GIAI CHI TIET NHIEU CACH DE KHOI B 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. (Đề thi có 06 trang). ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: HOÁ HỌC; Khối B Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Mã đề thi 537. Họ, tên thí sinh:....................................................................... Số báo danh:............................................................................. Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40) Câu 1 : Hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với Na dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được a gam CO2. Giá trị của a là A. 8,8 B. 6,6 C. 2,2 D. 4,4. Cách 1: Nhận xét hệ số, áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Phân tích và hướng làm: ancol metylic CH3OH và etylen glicol C2H4(OH)2 đều có số C bằng số nhóm OH Khi 2 rượu trên pư với Na dư thì số mol H2 thoát ra bằng số mol ½ số mol OH = ½ số mol C ⇒ nC =noH = 2nH2 = 0,2mol Đốt cháy hoàn toàn X : Bảo toàn nguyên tố C ta được nCO2 = nC = 0,2 mol ⇒ mCO2 = 8.8 gam Cách 2: Ta có sơ đồ phản ứng CH3OH +Na → \½ H2 CH3OH → CO2 + 2H2O x x 0,5x x x 2x C2H4(OH)2 +Na → H2 C2H4(OH)2 → 2CO2 + 3H2O y y y 2y Ta có nH2 = 0,5x+y =0,1mol Suy ra số mol CO2 = x +2y = 2.( 0,5x+y) =0,2 mCO2 =0,2.44 =8.8 gam Câu 2: Cho 0,76 gam hỗn hợp X gồm hai amin đơn chức, có số mol bằng nhau, phản ứng hoàn toàn với dung dịch HCl dư, thu được 1,49 gam muối. Khối lượng của amin có phân tử khối nhỏ hơn trong 0,76 gam X là A. 0,45 gam. B. 0,38 gam. C. 0,58 gam. D. 0,31 gam. Cách 1: Áp dụng tăng giảm khối lượng và phương pháp trung bình Chú ý bài chỉ yêu cầu tìm amin co PTK nhỏ hơn CnH2n+1NH2 + HCl → CnH2n+1NH3Cl 1mol X p ư làm khối lượng tăng 36,5 gam a mol X 1,49- 0,76 ⇒ a = 0,2mol ⇒ KL mol tb của X: MTB = 0,76: 0,02 = 38 Như vậy, amin có PTK nhỏ hơn 38 chỉ có metylamin ( M =31): CH 3NH2 : 0,01 mol có m = 0,31 gam. Cách 2: Nếu để ý, khia ra đề tìm chất nhỏ hơn thì theo kinh nghiệm chúng ta cũng có thể nghĩ ngay chất đó là nhỏ nhất, vì nếu bạn nào làm quen pp trung bình thì thấy rằng pp chỉ cho ta giơi hạn khoảng, do đó ta chọn chất đó nhỏ nhất là metylamin ( M =31): CH3NH2 : thử đáp án thấy ngay rằng D Câu 3: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H 2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO 2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Giá trị của m là A. 7,12. B. 6,80. C. 5,68. D. 13,52. Cách giải 1: Nhìn thấy ngay bài này phải dùng kĩ thuật quy đổi kết hợp bảo toàn e Quy đổi hh thành Fe và O.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Để hiểu rõ bản chất hơn ta có sơ đồ hợp thức sau: Fe (x) CO Y (rắn) Y+ H2SO4 đặc → 0,045 mol SO2 + 18 gam muối Fe2(SO4)3 O (y) Z ( khí) Z + CaOH)2- 0,4 mol CaCO3 Đối với bài toán áp dụn pp bảo toàn e ta chỉ cần quan tâm đến trạng thái đầu và cuối bỏ qua quá trình trung gian Ban đầu Fe, O C+2 , S+6 Trạng thái cuối: Fe3+, O2-, S+4, C+4 Từ sơ đồ ta có: x = nFe = 2n Fe2(SO4)3 = 0,09 mol Viết quá trình cho nhận e Fe → Fe3+ +3e O +2e → O20,09 3.0.09 y 2y 2+ 4+ +6 → C +2e C S +2e → S+4 0,04 0,08 0,045 0,09 Bảo toàn e: 3.0,09 + 0.08 = 2y + 0.09 → y = 0,13 mol Vậy m = mO + mFe ,13.16 + 0,09.56 = 7,12 gam Cách giải 2 ( bản chất vẫn là 1 cách nhưng rút gọn hơn) Có Fe (x mol); O ( y mol) nFe = 2n Fe2(SO4)3 = 2.18: 400 = 0,09 mol bảo toàn e: 0,09.3 – 2.(y – 0,04) = 0,045.2 => y = 0,13 mol => m = 0,13.16 + 0,09.56 = 7,12 gam. Câu 4: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO 3 60% thu được dung dịch X. NH +. 4 ). Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M, sau đó lọc bỏ kết tủa (không có ion được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được 8,78 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của Cu(NO3)2 trong X là A. 28,66%. B. 30,08%. C. 27,09%. D. 29,89%.. Đây có thể coi là bài khó nhất trong đề thi. Cách 1: Lưu ý bài toán này chưa biết sp khử nhiều HS thừa nhận sp khử là NO như thế chưa chính xác Số mol Cu: 0,02 mol Số mol HNO3 0,12mol Ta có sơ đồ Cu (0,02mol). HNO3 (0,12 mol). Dung dịch X. 0,105 mol KOH. Kết tủa. lớn hơn rất nhiều. Cu(OH)2. 2+ nên dư. Cu. lọc bỏ. dd Y. cô can ddY. Chất rắn Z. KNO3(a mol) KOH dư(b mol). Nung. 8,78 gam. KNO2( a mol) KOH (b mol) dư. Gọi a là số mol KNO2 b là số mol KOH trong 8,78 gam chất rắn ( nếu chỉ có KNO2 thì số mol lẻ) Ta có pt: 85a + 56b = 8,78 Bảo toàn nguyên tố K : a + b = 0,105 mol → a = 0,1 mol ; b = 0,005 mol Như vậy số mol KOH phản ứng với HNO3 dư và Cu(NO3)2 ( 0,02 mol) là 0,1 mol vậy HNO3 pư với Cu là 0,06 mol Xét phản ứng cho pư Cu + HNO3 ( Số mol H2O sinh ra = ½ nHNO3 = 0,03 mol)ta có : ⃗ Cu(NO3)2(0,02) + SPkhử + H2O( 0,03 mol) Cu (0,02) + HNO3 ( 0,06 mol) ❑ ⇒ Bảo toàn khối lượng m sp khử = 0,76 gam Vậy mddX = mCu + m dd HNO3 - msp khử = 12,6 +1,78 - 0,76 = 13,12 gam C%m Cu(NO3)2 = 0,02.188 :13,12.100% = 28,66%. Cách 2: Tương tự cách 1, khác ở chỗ Sp khử ta biết ngay gồm N và O Do đó : Áp dụng bảo toàn nguyên tố N : nHNO3 = nmuối + nN(sp khử) ⇒ nN(sp khử) = 0,12 - a = 0,02 mol ⃗ Cu(NO3)2(0,02) + SPkhử + H2O( 0,03 mol) Cu (0,02) + HNO3 ( 0,06 mol) ❑.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bt nguyên tố oxi ta được: nO = 0,03 mol và tính tiếp Cách 3: Tương tự cách 2, sau khi tính được nN = 0,02 mol, ta có các tư duy khác khá hợp lý để suy ra nO. Ta biết Cu là kim loại yếu do đó sp khử chỉ gồm NO và NO2. Như vậy nN:nO =2: 3 và suy ranO = 0,03 mol và tính tiếp.. Bảo toàn nguyên tố O ⇒ nO(spk) n O (spk) = (5.0,02 – 2.0,02) : 2 = 0,03 mol m dung dịch sau = 12,6 + 1,28 – 0,02.14 – 0,03.16 = 13,12 gam C%m Cu(NO3)2 = 0,02.188 :13,12.100% = 28,66%. Câu 5: Cho giá trị độ âm điện của các nguyên tố: F (3,98); O (3,44); C (2,55); H (2,20); Na (0,93). Hợp chất nào sau đây là hợp chất ion? A. NaF. B. CH4. C. H2O. D. CO2. Cách 1:Tính hiệu độ âm điện: 1,7 là hợp chất ion Cách 2: LK ion là lk giữa kl điển hình và PK điển hình chọn ngay A Câu 6: Cho m gam một oxit sắt phản ứng vừa đủ với 0,75 mol H 2SO4, thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất và 1,68 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Giá trị của m là A. 24,0. B. 34,8. C. 10,8. D. 46,4. Cách 1: Quy đổi hỗn hợp Gồm Fe (x mol) O (y mol). Fe → Fe3+ +3e x 3x. O +2e → O2y 2y +6 S + 2e → S+4 0,075 0,15 Bảo toàn e: 3x =2y + 0,15 Bảo toàn nguyên tố S: nS(H2SO4) = nS(MUỐI) + nS(SO2) ⇒ 0,75 = 1,5x + 0,075 ⇒ x = 0,45; y = 0,6 ⇒ m = 0,45.56 + 0,6.16 = 34,8 gam. Cách 2:. Bảo toàn nguyên tố S: nS(H2SO4) = nS(MUỐI) + nS(SO2) ⇒ nS(muối)= 0,675 gam ⇒ nFe3+ (muối) = 0,45 mol= nFe(oxit) Số mol H2O sinh ra = nH2SO4 = 0,75 mol Bảo toàn nguyên tố O: nO( oxit) = nO(muối) + nO(nước)+ nO( SO2) -nO(axit) = 4.0,675+ 0,75 +0,075.2 - 0,75.4 = 0,6 mol ⇒ m = 0,45.56 + 0,6.16 = 34,8 gam Cách 3:. BT S có: nFe2(SO4)3 = (0,75 – 0,075) : 3 = 0,225 mol → n Fe = 0,45 mol BT e có: nO = (0,45.3 – 0,075.2 ) : 2 = 0,6 mol → m = 0,45.56 + 0,6.16 = 34,8 gam Câu 7: Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, axit acrylic, ancol anlylic (C 3H5OH). Đốt cháy hoàn toàn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc). Đun nóng X với bột Ni một thời gian, thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch Br 2 0,1M. Giá trị của V là A. 0,6. B. 0,5. C. 0,3. D. 0,4. Cách 1: Ta thấy: propen, axit acrylic, ancol anlylic đều có dạng chung C3HyOz và có 1 lk đôi ( C=C) do đó hỗn hợp X gồm H2 và C3HyOz Đốt cháy X thu được 1,35 mol CO2 ⇒ nC3HyOz = 0,45 mol ( tương ứng 0,45 mol lk π ) và nH2 = 0,3 mol. Đun nóng X với bột Ni : ⃗ 1 mol Y 1 mol C3HyOz + 1mol H2 ( tỉ lệ mol 1: 1) ❑ Trong pư này số mol hh giảm bằng số mol H2 pư. Ta có: dY/X =1,25 ⇒ MY =1,25MX Đây là bài toán gồm toàn chất khí (hơi) do đó: mX = my ⇒ 0,75.MX = nY.MY = nY.1,25MX.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ⇒ nY = 0,6 mol ⇒ 0,75 mol X pư thì số mol khí giảm 0.15mol ⇒ nH2pư = 0,15 mol ⇒ Trong 0,6 mol Y số mol C3HyOz dư : 0,45 -0,15 =0,3 mol ⇒ Trong 0,16 mol Y số mol C3HyOz dư : 0,05 mol ⇒ Số mol Br2 pư = 0,05 mol ⇒ V = 0,5 lit Cách 1: Ngắn gọn lại hơn: Trong 0,75 mol X có n C3HxOy = 1,35 : 3 = 0,45 mol → n H2 = 0,3 mol BT khối lượng có: nX = nY.1,25 = 0,125 mol → n H2 phản ứng = 0,125 – 0,1 = 0,025 mol Trong 0,125 mol X có nC3HxOy = 0,125.0,45 : 0,75 = 0,075 mol BT liên kết п có: 0,075.1 = 0,025 + n Br2 → n Br2 = 0,05 mol → V =0,5 lít Câu 8: Thủy phân hoàn toàn m1 gam este X mạch hở bằng dung dịch NaOH dư, thu được m 2 gam ancol Y (không có khả năng phản ứng với Cu(OH) 2) và 15 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn m2 gam Y bằng oxi dư, thu được 0,3 mol CO 2 và 0,4 mol H2O. Giá trị của m1 là A. 11,6. B. 16,2. C. 10,6. D. 14,6. Cách giải: Lưu ý bài toán này không hỏi CTPT hay cấu tạo của Este nên không quan tâm axit là axit nào mà chỉ cần tim đủ các đại lượng để áp dụng đlbt kl:. Đốt cháy hoàn toàn m2 gam ancol Y bằng oxi dư, thu được 0,3 mol CO 2 và 0,4 mol H2O. ⇒ Y là ancol no đơn chức mạch hở nY =0,4 -0,3 =0,1 mol ⇒ Số C = 3, Số H =4 ⇒ C3H8Oz (z ≥ 2) Thủy phân hoàn toàn este X mạch hở bằng dung dịch NaOH dư, hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức. nên ancol đa chức, mặt khác ancol k hòa tan được Cu(OH)2 nên không thể là glixerol => z = 2, propan-1,3-điol ⇒ m2 = 0,1.76 =7,6 gam Este có dạng (RCOO)2C3H6 nên phản ứng ( R là công thức chung bình 2 gốc hiđrocacbon) ⃗ 2R COONa + C3H6(OH)2 ⇒ nNaOH = 2 nrượu =0,2mol (RCOO)2C3H6 + 2NaOH ❑ Bảo toàn khối lượng có: m1 = m2 + maxit - mNaOH = 14,6 gam. Ngắn gọn hơn: Có công thức của ancol là C 3H8Ox (x ≥ 2) vì thủy phân thu được 2 muối đơn chức nên ancol đa chức, mặt khác ancol không hòa tan được Cu(OH)2 nên không thể là glixerol → x = 2, propan-1,3-điol BT khối lượng có: 0,1.76 + 15 – 0,2.40 = m ⇒ m = 14,6 gam.. Câu 9: Cho phản ứng: FeO + HNO3  Fe(NO3)3 + NO + H2O. Trong phương trình của phản ứng trên, khi hệ số của FeO là 3 thì hệ số của HNO3 là A. 6. B. 10. C. 8. D. 4. Cách 1: Cân bằng trực tiếp 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O Cách 2: 3FeO + xHNO3 → 3Fe(NO3)3 + ( x -9)NO + 0,5x H2O BT nguyên tố O: 3 +3x = 27 +x -9 + 0,5x ⇒ x = 10 27. Câu 10: Số proton và số nơtron có trong một nguyên tử nhôm ( 13 A. 13 và 13. B. 13 và 14. C. 12 và 14. HD giải :. A Z. X. Al ) lần lượt là D. 13 và 15.. : A =Z + N Suy ra B. 13 và 14.. Câu 11: Amino axit X có phân tử khối bằng 75. Tên của X là A. lysin. B. alanin. C. glyxin. HD giải : Bài này chỉ cần nhớ Công thức là xong. D. valin.. Câu 12: Cho 3,36 lít khí hiđrocacbon X (đktc) phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, thu được 36 gam kết tủa. Công thức phân tử của X là A. C4H4. B. C2H2. C. C4H6. D. C3H4. HD giải : Cách chất trên khi tác dụng với AgNO3/NH3 tạo ra kết tủa bằng số mol Hiđrocacbon nhiđrocacbon = 0,15 mol= nkết tủa ⇒ Mkết tủa = 240 ⇒ C2Ag2 ⇒ X là C2H2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 13: Tên gọi của anken (sản phẩm chính) thu được khi đun nóng ancol có công thức (CH3)2CHCH(OH)CH3 với dung dịch H2SO4 đặc là A. 2-metylbut-2-en. B. 2-metylbut-1-en. C. 3-metylbut-1-en. D. 3-metylbut-2-en. HD giải: Anken là : (CH3)2C=CH-CH3 → 2-metylbut-2-en. Câu 14: Trong các chất: stiren, axit acrylic, axit axetic, vinylaxetilen và butan, số chất có khả năng tham gia phản ứng cộng hiđro (xúc tác Ni, đun nóng) là A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. HD : Để phản ứng cộng hiđro (xúc tác Ni, đun nóng) thì chất đó phải có liên kết bội : Có 3 chất là stiren, axit acrylic, vinylaxetilen Câu 15: Cho sơ đồ phản ứng: C2H2  X  CH3COOH. Trong sơ đồ trên mỗi mũi tên là một phản ứng, X là chất nào sau đây? A. CH3COONa. B. C2H5OH. C. HCOOCH3. D. CH3CHO. 2+¿ 2+ ¿,80 C HD: CH CH +H2O Hg CH3CH=O Mn CH3COOH ⃗¿ ⃗¿ 0. Câu 16: Hòa tan hoàn toàn x mol Fe vào dung dịch chứa y mol FeCl 3 và z mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất. Biểu thức liên hệ giữa x, y và z là A. x = y – 2z. B. 2x = y + z. C. 2x = y + 2z. D. y = 2x. HD : Chất tan duy nhất phải là FeCl2 Cách 1 : Bảo toàn e Fe → Fe2+ +2e x 2x. Fe3+ +e → Fe2+ y y 2H+ + 2e → H2 z z Bảo toàn e: 2x =y + z. Cách 2 : Bảo toàn điện tích : Dung dịch chỉ có FeCl2 nên Fe 2+ : x + y mol ; Cl- : 3y + z mol Áp dụng định luật BTĐT : 2x + 2y = 3y +z ⇒ 2x =y + z Câu 17: Cho các phát biểu sau: (a) Các chất CH3NH2, C2H5OH, NaHCO3 đều có khả năng phản ứng với HCOOH. (b) Phản ứng thế brom vào vòng benzen của phenol (C6H5OH) dễ hơn của benzen. (c) Oxi hóa không hoàn toàn etilen là phương pháp hiện đại để sản xuất anđehit axetic. (d) Phenol (C6H5OH) tan ít trong etanol. Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là A. 4. B. 3. C. 2. D. 1. HD : Có 3 phát biểu đúng là (a), (b), (c) Loại (d) vì phenol tan nhiều trong etanol và nước nóng Câu 18: Số đồng phân amin bậc một, chứa vòng benzen, có cùng công thức phân tử C7H9N là A. 3. B. 5. C. 2. D. 4. HD : Câu này khá quen thuộc trong đè thi : Tác giả chỉ thay đổi giữa chức amin với các chức khác mà thôi : C6H5CH2-NH2, CH3-C6H4-NH2 (3 đồng phân o,m,p) Vậy có 4 amin bậc 1 Câu 19 : Cho các phát biểu sau: (a) Trong các phản ứng hóa học, flo chỉ thể hiện tính oxi hóa. (b) Axit flohiđric là axit yếu..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (c) Dung dịch NaF loãng được dùng làm thuốc chống sâu răng. (d) Trong hợp chất, các halogen (F, Cl, Br, I) đều có số oxi hóa: -1, +1, +3, +5 và +7. (e) Tính khử của các ion halogenua tăng dần theo thứ tự: F–, Cl–, Br–, I–. Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là A. 2. B. 4. C. 3. D. 5. HD : Số phát biểu đúng là 4 gồm : (a), (b), (c), (e). (d) sai vì :trong hợp chất F chỉ có số oxi hóa -1 Câu 20: Phát biểu nào sau đây không đúng? A. Chất béo là trieste của etylen glicol với các axit béo. B. Các chất béo thường không tan trong nước và nhẹ hơn nước. C. Triolein có khả năng tham gia phản ứng cộng hiđro khi đun nóng có xúc tác Ni. D. Chất béo bị thủy phân khi đun nóng trong dung dịch kiềm. HD A sai vì A. Chất béo là trieste của glixerol với các axit béo Câu 21: Chất nào sau đây trong phân tử chỉ có liên kết đơn? A. Axit axetic. B. Metyl fomat. C. Anđehit axetic. D. Ancol etylic. HD: ancol, ete là những hợp chất mà nhóm chức chứa oxi không có lk π ở chức, còn axit, este, anđehit, xeton đều có lk π ở chức. Câu 22: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam X, thu được 2,34 gam H2O. Mặt khác 10,05 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 12,8 gam muối. Công thức của hai axit là A. C3H5COOH và C4H7COOH. B. C2H3COOH và C3H5COOH. C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. CH3COOH và C2H5COOH. Cách 1: Chúng ta nên quan tâm pư với kiềm trước, ở đây ta áp dụng pp tăng giảm khối lượng Cứ 1 mol hh axit đơn chức tác dụng với NaOH thì khối lượng muối tăng thêm 22 gam Vậy số mol hh axit (trong 10,05 gam) là: (12,8-10,05)/22 = 0,125 mol Vậy với 4,02 gam hh sẽ có số mol là: 0,05 mol Xét pư cháy: Xét đến cùng axit gồm C, H, O Axit đơn chức nên có nguyên tử O trong ptử do đó: nO =2naxit = 0,25 mol Bao toàn nguyên tố: nH(axit) = nH(H2O) = 2.0,13 =0,26 mol mC(X) = mX-mO -mH = 2,16 gam ⇒ nC =,18 mol = nCO2 sinh ra Số nguyên tử C trung bình: 3,6 nên đáp án B, C đều hợp lý mà nCO2 > nH2O nên axit không no nên Chọn B Cách 2: ( tham khảo tác giả khác)thấy có 2TH : axit no: Cn H2n O2 ( x mol) hoặc CmH2m – 2O2 (x mol) Xét TH1: => x = (4,02 – 0,13.14) : 32 = 0,06875 mol (có thể loại) Xét TH2: => 30x+ 14n CO2 = 4,02 và n CO2 – x = 0,13 => x = 0,05 mol; n CO2 = 0,18 mol  Ctb = 0,18 : 0,05 = 3,6 => C2H3COOH và C3H5COOH. Cách 3: Kinh nghiệm thấyb 2 đáp án có C3, C4 giống nhau nên sẽ là B, C Tính được số mol X là 0,05 ⇒ Số H trung bình 5,2 thì chỉ có B phù hợp. Tuy nhiên, sử dụng cách này nên thận trọng. Câu 23: Cho phương trình hóa học của phản ứng: X + 2Y  Z + T. Ở thời điểm ban đầu, nồng độ của chất X là 0,01 mol/l. Sau 20 giây, nồng độ của chất X là 0,008 mol/l. Tốc độ trung bình của phản ứng tính theo chất X trong khoảng thời gian trên là A. 4,0.10-4 mol/(l.s). B. 7,5.10-4 mol/(l.s). C. 1,0.10-4 mol/(l.s). D. 5,0.10-4 mol/(l.s). HD: X + 2Y  Z + T Ban đầu: 0,01 Sau 20 giây: 0,008 Tốc độ tb: (0,01 -0,008)/20 = 1,0.10-4 mol/(l.s). Câu 24: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H 2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO 2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82. Cách 1: X, Y đều được tạo bởi axit amin no, đơn chức nên CTC của X: CxH2x-1O4N3, Y: CyH2y-2O5N4. Đốt cháy Y: CyH2y-2O5N4 yCO2 + (y-1)H2O 0,05 0,05y 0,05(y-1) Ta có: 44.0,05y + 18.0,05(y-1) = 36,3, suy ra y = 12 Vậy axit amin tạo ra X và Y là NH2C2H4COOH Số mol CO2 thu được khi đốt 0,01 mol X là: 0,01.9 = 0,09 Khối lượng kết tủa là: 0,09.197 = 17,73 gam Cách 2:Công thức của tetrapeptit Y là C4m H 8m – 2 N4O5 Có 0,05.4m.44 + 18.0,05.(4m- 1) = 36,3 ⇒ m = 3 công thức của tripeptit X là C9H17N3O4 ⇒ m BaCO3 = 0,01.9.197 = 17,73 gam Câu 25: Cacbohiđrat nào sau đây thuộc loại đisaccarit? A. Xenlulozơ B. Glucozơ C. Saccarozơ D. Amilozơ HD: Mono saccarit: Glucozơ, fructozơ; Đisaccarit:Saccarozơ, mantozơ; polisaccarit: xenlulozơ, tinh bột Câu 26: Thể tích dung dịch NaOH 0,25M cần cho vào 15 ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,5M để thu được lượng kết tủa lớn nhất là A. 210 ml B. 90 ml C. 180 ml D. 60 ml Cách 1: ⃗ Al2(SO4)3 + 6NaOH 2Al(OH)3 + 3Na2SO4. ❑ 0,0075 0,045 V = 0,045/0,25 = 0,18 lít = 180 ml Cách 2: Giải nhanh 0,25V = 3.15 .2.0,5 ⇒ V = 180 ml Câu 27: Phát biểu nào sau đây là đúng? A. Thành phần chính của supephotphat kép gồm hai muối Ca(H2PO4)2 và CaSO4 B. Supephotphat đơn chỉ có Ca(H2PO4)2 C. Urê có công thức là (NH2)2CO D. Phân lân cung cấp nitơ cho cây trồng. HD: A. sai . Thành phần chính của supephotphat kép gồm hai muối Ca(H2PO4)2 B. Sai vì :Thành phần chính của Supephotphat đơn gồm hai muối Ca(H2PO4)2 và CaSO4 D. sai vì: Phân lân cung cấp P2O5 cho cây trồng.Đạm cung cấp N cho cây trồng Câu 28: Điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực bằng than chì, thu được m kilogram Al ở catot và 89,6 m3 (đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H 2 bằng 16,7. Cho 1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 115,2 B. 82,8 C. 144,0 D. 104,4 Câu này giống đề khối B 2009 Cách 1: ⃗ ⃗ Catot: Al3+ + 3e Al Anot: 2O-2 O2 + 4e ❑ ❑ a 3a x x 4x ⃗ C CO + 2e ❑ y 2y ⃗ C CO + 4e 2 ❑ z 4z BT e: 3a = 4x +2y +4z Ta tìm x, y,z Ta có:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Tổng số mol khí:x + y + z = 4000 32x + 28y + 44z = 16,7.2.4000 = 133600 Và z = 1200 Giải được x = 600, y = 2200 ⇒ 3a == 4x + 2y + 4z = 11600 ⇒ a =11600/3 ⇒ mAl = 104,4 kg Cách 2: Tham khảo. Có nCO2 = 0,015 mol (chiếm 0,015 : 0,05 = 30%) ⇒ trong 4 kmol có 0,3.4 = 1,2 kmol CO2 Có hệ 28nCO + 32nO2 = 16,7.2.4 – 1,2.44 Và n CO + nO2 = 4 – 1,2 ⇒ n CO = 2,2 kmol; nO2 = 0,6 kmol Bảo toàn oxi có: nAl2O3 = (2,2 + 2.0,6 + 1,2.2) : 3 = 5,8: 3 ⇒ m Al = 27.5,8.2: 3 = 104,4 kg. Câu 29: Hai chất hữu cơ X và Y, thành phần nguyên tố đều gồm C, H, O, có cùng số nguyên tử cacbon (MX < MY). Khi đốt chát hoàn toàn mỗi chất trong oxi dư đều thu được số mol H 2O bằng số mol CO 2. Cho 0,1 mol hỗn hợp gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, thu được 28,08 gam Ag. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là A. 60,34% B. 78,16% C. 39,66% D 21,84% Cách giải: Do số mol CO2 = H2O nên X, Y đều có dạng CnH2nOx. Số mol Ag = 0,26 > 2 lần số mol hỗn hợp. Vậy hỗn hợp X chứa HCHO và HCOOH Số mol HCHO = x, HCOOH = y, ta có: x + y = 0,1 và 4x + 2y = 0,26 Giải ra x = 0,03, y = 0,07 Phần trăm của X = (0,03.30)/(0,03.30 + 0,07.46) = 21,84% Câu 30: Khi hòa tan hoàn toàn m gam mỗi kim loại vào nước dư, từ kim loại nào sau đây thu được thể tích khí H2 (cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) là nhỏ nhất? A. Na B. Ca C. K D. Li Cách 1: ⃗ 1/2 mol H2 1mol KL kiềm + H2O ❑ ⃗ 1 mol H2 1mol KL kiềm thổ + H2O ❑ Do đó kl kiềm tạo ra số mol ít hơn mà PTK của K >Na> Li nên n K <nNa< NLi Vậy K tạo ra số mol H2 ít nhất Cách 2: Đối với Na: số mol H2 = m/46 K: = m/78 Li: = m/7 Ca: = m/40 Vậy K tạo ra số mol H2 ít nhất Cách 3: M càng lớn thì số mol càng bé ⇒ hoặc C hoặc B Chọn 39 gam ⇒ nH2 = 39: 39 : 2 = 0,5 mol (theo K); còn n H2 (theo Ca) = 39 : 40 = 0,975 mol. Vậy K tạo ra số mol H2 ít nhất Câu 31: Cho 200 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 300 ml dung dịch NaHCO 3 0,1M, thu được dung dịch X và kết tủa Y. Cho từ từ dung dịch HCl 0,25M vào X đến khi bắt đầu có khí sinh ra thì hết V ml. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là A. 80 B.160 C. 60 D. 40 Cách 1: Số mol OH- = 0,04 mol, Ba2+ = 0,02 mol, HCO3- = 0,03 mol ⃗ OH- + HCO3- ❑ CO32- + H2O 0,03 0,03 0,03 22+ ⃗ CO3 + Ba BaCO3 ❑ 0,02 0,02 0,02 2Dung dịch X: 0,01 mol CO3 và 0,01 mol OH-. ⃗ H+ + OHH2O ❑.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 0,01 0,01 2⃗ CO3 + H+ HCO3❑ 0,01 0,01 Vậy tổng số mol HCl = 0,02 ml, V = 80 ml Cách 2: Có nCO32- = nHCO3- = 0,03 mol > nBa2+ = 0,02 mol (có 0,02 mol BaCO3) ⇒ dung dịch X có 0,01 mol CO32Và nOH- dư = 0,04 – 0,03 = 0,01 mol, để vừa bắt đầu xuất hiện bọt khí thì nH+ = nOH- + n CO32- = 0,01 + 0,01 =0,02 =0,25V ⇒ V =80 ml. Câu 32: Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ. Hòa tan hoàn toàn 1,788 gam X vào nước, thu được dung dịch Y và 537,6 ml khí H 2 (đktc). Dung dịch Z gồm H2SO4 và HCl, trong đó số mol của HCl gấp hai lần số mol của H 2SO4. Trung hòa dung dịch Y bằng dung dịch Z tạo ra m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là A. 4,656 B. 4,460 C. 2,790 D. 3,792 Cách 1: n H2 = 0,024 mol n OH- trong Y = 0,048 mol n H+ = OH- = 0,048 mol, do đó số mol HCl = 0,024 mol, H2SO4 = 0,012 mol n H2O tạo ra từ phản ứng Y và Z = 0,048 mol BTKL: m = 1,788 + 0,048.17+ 0,024.36,5 + 0,012.98 – 0,048.18 = 3,792 gam Cách 2: Có nH2SO4 = x mol; n HCl = 2x mol 4x = 0,024.2 => x = 0,012 mol => m muối = 1,788 + 0,024.35,5 + 0,012.96 = 3,792 gam. Câu 33: Hòa tan hoàn toàn Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch X. Trong các chất: NaOH, Cu, Fe(NO3)2, KMnO4, BaCl2, Cl2 và Al, số chất có khả năng phản ứng được với dung dịch X là A. 7. B.4. C. 6 D. 5 HD: ⃗ dung dịch X ( Fe2+, Fe3+, SO42-, H+) Cách 1: Fe3O4 +H2SO4 loãng (dư) ❑ DD X td được với:NaOH, Cu, Fe(NO3)2 KMnO4, BaCl2, Cl2 và Al Cách 2: Dd X chứa FeSO4, Fe2(SO4)3 và H2SO4 dư ⃗ Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 ❑ + 3+ ⃗ Fe(NO3)2 + H Fe + NO + H2O ❑ 3+ ⃗ Cl2 + Fe2+ Fe + Cl ❑ ⃗ Cu, Al + Fe3+ ❑ Fe2+ SO2-4 NH +4 Câu 34: Dung dịch X chứa 0,12 mol Na+; x mol ; 0,12 mol Cl và 0,05 mol . Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 7,190 B. 7,020 C. 7,875 D. 7,705 Cách 1: Bảo toàn điện tích trong dd X: 0,12.1 + 0,05.1 = 0,12.1 + 2x Tìm được x = 0,025 Số mol Ba2+ = 0,03 mol, OH- = 0,06 mol Ba2+ + SO42BaSO4. 0,025 0,025 0,025 NH4+ + OHNH3 + H2O 0,05 0,05 Dung dịch Y: Ba2+ dư: 0,005 mol, Na+: 0,12 mol, Cl-: 0,12 mol, OH- dư: 0,01 mY = 7,875 gam.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Cách 2: Dung dịch X gồm NaCl (0,12 mol), và (NH4)2SO4 (0,025 mol) (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + 2NH3 Sau phản ứng dư: 0,005 mol Ba(OH)2 trong dung dịch m= 0,12.58,5 + 0,005.171 = 7,875 gam. Câu 35: Trong các polime: tơ tằm, sợi bông, tơ visco, tơ nilon-6, tơ nitron, những polime có nguồn gốc từ xenlulozơ là A. tơ tằm, sợi bông và tơ nitron B. tơ visco và tơ nilon-6 C. sợi bông, tơ visco và tơ nilon-6 D. sợi bông và tơ visco HD: Tơ tằm,sợi bông thuộc polime thiên nhiên; tơnitron, nilon-6 thuộc polime bán tổng hợp Câu 36: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam chất rắn, Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m là A. 29,24 B. 30,05 C. 28,70 D. 34,10 Cách 1: Số mol H+ = 0,25 mol, NO3- = 0,05 mol, Fe = 0,05 mol, Cu = 0,025 mol, Cl- = 0,2 mol Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O Ban đầu: 0,05 0,25 0,05 Phản ứng: 0,05 0,2 0,05 0,05 0,05 Sau pư : 0 0,05 0 0,05 0,05 Vì NO3- hết, Cu phản ứng với Fe3+ Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ 0,025 0,05 0,025 0,05 Dung dịch X gồm: Fe3+ 0,025 mol,Cu2+ :0,025 mol, Fe2+ :0,05 mol, Cl- = 0,2 mol; H+:0,05 mol Cho X vào AgNO3 xảy ra phản ứng: Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag; Ag+ + Cl- → AgCl 0,05 0,05 0,05 0,2 0,2 0,2 3Ag + 4H+ + NO3- → Ag+ +NO + 2H2O 0,0375 0,05 Chất rắn: Ag ( 0,05- 0,0375 =0,0125) và AgCl (0,2 mol) m = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 Cách 2: Trên cơ sở cách 1, ta có cách sau Số mol H+ = 0,25 mol, NO3- = 0,05 mol, Fe = 0,05 mol, Cu = 0,025 mol, Cl- = 0,2 mol Bảo toàn e: Fe về Fe3+. 3n Fe + 2nCu = ¾ n H+ + n Ag+ ( tạo Ag) => nAg = 0,05.3 + 0,025.2 - 0,25.3 : 4 = 0,0125 mol Chất rắn: Ag và AgCl m = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 Câu 37: Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít khí CO2 (đktc) vào 750 ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 29,55 B. 9,85 C. 19,70 D. 39,40 Cách 1: Số mol CO2 = 0,1 mol, OH- = 0,3 mol, Ba2+ = 0,15 mol (>CO2) Tạo muối trung hoà CO32- với số mol = CO2 = 0,1 mol Khối lượng kết tủa = 0,1.197 = 19,7 gam Cách 2: Có n OH- / n CO2 = 3 ⇒ n BaCO3 = nCO2 = 0,1 mol ⇒ m = 19,7 gam.. Câu 38: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn 70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp gồm X, Y, Z cần vừa đủ 8,96.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> lít khí O2 (đktc), thu được 7,84 lít khí CO 2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là A. 15,9%. B. 12,6%. C. 29,9% D. 29,6% Cách 1: Từ số mol CO2: 0,35 mol ⇒ Số C trung bình: ,35 : 0,2 = 1,75 ⇒ 2 rượu là CH4O và C2H6O gọi chung là CnH2n + 2 O có số mol là a và axit là CxH yO4 (b mol). Ta có: a + b = 0,2 Bảo toàn nguyên tố oxi có: a + 4b = 0,35.2 + 0,45 – 0,4.2 = 0,35 Suy ra: a = 0,15 mol ; b = 0,05 mol ⇒ 0,05.x + 0,15.n = 0,35 vì n > 1 ⇒ x < 4 nên: x = 2 hoặc x = 3 Mặt khác, % O < 70% => M axit > 64 : 0,7 = 91 nên chỉ có x = 3 phù hợp ⇒ n =4/3 Vậy axit là CH2(COOH)2 Gọi nCH3OH ( c), nC2H5OH (d) Ta có : c +d =0,15 ; (c +2d)/0,15 =4/3 ⇒ c = 0,1 mol ⇒ % m CH3OH = 3,2 : 10,7.100% = 29,9%. Cách 2: Do %O trong X< 70% nên MX > 64.100/70 = 91,42, tức là phải có từ 3 nguyên tử C trở lên Số mol O2 = 0,4 mol, CO2 = 0,35 mol, H2O = 0,45 mol Số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp là 0,35/0,2 = 1,75. số nguyên tử H = 4,5 Vậy phải có ancol là CH3OH, ancol kết tiếp là C2H5OH Theo BT nguyên tố O ta có số mol O trong acid X và 2 ancol là: 0,35.2 + 0,45 – 0,8 = 0,35 mol Đặt số mol X là x, số mol 2 ancol là y Ta có: x + y = 0,2 và 4x + y = 0,35 Suy ra: x = 0,05, y = 0,15 CH3OH + 1,5O2 CO2 + 2H2O a 1,5a a 2a C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O b 3b 2b 3b CxHyO4 + (x + 0,25y-2)O2 x CO2 + 0,5y H2O 0,05 0,05(x + 0,25y -2) 0,05x 0,025y Ta có: a + b = 0,15 (*) a + 2b + 0,05x = 0,35 (**) 2a + 3b + 0,025y = 0,45 (***) Và: 1,5a + 3b + 0,05x + 0,0125y – 0,1 = 0,4(****) (**): a + 2b = 0,35 – 0,05x thay vào (****) 1,5(0,35 – 0,05x) + 0,05x + 0,0125y = 0,5 Suy ra: 0,025x – 0,0125y = 0,025 Tức là: y = 2x-2 Nếu x = 3, y = 4 axit X là HOOC-CH2-COOH Tìm được: a = 0,1, b = 0,05 %CH3OH = 3,2/(3,2+ 2,3 + 5,2) = 29,9% Nếu x = 4, y = 6 axit X là HOOC-C2H4 –COOH Tìm được: a = 0,15, b = 0. Vô lý Câu 39: Một loại nước cứng khi đun sôi thì mất tính cứng. Trong loại nước cứng này có hòa tan những hợp chất nào sau đây? A. Ca(HCO3)2, Mg(HCO3)2 B. Mg(HCO3)2, CaCl2 C. CaSO4, MgCl2 D. Ca(HCO3)2, MgCl2 HD Đây là nước cứng tạm thời, vậy trong nước chứa Ca(HCO3)2, Mg(HCO3)2 Câu 40: Cho sơ đồ phản ứng: Al2 (SO 4 )3  X  Y  Al . Trong sơ đồ trên, mỗi mũi tên là một phản ứng, các chất X, Y lần lượt là những chất nào sau đây? A. Al2O3 và Al(OH)3 B. Al(OH)3 và Al2O3 C. Al(OH)3 và NaAlO2 D. NaAlO2 và Al(OH)3.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ⃗ Al(OH)3 ❑ ⃗ Al2O3 HD: Al2 (SO4)3 ❑. ⃗ Al ❑ II. PHẦN RIÊNG (10 câu) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) A. Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50) Câu 41: Một mẫu khí thải có chứa CO2, NO2, N2 và SO2 được sục vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Trong bốn khí đó, số khí bị hấp thụ là A. 4. B. 1. C. 2. D. 3. HD: CO2, NO2, và SO2 Câu 42: Cho các phát biểu sau: (a) Hiđro hóa hoàn toàn glucozơ tạo ra axit gluconic (b) Ở điều kiện thường, glucozơ và saccarozơ đều là những chất rắn, dễ tan trong nước. (c) Xenlulozơ trinitrat là nguyên liệu để sản xuất tơ nhân tạo và chế tạo thuốc súng không khói. (d) Amilopectin trong tinh bột chỉ có các liên kết -1,4-glicozit (e) Sacarozơ bị hóa đen trong H2SO4 đặc. (f) Trong công nghiệp dược phẩm, saccarozơ được dùng để pha chế thuốc. Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là A. 4. B. 3. C. 2. D. 5. HD: Có 3 phát biểu đúng là (b) , (e) , (f) Chọn B (c) Xenlulozơ trinitrat là nguyên liệu để sản xuất tơ nhân tạo và chế tạo thuốc súng không khói. , sai tơ axetat mới là nhân tạo (a) Hiđro hóa hoàn toàn glucozơ tạo ra axit gluconic => sai (sobitol) .(d) Amilopectin trong tinh bột chỉ có các liên kết -1,4-glicozit => sai có thêm -1,6-glicozit. Câu 43: Este nào sau đây khi phản ứng với dung dịch NaOH dư, đun nóng không tạo ra hai muối? A. C6H5COOC6H5 (phenyl benzoat). B. CH3COOC6H5 (phenyl axetat). C. CH3COO–[CH2]2–OOCCH2CH3. D. CH3OOC–COOCH3. HD: Este khi phản ứng với dung dịch NaOH dư, đun nóng tạo ra hai muối là este của phenol hoặc este có hai gốc axit khác nhau. Câu 44: Tiến hành lên men giấm 460 ml ancol etylic 8 0 với hiệu suất bằng 30%. Biết khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất bằng 0,8 g/ml và của nước bằng 1 g/ml. Nồng độ phần trăm của axit axetic trong dung dịch thu được là A. 2,47%. B. 7,99%. C. 2,51%. D. 3,76%. Cách giải : Đay là bài khá quen thuộc ⃗ CH3CH2OH + O2 CH3COOH + H2O ❑ 0,64 0,64 Thể tích C2H5OH nguyên chất = 36,8 ml, khối lượng = 29,44 gam Khối lượng CH3COOH thu được: 29,44.60.30%/46 = 11,52 gam Thể tích H2O = 423,2 ml, khối lượng H2O = 423,2 gam Khối lượng O2 pư = 0,64.30%.32 = 6,144 gam Khối lượng dung dịch = 29,44 + 423,2 + 6,144 = 458,784 gam C% = 2,51% Câu 45 : Amino axit X có công thức H 2 NCX H Y (COOH)2 . Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít dung dịch H 2 SO 4 0,5M, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm NaOH 1M và KOH 3M, thu được dung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ trong X là A. 9,524% B. 10,687% C. 10,526% D. 11,966% Cách 1: Số mol H+ trong dd Y = 0,4 mol Suy ra số mol OH- = 0,4 mol, vậy V dung dịch hh NaOH và KOH = 100 ml BTKL: khối lượng X + H2SO4 + NaOH + KOH = muối + H2O Mà số mol H2O = 0,4 mol Vậy khối lượng X = 36,7 + 7,2 – 0,1.40 – 0,3.56 – 0,1.98 = 13,3 Suy ra: MX = 133, CT X là: NH2-C2H3(COO)2 %N = 14/133 = 10,526%.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Cách 2 : Có n OH- = n H+ = 0,4 mol m X = 36,7 + 0,4.18 – 0,3.56 – 0,1.40 – 0,1.98 = 13,3 gam => M X = 133 đvC % N = 10,526%. M(OH) 2 Câu 46 : Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp X gồm MO, và MCO3 (M là kim loại có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H 2 SO 4 39,2% thu được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất có nồng độ 39,41%. Kim loại M là A. Mg B. Cu D. Zn D. Ca Cách 1: Có m dung dịch sau = 24 + 100 – 0,05.44 = 121,8 gam m MSO4 = 121,8.0,3941 = 48 gam Bảo toàn S có: n MSO4 = n H2SO4 = 39,2 : 98 = 0,4 mol M = 48 : 0,4 – 96 = 24 đvC. Cách 2 : Số mol CO2 = MCO3 = 0,05 mol Khối lượng dd sau pư = 24 + 100 – 0,05.44 = 121,8 gam Khối lượng MSO4 = 48 gam Số mol H2SO4 = 0,4 mol, chỉ có chất tan duy nhất nên MSO4 = H2SO4 = 0,4 Vậy MSO4 = 120, suy ra M = 24 Câu 47: Trong số các dung dịch có cùng nồng độ 0,1M dưới đây, dung dịch chất nào có giá trị pH nhỏ nhất? Ba(OH)2 H SO A. B. 2 4 C. HCl D. NaOH ⃗ 2H+ nên chọn B HD: Axit có pH nhỏ hơn, mà H2SO4 ❑ Câu 48: Thực hiện các thí nghiệm sau: (a) Cho Al vào dung dịch HCl (b) Cho Al vào dung dịch AgNO3 (c) Cho Na vào H 2O (d) Cho Ag vào dung dịch H 2 SO4 loãng Trong các thí nghiệm trên, số thí nghiệm xảy ra phản ứng là A. 3 B. 4 C. 1. D.2. HD: Chỉ có (d) không xảy ra, Chọn A 2  2Cr 3  3Sn Câu 49 : Cho phương trình hóa học của phản ứng : 2Cr  3Sn   Nhận xét nào sau đây về phản ứng trên là đúng? 3 2 2 3 A. Cr là chất khử, Sn là chất oxi hóa B. Sn là chất khử, Cr là chất oxi hóa 2 2 C. Cr là chất oxi hóa, Sn là chất khử D. Cr là chất khử, Sn là chất oxi hóa Câu 50 : Hiđrocacbon nào sau đây khi phản ứng với dung dịch brom thu được 1,2-đibrombutan? A. But-1-en B. Butan C. But-1-in D. Buta-1,3-đien. B. Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60) Câu 51: Nhúng một thanh sắt vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,02 mol AgNO3 và 0,05 mol Cu(NO3 )2 . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng thanh sắt tăng m gam (coi toàn bộ kim loại sinh ra bám vào thanh sắt). Giá trị của m là A. 5,36 B. 3,60 C. 2,00 D. 1,44 HD: Rất đơn giản 2muối hết do đó khối lượng thanh sắt m = 0,02(108 – 56 : 2) + 0,05. (64 -56) = 2 gam.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>   Câu 52 : Trong một bình kín có cân bằng hóa học sau : 2NO2 (k)  N 2 O4 (k) Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí trong bình so với H 2 ở nhiệt độ T1 bằng 27,6 và ở nhiệt độ T2 bằng 34,5. Biết T1 > T2 . Phát biểu nào sau đây về cân bằng trên là đúng? A. B. C. D.. Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt. Khi tăng nhiệt độ, áp suất chung của hệ cân bằng giảm Khi giảm nhiệt độ, áp suất chung của hệ cân bằng tăng Phản ứng nghịch là phản ứng tỏa nhiệt. HD: Đây là phản ứng theo chiều thuận làm giảm số mol khí. Khi giảm nhiệt độ mà cân bằng về phía giảm số mol khí ( do M2 > M1) nên thuộc phản ứng tỏa nhiệt. Chọn A Câu 53 : Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở và một ancol đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 21,7 gam X, thu được 20,16 lít khí CO2 (đktc) và 18,9 gam H 2O . Thực hiện phản ứng este hóa X với hiệu suất 60%, thu được m gam este. Giá trị của m là A. 15,30 B. 12,24 C. 10,80 D. 9,18 Cách giải: nCO2 = 0,9 mol; nH2O = 1,05 mol. Vì nCO2 = 0,9 mol< nH2O = 1,05 mol. Nên acol no đơn chức Và n ancol = 0,15 mol BTKL ⇒ khối lượng O2 dùng đốt cháy: 36,8 gam ⇒ Số mol O : 2,3 mol Bảo toàn nguyên tố oxi: Suy ra số mol O trong X : 0,55 mol ⇒ Số mol O trong axit 0,4 mol ⇒ sô mol axit 0,2 mol Đặt công thức: Cn H2n+ 2 O; Cm H2m O2 0,15.n + 0,2.m = 0,9 => n = 2; m = 3 => m = 0,15.0,6.(46 + 74 – 18) = 9,18 gam. Câu 54: Chất nào dưới đây khi cho vào dung dịch AgNO3 trong NH3 dư, đun nóng, không xảy ra phản ứng tráng bạc? A. Mantozơ B. Glucozơ C. Fructozơ D. Saccarozơ Chọn D: Vì Mantozơ, Glucozơ, Fructozơ tham phản ứng tráng bạc, còn Saccarozơ và poli saccarit không tham gia pư tráng bạc, Câu 55: Cho dãy chất sau: isopren, anilin, anđehit axetic, toluen, pentan, axit metacrylic và stiren. Số chất trong dãy phản ứng được với nước brom là A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 HD: isopren, anilin , anđehit axetic, axit metacrylic và stiren Chọn C Hiđrocacbon no và toluen, amin thơm không pư với Br2 Câu 56: Hòa tan một khí X vào nước, thu được dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch Y đến dư vào dung dịch ZnSO4 , ban đầu thấy có kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan ra. Khí X là A. HCl. B. NO2. C. SO2. D. NH3. HD: NH3 tạo phức với hợp chất của Ag, Cu, Zn, Ni. Chọn D Câu 57: Đun sôi dung dịch gồm chất X và KOH đặc trong C2 H5 OH , thu được etilen. Công thức của X B. CH3COOH C. CH3CHCl2 D. CH3COOCH CH 2 HD: Đun sôi X và KOH đặc trong C2 H 5OH , thu được anken( etilen) X là dẫn xuât mono halogen là. A. CH 3CH 2Cl. Vậy X là CH 3CH 2 Cl Câu 58: Trường hợp nào sau đây không xảy ra phản ứng? Ag  O3     A. B. Sn  HNO3 loãng    C. Au  HNO3 đặc  .  D. Ag  HNO3 đặc  .

<span class='text_page_counter'>(15)</span> HD: Chọn C, Vì HNO3 không td với Au. Chỉ có nước cường toan ( 1HNO3:3HCl) mới hòa tan được Au Câu 59 : Tơ nitron (olon) là sản phẩm trùng hợp của monome nào sau đây? A. CH2 C(CH 3 )  COOCH3 B. CH 3COO  CH CH 2 C. CH2 CH  CN D. CH2 CH  CH CH2 HD: acrilonitrin : CH2 CH  CN trùng hợp ra Tơ nitron (olon) . Câu 60: Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg bằng dung dịch H 2 SO 4 loãng (dư), thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 24 B. 20 C. 36 D. 18 HD: m = m Fe2O3 + m MgO = 0,1.160 + 0,1.40 = 20 gam. ---------- HẾT ----------.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>