92 = 9, 2(g)
Câu 20: Đáp án D
- Axit glutamic làm quỳ tím chuyển thành màu hồng
- Cho iot vào tinh bột thấy chuyển màu xanh tím
- Glucozơ tác dụng dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được Ag
- Anilin tác dụng nước brom, thu được kết tủa màu trắng.
Câu 21: Đáp án D

Phương pháp: Vì %H = 90% ⇒ n Glu p.u = n Glu ban dau .%H = ?
n xenlulozo trinitrat = n xenlulozo
Hướng dẫn giải:
n xenlulozo = 16, 2 :162 = 0,1 (mol)
Vì %H = 90% ⇒ n Glu p.u = 0,1.0,9 = 0, 09 (mol)
H 2SO 4
C6H7O2(OH)3 + 3HNO3 
→ C6H7O2(NO2)3 + 3H2O

0,09

→

0,09 (mol)

⇒ m xenlulozo trinitrat = 0, 09.297 = 26, 73 (g) .
Câu 22: Đáp án C
nC3H4O = nCH4O → Gộp thành C4H8O2
C8H14O4 = C4H8O2 + C4H6O2
→ X gồm C4H8O2 (a) và C4H6O2 (b)
mX = 88a + 86b = 19,16
nO2 = 5a + 4,5b = 1,05
→ a = 0,12 và b = 0,1
nCO2 = 4a + 4b = 0,88 (mol)
nH2O = 4a + 3b = 0,78 (mol)
Ca(OH)2 dư → nCaCO3 = nCO2 = 0,88 (mol)
Trang 10


Δm = mCO2 + mH2O – mCaCO3 = −35, 24 (gam)

→ Giảm 35,24.
Câu 23: Đáp án A
Phương pháp: Dựa vào trạng thái của các chất
Hướng dẫn giải:
Metylamin (CH3NH2) là chất khí ở điều kiện thường. Anilin, Etyl axetat ở thể lỏng ở đk thường Alanin ở
thể rắn ở điều kiện thường
Câu 24: Đáp án C
Phương pháp: Dựa vào kiến thức về saccarozơ
Hướng dẫn giải: Công thức phân tử của saccarozơ C12H22O11
Câu 25: Đáp án A
Phương pháp: Dựa vào kiến thức tổng hợp về hữu cơ
Hướng dẫn giải:
a) đúng
b) sai, C6H5NH3Cl tan trong nước
c) đúng, H2N-CH2-CONHCH(CH3)CO-NH-CH2-COOH → có 4 nguyên tử oxi
d) đúng
e) sai, Bản chất của q trình lưu hóa cao su là tạo ra cầu nối -S-S- giữa các mạch cao su không phân
nhánh tạo thành mạng không gian
→ có 3 phát biểu đúng.
Câu 26: Đáp án C
Phương pháp: suy luận, X3 là axit ađipic, X4 là hexametilen điamin, X1 là muối Na tương ứng của X3
Từ đó lập luận tìm ra được X1
Hướng dẫn giải:
C3H14O4 + NaOH → X1 + X2 + H2O (1)
X1 + H2SO4 → X3 + Na2SO4 (2)
X3 + X4 → Nilon-6,6 + H2O (3)
C8H14O4 có k = (8.2 + 2 – 14)/2 = 2
Từ (2) suy ra X3 là axit
Từ (3) suy ra X3 là axit ađipic HOOC-[CH2]4-COOH
Suy ra X4 là hexametilen điamin [H2N-CH2]6-NH2

Từ (2) suy ra X1 là NaOOC-[CH2]4-COONa
Từ (1) → CTCT phù hợp của C8H14O4 là HOOC-[CH2]4-COOC2H5 (tạp chức axit và este)
Suy ra X là C2H5OH
A. Sai vì nhiệt độ sơi C2H5OH < CH3COOH
B. Sai vì X2, X3, X4 đều mạch thẳng không phân nhánh
Trang 11


C. Đúng vì muối NaOOC-[CH2]4-COONa có nhiệt độ nóng chảy cao hơn HOOC-[CH2]4-COOH
D. Sai, vì H2N-[CH2]6-NH2 làm quỳ tím chuyển sang màu xanh
Câu 27: Đáp án B
Phương pháp:
Bảo toàn nguyên tố N, Cl, Ag
Bảo toàn electron.
Hướng dẫn giải:
n HCl = 0,56.1 = 0,56 (mol); n NO = 0, 448 : 22, 4 = 0, 02 (mol)
n O = 4n Fe3O4 = 4.0, 02 = 0, 08 (mol)
NO3− + 4H + + 3e → NO + 2H 2 O
2H + + O 2− → H 2 O
n H+ = 4n NO + 2n O
→ 0,56 = 3n NO + 2.0, 08
→ n NO = 0,1 (mol)
→ n NO thoat ra luc dau = 0,1 − 0, 02 = 0, 08 (mol)
BTNT “N”: n Fe( NO3 )2 = 1/2n NO luc dau = 0, 04 (mol)
Đặt a, b là số mol Cu và FeCl2
⇒ 64a + 127b + 180.0, 04 + 0, 02.233 = 28, 4 (1)
BTNT “Cl”: n AgCl = 2b + 0,56
BTNT Ag: n Ag + = n AgCl + n Ag ⇒ n Ag = 0, 76 − 2b
Bảo toàn electron:
2n Cu + n FeCl2 + n Fe( NO3 )2 + n Fe3O4 = 3n NO tong + n Ag

→ 2a + b + 0, 04 + 0, 02 = 3.0,1 + (0, 2 − 2b)

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ a = 0,1 và b = 0, 08
→ n AgCl = 2b + 0,56 = 0, 72 (mol)
n Ag = 0, 2 − 2b = 0, 2 − 2.0, 08 = 0, 04 (mol)
→ m ↓= m AgCl + m Ag = 0, 72.143,5 + 0, 04.108 = 107, 64 (g)
Câu 28: Đáp án B
Phương pháp: Viết các phản ứng hóa học xảy ra
Hướng dẫn giải:
dpmn
(a) 2NaCl + 2H2O 
→ 2NaOH + H2 ↑ + Cl2 ↑

(b) FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO ↑ + H2O
Trang 12


(c) Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2 ↑
(d) NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2 ↑ + H2O
(e) 9Fe(NO3)2 + 6H2SO4 → 2Fe2(SO2)3 + 5Fe(NO3)3 + 3NO ↑ + 6H2O
t°
(g) 2Fe + 6H2SO4 đặc 
→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2O

⇒ cả 6 phản ứng đều thu được khí.
Câu 29: Đáp án D
Phương pháp: Sử dụng cơng thức trung bình, độ bất bão hịa k
Hướng dẫn giải:

n Y = 2,8 : 22, 4 = 0,125 (mol)
n Br2 = 36 :160 = 0, 225 (mol)
Độ không no của Y là: k =

n Br2
nY

=

0, 225
= 18
0,125

Vì phản ứng giữa hỗn hợp hidrocacbon và H2 là pư hoàn toàn, Y có phản ứng với dd Br2
⇒ Y cịn hidrocacbon khơng no ⇒ H2 pư hết
2x + 2

= 1,8
 x = 3, 4
k =
2
⇒
Đặt công thức chung của Y là C x H y ta có: 
 M y = 12x + y = 46  y = 5, 2

Phản ứng cộng họ không làm thay đổi số nguyên tử cacbon nên số cacbon trong X là 3,4
→ Đặt công thức chung của hidrocacbon có trong X: C3,4 H 4
C3,4 H 4 + 0, 6H 2 → C3,4 H5,2
0,125 ¬ 0,0756 ¬ 0,125 (mol)
→ n x = 0,125 + 0, 075 = 0, 2 (mol)

Ta có: 0,2 mol X chứa 0,125 mol C3,4 H 4
→ 0,125 mol X chứa 5/64 mol C3,4 H 4
Xét: X + Br2
C3,4 H 4 + 2, 4Br2 → C3,4 H 4 Br4,8
5/64 → 0,1875 (mol)
→ m Br2 = 0,1875.160 = 30 (g) = x
Câu 30: Đáp án C
Phương pháp: Bảo tồn electron, viết phương trình hóa học xảy ra.
Hướng dẫn giải:
n Mg = 2, 4 : 24 = 0,1 (mol)
n FeSO4 = 0, 25.0, 2 = 0, 05 (mol); n CuSO4 = 0, 25.0,3 = 0, 075 (mol)
Trang 13


Ta có: n e (Mg nhường) = 0,1.2 = 0, 2 (mol)
n e(nhan ) = 0, 05.2 + 0, 075.2 = 0, 25 (mol) > n e(Mg nhuong)
→ Mg pư hết, muối dư
Mg + Cu 2+ → Mg 2+ + Cu ↓
Mol 0,075 ¬ 0,075 → 0,075 → 0,075
Mg
+ Fe 2+ → Mg 2+ + Fe
Mol (0,1 − 0,025) ¬ 0,025 → 0,025 → 0,025
→ m chat ran = mCu + m Fe = 0, 075.64 + 0, 025.56 = 6, 2 (g)
Câu 31: Đáp án A
Phương pháp:
Do x = y − z → X là este khơng no có 1 liến kết đơi C=C.
Do bài tốn dưới dạng tổng quát nên ta tự chọn lượng chất: x = 1 mol
Tính được n O2
BTNT “O”: 2n x + 2n O2 = 2n CO2 + nH 2 O
Mà theo đề bài: n este = n CO2 − n H2O

(1)

(2)

Giải (1) và (2) được y và z
→ CTPT của X và viết các CTCT phù hợp
Hướng dẫn giải:
Do x = y − z → X là este khơng no có 1 liến kết đơi C=C.
Do bài tốn dưới dạng tổng qt nên ta tự chọn lượng chất: x = 1 mol
VO2 = 100,8 (lít) → n O2 = 100,8 : 22, 4 = 4,5 (mol)
BTNT “O”: 2n x + 2n O2 = 2n CO2 + n H2O
→ 2 + 2.4,5 = 2y + z (1)
Mà theo đề bài: x = y − z = 1 (2)
Giải (1) và (2) được y = 4 và z = 3
Vậy X có CTPT là C4H6O
Các CTCT thỏa mãn là:
HCOOC=C-C (cis-trans)
HCOOC-C=C HCOOC(C)=C
C-COOC-C
C=C-COO-C
Vậy có 6 chất thỏa mãn điều kiện của X.
Câu 32: Đáp án B

Trang 14


Phương pháp: Do sau phản ứng thu được khí H 2 và hỗn hợp kim loại (Mg dư và Cu) nên dung dịch Y
−
không chứa NO3 và Cu 2+

⇒ Y chứa Mg 2+ (x mol); NH +4 (y mol) và SO24− (0,2 mol)
Mg 2+ : x
H SO 4 : 0, 2

 N : 0, 02
 Mg
+  2
→ X 2
+ 2(g) 
+ dd Y  NH +4 : y
Sơ đồ: m(g)Mg 
Cu
Cu(NO3 ) 2
 H 2 : 0, 03
 2−
SO 4 : 0, 2
BTNT “N”: n Cu ( NO3 )2 = n Cu = (n NH+4 + 2n N 2 ) / 2 ⇒ n Cu theo y
Lập hệ 2 phương trình dựa vào các dữ kiện:
BTĐT cho dung dịch Y: 2n Mg2+ + n NH+4 = 2n SO24−
BTe: 2n Mg pu = 2n Cu + 10n N2 + 2n H 2 + 8n NH+4
Giải hệ thu được x và y
⇒ n Cu ⇒ m Mg du ⇒ m = m Mg ban đầu = m Mg pu + m Mg du
Hướng dẫn giải:
Đặt n N 2 = a và n H2 = b (mol)
n x = nx = a + b = 1,12 : 22, 4 = 0, 05 (1)
m x = nx.Mx ⇒ 28a + 2b = 0, 05.6, 2.2 (2)
Giải (1) và (2) được: a = 0, 02 và b = 0, 03
−
Do sau phản ứng thu được khí H 2 và hỗn hợp KL (Mg dư và Cu) nên dung dịch Y không chứa NO3 và

Cu 2+
⇒ Y chứa Mg 2+ (x mol); NH +4 (y mol) và SO24− (0,2 mol)
Mg 2+ : x

H SO : 0, 2
 N : 0, 02
 Mg
m(g)Mg +  2 4
→ X 2
+ 2(g) 
+ dd Y  NH 4+ : y
Cu
Cu(NO3 ) 2
H 2 : 0, 03
 2−
SO 4 : 0, 2
BTNT “N”: n Cu ( NO3 )2 = n Cu = (n NH+4 + 2n N 2 ) / 2 = (y + 2.0, 02) / 2 = 0,5y + 0, 02 (mol)
⇒ n Cu = 0,5y + 0, 02
BTĐT cho dung dịch Y: 2n Mg2+ + n NH+4 = 2n SO24− ⇒ 2x + y = 0, 2.2

(3)

BTe: 2n Mg pu = 2n Cu + 10n N2 + 2n H 2 + 8n NH+4 ⇒ 2x = 2(0,5y + 0, 02) + 10.0, 02 + 2.0, 03 + 8y (4)
Giải (3) và (4) thu được x = 0,195 và y = 0, 01
⇒ n Cu = 0,5y + 0, 02 = 0, 025 mol ⇒ m Mg du = 2 − 0, 025.64 = 0, 4 gam
⇒ m = m Mg ban dau = m Mg pu + m Mg du = 0,195.24 + 0, 4 = 5, 08 gam .
Trang 15

Câu 33: Đáp án B
Phương pháp: Viết PTHH từ đó xác định những thí nghiệm thu được kim loại sau phản ứng.
Hướng dẫn giải:
(1) Mg + Fe2(SO4)3 dư → MgSO4 + 2FeSO4 ⇒ không thu được kim loại
(2) Zn + 2HCl dư → ZnCl2 + H2 ⇒ không thu được kim loại
(3) H2 dư + CuO → Cu + H2O ⇒ thu được kim loại Cu
(4) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
CuSO4 + Ba(OH)2 → Cu(OH)2 + BaSO4
⇒ không thu được kim loại
(5) Fe(NO3)2 + AgNO3 + Fe(NO3)3 + Ag ⇒ thu được kim loại Ag
Vậy có 2 thí nghiệm thu được kim loại sau phản ứng là (3) và (5).
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp:
Bảo tồn điện tích
Bảo toàn nguyên tố
Bảo toàn khối lượng
Hướng dẫn giải:
n khi = 8, 064 : 22, 4 = 0,36 mol
Dựa vào tỉ lệ suy ra n NO = 0, 2 mol; n H 2 = 0,1 mol; n NO2 = 0, 06 mol
Sau khi cho Y tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa là Mg(OH)2
⇒ n Mg(OH)2 = 17, 4 : 58 = 0,3 mol
BTNT “N”: n NH +4 = n HNO3 − n NO − n NO2 = 0,34 − 0, 2 − 0, 06 = 0, 08
n NaOH = 2n Mg 2+ + 4n Al3+ + n NH + ⇒ 2, 28 = 2.0,3 + 4.n Al3+ + 0, 08
4

⇒ n Al3+ = 0, 4 mol
Đặt n KHSO4 = x mol
Al3+ : 0, 4
 2+
Mg : 0,3


+ NaOH:2,28mol
ddY  NH +4 : 0, 08 →
17, 4(g) Mg(OH) 2 : 0,3

+
Al : 0, 4
K : x
 HNO3 : 0,34

SO 24−
m(g) Mg
+
→

KHSO
:
x

4
MgO

 NO : 0, 2

Khi  H 2 : 0,1
 NO : 0, 06

2
H 2O
Trang 16

BTĐT dd Y: 3n Al3+ + 2n Mg2+ + n NH 4+ + n k + = 2n SO24− ⇒ 0, 4.3 + 0,3.2 + 0, 08 + x = 2x ⇒ x = 1,88
n H2O = (n HNO3 + n KHSO4 − 4n NH+ − 2n H 2 ) / 2 = (0,34 + 1,88 − 0, 08.4 − 0,1.2) / 2 = 0,85 mol
4

BTKL: m = m (ion trong Y) + m NO + m H2 + n NO2 + m H 2O − m HNO3 − m KHSO4
= 0, 4.27 + 0,3.24 + 0, 08.18 + 1,88.39 + 1,88.96 + 0, 2.30 + 0,1.2 + 0, 06.46 + 0,85.18 − 0,34.63 − 1,88.136
= 20, 4 (g)
Đặt n Mg = a và n MgO = b (mol)
24a + 40b = 20, 4 − 0, 4.27 (1)
a + b = n Mg 2+ = 0,3

(2)

Giải hệ (1) và (2) được a = b = 0,15 mol
→ %m Mg = (0,15.24/20, 4).100% = 17, 65% .
Câu 35: Đáp án B
- 2 dung dịch tác dụng được với FeSO4: HNO3, NaOH (X, Y)
- Dung dịch có pH thấp nhất (nồng độ H + cao nhất) là H2SO4 → Z là H2SO4
- T là HCl
- Y phản ứng được với T nên Y là NaOH
→ X là HNO3
Vậy: X: HNO3; Y: NaOH; Z: H2SO4; T: HCl
Câu 36: Đáp án A
Đoạn 1:
Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O
0,1……0,1
→ x = 0,1
Khi Al(OH)3 bị hịa tan hết thì kết tủa chỉ cịn lại BaSO4

nBaSO4 = x + 3y = 0,46 → y = 0,12
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp: Do các chất đều no, mạch hở nên ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành:
HCOOH: a
(COOH)2: b
CH2: c
CH3OH: d
n KOH ⇒ (1)
n CO2 ⇒ (2)

∑n

H2 O

⇒ (3)
Trang 17


m X ⇒ (4)
Giải hệ 4 phương trình thu được a, b, c, d.
Hướng dẫn giải:
 H 2 O : 0, 43

Ancol don chuc
CO : 0, 43


+ O2
H 2SO 4 dac,t °
→ 2

15,34(g) Axit don chuc 
→  
H 2 O : 0, 4
Axit 2 chuc
Y

+ KOH:0,2
 
→ m(g) muoi = ?

Do các chất đều no, mạch hở nên ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành:
HCOOH: a
(COOH)2: b
CH2: c
CH3OH: d
n KOH = a + 2b = 0, 2 (1)
n CO2 = a + 2b + c + d = 0, 43 (2)
n H2O = a + b + c + 2d = 0,13 + 0, 4 (3)
m X = 46a + 90b + 14c + 32d = 15,34 (4)
Giải hệ (1) (2) (3) (4) ⇒ a = 0, 06; b = 0, 07;c = 0, 06;d = 0,17
Ta thấy c < d ⇒ CH2 nằm trong axit, không nằm trong ancol (ancol là CH3OH)
⇒ Muối gồm: HCOOK: 0,06 (COOK)2: 0,07; CH2: 0,06
⇒ m = 0, 06.84 + 0, 07.166 + 0, 06.14 = 17,5 gam .
Câu 38: Đáp án C
Phương pháp: n A1 : n A2 : n A3 = 0, 4 : 0, 22 : 0,32 = 20 :11:16
- Gộp peptit:
4X + 3Y + 2Z – X,YZ2 (có dạng [(A1 ) 20 (A 2 )11 (A 3 )16 ] ) k + 8H2O
Peptit [(A1)2 (A2)(A3)16]k có số liên kết peptit là: 47k – 1
- Chặn khoảng giá trị của số liên kết peptit để xác định kì
- Giả sử số liên kết peptit của X, Y, Z lần lượt là x, y, z

⇒ Số liên kết peptit trong peptit mới X4Y3Z2 là 4x + 3y + 2z + 8
+ Min: Khi x = 1; y = 1; z = 10 ⇒ số liên kết min
+ Max: Khi x = 10; y = 1; z = 1 ⇒ số liên kết max
⇒ số lk min ≤ 47k − 1 < số lk max ⇒ k
⇒ CTPT của peptit mới và số mol của nó
⇒ n x , n y , n z ⇒ n peptit

Trang 18


- Do các amino axit đều có dạng H 2NCnH2nCOOH nên ta quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH 3, H2O (bằng
số mol peptit).
Hướng dẫn giải:
n A1 : n A2 : n A3 = 0, 4 : 0, 22 : 0,32 = 20 :11:16
- Gộp peptit: 4X + 3Y + 2Z thành X4Y3Z2 (có dạng [(A1 )20 (A 2 )11 (A3 )16 ] ) k + 8H2O
Peptit [(A1 ) 20 (A 2 )11 (A 3 )16 ]) k có số liên kết peptit là: 47k – 1
- Chặn khoảng giá trị của số liên kết peptit để xác định kì
Giả sử số liên kết peptit của X, Y, Z lần lượt là x, y, z
⇒ Số liên kết peptit trong peptit mới X4Y3Z2 là 4x + 3y + 2z + 8
+ Min: Khi x = 1; y = 1; z = 10 ⇒ số liên kết là 4.1 + 3.1 + 2.10 + 8 = 35
+ Max: Khi x = 10; y = 1; z = 1 ⇒ số liên kết là 4.10 + 3.1 + 2.1 + 8 = 53
⇒ 35 ≤ 47k ≤ 1553 ⇒ 0, 766 ≤ k ≤ 149 ⇒ k = 1
⇒ (A1 ) 20 (A 2 )11 (A 3 )16 (số mol là 0,4/20 = 0,02 mol)
4X + 3Y + 2Z → (A1 ) 20 (A 2 )11 (A 3 )16 + 8H 2O
0, 08 0,06

0,04

0,02

0,016

⇒ n peptit = 0, 08 + 0, 06 + 0, 04 = 0,18 mol
- Do các amino axit đều có dạng H 2NCnH2nCOOH nên ta quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH 3, H2O (bằng
số mol peptit).
n CONH = n N = n A1 + n A 2 + n A3 = 0, 4 + 0, 22 + 0,32 = 0,94 mol
n H2O = n peptit = 0,18 mol
⇒ m CH2 = m M − mCONH − m H 2O = 78,1 − 0,94.43 − 0,18.18 = 34, 44 (g)
⇒ n CH2 = 2, 46 mol
 NaCO3 : 0, 47
CONH : 0,94
COONa : 0,94



CO 2 : 0,94 + 2, 46 − 0, 47 = 2,93
+ NaOH
78,1(g)M CH 2 : 2, 46 → Muoi  NH 2 : 0,94
+ O2 → 
 H O : 0,18
CH : 2, 46
 H 2 O : 0,94 + 2, 46 = 3, 4
 2
 2
 N 2 : 0, 47
BTKL: m muoi = 0,94 + 0,94.16 + 2, 46.14 = 112, 46 (g)
BTKL: m O2 (dot 112,46 gam muoi) = n Na 2CO3 + mCO2 + m H 2O + m N2 − m muoi
→ 0, 47.106 + 2,93.44 + 3, 4.18 + 0, 47.28 − 112, 46 = 140, 64 (g)
→ n O2 = 4,395 mol
Tỉ lệ: Đốt 112,46 gam muối cần 4,395 mol O2

y gam 32,816/22,4 mol
⇒ y = 37,487 (g) gần nhất với 37,45 gam.
Trang 19


Câu 39: Đáp án C
A. Sai, H2SO4 đặc có vai trò làm chất xúc tác, hút ẩm và làm tăng hiệu suất của phản ứng.
B. Sai, Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa là để tạo hiện tượng tách lớp rõ ràng hơn.
C. Đúng, Vì đây là phản ứng thuận nghịch.
D. Sai, Chất lỏng trong ống nghiệm trở nên tách lớp.
Câu 40: Đáp án B
Phân tích:
Đây là câu hỏi rất hay về bản chất của hóa học thơng qua phân tích sâu các bước tiến hành thí nghiệm, để
trả lời đúng câu hỏi ở mức độ VDC thì các em cần nắm vưỡng các kiến thức sau:
- Chất rắn tan nhiều hơn khi nhiệt độ tăng nhưng chất khí thì ngược lại, khả năng hịa tan của chất khí
giảm khi nhiệt độ tăng, nhiều em chưa nắm vững hoặc chưa biết nên trả lời sai phát biểu (e)
- Dung dịch NH3 đã bão hịa thì khơng thể hịa tan thêm NH3 nữa, điều này gây khó khăn rấn lớn khi
các em giải quyết phát biểu (g)
- Khí tan nhiều trong nước là HCl, NH3, CH3NH2,...
- Khi tan thì áp suất trong bình thấp hơn áp suất của khơng khí bên ngồi, gây ra lực hút làm nước phun
vào bình
- Khí HCl (hiđroclorua) tan trong nước tạo thành dung dịch axit clohiđric làm quỳ tím hóa đỏ nhưng
khơng làm đổi màu phenolphtalein.
- Khí NH3, CH3NH2,... tan trong nước tạo thành dung dịch có mơi trường bazơ làm quỳ tím chuyển màu
xanh, làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng.
Hướng dẫn giải:
(a) Đúng, Amoniac hoặc metyl amin đều tan nhiều trong nước cho môi trường bazơ, làm phenolphtalein
chuyển sang màu hồng.
(b) Sai, Khí X là HCl tan nhiều trong nước, làm áp suất trong bình giảm nên nước vẫn phun vào trong
bình thủy tinh.

(c) Sai, Do khí tan nhiều trong nước nên tia nước phun mạnh vào bình do áp suất trong binh thấp hơn áp
suất khơng khí.
(d) Đúng, Khí X (NH3, CH3NH2,...) tan trong nước cho môi trường bazơ làm quỳ tím chuyển màu xanh.
(e) Sai, Khi đun nóng thì khả năng hịa tan của khí trong nước giảm.
(g) Sai, Dung dịch NH3 đã bão hịa thì khơng thể hịa tan được khí X, cho nên khơng có hiện tượng nước
phun vào bình.

Trang 20