59869603 2011-lời-giải-chi-tiết-amp-phan-tich-đề-thi-hoa-khối-b-năm-2011

TT LUYỆN THI & BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC NGÀY MỚI

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN GIẢI – PHÂN TÍCH
----------------------- ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC – Khối B
(Đề thi có 06 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
M· ®Ò 517
Họ và tên thí sinh: ……………………………….
Số báo danh: …………………

Cho biết nguyên tử khối o 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; Mn =
55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137, Sn = 119; Mn = 55

Câu 1: Dung dịch X gồm 0,1 mol H+, z mol Al3+, t mol NO3 và 0,02 mol SO42 . Cho 120 ml dung dịch Y
gồm KOH 1,2M và Ba(OH)2 0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 3,732 gam kết ủa. Giá trị
của z, t lần lượt là:
A. 0,020 và 0,012 B. 0,020 và 0,120 C. 0,012 và 0,096 D. 0,120 và 0,020
Hướng dẫn:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : 0,1 + 3z = t + 0,04
nBa2  0, 012 mol <n SO2 = 0,02
4

Ba 2   SO42  BaSO4

=> nBaSO4 = 0,012 mol => mBaSO4 = 2,796 gam < 3,732 gam
=> mAl ( OH )3 = 3,732 - 2,796 = 0,936 gam => nAl ( OH )3 = 0,012 mol.
Theo đề bài ta có n OH 
=0,168
H   OH   H 2 O


+ nOH  dùng trung hòa H+ = 0,1
Al 3  3OH   Al (OH ) 3

-
=> nOH  dùng phản ứng với Al3+ = 0,168 – 0,1 = 0,068 > 0,012.3=0,036 mol mol OH trong kết tủa
Vậy khi đó có thêm phản ứng: 4OH   Al 3  AlO2  2 H 2O


=> số mol OH- tham gia phản ứng tạo ra AlO2 là: 0,068 – 0,012.3 = 0,032.


Vậy n Al 3
 n Al (OH )3  nAlO   0,012 + (0,032 : 4) = 0,02 mol = z => t = 0,12 mol
2

Vậy => Đáp án là B: z = 0,02 mol và t = 0,12 mol
* Nhận xét:
- Đây là một bài tập khá hay, nó đòi hỏi các em học sinh phải có nhiều sự vận dụng kiến thức: định luật bảo tàn
điện tích, tính chất hóa học của nhôm hidroxit và khả năng giải bài toán quá phương trình ion thu gọn.
Câu 2: Dãy gồm các kim loại có cùng kiểu mạng tinh thể lập phương tâm khối là:
A. Na, K, Ba B. Mg, Ca, Ba C. Na, K , Ca D. Li , Na, Mg
Hướng dẫn:
Đây là một câu hỏi khá đơn giản, nhưng lại khiến cho nhiều em học sinh bối dối vì các em ít để ý tới điều này.
Điều này được nhắc trong bài về kim loại kiềm và kiềm thổ (yêu cầu các em xem lại sách giáo khoa)

HOAHOC.ORG © NGÔ XUÂN QUỲNH
 09798.17.8.85 – 09367.17.8.85 -  admin@hoahoc.org - netthubuon -  03203.832.101

TÀI LIỆU LUYỆN THI & BỒI DƯỠNG KIẾN THỨC NĂM 2011

+ Lập phương tâm khối: là cấu trúc lập phương với 8 nguyên tử ở các đỉnh hình lập phương và 1 nguyên tử ở
tâm của hình lập phương. Cấu trúc này chứa 2 nguyên tử trong một ô nguyên tố và cấu trúc lập phương tâm
khối có hệ số xếp chặt 68%.
Câu 3: Cho dãy các oxi sau: SO2, NO2, NO, SO3, CrO3, P2O5, CO, N2O5, N2O. Số oxit trong dãy tác dụng được
với H2O ở điều kiện thường là:
A. 5 B. 6 C. 8 D. 7
Hướng dẫn
SO2 + H2O => H2SO3 3NO2 + H2O => 2HNO3 + NO
 H CrO4
SO3 + H2O => H2SO4 CrO3 + H2O =>  2
 H 2Cr2O7 (nhieu nuoc)
P2O5 + H2O => H3PO4 N2O5 + H2O => 2HNO3
* Nhận xét:
Đây là một câu hỏi ở mức độ TB, nhưng lại bao trùm rộng về mặt kiến thức từ lớp 10 (S) tới 11 (N, P) và tới
lớp 12 (Cr) và nhiều em học sinh lại không để ý về mặt tính chất hóa học của CrO3 nên sẽ chọn phương án là 5.
Bài này ngoài việc hỏi số chất tác dụng với nước, ta có thể thay nó bằng việc tác dụng với dung dịch kiềm
Câu 4: Hỗn hợp M gồm một anđehit và một ankin (có cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn x mol
hỗn hợp M, thu được 3x mol CO2 và 1,8x mol H2 O. Phần trăm số mol của anđehit trong hỗn hợp M là:
A. 20% B. 50% C. 40% D. 30%
Hướng dẫn:
Số nguyên tử C = 3x : x = 3 => Ankin là C3H4
Số H trung bình = 1,8x.2 : x = 3,6 => Anđehit có số H nhỏ hơn 3,6 và vì số nguyên tử H trong anđehit phải
chẵn nên suy ra anđehit co 2H. Vậy anđehit có CTPT là C3H2O (CH  C – CHO)
Áp dụng sơ đồ dường chéo ta có
a m ol C C C 4H 1,6

3,6 a = 4b

b m ol C C CHO 2H 0,4
Vậy % số mol của andehit trong hỗn hợp M là: 20%
* Nhận xét:
Đây là một bài tập có độ tư duy và khả năng phân tích khá hay, nhiều em học sinh khi đọc đề này sẽ thấy luống
cuống và không biết phương pháp giải nó. Nhưng ta cần phải chú ý một vài điểm
+ Bài toán cho ta hỗn hợp thì việc xác định công thức của chúng thường dựa theo phương pháp trung
bình và có kết hợp thêm phương pháp đường chéo nữa.
nCO2 2.nH 2O
+ Luôn nhớ về hai công thức: Số nguyên tử C trung bình  ; số nguyên tử H trung bình 
nhh nhh
Câu 5: Cho phản ứng : C6H5-CH=CH2 + KMnO4  C6H5-COOK + K2CO3 + MnO2 + KOH + H2O
Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hóa học của phản ứng trên là:
A. 27 B. 31 C. 24 D. 34
Hướng dẫn:
1 2 3 4
C6 H 5  C H  C H 2  10e  C6 H 5  C OOH  C O32 

7 4
Mn 3e  Mn

3 C6H5-CH=CH2 + 10 KMnO4  3C6H5-COOK + 3K2CO3 + 10 MnO2 + KOH + 4H2O
* Nhận xét:

CHEMISTRY CLUB - HOAHOC.ORG ® NGÔ XUÂN QUỲNH
 09798.17.8.85 – 09367.17.8.85 -  admin@hoahoc.org - netthubuon -  03203.832.101 -2-


Đối với quá trình cân bằng 1 phương trình phản ứng hóa học hữu cơ thì đại đa số trong quá trình gặp
phải các em học sinh đều cảm thấy lúng túng vì các em không được nhiều giáo viên hướng dẫn cách làm và
cách xác định.
Đối với dạng bài này, chúng ta phải xác định được sự chuyển đổi số oxi hóa của nguyên tử C trong
phân tử nó chuyển về dạng nào, thay đổi số oxi hóa như thế nào?
Muốn xác định được số oxi hóa của nguyên tử C, chúng ta phải dựa vào công thức cấu tạo để xác định
- Giữa C – C thì ta không có sự thay đổi
- Giữa C – X thì tùy vào độ âm điện của X mà C có thể mang số oxi hóa dương hoặc âm
Câu 6: Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl3 x mol/lít và Al2(SO4)3 y mol/lít tác dụng với 612 ml dung dịch
NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho 400 ml E tác dụng với
dung dịch BaCl2 (dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tỉ lệ x : y là
A. 4 : 3 B. 3 : 4 C. 7 : 4 D. 3 : 2
Hướng dẫn:
Số mol Al3+ = 0,4x +0,8y; nSO 2 = 1,2 y mol
4

Số mol BaSO4 = 0,144 mol = nSO 2 = 1,2y => y= 0,12
4

nOH  = 0,612 mol; nAl ( OH )3 = 0,108 mol => nOH  trong kết tủa = 0,324 < 0,612
-
=> số mol OH- trong Al(OH)4 = 0,288 mol => 0,4x +0,8y=0,108 + (0,288:4)
Vậy => x = 0,21 => x : y = 7 : 4
* Nhận xét:
Đây là một bài tập ở mức độ TBK, học sinh chỉ cần chú ý về quá trình phản ứng của các chất và do đây là bài
toán hỗn hợp nên phương pháp giải là áp dụng phương trình ion thu gọn
Câu 7: Cho các phát biểu sau về cacbohiđrat:
(a) Glucozơ và saccarozơ đều là chất rắn có vị ngọt, dễ tan trong nước.
(b) Tinh bột và xenlulozơ đều là polisaccarit
(c) Trong dung dịch, glucozơ và saccarozơ đều hòa tan Cu(OH)2, tạo phức màu xanh lam.
(d) Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm tinh bột và saccarozơ trong môi trường axit, chỉ thu được một loại
monosaccarit duy nhất.
(e) Khi đun nóng glucozơ (hoặc fructozơ) với dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được Ag.
(g) Glucozơ và saccarozơ đều tác dụng với H2 (xúc tác Ni, đun nóng) tạo sobitol.
Số phát biểu đúng là:
A. 6 B. 3 C. 4 D. 5
Hướng dẫn:
+ Sobiton là chất được hình thành từ Glu và Fru khi cho chúng tác dụng với H2
+ Saccarozơ là một loại disaccarit được tạo nên bởi 1 gốc   Glucozo và 1 gốc   fructozo
+ Tinh bột là một polisacarit cacbohidrat chứa hỗn hợp amilozo và amilopectin, tỷ lệ phần trăm amilozo và
amilopectin thay đổi tùy thuộc vào từng loại tinh bột, tỷ lệ này thường từ 20:80 đến 30:70. Tinh bột có nguồn
gốc từ các loại cây khác nhau có tính chất vật lí và thành phần hóa học khác nhau. Chúng đều là các polimer
cacbohidrat phức tạp của   Glucozo
+ Xenlulozơ là một loại polisacarit được hình thành bở các gốc   Glucozo => tạo nên hợp chất có chứa 3
nhóm –OH tự do => CTCT là: (C6H7O2[OH]3)n
Câu 8: Khi cho 0,15 mol este đơn chức X tác dụng với dung dịch NaOH (dư), sau khi phản ứng kết thúc thì
lượng NaOH phản ứng là 12 gam và tổng khối lượng sản phẩm hữu cơ thu được là 29,7 gam. Số đồng phân cấu
tạo của X thỏa mãn các tính chất trên là:
A. 4 B. 5 C. 6 D. 2



Hướng dẫn
Theo đề bài ta có nNaOH = 0,3 mol
 nNaOH : nEste = 2 : 1 => đó là este tạo bởi axit và phenol (vì đề cho X là đơn chức)
RCOOR` + 2NaOH => RCOONa + R`ONa + H2O
0,15 0,3 0,15
mEste =29,7 + 0,15.18 – 12 = 20,4 gam => KLPT của este là 136 => CTPT C8H8O2
Các đồng phân của E: C-COO-C6H5; HCOO–C6H4 –CH3 (có 3 đồng phân o, p, m).
Tổng cổng có 4 đp.
Câu 9: Phát biểu nào sau đây là sai?
A. Tinh thể nước đá, tinh thể iot đều thuộc loại tinh thể phân tử.
B. Trong tinh thể NaCl, xung quanh mỗi ion đều có 6 ion ngược dấu gần nhất.
C. Tất cả các tinh thể phân tử đều khó nóng chảy và khó bay hơi.
D. Trong tinh thể nguyên tử, các nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị.
Hướng dẫn:
Câu hỏi này nằm gần như trọng trong bài về hợp chất liên kết ion và liên kết cộng hóa trị thuộc chương trình
hóa học 10
+ Ở thể rắn, NaCl tồn tại dưới dạng tinh thể ion. Trong mạng tinh thể NaCl, Na+ và Cl- được phân bố luân
phiên đều đặn trên các đỉnh của các hình lập phương nhỏ. Xung quanh mỗi ion đều có mặt của 6 ion ngược dấu
gần nhất
+ Tính chất chung của hợp chất ion: Rất bền vững vì lực hút tĩnh điện giữa các ion ngược dấu trong tinh thể ion
rất lớn. Các hợp chất ion đều khá rắn, khó nóng chảy, chúng ta nhiều trong nước và khi hòa tan trong nước,
chúng dẫn diện, còn ở trạng thái rắn thì chúng không dẫn điện.
+ Tính chất của các chất có liên kết cộng hóa trị: chúng có thể tồn tại ở trạng thái rắn, lỏng hoặc khí. Chúng
không dẫn điện ở mọi trạng thái
+ Trong tinh thể phân tử: chúng được cấu tạo từ những phân tử được sắp xếp một cách đều đặn, theo một trật tự
xác định trong không gian và chúng liên kết với nhau bởi lực tương tác yếu giữa các phân tử ở các nút mạng.
Trong các tinh thể phân tử, các phân tử vẫn tồn tại như những đơn vị độc lập và hút với nhau bằng lực tương
tác yếu => chúng dễ nóng chảy, dễ bay hơi
+ Trong tinh thể nguyên tử: chúng được cấu tạo từ những nguyên tử được sắp xếp một cách đều đặn theo một
trật tự nhất dịnh trong không gian => tạo nên mạng tinh thể và ở những điểm nút của mạng tinh thể là những
nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị. Do lực liên kết cộng hóa trị trong tinh thể nguyên tử lớn
=> tinh thể nguyên tử khá bền vững, rất cứng, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi khá cao
A. Na2CO3 là nguyên liệu quan trọng trong công nghiệp sản xuất thủy tinh.
B. Ở nhiệt độ thường, tất cả kim loại kiềm thổ đều tác dụng được với nước.
C. Nhôm bền trong môi trường không khí và nước là do có màng oxit Al2O3 bền vững bảo vệ
D. Theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, nhiệt độ nóng chảy của kim loại kiềm giảm dần
Hướng dẫn:
+ Nguyên liệu chính để sản xuất thủy tinh là: Cát thành anh (cát trắng – SiO2), đá vôi và sođa (Na2CO3)
+ Ở trong điều kiện thường chỉ có các kim loại Ba, Ca và Sr là có khả năng tác dụng được với nước còn Be
không tác dụng với H2O dù ở nhiệt độ cao, Mg tác dụng chậm với H2O ở nhiệt độ thường tạo ra Mg(OH)2, tác
dụng nhanh với hơi nước ở nhiệt độ cao tạo thành MgO
Câu 11: Cho các phát biểu sau:
(a) Khi đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon X bất kì, nếu thu được số mol CO2 bằng số mol H2O thì X là
anken.
(b) Trong thành phần hợp chất hữu cơ nhất thiết phải có cacbon.



(c) Liên kết hóa học chủ yếu trong hợp chất hữu cơ là liên kết cộng hóa trị.
(d) Những hợp chất hữu cơ khác nhau có cùng phân tử khối là đồng phân của nhau
(e) Phản ứng hữu cơ thường xảy ra nhanh và không theo một hướng nhất định
(g) Hợp chất C9H14BrCl có vòng benzen trong phân tử
Số phát biểu đúng là
A. 4 B. 3 C. 2 D. 5
Hướng dẫn:
 Anken
- Khi đốt cháy một hidrocacbon mà nCO2  nH 2O  

 Xicloankan
- Đồng phân là những chất có cùng công thức phân tử nhưng khác nhau về mặt công thức cấu tạo
Ví dụ: CH3COOH (có M = 60) và C3H7OH (M = 60) chúng không được coi là đồng phân của nhau
- Các phản ứng hóa học hữu cơ thường xảy ra chậm và theo nhiều hướng khác nhau trong cùng một điều kiện
2.9  14  1  1  2
- Giá trị k trong công thức là k   2 < 4 => không thể tạo nên được vòng benzene
2
(k ở đây là số liên kết pi + số vòng)
Câu 12: Cho sơ đồ phản ứng :
0 0
xt , t xt , t
(1) X + O2   axit cacboxylic Y1 (2) X + H2   ancol Y2
xt , t 0
(3) Y1 + Y2  Y3 + H2O


Biết Y3 có công thức phân tử C6H10O2. Tên gọi của X là:
A. anđehit acrylic B. anđehit propionic C. anđehit metacrylic D. andehit axetic
Hướng dẫn:
Trước tiên chúng ta cần phải hiểu các tên gọi ứng với những công thức là gì:
+ Anđehit acrylic: CH2=CH-CHO + Anđehit propionic: CH3-CH2-CHO
+ Anđehit metacrylic: CH2=C(CH3)-CHO + Andehit axetic: CH3-CHO
2.6  10  2
Trong phân tử Y3: C6H10O2 có giá trị k   2 => trong công thức sẽ có chứa 1 liên kết pi
2
( k = 2 gồm 1 liên kết pi ở nhóm –COO- và 1 pi ở gốc hidrocacbon)
Vậy trong Y3 thì có thể là gốc acid không no hoặc là rượu không no
Theo sơ đồ ở trên thì Y1 có thể là acid no hoặc không no
+ Nếu X1 là CH2=CH-CHO => Y1 là CH2=CH-COOH => Y2 sẽ là CH3-CH2-CH2OH
=> Y3 sẽ là: CH2=CH-COOCH2-CH2-CH3 (C6H10O2) – TM
+ Nếu X1 là CH3-CH2-CHO => Y1 là CH3-CH2-COOH => CH3-CH2-CH2-OH
(điều này là vô lí vì cả hai đều là no)
+ Nếu X1 là CH2=C(CH3)-CHO => Y1 là CH2=C(CH3)-COOH => Y2 là CH3-CH(CH3)-CH2OH
(Điều này là vô lí vì khi đó Y3 sẽ có tổng là 8 nguyên tử C)
+ Nếu X1 là CH3-CHO => Y1 là CH3 -COOH => Y2 CH3-CH2-OH
(Điều này là vô lí vì khi đó Y3 sẽ có tổng là 4 nguyên tử C)
------------
Ngoài ra nếu như các em học sinh có sự nhận xét nhậy bén thì ta để ý thấy rằng Y3 đều được tạo ra từ chất
ban đầu l à X, mà quá trình X chuyển hóa thành các chất dạng Y1 và Y2 đều không làm thay đổi số nguyên tử C
=> Y3 được tạo nên từ 2X về mặt nguyên tử C => Trong phân tử X sẽ có 3 nguyên tử C => Đáp án A – TM
* Nhận xét:
Đây là một bài tập đòi hỏi sự ghi nhớ về mặt lí thuyết và sự suy luận cũng như phân tích đề bài
Câu 13: Thực hiện các thí nghiệm với hỗn hợp gồm Ag và Cu (hỗn hợp X):
(a) Cho X vào bình chứa một lượng dư khí O3 (ở điều kiện thường)



(b) Cho X vào một lượng dư dung dịch HNO3 (đặc)
(c) Cho X vào một lượng dư dung dịch HCl (không có mặt O2)
(d) Cho X vào một lượng dư dung dịch FeCl3
Thí nghiệm mà Cu bị oxi hóa còn Ag không bị oxi hóa là:
A. (a) B. (b) C. (d) D. (c)
Hướng dẫn:
Cu + O3 => CuO + O2; Ag + O3 => Ag2O + O2
Cu + HNO3 => Cu(NO3)2 + H2O + Sản phẩm khử (có thể là một trong các chất: N2, NO, NO2, N2O, NH4NO3)
Cu + HCl  ; Ag + HCl 
 
Cu 2  Fe3 Ag 
Cu + FeCl3 => CuCl2 + FeCl2 ; Ag + FeCl3  (Dự vào vị trí của cặp oxi hóa khử

Cu Fe 2  Ag
Câu 14: Cho 1,82 gam hỗn hợp bột X gồm Cu và Ag (tỉ lệ số mol tương ứng 4 : 1) vào 30 ml dung dịch gồm
H2SO4 0,5M và HNO3 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a mol khí NO (sản phẩm khử duy
nhất của N+5). Trộn a mol NO trên với 0,1 mol O2 thu được hỗn hợp khí Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với H2O,
thu được 150 ml dung dịch có pH = z. Giá trị của z là:
A. 1 B. 3 C. 2 D. 4
Hướng dẫn:
nCu = 0,02 ; nAg =0,005 => Tổng số mol e cho tối đa = 0,02.2 +0,005.1 = 0,45
nH  = 0,09 mol; nNO = 0,06 (dư)
3

4H+ + NO3- + 3e => NO + 2H2O
0,06 0,045 0,015
Ag, Cu đã phản ứng hết.
2NO + O2 => 2NO2
0,015 0,0075 0,015
4NO2 + O2 + 2H2O => 4HNO3
0,015 0,015
Nồng độ mol HNO3 =0,015:0,15 = 0,1M => pH= 1
* Nhận xét:
+ Đây là bài toán cho kim loại tác dụng với hỗn hợp acid (có mặt của H+ và NO3 ) nên phương pháp giải tối
ưu nhất đó là sử dụng phương trình ion thu gọn đề giải
+ Mặt khác đề bài lại cho biết cụ thể hai chất ban đầu => chúng ta phải xác định xem chất nào phản ứng hết
và chất nào còn dư sau phản ứng để qua đó tính toán theo chất phản ứng hết
Câu 15: Cho dãy các chất: SiO2, Cr(OH)3, CrO3, Zn(OH)2, NaHCO3, Al2O3. Số chất trong dãy tác dụng được
với dung dịch NaOH (đặc, nóng) là
A. 6 B. 3 C. 5 D. 4
Hướng dẫn:
Đây chỉ là câu hỏi mang tính chất ghi nhớ các chất có khả năng phản ứng (tính chất hóa học của các chất).
Các phương trình phản ứng các em tự viết
Câu 16: Thực hiện các phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm m gam Al và 4,56 gam Cr2O3 (trong điều kiện
không có O2), sau khi phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp X. Cho toàn bộ X vào một lượng dư dung dịch HCl
(loãng, nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít H2 (đktc). Còn nếu cho toàn bộ X vào
một lượng dư dung dịch NaOH (đặc, nóng), sau khi phản ứng kết thúc thì số mol NaOH đã phản ứng là:
A. 0,06 mol B. 0,14 mol C. 0,08 mol D. 0,16 mol
Hướng dẫn



4, 56
nH 2 giải phóng = 0,09 và nCr2O3  0, 03 mol
152
Giả sử phản ứng xảy ra vừa đủ thì nCr = 0,06 = nH 2 < nH 2 giải phóng = 0,09 => Nhôm dư.
(Cr + 2HCl => CrCl2 + H2)
Áp dụng bảo toàn electron:
Khi nhôm phản ứng với Cr2O3 : 2 Al  Cr2 O3  Al2 O3  2Cr

nAl phản ứng = 2. nCr2O3  0, 06 mol và nCr = 0,06
Khi nhôm dư, Al2O3 và Cr được s inh ra phản ứng vơi HCl :
Cr + 2HCl => CrCl2 + H2
2Al + 6HCl => 2AlCl3 + 3H2
2
 nH2  nCr  3 nAl du = 0,09 mol  nAl du  0, 02 mol


Vậy tổng số mol Al là 0,08 mol.
Sau tất cả các phản ứng Al chuyển thành NaAlO2 nên suy ra nNaOH = 0,08 mol.
* Nhận xét:

Câu 17: Dãy gồm các chất (hoặc dung dịch) đều phản ứng được với dung dịch FeCl2 là:
A. Bột Mg, dung dịch NaNO3, dung dịch HCl B. Bột Mg, dung dịch BaCl2, dung dịch HNO3
C. Khí Cl2, dung dịch Na2CO3, dung dịch HCl D. Khí Cl2, dung dịch Na2S, dung dịch HNO3
Hướng dẫn:
Cl2 + FeCl2 => FeCl3
Na2S + FeCl2 => FeS + NaCl
H  NO3  Fe 2   Fe3  NO  H 2O


Câu 18: Chia hỗn hợp gồm hai đơn chức X và Y (phân tử khối của X nhỏ hơn của Y) là đồng đẳng kế tiếp
thành hai phần bằng nhau:
- Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O.
- Đun nóng phần 2 với H2SO4 đặc ở 1400C tạo thành 1,25 gam hỗn hợp ba ete. Hóa hơi hoàn toàn hỗn hợp
ba ete trên, thu được thể tích của 0,42 gam N2 (trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).
Hiệu suất của phản ứng tạo ete của X, Y lần lượt là:
A. 30% và 30% B. 25% và 35% C. 40% và 20% D. 20% và 40%
Hướng dẫn:
P1 : nCO2 = 0,25 ; nH 2O = 0,35 => Hai ancol ban đầu là no, đơn chức. nCn H 2 n1OH = 0,1mol
=> Số C TB là 2,5 => Hai ancol là C2H5OH và C3H7OH. Theo phương pháp đường chéo
a mol C 2 H5 OH 0,5

2,5  nC2 H5OH  nC3 H 7OH  0, 05 mol
b mol C 3 H7 OH 0,5
P2: nete = 0,015 mol = nH 2O , n2 ancol pư = 0,03 mol => n2 ancol dư = 0,07 mol
m2 ancol dư = m 2 ancol  m2 ancol ph¶n øng ete hãa = 0,05.46 + 0,05.60 - (mete - mH 2 O ) =3,78 gam
Gọi a và b lần lượt là số mol của C2H5OH và C3H7 OH => ta có
46a  60b  3,78 a  0,03
 
a  b  0,07 b  0,04
Hiệu suất este hóa của X và Y là 40% và 20%


* Nhận xét:
Đây là bài tập khá hay, đòi hỏi học sinh phải vận dùng nhiều mảng kiến thức để giải: phương pháp trung
bình, phương pháp đường chéo, phương pháp bảo toàn khối lượng
Bài tập này đối với nhiều em học sinh ở TB hoặc TBK sẽ mất nhiều thời gian để giải quyết.
Câu 19: Cho các tơ sau: tơ xenlulozơ axetat, tơ capron, tơ nitron, tơ visco, tơ nilon-6,6. Có bao nhiêu tơ thuộc
loại tơ poliamit?
A. 2 B. 1 C. 4 D. 3
Hướng dẫn:
_ Poliamit là những polime tổng hợp có chứa nhiều nhóm chức amit (-CO-NH-) (còn được gọi là nhóm peptit)
trong phân tử.
+Tơ nilon -6,6: được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng hai loại monome là
hexametylenđiamin (H2N-[CH2]6-NH2 và axit ađipic HOCO-[CH2]4-COOH
+ Tơ nilon 6 (tơ capron) được tổng hợp từ axit 6- amino hexanoic H2N-[CH2]5-COOH
+ Tơ nilon 7 (tơ enan) được tổng hợp từ axit 7- amino heptanoic H2N-[CH2]6-COOH
+ Tơ nitron thuộc loại tơ vinylic được tổng hợp từ vinyl xianua (CH2=CH-CN - acrilonitrin) nên được gọi là
poliacrilonitrin
+ Tơ lacsan thuộc loại tơ polieste được tổng hợp từ axit terephtalic và etylen glicol.
 CH3COOH
+ Xenlulôzơ  Xenlulôzơ triaxetat  Tơ axêtat (hay tơ xenlulozơ axetat)
 
+ Tơ viscô được tạo ra từ : xenlulôzơ, CS2, dd NaOH, dd H2SO4
Câu 20: Cho các phản ứng:
(a) Sn + HCl (loãng)   (b) FeS + H2SO4 (loãng)  
(c) MnO2 + HCl (đặc) 
 (d) Cu + H2SO4 (đặc) 

(e) Al + H2SO4 (loãng)   (g) FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 

+
Số phản ứng mà H của axit đóng vai trò oxi hóa là:
A. 3 B. 6 C. 2 D. 5
Hướng dẫn:
Để H+ đóng vai trò là chất oxi hóa => khi đó 2 H   2e  H 2

Trong số các phản ứng đưa ra thì:
(a) Sn + HCl (loãng)  SnCl2 + H2

(b) FeS + H2SO4 (loãng)  FeSO4 + H2S

(c) MnO2 + HCl (đặc)  MnCl2 + Cl2 + H2O

(d) Cu + H2SO4 (đặc)  CuSO4 + SO2 + H2O

(e) Al + H2SO4 (loãng)  Al2(SO4)3 + H2

(g) FeSO4 + KMnO4 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O

Vậy có 2 phương trình thỏa mãn yêu cầu
* Nhận xét:
Câu này có thể chuyển sang mức độ hỏi : Trong các phương trình phản ứng trên, có bao nhiêu phản ứng tạo ra
chất khí ở trạng thái đơn chất (hoặc hợp chất)
Câu 21: Hỗn hợp X gồm O2 và O3 có tỉ khối so với H2 là 22 . Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và etylamin có tỉ
khối so với H2 là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn V1 lít Y cần vừa đủ V2 lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO2,
H2O và N2, các chất khí khi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V1 : V2 là:
A. 3 : 5 B. 5 : 3 C. 2 : 1 D. 1 : 2
Hướng dẫn:



4
Đặt CTPT trung bình của 2 amin trong hỗn hợp Y là CnH2n +3 N =>14n+17=17,833.2 => n =
3
Quy đổi O3, O2 thành O => m O2  O3  mO
2CnH2n +3 N + O => 2nCO2 + (2n+3)H2O
2n  3
Mol : 1 n
2
2n  3 88
nO =2n + =5,5 mol =>  mO2 O3  mO = 88gam =>  nO2 O3  =2
2 2.22
Vậy V1 :V2 = 1:2
* Nhận xét:
Đây là một bài tập rất hay, đối với bài tập này thường là những em học sin khá và giỏi mới có khả năng
tuy duy để giải quyết vấn đề.
Đa số các em sẽ cảm thấy bối rối khi đọc đề bài này, bởi không hề xác định được số mol của từng chất
trpng hỗn hợp.
Với bài tập này, các em có thể giải theo cách lập hệ phương trình. Bởi từ các giá trị đề bài cho có thể
xác định được tỉ lệ mol của các chất
a mol O 2 32 4
nO3  3nO2
44
b mol O 3 48
Chọn nO2  x mol  nO3  3x mol

12
a mol CH3-NH2 31 9,334
nCH3  NH 2  2nC2 H5  NH 2
35,66
Chọn nC2 H5  NH 2  y mol  nCH3  NH 2  2 y mol

b mol C2H5-NH2 45
4,666
Từ đó dựa vào phương trình phản ứng đốt cháy để ta lập ra tỉ lệ x : y => kết quả
Câu 22: Triolein không tác dụng với chất (hoặc dung dịch) nào sau đây?
A. H2O (xúc tác H2SO4 loãng, đun nóng) B. Cu(OH)2 (ở điều kiện thường)
C. Dung dịch NaOH (đun nóng) D. H2 (xúc tác Ni, đun nóng)
Hướng dẫn:
Công thức của Triolein là (C17H33COO)3C3H5 (trong phân tử vẫn chứa 1 liên kết pi)
0
t , xt
(C17H33COO)3C3H5 + H2O  3C17H33COOH + C3H5(OH)3

0
t
(C17H33COO)3C3H5 + NaOH  3C17H33COONa + C3H5(OH)3

0
t , xt
(C17H33COO)3C3H5 + H2  (C17H35COO)3C3H5

Câu 23: Để hiđro hóa hoàn toàn 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai anđehit có khối lượng 1,64 gam, cần 1,12 lít H2
(đktc). Mặt khác, khi cho cũng lượng X trên phản ứng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu
được 8,64 gam Ag. Công thức cấu tạo của hai anđehit trong X là:
A. OHC-CH2-CHO và OHC-CHO B. H-CHO và OHC-CH2-CHO
C. CH2=C(CH3)-CHO và OHC-CHO D. CH2=CH-CHO và OHC-CH2-CHO
Hướng dẫn:
Ta có nH2  0, 05 mol; n Ag  0, 08 mol
Theo đề bài ta có nH 2 : nhai anđehit = 2: 1 => Vậy hai anđehit đều cộng hiđro theo tỉ lệ 1: 2
V ậ y t r o ng p hâ n t ử a nd e hit có c hứ a 2 l iê n k ết p i = > loại B


nAg 0, 08
  3, 2 => trong hỗn hợp phải chứa 1 andehit đơn chức => loại A
n Andehit 0, 025
R-CHO => 2Ag và R(CHO)2 => 4Ag
a 2a b 4b
a  b  0, 025 mol a  0, 01mol
Ta có hệ phương trình   

2a+4b=0,08 mol b  0, 015 mol
Thử kết quả:
+ Nếu là đáp án C => m = 70.0,01 + 58.0,015 = 1,57 gam < 1,64 gam => Loại
+ Nếu là đáp án D => m = 56.0,01 + 72.0,015 = 1,64 gam (TM)
* Nhận xét:
+ Đây là một bài tập rất hay, đòi hỏi học sinh phải có sự biện luận thì mới có thể có được kết quả
+ Nhiều em học sinh có thể lựa chọn theo hướng chọn x và y lần lượt là số mol và thử bấm máy tính
cuối cùng cũng sẽ có được kết quá  phương án ko biết biện luận thế nào.
Câu 24: Cho 200 gam một loại chất béo có chỉ số axit bằng 7 tác dụng vừa đủ với một lượng NaOH, thu được
207,55 gam hỗn hợp muối khan. Khối lượng NaOH đã tham gia phản ứng là:
A. 31 gam B. 32,36 gam C. 30 gam D. 31,45 gam
Hướng dẫn:
+ Trước tiên chúng ta cần phải ghi nhớ được một số khái niệm:
+ Chỉ số acid: Là khối lượng chất KOH tính theo miligam (mg) dùng để trung hòa hết lượng axit béo còn tồn
tại trong 1 gam chất béo
RCOOH + KOH => RCOOK + H2O
7
Theo đề bài “chỉ số acid bằng 7” => ta có nKOH  .103  1, 25.10 4 mol
56
Vậy trong 200 gam chất béo cần lượng KOH là 200.1, 25.104  0, 025 mol
=> Số mol của NaOH dùng để trung hòa lượng acid dư là: nNaOH = nKOH = 0,025 mol
=> Số mol H2O tạo ra: 0,025 mol
Gọi a là số mol của NaOH ban đầu => số mol NaOH pứ trieste: a – 0,025
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH => 3RCOONa + C3H5(OH)3
a  0, 025
 số mol glixerol thu được:
3
ĐLBTKL: mchất béo + mNaOH = mmuối + mglixerol + mH 2 O
a  0, 025
200 + 40a = 207,55 + 92 + 18 x 0,025  a = 0,775  mNaOH = 31 gam
3
* Nhận xét:
Đây là một bài tập không quá khó, nhưng đòi hỏi các em học sinh phải ghi nhớ khái niệm về chỉ số acid, là
chỉ số mà ít em học sinh để ý tới bởi nó chỉ là 1 bài tập nhỏ ở trong sách giáo khoa phần lipit
Qua bài này thầy muốn nhắc và nhấn mạnh một điều là các em cần phải chú ý những chi tiết nhỏ nhất đã
được học ở trong sách giáo khoa. Bởi qua một loại các bài, câu hỏi ở trong đề thi này cũng như đề thi khối A,
các em dễ dàng nhận thấy được những điều mà các em thường ít lưu tâm tới nó lại có trong đề thi.
Câu 25: Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Nung NH4NO3 rắn.
(b) Đun nóng NaCl tinh thể với dung dịch H2SO4 (đặc)
(c) Sục khí Cl2 vào dung dịch NaHCO3.
(d) Sục khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 (dư).
(e) Sục khí SO2 vào dung dịch KMnO4.


(g) Cho dung dịch KHSO4 vào dung dịch NaHCO3.
(h) Cho PbS vào dung dịch HCl (loãng).
(i) Cho Na2SO3 vào dung dịch H2SO4 (dư) , đun nóng.
Số thí nghiệm sinh ra chất khí là:
A. 2 B. 6 C. 5 D.4
Hướng dẫn:
NH4NO3 => N2O + H2O (NH4NO2 => N2 + H2O)
0 0
t 250 C
NaCl tinh thể + H2SO4 đặc  N aHSO4  HCl

0 0
t  400 C
NaCl tinh thể + H2SO4 đặc  N a 2SO4  HCl

Cl  H 2O  HCl  HClO
 


Cl2 + NaHCO3   2

 HCl  NaHCO3  NaCl  H 2 O  CO2
 
CO2 + Ca(OH)2 dư => CaCO3 + H2O
SO2 + KMnO4 + H2O => K2SO4 + MnSO4 + H2SO4
KHSO4 + NaHCO3 => K2SO4 + Na2SO4 + H2O + CO2
PbS + HCl   - Chỉ tan trong HNO3 và HCl đậm đặc
Na2SO3 + H2SO4 => Na2SO4 + H2O + SO2
Câu 26: Hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức Y và Z (biết phân tử khối của Y nhỏ hơn của Z). Cho 1,89 gam
X tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 18,36 gam
Ag và dung dịch E. Cho toàn bộ E tác dụng với dung dịch HCl (dư), thu được 0,784 lít CO2 (đktc). Tên của Z
là:
A. anđehit propionic B. anđehit butiric C. anđehit axetic D. anđehit acrylic
Hướng dẫn:
0, 784 18,36
Theo đề bài ta có: nCO2   0, 035 mol ; n Ag   0,17 mol
22, 4 108
Vì cho HCl vào dung dịch sau phản ứng tráng gương có CO2 chứng tỏ trong dung dịch đó có (NH4)2CO3
Vậy trong hỗn hợp anđehit ban đầu có HCHO
HCHO => 4Ag + (NH4)2CO3 => CO2
0,035 0,14 <= 0,035
RCHO => 2Ag
0,015 => 0,03
Từ sơ đồ phản ứng và giả thiết ta suy ra : (R+29).0,015 + 0,035.30 = 1,89 => R = 27 (C2H3-)
Câu 27: Hòa tan chất X vào nước thu được dung dịch trong suốt, rồi thêm tiếp dung dịch chất Y thì thu được
chất Z (làm vẩn đục dung dịch). Các chất X, Y, Z lần lượt là:
A. phenol, natri hiđroxit, natri phenolat B. natri phenolat, axit clohiđric, phenol
C. phenylamoni clorua, axit clohiđric, anilin D. anilin, axit clohiđric, phenylamoni clorua
Hướng dẫn:
HCl + C6H5ONa => C6H5OH + NaCl
Câu 28: Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO2 và H2. Cho
toàn bộ X tác dụng hết với CuO (dư) nung nóng, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan toàn bộ Y bằng dung
dịch HNO3 (loãng, dư) được 8,96 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Phần trăm thể tích khí CO trong X
là:
A. 18,42% B. 28,57% C. 14,28% D. 57,15%
Hướng dẫn:
Ta có các phản ứng:



H2O + C  CO + H2

x x x
2H2O + C  CO2 + 2H2

2y y 2y
Theo phương trình và theo giả thiết ta có : 2x + 3y = 0,7 (1)
CO + CuO  CO2 + Cu

H2 + CuO  H2O + Cu

Áp dụng bảo toàn eletron ta có : 2nCO + 2nH 2 = 2nCu = 3nNO => nCO + nH 2 = 0,6 mol
=> 2x +2y = 0,6 (2)
Từ các phương trình (1), (2) ta có : x = 0,2 ; y = 0,1
Vậy %CO = 28,57%
Câu 29: Cho dãy các chất: phenyl axetat, anlyl axetat, metyl axetat, etyl fomat, tripanmitin. Số chất trong dãy
khi thủy phân trong dung dịch NaOH (dư), đun nóng sinh ra ancol là:
A. 4 B. 2 C. 5 D. 3
Hướng dẫn:
phenyl axetat: CH3-COO-C6H5 + NaOH => CH3COONa + C6H5ONa + H2O
anlyl axetat: CH3COO-CH2-CH=CH2 + NaOH => CH3COONa + CH2=CH-CH2-OH
metyl axetat: CH3COOCH3 + NaOH => CH3COONa + CH3-OH
etyl fomat: HCOOC2H5 + NaOH => HCOONa + C2H5-OH
tripanmitin: (C15H31COO)3C3H5 + NaOH => 3 C15H31COONa + C3H5(OH)3
37 35
Câu 30: Trong tự nhiên clo có hai đồng vị bền: 17 Cl chiếm 24,23% tổng số nguyên tử, còn lại là 17 Cl . Thành
37
phần % theo khối lượng của 17 Cl trong HClO4 là:
A. 8,92% B. 8,43% C. 8,56% D. 8,79%
Hướng dẫn:
35
17 Cl = 100 - 24,23= 75,77%

24, 23.37  75, 73.35
=> M Cl   35,4846
100
37
Giả sử có 1mol HClO4 => Số mol của đồng vị 17 Cl =0,2423 mol
37 0, 2423.37
% về khối lượng của 17 Cl trong HClO4 = .100%  8,92%
1  35, 4846  16.4
-----------
37 37
% khối lượng của đồng vị 17 Cl : 24, 23.  25, 26%
35, 4846
35, 4846
% khối lượng cả hai đồng vị của Clo trong HClO4 là: .100%  35,3135%
1  35, 4846  16.4
37
Vậy % khối lượng của 17 Cl trong HClO4 là: 35,3136%. 25,26% = 8,92%
Câu 31: Để luyện được 800 tấn gang có chứa hàm lượng sắt 95%, cần dùng x tấn quặng manhetit chứa 80%
Fe3O4 (còn lại là tạp chất không chứa sắt). Biết rằng lượng sắt bị hao hụt trong quá trình sản xuất là 1%. Giá trị
của x là:
A. 959,59 B. 1325,16 C. 1394,90 D. 1311,90
Hướng dẫn:
Đây là một bài tương đối dễ, chỉ đòi hỏi học sinh vận dụng tốt công thức tính toán liên quan về hiệu
xuất của phản ứng, của quá trình điều chế và sản xuất.



800.95
Theo bài ra thì lượng sắt có trong 800 tấn gang là: mFe =  760 tấn
100
Lượng Fe3O4 có trong x tấn quặng Manhetít là: 0,8x tấn
Fe3O4  3Fe

0,8 x
=> Lượng sắt có trong Fe3O4 là .56.3 tấn
232
Do lượng sắt bị hao hụt trong quá trình sản xuất là 1% (hiệu xuất của quá trình là 99%)
0,8 x 99
=> Khi đó ta có biểu thức: .56.3  760  x  1325,16
232 100
* Lưu ý: Bài toán này nếu như chúng ta làm tính và làm tròn ở các phép tính thì mức độ sai số sẽ rất lơn. Vì
thế khi làm bài tập tính toán thì chúng ta để nguyên các biểu thức ở dạng phân số, đến cuối cùng mới được
phép làm tròn.
Câu 32: Ancol và amin nào sau đây cùng bậc?
A. (C6H5)2NH và C6H5CH2OH C. (CH3)3COH và (CH3)3CNH2
B. (CH3)2CHOH và (CH3)2CHNH2 D. C6H5NHCH3 và C6H5CH(OH)CH3
Hướng dẫn:
Đây là một bài tập khá đơn giản, chỉ đòi hỏi các em học sinh nắm được rõ khái niệm về bậc của ancol và bậc
của amin
+ Bậc của Ancol là bậc của nguyên tử C mà nhóm –OH được gắn vào
(Bậc của nguyên tử C, là số chỉ cho ta biết có bao nhiêu nguyên tử C khác được gắn vào nguyên tử C mà ta xét)
+ Bậc của Amin là bậc số chỉ cho ta biết có bao nhiêu nguyên tử C gắn vào nguyên tử N
=> Qua đó dễ dàng ta xác định được kết quả là đáp án D
A. (C6H5)2NH và C6H5CH2OH C. (CH3)3COH và (CH3)3CNH2
Bậc 2 Bậc 1 Bậc 3 Bậc 1
B. (CH3)2CHOH và (CH3)2CHNH2 D. C6H5NHCH3 và C6H5CH(OH)CH3
Bậc 2 Bậc 1 Bậc 2 Bậc 2
Câu 33: Hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2, Cu(NO3)2 và AgNO3. Thành phần % khối lượng của N trong X là
11,864%. Có thể điều chế tối đa bao nhiêu gam hỗn hợp 3 kim loại từ 14,61 gam X?
A. 7,68 gam B. 10,56 gam C. 6,72 gam D. 3,36 gam
Hướng dẫn:
Ta chọn theo hướng quy đổi hỗn hợp X về dạng gồm có 3 nguyên tố: kim loại A, N và O
Theo đề bài ra ta có: mA + mN + mO = 14,61 gam
m
Mặt khác theo đề ra ta lại có: % N  N .100%  11,864 gam
mX
mO 16
Theo công thức của các hợp chất trong X thì ta sẽ luôn có tỉ lệ: nO : nN  3 
  3.
mN 14
16mO  48mN  0  mA  7, 68
 
Vậy ta có hệ phương trình: mA  mO  mN  14, 61  mO  5, 20

11,864m  11,864m  88,136 m  0 m  1, 73
 A O N  N
Câu 34: Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2 (ở đktc) vào 100 mol dung dịch gồm K2CO3 0,2M và KOH x mol/lit,
sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch BaCl2 dư,
thu được 11,82 gam kết tủa. Giá trị của x là:
A. 1,0 B. 1,4 C. 1,2 D. 1,6
Hướng dẫn:
Theo đề bài từ nBaCO3  0, 06 mol ; nK 2CO3  0, 02 mol


- -
HCO3 + OH
0,06 0,06
CO2
0,1 2- -
CO3 + 2 OH
0,04 0,08

Vậy khí đó nOH 
 KOH
 0,14 mol  CM  1, 4
Câu 35: Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Trong phản ứng este hóa giữa CH3COOH với CH3OH, H2O được tạo nên từ -OH trong nhóm –COOH của
acid và H trong nhóm –OH của ancol
B. Phản ứng giữa acid axetic với ancol benzylic (ở điều kiện thích hợp), tạo nên benzyl axetat có trong mùi
thơm của chuối chín
C. Tất cả các este đều tan tốt trong nước, không độc, dùng làm chất tạo hương trong công nghiệp thực phẩm,
mỹ phẩm
D. Để phân biệt benzen, toluen và stiren (ở điều kiện thường) bằng phương pháp hóa học, chỉ cần dùng một
thuốc thử là brom.
Hướng dẫn:
Một số điều lưu ý thêm về este:
Iso-amyl axetat : CH3COOCH2CH2CH(CH3)2 : mùi chuối chín
Benzylaxetat CH3COOCH2C6H5 có mùi hoa nhài.
mùi cam : octyl axetat ( CH3COOC8H17) mùi táo : metyl butanoat ( C3H7COOCH3)
mùi dầu chuối : amyl axetat (CH3COOC5H11) mùi anh đào : HCOOC5H11( amyl fomiat)
mùi mận: HCOOC5H11 ( Iso-amyl fomat) mùi lê : CH3COOC5H11 ( iso-amyl axetat)
mùi mơ : etyl butanoat ( C3H7COOC2H5)
mùi dứa : C3H7COOC5H11 ( Iso-amyl butanoat)
metyl metacrylat ; CH2=C(CH3)COOCH3: Mono me tạo nên thủy tinh hữu cơ
+ Đối với benzen, toluen và stiren khi ta dùng dung dịch Brom thì ta chỉ phân biệt được Stiren do làm mất màu
dung dịch nước brom. Còn lại Benzen và toluene thì sẽ dùng thêm dung dịch KMnO4, t0 thì Toluen sẽ làm mất
màu
C6H5-CH=CH2 + Br2 => C6H5-CHBr-CH2Br
C6H5-CH3 + 2KMnO4 => C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + + H2O
Câu 36: Cho ba dung dịch có cùng nồng độ mol:
(1) H2NCH2COOH (2) CH3COOH (3) CH3CH2NH2
Dãy sắp xếp theo thứ tự pH tăng dần.
A. (1), (2), (3) B. (3), (1), (2) C. (2), (3), (1) D. (2), (1), (3)
Câu 37: Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin và vinylaxetilen có tỉ khối so với H2 là 17. Đốt cháy hoàn
toàn 0,05 mol hỗn hợp X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)2 (dư) thì khối lượng
bình tăng thêm m gam. Giá trị của m là:
A. 3,39 B. 5,85 C. 6,6 D. 7,3
Hướng dẫn:
Trong tất cả các công thức của: etilen, metan, propin và vinylaxetilen đều có chứa 4 nguyên tử H
=> Gọi công thức chung cho cả 4 chất nói trên là dạng CxH4
Theo đề bài ta có: 12x + 4 = 17.2 => x = 2,5
C2,5H4 => 2,5CO2 + 2H2O
Theo đề bài => tổng khối lượng bình tăng thêm là: 0,05.2,5.44 + 0,05.2.18 = 7,3 gam



Câu 38: Nhiệt phân 4,385 gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4, thu được O2 và m gam chất rắn gồm
K2MnO4, MnO2 và KCl . Toàn bộ lượng O2 tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu được 0,896 lít hỗn hợp khí Y
(đktc) có tỉ khối so với H2 là 16. Thành phần % theo khối lượng của KMnO4 trong X là:
A. 74,92% B. 72,06% C. 62,76% D. 27,94%
Hướng dẫn:
CO

C + O2
CO 2
Theo đề bài ta có :
 x  y  0, 04
12 
x mol 28 CO Theo đề bài  x
y 3

32
x = 0,03 mol và y = 0,01 mol
y mol 44 CO2 4 0, 03
=>  nO2   0, 01  0, 025 mol
2
Gọi x và y lần lượt là số mol của KClO3 và KMnO4 => ta có: 122,5x + 158y = 4,385 gam (1)
3 
KClO3  KCl  O2
  3 y
2   x   0, 025 mol (2)

2 2
2 KMnO4  K 2 MnO4  MnO2  O2 
 
Từ (1) và (2) => x = 0,01 mol và y = 0,02 mol
Vậy % KMnO4 về khối lượng là: 72,06%
 
Câu 39: Cho cân bằng hóa học sau: 2SO2 (k) + O2 (k)  2SO3 (k) ; H < 0

Cho các biện pháp :
(1) tăng nhiệt độ (4) dùng thêm chất xúc tác V2O5
(2) tăng áp suất chung của hệ phản ứng (5) giảm nồng độ SO3
(3) hạ nhiệt độ (6) giảm áp suất chung của hệ phản ứng.
Những biện pháp nào làm cân bằng trên chuyển dịch theo chiều thuận?
A. (2), (3), (4), (6) B. (1), (2), (4) C. (1), (2), (4), (5) D. (2), (3), (5)
Hướng dẫn:
Theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng:
(Tự xem lại sách giáo khoa hóa học 10)
Để có thể chuyển dịch theo chiều thuận, ta phải tác động vào 1 trong các yếu tố:
+ Tăng nồng độc của SO2 hoặc O2
+ Giảm nồng độ của SO3
+ Tăng áp suất chung của hệ
+ Hạ nhiệt độ
Câu 40: Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, thu được
2,16 gam H2O. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là:
A. 25% B. 27,92% C. 72,08% D. 75%
Hướng dẫn:
=> C4H6O2 => 4 CO2 + 3H2O
vinyl axeta t : CH3COOCH=CH2
x mol 3x mol
metyl axetat : CH3COOCH3 => C3H6O2 => 3CO2 + 3H2O
etyl fomat : HCOOC2H5 y mol 3y mol



86 x  74 y  3, 08 gam  x  0, 01 mol
Theo phương trình => ta có   

3x+3y=0,12 mol y=0,03 mol
Vậy % số mol của vinyl axetat là: 25%

II. PHẦN RIÊNG [10 câu]
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50)
Câu 41: Trong quả gấc chín rất giàu hàm lượng:
A.ete của vitamin A B. este của vitamin A C. β-caroten D. vitamin A
Hướng dẫn:
Gấc rất giàu Beta-carotene và chất chống oxy hóa lycopene (bảy mươi lần so với cà chua), và
zeaxanthin. Nó chứa nồng độ Beta carotene cao nhất của bất kỳ trái cây, thực vật nào được biết đến (mười lần
nhiều hơn cà rốt). Beta carotene là tiền vitamin A có màu đỏ được tìm thấy từ cốt lõi của các loại trái cây và rau
quả, từ mơ tới bí ngô. Nó chuyển đổi thành vitamin A trong cơ thể, và có nhiều đặc tính bảo vệ tế bào.
Chất Beta-carotene trong Gấc hỗ trợ mạnh mẽ chức năng sinh sản bằng cách tăng cường sản xuất tinh
trùng, và sau khi nó được đổi thành vitamin A. Nó chính là chất dinh dưỡng quan trọng đóng một vai trò tối ưu
trong sự phát triển phôi thai khỏe mạnh.
Các chất Lycopene và Beta-carotene trong Gấc quả tăng cường sức khỏe của da bằng cách giảm thiểu
thiệt hại oxy hóa trong mô
Ngoài ra, cả hai chất Lycopene và Beta-carotene đã cho thấy có sự hoạt động bảo vệ chống lại các nguy
cơ đau tim. Ngoài ra, Lycopene, có nhiều trong quả Gấc, giúp giảm BPH, còn được gọi là tăng sản tuyến tiền
liệt lành tính. Ngoài ra còn có bằng chứng tốt cho thấy Lycopene có thể giúp làm giảm nguy cơ ung thư tuyến
tiền liệt.
Trong 100g thịt gấc (màng đỏ) chứa 15mg-carotene và 16mg lycopen. Quả gấc càng chín thì hàm lượng
– carotene sẽ giảm còn hàm lượng lycopen lại tăng lên.

Câu 42: Chất hữu cơ X mạch hở có dạng H2N-R-COOR' (R, R' là các gốc hiđrocacbon), phần trăm khối lượng
nitơ trong X là 15,73%. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH, toàn bộ lượng ancol sinh ra
cho tác dụng hết với CuO (đun nóng) được anđehit Y (ancol chỉ bị oxi hóa thành anđehit). Cho toàn bộ Y tác
dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 12,96 gam Ag kết tủa. Giá trị của m là:
A. 2,67 B. 4,45 C. 5,34 D. 3,56
Hướng dẫn:
14
Theo đề bài ra ta có: % N  .100%  15, 73%  R  R '  29
R  R ' 60
Do R và R’ là các gốc hidrocacbon => R’ là CH3- (15) và R là –CH2– (14)
H2N–CH2–COO- CH3  CH3OH  HCHO  4Ag
  



1
Vậy => m = (60 + 29).nAg. = 2,67 gam
4
Câu 43: Nhiệt phân một lượng AgNO3 được chất rắn X và hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ Y vào một lượng dư
H2O, thu được dung dịch Z. Cho toàn bộ X vào Z, X chỉ tan một phần và thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy
nhất). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của X đã phản ứng là
A.25% B. 60% C. 70% D. 75%
Hướng dẫn:
2 AgNO3  2 Ag  2 NO2  O2

x mol x mol x mol 0,5x mol
4 NO2  O2  2 H 2O  4 HNO3

x mol 0,5x mol x mol (O2 còn dư 0,25x mol)
3 Ag  4 HNO3  3 AgNO3  NO  2 H 2 O

x mol x mol (Ag còn dư 0,25x mol)
Theo các phương trình phản ứng thì ta nhận thấy rằng Ag đã phản ứng hết 0,75x mol
=> Phần trăm khối lượng của X đã phản ứng là: 75%
A. Nhôm là kim loại dẫn điện tốt hơn vàng.
B. Chì (Pb) có ứng dụng để chế tạo thiết bị ngăn cản tia phóng xạ.
C. Trong y học, ZnO được dùng làm thuốc giảm đau dây thần kinh, chữa bệnh eczema, bệnh ngứa
D. Thiếc có thể dùng để phủ lên bề mặt của sắt để chống gỉ.
Hướng dẫn:
Thứ tự dẫn điện của một số kim loại: Ag > Cu > Au > Al > Sn > Fe > Cr
Câu 45: Cho dãy các chất sau: Al, NaHCO3, (NH4)2CO3, NH4Cl, Al2O3, Zn, K2CO3, K2SO4. Có bao nhiêu chất
trong dãy vừa tác dụng được với dung dịch HCl, vừa tác dụng được với dung dịch NaOH?
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
Hướng dẫn:
Chất vừa tác dụng được với dung dịch HCl và vừa tác dụng với dung dịch NaOH : Al, NaHCO3, (NH4)2CO3,
Al2O3 và Zn theo các phương trình phản ứng:
 Al  HCl  AlCl3  H 2
  
 NaHCO3  HCl  NaCl  H 2 O  CO2

 
 Al  NaOH  H 2 O  NaAlO2  H 2
   NaHCO3  NaOH  Na2 CO3  H 2O
 
( NH 4 )2 CO3  HCl  NH 4Cl  H 2O  CO2
   Al2 O3  HCl  AlCl3  H 2O
 
 
( NH 4 )2 CO3  NaOH  Na2CO3  NH 3  H 2O
   Al2 O3  NaOH  NaAlO2  H 2O
 
Zn  HCl  ZnCl
 2  H2 Zn  NaOH  Na2 ZnO2  H 2

(a) Anđehit vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử
(b) Phenol tham gia phản ứng thế brom khó hơn benzen
(c) Anđehit tác dụng với H2 (dư) có xúc tác Ni đun nóng, thu được ancol bậc một
(d) Dung dịch axit axetic tác dụng được với Cu(OH)2
(e) Dung dịch phenol trong nước làm quỳ tím hóa đỏ
(f) Trong công nghiệp, axeton được sản xuất từ cumen
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
Hướng dẫn:



Đây tuy chỉ là một câu hỏi ở mức độ TB, nhưng lại yêu cầu các em học sinh phải ghi nhớ và hiểu nhiều về
mặt lý thuyết. Và nhiều em học sinh hiện nay thường có xu hướng chểnh mảng việc học lý thuyết nên việc dễ
mất điểm câu này là khó tránh khỏi
1 1 3
+ Andehit  C HO có thể chuyển đổi về dạng – C H 2OH (khi tác dụng với H2) hoặc – C OOH (khi tác dụng
với oxi) => vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử
+ Phenol dễ tham gia phản ứng thế hơn benzene vì do ảnh hưởng của nhóm –OH làm tăng mật độ electron ở
các vị trí ortho và para (điều này ở sách giáo khoa cũ được nói tới nhiều và rõ hơn)
1 1
+ Andehit  C HO khi tác dụng với H2 chuyển đổi về dạng – C H 2OH (rượu bậc 1)
+ RCOOH + Cu(OH)2 => (RCOO)2Cu + H2O
+ Phenol mặc dù là chất có tính acid yếu nhưng tính acid yếu của nó không đủ khả năng để làm quỳ tím
chuyển màu
+ Sơ đồ điều chế
C
oxi kk
C C OH + C C C
O
Câu 47: X là hỗn hợp gồm H2 và hơi của hai anđehit (no, đơn chức, mạch hở, phân tử đều có số nguyên tử C
nhỏ hơn 4), có tỉ khối so với heli là 4,7. Đun nóng 2 mol X (xúc tác Ni), được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với
heli là 9,4. Thu lấy toàn bộ các ancol trong Y rồi cho tác dụng với Na (dư), được V lít H2 (đktc). Giá trị lớn
nhất của V là
A. 22,4 B. 5,6 C. 11,2 D. 13,44
Hướng dẫn:
Ta có M X  4.4, 7  18,8 và M Y  4.9, 4  37, 6
Giả sử hỗn hợp X có số mol là 1 mol => nY = 0,5 mol
Số mol của hỗn hợp giảm đi 0,5 mol chính là số mol của H2 đã tham gia phản ứng và cũng chính là số mol của
andehit tham gia phản ứng (do andehit là đơn chức)
RCHO + H2 => RCH2OH
1
RCH2OH + Na => RCH2ONa + H2
2
1
Theo phương trình phản ứng => nH 2  nAndehit  0, 25mol  VH 2  5, 6 lit

2
Câu 48: Cho butan qua xúc tác ( ở nhiệt độ cao) thu được hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8, C4H6, H2. Tỉ khối của
X so với butan là 0,4. Nếu cho 0,6 mol X vào dung dịch brom (dư) thì số mol brom tối đa phản ứng là
A. 0,48 mol B. 0,36 mol C. 0,60 mol D. 0,24 mol
Hướng dẫn:
Coi số mol của hỗn hợp X là 0,6 mol => Số mol của butan là: 0,24 mol
Theo các phương trình phản ứng: C4H10 => C4H8 + H2 ; C4H10 => C4H6 + 2H2
x x x y y 2y
Khi đó ta có 2x + 3y + 0,24 – x – y = 0,6 => x + 2y = 0,36 mol
Khi tham gia phản ứng với lượng dư dung dịch Brom thì: C4H8 + Br2; còn C4H6 + 2Br2
Ta dễ dàng nhận thấy rằng số mol của Brom phản ứng = x + 2y = 0,36 mol
Câu 49: Số đồng phân cấu tạo của C5H10 phản ứng được với dung dịch brom là:
A. 8 B. 9 C. 5 D. 7
Hướng dẫn:
Với công thức phân tử là C5H10 => trong phân tử có số liên kết pi + số vòng là 1



+ Anken:

C C C C C C C C C
C
Mỗi một mũi tên là chỉ 1 vị trí của liên kết đôi (=)
+ Xicloankan (chỉ có vòng 3 cạnh mới tham gia phản ứng với dung dịch nước Brom
C
C C C
C C C
C C C
C C C C
C
Vậy có tổng tất cả 8 đồng phân thỏa mãn yêu cầu bài toán
* Nhận xét:
Đây là một câu hỏi khá hay, học sinh thường dễ nhầm lẫn vì các em quên mất trường hợp đồng phân cấu tạo
của xicloankan vòng 3 cạnh có khả năng tham gia phản ứng cộng mở vòng đối với dung dịch nước Brom. Khi
đó đa số nhiều em học sinh sẽ chỉ nghĩ về trường hợp đó là anken ( 5 đồng phân cấu tạo)
Đối với câu hỏi này, nếu chúng ta mà sơ ý để cụm từ “Số đồng phân cấu tạo” trở thành “Số đồng phân” thì
khi đó bài toán này sẽ trở nên ở dạng khó hơn vì khi đó ở đây sẽ còn có mặt của đồng phân hình học:
C C C C C C C C C
C
Qua bài này, tôi xin mạo muội lưu ý các bạn đồng nghiệp cần lưu ý tới việc sử dụng câu chữ trong quá trình
biên soạn đề trắc nghiệm
Câu 50: Cho m gam bột Zn vào 500 ml dung dịch Fe2(SO4)3 0,24M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn,
khối lượng dung dịch tăng thêm 9,6 gam so với khối lượng dung dịch ban đầu. Giá trị của m là
A.32,50 B. 20,80 C. 29,25 D. 48,75
Hướng dẫn:
Zn + Fe2(SO4)3 => ZnSO4 + 2FeSO4
nFe2 ( SO4 )3  0,12mol
Giả sử chỉ xảy ra phản ứng trên khi đó khối lượng tăng là khối lượng của Zn cho vào:
Khi đó nZn = 0,15 mol > nFe2 ( SO4 )3  0,12mol
Vậy còn xảy ra thêm phản ứng: Zn + FeSO4 => ZnSO4 + Fe
Vậy mdung dịch tăng thêm = mZn – mFe = 9,6 gam
Gọi x là số mol của Zn tham gia ở phản ứng 2 => ta có: (0,12 + x).65 – x.56 = 9,6 => x = 0,2 mol
Vậy khối lượng của Zn cho vào là: (0,12 + x).65 = 20,8 gam
B. Theo chương trình nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60)
Câu 51: Thủy phân hỗn hợp gồm 0,02 mol saccarozơ và 0,01 mol mantozơ một thời gian thu được dung dịch
X (hiệu suất phản ứng thủy phân mỗi chất đều là 75%). Khi cho toàn bộ X tác dụng với một lượng dư dung
dịch AgNO3 trong NH3 thì lượng Ag thu được là
A.0,090 mol B. 0,095 mol C. 0,12 mol D. 0,06 mol
Hướng dẫn:
saccarozơ =>   Glucozo    Fructozo
mantozơ =>   Glucozo    Glucozo
Theo đề bài ta có tổng số mol của Glucozo là: 0,02.2.0,75 + 0,01.2.0,75 (coi Fruntozo cũng là Glucozo – do nó
đều tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3)
n = 0,45 mol => nAg = 0,045.2 = 0,090 mol
Mặt khác trong dung dịch còn có 25% mỗi chất: 0,02.0,25 mol saccarozơ và 0,01.0,25 mol mantozơ


Trong 2 chất nói trên thì có duy nhất 1 chất có khả năng tham gia phản ứng tráng gương đó là mantozơ
Mantozơ => 2Ag
=> mAg = 0,01.0,25.2 = 0,005 mol
Vậy tổng số mol của Ag là: 0,095 mol
Câu 52: Cho sơ đồ phản ứng:
 HCN  H 2O
(1) CH3CHO  X1  X2  H  , t0

 Mg  CO2  HCl
(2) C2H5Br  Y1  Y2  Y3
ete
  
Các chất hữu cơ X1, X2, Y1, Y2, Y3 là các sản phẩm chính. Hai chất X2, Y3 lần lượt là
A. axit 3-hiđrôxipropanoic và ancol propylic. B. axit axetic và ancol propylic.
C. axit 2-hiđrôxipropanoic và axit propanoic. D. axit axetic và axit propanoic.
Hướng dẫn:
OH + H2O OH
+ HCN
C CHO C C CN C C COOH
H+ ,
0
t
C2H5Br + Mg => C2H5-Mg-Br
C2H5-Mg-Br + CO2 => C2H5C00MgBr
2C2H5C00MgBr + 2HCl => C2H5C00H + MgBr2 + MgCl2
Câu 53: Trong quá trình hoạt động của pin điện hóa Zn – Cu thì
A. khối lượng của điện cực Zn tăng B. nồng độ của ion Cu2+ trong dung dịch tăng
C. nồng độ của ion Zn2+ trong dung dịch tăng D. khối lượng của điện cực Cu giảm
Hướng dẫn:
Phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong pin điện hóa Zn – Cu: quy tắc α

Cu2+ + Zn → Zn2+ + Cu

Câu 54: Cho m gam bột Cu vào 400 ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian phản ứng thu được 7,76
gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. Lọc tách X, rồi thêm 5,85 gam bột Zn vào Y, sau khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được 10,53 gam chất rắn Z. Giá trị của m là
A.3,84 B. 6,40 C. 5,12 D. 5,76
Hướng dẫn:
Theo đề bài thì :
2+
Cu Cu
Cu + AgNO3 dd Y + ran X
+
0,08 mol Ag Ag
7,76 gam
2+
Cu Cu
Zn + dd Y ran Z + Zn (neu co)
+
5,85 gam Ag Ag
10,53 gam
Gọi x là số mol của AgNO3 tham gia phản ứng => trong dung dịch Y chứa: Cu2+ 0,5x mol; Ag+ (0,08 – x) mol
Cu y mol
Và y là số mol của Cu còn dư trong rắn X: Rắn X có  => 108x + 64y = 7,76 gam
Ag x mol



Cu2+ + 2e => Cu và Ag+ + 1e => Ag => Tổng số mol electron nhận: 0,08 mol
0,5x x (0,08-x) (0,08-x)
nZn = 0,09 mol
Zn – 2e => Zn2+
0,04 mol 0,08
Vậy quá đó => Zn còn dư sau phản ứng mZn dư = 0,05.65 = 3,25 gam
Tổng khối lượng Cu; Ag và Zn dư tạo thành là: 7,76 + 10,53 = 18,29 gam
Vậy => mCu + mAg = 18,29 – 3,25 = 15,04 gam
Vậy khối lượng của Cu ban đầu là mCu = 15,04 – 0,08.108 = 6,4 gam
* Nhận xét:
+ Đây là một bài tập khá hay, nếu các em đọc đề không kĩ sẽ rất dễ bị sai trong quá trình giải.
+ Cụm từ “sau một thời gian phản ứng” làm cho bài toán trở nên hay hơn và khiến cho nhiều em học sinh
lung túng bởi các em nghĩ rằng theo đề bài hỗn hợp rắn X sẽ chứa Cu dư và Ag, dung dịch Y chỉ chứa Cu2+.
Nhưng khi ta kiểm tra lượng Ag được tạo ra khi đó sẽ là 0,08.108 = 8,64 gam > 7,76 gam
+ Qua bài tập này, thầy xin nhấn mạnh một điều nữa là các em cần phải chú ý hơn nữa trong quá trình đọc đề
bài. Chú ý từng câu từng chữ trong đề bài để hạn chế và tránh những sai lầm mắc phải khi đọc không kĩ đề.
+ Trong bài này, chúng ta có thể biến đổi hưởng hỏi theo cách đó là
+ Xác định lượng Cu đã tham gia phản ứng
+ Xác định khối lượng Ag được hình thành trong hỗn hợp X
Với cách hỏi như thế thì từ trên ta sẽ thiếp lập được phương trình sau => (0,5x + y).64 + 0,08.108 = 15,04 gam
Từ 2 phương trình thiết lập được ở trên, ta sẽ dễ dàng có được: x = 0,018 mol và y = 0,091 mol
=> Kết quả
Câu 55:Phát biểu không đúng là
A.Etylamin tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt độ thường tạo ra etanol
B.Protein là những polipeptit cao phân tử có phân tử khối từ vài chục nghìn đến vài chục triệu
C.Metylamin tan trong nước cho dung dịch có môi trường bazơ
D.Đipeptit glyxylalanin (mạch hở) có 2 liên kết peptit
Hướng dẫn:
C2H5NH2 + HNO2 => C2H5OH + N2 + H2O
Muốn có 2 liên kết peptit thì nó phải được tạo nên từ 3 phân tử aminoaxit
Câu 56: Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch hở Y và Z (phân tử khối của Y nhỏ hơn của Z). Đốt
cháy hoàn toàn a mol X, sau phản ứng thu được a mol H2O. Mặt khác, nếu a mol X tác dụng với lượng dư dung
dịch NaHCO3, thì thu được 1,6a mol CO2. Thành phần % theo khối lượng của Y trong X là
A. 46,67% B. 25,41% C. 40,00% D. 74,59%
Hướng dẫn:
Từ dữ kiện của bài toán:
+ “a mol X tác dụng với lượng dư dung dịch NaHCO3, thì thu được 1,6a mol CO2.”
=> Có một acid là đơn chức (HCOOH) và một acid là đa chức
+ “a mol X, sau phản ứng thu được a mol H2O”
=> Số nguyên tử H trong cả hai acid đều là 2
Vậy => công thức của các acid Y và Z lần lượt là: HOOH và (COOH)2
x m ol H C OOH C =1 0,4
3x = 2y
1,6 Chọn tỉ lệ mol của các chất trong hỗn hợp X là :
C O OH
y m ol C = 2 0,6 x = 2 mol và y = 3 mol
C O OH
Vậy phần trăm khối lượng của HCOOH trong hỗn hợp X là:



2.46
100  25, 41%
2.46  3.90
* Nhận xét: Đây là một bài tập tương đối khó, đòi hỏi nhiều về mặt suy luận và tư duy.
(a) Có thể dùng nước brom để phân biệt glucozơ và fructozơ
(b) Trong môi trường axit, glucozơ và fructozơ có thể chuyển hóa lẫn nhau
(c) Có thể phân biệt glucozơ và fructozơ bằng phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3
(d) Trong dung dịch, glucozơ và fructozơ đều hòa tan Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường cho dung dịch màu xanh lam
(e)Trong dung dịch, fructozơ tồn tại chủ yếu ở dạng mạch hở
(f) Trong dung dịch, glucozơ tồn tại chủ yếu ở dạng mạch vòng 6 cạnh (dạng α và β)
A.5 B. 2 C. 4 D. 3
Hướng dẫn:
Công thức cấu tạo dạng mạch hở của glucozơ và fructozơ:
C C C C C CHO C C C C C CH2OH
OH OH OH OH OH OH OH OH OH O
Trong dung dịch Brom thì nhóm –CHO của glucozơ tham gia phản ứng
-CHO + Br2 + H2O => -COOH + 2HBr
+ Trong dung dịch hầu như chỉ có hai dạng glucozo vòng 6 cạnh ở dạng α và β
+ Do có nhiều nhóm –OH liền kề nhau, nên Glu và Fru đều có tính chất của rượu đa chức
Câu 58: Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Nhiệt phân AgNO3 (b) Nung FeS2 trong không khí
(c) Nhiệt phân KNO3 (d) Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch NH3 (dư)
(e) Cho Fe vào dung dịch CuSO4 (g) Cho Zn vào dung dịch FeCl3 (dư)
(h) Nung Ag2S trong không khí (i) Cho Ba vào dung dịch CuSO4 (dư)
Số thí nghiệm thu được kim loại sau khi các phản ứng kết thúc là
A. 3 B. 5 C. 2 D. 4
Hướng dẫn:
Các phương trình phản ứng xảy ra:
+ AgNO3 => Ag + NO2 + O2 + KNO3 => KNO2 + O2
+ Fe + CuSO4 => Cu + FeSO4 + Ag2S + O2 => 2Ag + SO2
+ FeS2 + O2 => Fe2O3 + SO2 + Zn + FeCl3 (dư) => ZnCl2 + FeCl2
+ CuSO4 + NH3 + H2O => (NH4)2SO4 + [Cu(NH3)4](OH)2.
+ Ba + H2O + CuSO4 (dư) => BaSO4 + Cu(OH)2 + H2
Qua đó có 3 thí nghiệm thu được kim loại sau khi các phản ứng kết thúc
* Nhận xét:
- Đây là một câu hỏi đòi học học sinh phải ghi nhớ nhiều về mặt lí thuyết và các em học sinh thường dễ nhầm ở
câu này.
- Câu này ngoài cách hỏi trên có thể chuyển về dạng hỏi theo hướng có bao nhiêu phương trình phản ứng tạo ra
đơn chất
- Qua cầu này, thầy muốn nhắc chúng ta phải ghi nhớ là các kim loại kiềm (Na, K, Li) và kiểm thổ (Ca, Ba) khi
cho vào dung dịch muối thì chúng sẽ phản ứng với nước trước, sau đó sản phẩm được tạo thành mới tác dụng
Fe3
tiếp với muối. Mặt khác đối với sắt thì ta phải luôn ghi nhớ về vị trí của cặp oxi hóa khử
Fe 2



Câu 59: Hòa tan 25 gam hỗn hợp X gồm FeSO4 và Fe2(SO4)3 vào nước, thu được 150 ml dung dịch Y. Thêm
H2SO4 (dư) vào 20ml dung dịch Y rồi chuẩn độ toàn bộ dung dịch này bằng dung dịch KMnO4 0,1M thì dùng
hết 30 ml dung dịch chuẩn. Phần trăm khối lượng FeSO4 trong hỗn hợp X là
A. 31,6% B. 9,12% C. 13,68% D. 68,4%
Hướng dẫn:
Ta có sự chuyển hóa:
2 3 7 2
Fe 1e  Fe
 Mn 5e  Mn

Theo định luật bảo toàn electron ta có:
nFeSO4 / 20 ml  5.nKMnO4  0, 015 mol  nFeSO4 /150ml  0,1125 mol

 %mFeSO4  68, 4%

* Nhận xét:
- Đây là một câu đòi hỏi các em học sinh hiểu được bản chất của quá trình phản ứng và khả năng xét bài toán
dựa trên cơ sở của phương pháp bảo toàn electron.
- Nếu như các em học sinh không lắm rõ được sự biến đổi của các nguyên tố, đi viết phương trình phản ứng cụ
thể thì mất nhiều thời gian.
- Câu này ở mức độ TBK
Câu 60: Cho 5,6 gam CO và 5,4 gam H2O vào một bình kín dung tích không đổi 10 lít. Nung nóng bình một
 
thời gian ở 8300C để hệ đạt đến trạng thái cân bằng: CO (k) + H2O (k)  CO2 (k) + H2 (k) (hằng số cân
bằng Kc = 1). Nồng độ cân bằng của CO, H2O lần lượt là
A. 0,018M và 0,008 M B. 0,08M và 0,18M
C. 0,012M và 0,024M D. 0,008M và 0,018M
Hướng dẫn:
[CO] = 0,02M; [H2O] = 0,03M
 
CO (k) + H2O (k)  CO2 (k) + H2 (k)
Ban đầu: 0,02 0,03
P.ứng: x x x x
C.bằng: 0,02-x 0,03-x x x

Ta có biểu thức K C 
CO2 . H 2   x 2
 1  x  0, 012 M

CO . H 2O  (0, 02  x)(0,03  x)
Vậy nồng độ cân bằng của CO, H2O lần lượt là: 0,008M và 0,018M
* Nhận xét: Đây là một câu hỏi ở mức độ TB, chỉ cần các em nhớ được công thức và cách tính. Nhưng đây là
mảng kiến thức hóa học lớp 10, nên nhiều em không để ý.


59869603 2011-lời-giải-chi-tiết-amp-phan-tich-đề-thi-hoa-khối-b-năm-2011

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (14)

Similar to 59869603 2011-lời-giải-chi-tiết-amp-phan-tich-đề-thi-hoa-khối-b-năm-2011

Similar to 59869603 2011-lời-giải-chi-tiết-amp-phan-tich-đề-thi-hoa-khối-b-năm-2011 (20)

59869603 2011-lời-giải-chi-tiết-amp-phan-tich-đề-thi-hoa-khối-b-năm-2011