HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN HÓA TỪ NĂM 2007 ĐẾN NĂM 2010

Chia sẻ: danghainamn

Kỳ thi ĐH – CĐ năm 2007 đến nay đã qua đi được gần 1 năm, nhưng từ đó đến nay, rất nhiều bài tập trong đề thi tuyển sinh năm ngoái vẫn còn được thảo luận rộng rãi trên các diễn đàn học tập. Đây là điều hoàn toàn dễ hiểu vì đối với các bạn học sinh trước khi bước vào kỳ thi của năm nay, thì việc nghiên cứu kỹ lưỡng các đề thi của các năm trước đó là hết sức quan trọng, nhất là đề thi năm 2007 bắt đầu thay đổi theo hướng thi...

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN HÓA TỪ NĂM 2007 ĐẾN NĂM 2010

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI ĐẠI HỌC
TỪ NĂM 2007 ĐẾN NĂM 2010
Võ Ngọc Bình (Tổng hợp)




 Dành cho: Ôn thi Đại học – Cao đẳng.
 Nguồn: Tổng hợp và sưu tầm từ internet.

Copyright © Tạp chí dạy và học Hóa học, Journal of teaching and learning chemistry
http://ngocbinh.webdayhoc.net
Sao băng lạnh giá – V ũ Khắc Ngọc

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ
KHỐI A NĂM 2007 – MÃ ĐỀ 930
I. Đặt vấn đề
Kỳ thi ĐH – CĐ năm 2007 đến nay đã qua đi được gần 1 năm, nhưng từ đó đến nay, rất nhiều
bài tập trong đề thi tuyển sinh năm ngoái vẫn còn được thảo luận rộng rãi trên các diễn đàn học tập.
Đây là điều hoàn toàn dễ hiểu vì đối với các bạn học sinh trước khi bước vào kỳ thi của năm nay, thì
việc nghiên cứu kỹ lưỡng các đề thi của các năm trước đó là hết sức quan trọng, nhất là đề thi năm
2007 bắt đầu thay đổi theo hướng thi trắc nghiệm.
Để cung cấp thêm cho các em một tài liệu tham khảo quan trọng cùng những lời khuyên bổ ích
trước khi bước vào kỳ thi sắp tới, tôi xin cung cấp đáp án chi tiết của cá nhân tôi với đề thi tuyển sinh
ĐH – CĐ năm 2007 môn Hóa học, trước hết là đề thi của khối A (mã đề 930).
II. Đáp án chi tiết




Đáp án: B
Cho từ từ HCl và Na2CO3 → đầu tiên tạo ra muối acid, tỷ lệ phản ứng 1:1 (các tỷ lệ này đều
nhẩm được trong đầu)
Có khí thoát ra → HCl dư (a-b) mol
→ đáp án B.
Bài này làm trong 20 - 30s




Đáp án: A
Ag+ mạnh nhất → loại C, D và chỉ cần xét thứ tự Cu2+ và Fe2+ → đáp án A
Bài này làm trong 10 - 15s




Đáp án: D



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

46g = 0,5 mol → M = 888 → M 3 gốc acid = 888 – 41 – 44*3 = 715 → M trung bình =
715/3 → Số C trung bình khoảng = (715 : 3) : 14 (phép tính liên tục, ko cần giá trị trung gian) =
17,0238 → đáp án B hoặc D.
Làm ngược lại: 17 * 14 = 714 = 715 – 1 → đáp án D.
(các giá trị 41, 45, 92, 888 là hoàn toàn có thể tính nhẩm được nhờ rèn luyện kỹ năng tính)
Bài này làm trong 40 – 60s.




Bài này thì đáp án A, C, D đều có thể đúng, nhưng đơn giản nhất là cách nhận biết bằng Cu,
theo đáp án C của Bộ (^^ dĩ nhiên là bài này có vấn đề, và tôi cũng không hài lòng với đáp án này)
Bài này làm trong 10-15s



Đáp án: B (Cái này thì không cần phải nghĩ nhiều)
Bài này làm trong 5-10s




Đáp án: D (Bài này cũng không cần phải nghĩ ngợi nhiều)
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: D
Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể đoán là đáp án B hoặc D (vừa là kinh nghiệm – có 2 đáp án
cùng số C, vừa là có thể tính nhẩm: 8,4 = 1,4 x 6 – nhờ rèn luyện kỹ năng tính).
Cũng nhờ kỹ năng tính, có thể thấy nCO2 < 0,4 (8,96lít) so với nH2O ~ 0,6 (9g = 0,5 mol, 10,8 =
0,6 mol) thì nhỏ hơn khá nhiều → đáp án D.
(Hoặc tính số mol CO2, N2, H2O rồi tính tỷ lệ: C : H : N ta có kết quả là đáp án D)
Bài này làm trong 20-30s


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: A
Thực ra bài này có thể nhìn thoáng qua cũng thu được đáp án đúng dựa vào suy luận: log100 = 2
→ đáp án A hoặc B, y > x (vì CH3COOH là acid yếu hơn) → đáp án A
(hoặc từ độ điện ly, thay vào công thức tính nồng độ, rồi lấy log[H+] thì cũng sẽ ra kết quả)
Bài này làm trong 10-20s




Đáp án: B.
Bài này nếu có kỹ năng tính tốt thì cũng hoàn toàn có thể nhìn ra kết quả chỉ trong 10s.
Suy luận: + HCl theo tỷ lệ 1:1 → anken (loại C), → sản phẩm có 1 Cl – khối lượng 35,5 với
%m = 45, 223 ~ 50% → Anken ban đầu có M > 36 một chút → đáp án B (3C = 36)
(hoặc, lấy 35,5 : 0,45223 → M của hidrocacbon → suy ra đáp án)
Bài này làm trong 10s – 15s




Đáp án: D
Dư acid → muối Fe3+
Nhờ kỹ năng tính có thể nhẩm ngay ra hỗn hợp gồm 0,1 mol Fe và 0,1 mol Cu → cho 0,5mol e.
Dùng đường chéo cho hỗn hợp X → thu được tỷ lệ NO : NO2 = 1:1 (nhẩm được) hay là x và x
mol
Bảo toàn e: 3x + x = 0,5 → x = 0,125 mol → V = 5,6 lít (Tất cả đều có thể tính nhẩm được
hoặc đoán được)
Bài này có thể giải trong vòng 30s – 50s




Đáp án: C. Chú ý điều kiện nung “trong không khí”
Bài này chỉ cần 5s-10s

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: A
“Anken cộng nước chỉ cho 1 rượu khi và chỉ khi anken đó là Ank-1-en hoặc là Anken đối xứng”
Bài này chỉ cần 10-15s




Đáp án: B.
Từ đề bài → tính 2 chất đó có dạng muối amoni RCOOR’ + NaOH → RCOONa + (R – 1H) +
H2O với tỷ lệ mol các chất là 1:1 và bằng 0,2 mol (nhẩm)
Bảo toàn khối lượng, ta có: m = [(24 + 7 + 46) + 40 – 27,5 – 18]*0,2 = 14,3 (chỉ cần bấm máy
tính 1 lần, các giá trị 46; 40; 27,5 là có thể nhẩm được)
Bài này có thể giải trong vòng 40 – 60s




Đáp án: C
Đây là một phản ứng rất quen thuộc trong quá trình học cũng như giải toán (thậm chí một số em
còn thuộc lòng cả hệ số): 1 – 4 – 1 – 2 – 2.
(Cho dù phải viết phản ứng ra thì cũng rất nhanh)
Bài này có thể giải trong 15-20s




Đáp án: A
Đây là một bài tập rất rất quen thuộc. Ta dễ dàng thấy X, Y, Z là C2H4, C3H6 và C4H8 mà không
cần phải suy nghĩ nhiều (M + 28 = 2M → M = 28 → C2H4).
0,1C3 → 0,3CO2 → 30g CaCO3 (M = 100 – quá quen thuộc, có thể nhẩm được)
Bài này có thể giải trong 10-15s




vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: D
SGK đã ghi rõ là H2 có thể khử được oxit của các kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động và
chúng ta chấp nhận điều này.
Bài này có thể giải trong 10-15s




Đáp án: B
Tính nhẩm: 43,2/108 = 0,4 mol → tỷ lệ Andehit : Ag = 1:4 → Andehit 2 chức → B hoặc C.
Tính nhẩm: 4,6/23 = 0,2 mol → tỷ lệ Rượu : Na = 1:2 → Y có 2 nhóm –OH → Đáp án B
Bài này có thể giải trong 20-30s




Đáp án: A.
Từ dữ kiện 1 → acid đã cho có 2C, từ dữ kiện 2 → acid đã cho là acid 2 chức → đáp án A
Bài này có thể giải trong 10-15s




Đáp án: D
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích (tổng điện tích dương = tổng điện tích âm), ta có:
0,12*3 + 4a = 0,24*2 + 2a → a = 0,06 mol
Bài này có thể giải trong 15-20s




Đáp án: A.


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Từ giả thiết ta có: Ca(HCO3)2 – 1 mol và CaCO3 – 5,5 mol → CO2: 7,5 mol → Glucose: 3,75
mol → Tinh bột: (180 – 18)*3,75/0,81= 750, trong đó giá trị 180 và 18 là nhẩm được hoặc biết từ
trước, các phản ứng Hóa học và hệ số hình dung trong đầu.
Bài này có thể giải trong 30s – 40s.




Đáp án: C
Chú ý chỗ “hấp thụ hoàn toàn”, có nghĩa là CO2 đã tác dụng hết với Ba(OH)2, với CO2 – 0,12
mol và BaCO3 – 0,08 mol, dễ dàng suy ra Ba(HCO3)2 – 0,02 mol → Ba(OH)2 – 0,1mol → a = 0,04.
(Trong bài này, giá trị M = 197 của BaCO3 là phải biết trước hoặc nhẩm được)
Bài này làm trong 20-30s




Đáp án: D
Dễ dàng nhẩm ra X gồm 0,05 mol mỗi chất, hay là 0,1 mol acid → M trung bình = 53
Chú ý là ở đây, số mol C2H5OH là 0,125 mol nên lượng phản ứng phải tính theo các acid.
M = (53 + 46 – 18)*0,1*0,8 = 6, 48 (các giá trị 53, 46, 18 là phải thuộc hoặc tính nhẩm được)
Bài này có thể làm trong 30-40s




Đáp án: D
Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng.
M chất rắn giảm = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3g = số mol H được giải phóng = số mol rượu phản
ứng.
→ M trung bình = 15,6/0,3 = 52 (tính nhẩm) → đáp án D (46 và 60 – nhẩm)
Bài này làm trong 30-40s




Đáp án: C
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Br2 chỉ giảm ½ → X đã phản ứng hết, Br2 dư → M trung bình = 6,7/0,2 = 33,5 (nhẩm) → B
hoặc C
→ X: 0,2 mol < Br2 phản ứng = 0,7/2 = 0,35 mol (nhẩm) → C
Bài này làm trong 30 – 40s




Đáp án: C
5,6g Fe – 0,1 mol Fe phản ứng với H2SO4 loãng → 0,1 mol Fe2+ oxh bởi KMnO4 → 0,1 mol
Fe3+ - cho 0,1mol e → KMnO4 nhận 0,1 mol e, mà Mn+7 + 5e → Mn+2 → V = 0,1/5/0,5 = 0,04 →
C.
Bài này làm trong 30-40s




Đáp án: A
(Rượu không no – Acid không no)
Bài này chỉ cần 10-15s




Đáp án: C
Este – 0,1 mol (nhẩm) và NaOH – 0,04 mol → Este dư → m = (15 + 44 + 23)*0,04 = 3,28g
Bài này làm trong 20-30s




Đáp án: A
4 chất trừ NH4Cl, ZnSO4
Bài này làm trong 10-15s




vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đáp án: A
0,1 mol NO → 0,3 mol e trao đổi → 0,3 mol Ag → 0,15 mol andehit → M = 6,6/0,15 = 44
→ CH3CHO hoặc 0,3 mol HCHO (vô lý, loại)
Bài này làm trong 15-20s




Đáp án: B
0,005 mol Cu (nhẩm) → 0,005 mol Cl2 → 0,01 mol NaOH phản ứng, trong đó NaOH dư =
0,05*0,2 = 0,01 mol → CM = 0,02/0,2 = 0,1M
Bài này làm trong 15-20s




Đáp án: A.
Bài này không cần phải suy nghĩ nhiều, 10-15s




Đáp án: A
Bài này cũng không phải suy nghĩ nhiều, 5-10s




Đáp án: B
Tăng giảm khối lượng: (13,95 – 10,3)/36,5 = 0,1 mol HCl (tính nhẩm) = 0,1 mol a.a → M =
103
R = 103 – 44 – 16 = 43 → C3H7-
Bài này làm trong 15-20s




vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đáp án: B
Bài này đã quá quen thuộc, cũng không cần giải thích nhiều, làm trong 5-10s




Đáp án: D
Bài này nếu đọc kỹ toàn bộ câu hỏi và đáp án thì rất mất thời gian, nhưng nếu suy luận một chút
thì chọn ngay được đáp án đúng là D vì ngay vế đầu tiên chỉ có D đúng với X, do đó không cần quan
tâm đến Y (chỉ cần đọc về đầu để tìm mệnh đề đúng với X trước)
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: B
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: B
nH+ = 0,5 mol (nhẩm), trong đó nH+ phản ứng = 5,32/22,4*2=0,475 mol → nH+ dư = 0,025 →
CM = 0,1M → pH = 1
Bài này giải trong vòng 15-20s




Đáp án: B

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Tách nước C4H10O → C4H8, trong số các C4H8, ta đã biết but-2-en là có đồng phân hình học
(đây là ví dụ điển hình về đồng phân hình học trong SGK cũng như trong các bài giảng và tài liệu
tham khảo) → B
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: D
Bài này chỉ mất thời gian ở việc đọc đề và đáp án, chứ không mất sức nghĩ.
Làm trong 15-20s




Đáp án: D
Bài này nhìn thoáng qua cũng có thể thấy đáp án là B hoặc D (hệ số phải nhớ trong đầu rồi)
Dễ dàng suy ra được đáp án D
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: A
Bài này chỉ nhìn vào câu hỏi và đếm, làm trong 10-15s




Đáp án: C



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Bài này cũng rất dễ, nếu không nhìn ra ngay được đáp án thì ta cũng có thể loại trừ lần lượt theo
“chiến thuật chọn ngẫu nhiên”: không xét a,b (vì đáp án nào cũng có → hiển nhiên đúng, xét c và d,
thấy d đúng → loại A và B, xét g và h, thấy g đúng → chọn C)
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: A
Đối với 1 mắt xích PVC (-C2H3Cl-), sau khi Clo hóa sẽ có CTPT dạng -C2H3-xCl1+x-
Lập tỷ số: 35,5(x+1)/(24+3-x+35,5(1+x) = 0,6396
Giải ra được x = 1/3
Tức là cứ 3 mắt xích phản ứng thì có 1 nguyên tử Clo ứng với 1 phân tử Cl2
Bài tập này vốn không hề khó, nhưng mất thời gian 1 chút trong lúc giải, có thể làm trong vòng
40-60s



Đáp án: C
Câu này rất dễ, không cần phải suy nghĩ nhiều, chỉ 5s là có kết quả.




Đáp án: B
Với kỹ năng tính tốt, ta có thể nhẩm nhanh CO2 – 0,15 mol, N2 – 0,025 mol → chất đem đốt có
3C → B
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: C
Có thể đoán ngay ra với tỷ lệ như vậy → O2 dư, Z gồm O2 và CO2, ta dùng đường chéo → tỷ
lệ 1:1 (nhẩm)
→ x = 10 – (x + y/4), thay x = 3 và x = 4 vào (theo đáp án) → x = 4, y = 8
Bài này có thể giải trong 20-30s
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: D
Áp dụng tăng giảm khối lượng: m = 0,05(96 – 16) + 2,81 = 6,81g (toàn bộ phép tính này có thể
nhẩm được, từ các giá trị 96; 0,05 đến kết quả của cả phép tính)
Bài này giải trong 15-20s




Đáp án: D
Các kim loại trước Al
Bài này chỉ cần 5 – 10s




Đáp án: B
Loại các đáp án có etilen và butin-2.
Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: C
Câu này không cần phải suy nghĩ nhiều, 5 – 10s




Đáp án: C
Từ dữ kiện 1, ta có k = (2/3)2/(1/3)2 = 4.
Gọi số mol C2H5OH là x, thay vào biểu thức tính k, ta có : (0,9)2/0,1(x – 0,9) = 4, giải ra được x
= 2,925 mol
Điểm cần lưu ý nhất trong bài tập này là không được bỏ qua nồng độ của H2O trong biểu thức
tính (khác với các phản ứng xảy ra trong dung dịch nước)
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Bài này cần có một chút kiến thức về hằng số cân bằng, giải trong 30-40s.




Đáp án: A
Đó là HCN và H2 (dung dịch KMnO4 chỉ phản ứng cắt mạch C với keton trong môi trường acid)
Bài này làm trong 5-10s




Đáp án: B
Rượu không no → không bền, chuyển hóa thành andehit
Bài này làm trong 5-10s




Đáp án: D
Dùng Cu để khử Ag+ nên bảo toàn điện tích hoặc bảo toàn e, ta có kết quả là D
Bài này rất dễ dàng giải được trong 10-15s




Đáp án: C
Chỉ có Cr3+ mới có tính chất lưỡng tính.
Bài này làm trong 5-10s




Đáp án: C
Chỉ 1 kết tủa, vì Al3+ và Zn2+ có tính lưỡng tính, Cu2+ và Zn2+ có khả năng tạo phức với NH3
Bài này làm trong 5-10s
III. Một số tổng kết
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Qua việc giải nhanh các bài tập trong đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối A năm 2007 môn Hóa, ta
rút ra một số kết luận như sau:
1, Tỷ lệ kiến thức lớp 12 ngày càng chiếm ưu thế và giữ vai trò chủ đạo trong đề thi ĐH với
khoảng 80% câu hỏi cho các nội dung liên quan (tỷ lệ này có phần cao hơn so với các năm trước).
Tuy nhiên, Hóa học và Toán học không giống như Vật lý hay Sinh học, kiến thức để thi môn Hóa
mang tính liên tục, đòi hỏi thí sinh vẫn phải nắm vững những nguyên lý, những định luật và những
phương pháp tư duy Hóa học cốt lõi được tích lũy từ lớp 10, lớp 11. Đan xen vào mỗi câu hỏi ta vẫn
thấy một sự thống nhất, sự liên tục về kiến thức.
2, Đề thi Hóa học dù đã rất cố gắng và có chất lượng cao, thí sinh phải có kiến thức Hóa học và
tư duy logic tương đối mạnh thì mới có thể vận dụng tốt “chiến thuật chọn ngẫu nhiên” một cách có
hiệu quả. Mặc dù vậy, trong đề thi vẫn bộc lộ nhiều điểm yếu trong suy nghĩ, nhận thức của người ra
đề (tôi sẽ phân tích cụ thể trong một bài viết khác sau) nên vẫn chưa thực sự phân loại tốt được thí
sinh và nếu tỉnh táo, thí sinh hoàn toàn có thể vượt qua dễ dàng những “phương án nhiễu”
3, Để giải nhanh được một bài toán mà rộng hơn là một đề thi Hóa học, đòi hỏi sự kết hợp
nhuần nhuyễn và hiệu quả 4 yếu tố: kiến thức, kỹ năng, kinh nghiệm và phương pháp (chú ý là tôi
xếp phương pháp ở hàng thứ yếu, cuối cùng), mà mỗi một yếu tố đều đòi hỏi một quá trình rèn
luyện tích cực và đúng hướng (nên cần phải được hướng dẫn). Những mốc thời gian làm bài tôi đặt
ra trong đáp án là trong điều kiện lý tưởng, với một học sinh đã hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên và trong
điều kiện như vậy thì một đề thi ĐH (dù từng được đánh giá là khó) cũng có thể giải quyết được
trong vòng 15-20 phút. Tất nhiên, tâm lý thực tế ở trong phòng thi sẽ khác và không có nhiều học
sinh hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên, song, phải nói như vậy để các em thấy và tự tin rằng “việc giải trọn
vẹn đề thi ĐH trong vòng 30 phút không phải là điều không thể và trong 60-90 phút thì là điều
hoàn toàn có thể”
Hy vọng là qua những gì đã trình bày ở trên, các em thí sinh năm nay sẽ tự tìm ra cho mình một
hướng tư duy đúng, một cách làm bài nhanh và có hiệu quả. Các em học sinh chuẩn bị cho kỳ thi năm
sau cũng có được một thông tin bổ ích để tìm ra cho mình một phương án ôn tập phù hợp nhất nhằm
nâng cao cả 4 yếu tố trên.
Chúc các em học tốt và thi tốt!!!
Các bài giảng của Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc có thể được sử dụng, sao chép, in ấn,
phục vụ cho mục đích học tập và giảng dạy, nhưng cần phải được chú thích rõ ràng về tác giả.
Tôn trọng sự sáng tạo của người khác cũng là một cách để phát triển, nâng cao khả năng
sáng tạo của bản thân mình ^^
Liên hệ tác giả:
Vũ Khắc Ngọc – Phòng Hóa sinh Protein – Viện Công nghệ Sinh học
Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam
Điện thoại: 098.50.52.510
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn thi: HOÁ HỌC, Khối B, Mã đề 285
Thời gian làm bài: 90 phút.


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (44 câu, từ câu 1 đến câu 44):
Câu 1: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung
nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn
hợp hơi thu được có tỉ khố i đố i với hiđro là 15,5. Giá trị của m là (cho H = 1, C =12, O =
16)
A. 0,92. B. 0,32. C. 0,64. D. 0,46.
Phân tích, hướng dẫn giải:
Gọi công thức phân tử của rượu no đơn chức CnH2n+1OH
CnH2n+1OH + CuO  CnH2nO + Cu + H2O
Gọi a là số mol của X = n O
 Khố i lượng chất rắn giảm : 16a = 0,32  a = 0,02 mol
Hỗn hợp hơi gồ m : CnH2n O : 0,02 (mol) , H2O : 0,02 (mol)
a mol CnH2n O ( 14n + 16 ) 13
31
a mol H2O 18 14n – 15
 13 : (14n – 15 ) = a : a  n = 2  C2H5OH
 Khố i lượng của rượu là : 0,02.46 = 0,92 gam
 Chọn đáp án A


Câu 2: Các đồng phân ứng với công thức phân tử C8H10O (đều là dẫn xuất của benzen)
có tính chất: tách nước thu được sản phẩm có thể trùng hợp tạo polime, không tác dụng
được với NaOH. Số lượng đồng phân ứng với công thức phân tử C8H10O, thoả mãn tính
chất trên là
A. 1. B. 4. C. 3. D. 2.




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Phân tích, hướng dẫn giải
Để chất đó (X) không có phản ứng với NaOH  X không phải là đồng đẳng phenol (
không có nhóm OH liên kết trực tiếp với nhân benzen )
Để X tách được nước  X có dạng C6H5-CH2-CH2-OH , C6H5-CHOH-CH3
n C6H5-CH=CH2  (- CH-CH2- )n

C6H5
 Chọn D
Câu 3: Dãy gồm các chất đều làm giấy quỳ t ím ẩm chuyển sang màu xanh là:
A. anilin, metyl amin, amoniac.
B. amoni clorua, metyl amin, natri hiđroxit.
C. anilin, amoniac, natri hiđroxit.
D. metyl amin, amoniac, natri axetat.


Câu 4: Trong phản ứng đốt cháy CuFeS2 tạo ra sản phẩm CuO, Fe2O3 và SO2 thì một
phân tử CuFeS2 sẽ
A. nhận 13 electron. B. nhận 12 electron.
D. nhường 12 electron.
C. nhường 13 electron.
Phân tích, hướng dẫn giải
CuFeS2 + O2  CuO + Fe2O3 + SO2
Sơ đồ cho nhận :
[CuFeS2]o - 13e  Cu+2 + Fe+3 + 2S+4
 Chọn đáp án C


Câu 5: Trong hợp chất ion XY (X là kim loại, Y là phi kim), số electron của cation bằng
số electron của anion và tổng số electron trong XY là 20. Biết trong mọ i hợp chất, Y chỉ
có một mức oxi hóa duy nhất. Công thức XY là
A. AlN. B. MgO. C. LiF. D. NaF.




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Phân tích, hướng dẫn giải
Na : z = 11 , 1s2 2s2 2p6 3s1 , Na+ có 10e
F : z = 9 , 1s2 2s2 2p5 , F- có 10 e , trong mọ i hợp chất F đều có số oxi hóa là -1 .
Tổng số e của XY là 20  Thỏa mãn .
 Chọn D


Câu 6: Trong các dung dịch: HNO3, NaCl, Na2SO4, Ca(OH)2, KHSO4, Mg(NO3)2, dãy
gồm các chất đều tác dụng được với dung dịch Ba(HCO3)2 là:
A. HNO3, NaCl, Na2SO4. B. HNO3, Ca(OH)2, KHSO4, Na2SO4.
C. NaCl, Na2SO4, Ca(OH)2. D. HNO3, Ca(OH)2, KHSO4, Mg(NO3)2.
Phân tích, hướng dẫn giải
2HNO3 + Ba(HCO3)2  Ba(NO)3 + CO2 + 2H2O
Na2SO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4 + 2NaHCO3
Ca(OH)2 + Ba(HCO3)2  BaCO3 + CaCO3 + H2O
KHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4 + 2CO2 + 2H2O
 Chọn B


Câu 7: Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M,
lượng kết tủa thu được là 15,6 gam. Giá trị lớn nhất của V là (cho H = 1, O = 16, Al = 27)
A. 1,2. B. 1,8. C. 2,4. D. 2.
Phân tích, hướng dẫn giải
n AlCl3 = 0,2.1,5 = 0,3 mol , Số mol kết tủa nAl(OH)3 = 15,6/78 = 0,2 mol
AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl (1)
0,3 0,9 0,3
Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + H2O (2)
x x
Sau (1) , (2) thu được 0,2 mol chất kết tủa  0,3 – x = 0,2  x = 0,1 mol  tổng số mol
NaOH tham gia phản ứng là : 0,9 + 0,1 = 1 mol  V = 1/0,5 = 2 lít
 Chọn D


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 8: Trong một bình kín chứa hơi chất hữu cơ X (có dạng CnH2nO2) mạch hở và O2 (số
mol O2 gấp đôi số mol cần cho phản ứng cháy) ở 139,9oC, áp suất trong bình là 0,8 atm.
Đốt cháy hoàn toàn X sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất trong bình lúc này là 0,95
atm. X có công thức phân tử là
A. C2H4 O2. B. CH2O2. C. C4H8O2. D. C3H6O2.
Phân tích, hướng dẫn giải
Gọi số mol CnH2n O2 là x
CnH2n O2 + (3n-2)/2 O2  n CO2 + (n)H2O
x (3n-2)x/2 nx (n)x
n 2 phản ứng = (3n-2)x/2  n O2 ban đầu (3n-2)x
Trước phản ứng có : (3n-2)x mol O2 và x mol CnH2n O2
Hỗn hợp sau phản ứng gồ m : O2 dư : (3n-2)x/2 , CO2 : nx , H2O : nx
Áp dụng công thức : PV = n.R.T
Ban đầu : 0,8.V = [(3n-2)x + x ].R.T
Sau pư : 0,95.V = [(3n – 2)x/2 + nx + nx ] .R.T
Chia hai vế của phương trình ta được : n = 3
 X là C3H6O2
 Chọn D


Câu 9: Cho tất cả các đồng phân đơn chức, mạch hở, có cùng công thức phân tử C2H4O2
lần lượt tác dụng với: Na, NaOH, NaHCO3. Số phản ứng xảy ra là
A. 2. B. 5. C. 4. D. 3.
Phân tích, hướng dẫn giải
Các đồng phân có thể có của C2H4O2 : HCOOCH3 , CH3COOH , HO-CH2-CHO
HCOOCH3 + NaOH  HCOONa + CH3OH
CH3COOH + Na  CH3-COONa + ½H2
CH3COOH + NaOH  CH3COONa + NaOH
CH3COOH + NaHCO3  CH3COONa + CO2 + H2O


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




HO-CH2-CHO + Na  NaO-CH2-CHO + 1/2H2
 Có 5 phản ứng
 Chọn B


Câu 10: Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch chứa 0,3 mol H2SO4 đặc, nóng (giả thiết SO2
là sản phẩm khử duy nhất). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được (cho Fe = 56)
A. 0,03 mol Fe2(SO4)3 và 0,06 mol FeSO4. B. 0,05 mol Fe2(SO4)3 và 0,02 mol Fe dư.
C. 0,02 mol Fe2(SO4)3 và 0,08 mol FeSO4. D. 0,12 mol FeSO4.
Phân tích, hướng dẫn giải
nFe = 6,72/56 = 0,12 mol , n H2SO4 = 0,3 mol
2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
Ban đầu 0,12 0,3
Phản ứng 0,1 0,3 0,05
Kết thúc 0,02 0 0,05
 Có phản ứng :
Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4
Ban đầu 0,02 0,05
Phản ứng 0,02 0,02 0,06
Kết thúc 0 0,03 0,06
 Chọn A
Chú ý : Khi đã biết số mol của cả hai chất ban đầu  Tính theo chất hết


Câu 11: Số chất ứng với công thức phân tử C7H8O (là dẫn xuất của benzen) đều tác dụng
được với dung dịch NaOH là
A. 2. B. 4. C. 3. D. 1.
Phân tích, hướng dẫn giải
Để có phản với NaOH thì chất đó phải có nhóm OH ở trong nhân benzen :
 H3C-C6H4-OH Trong đó CH3- đính vào 3 vị trí octho , meta , para
 Có 3 đồng phân.  Chọn C


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 12: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết
hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử
duy nhất). Giá trị của m là (cho O = 16, Fe = 56)
A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32.
Phân tích, hướng dẫn giải
nNO = 0,56/22,5 = 0,025 mol
Khi nung nóng Fe trong không khí thì thu được X gồm : Fe2O3 , Fe3O4 , FeO , Fe dư
X + HNO3  Muối Fe(NO3)3 + Khí NO + H2O
Tóm tăt : Fe + O2  X (1)
X + HNO3  Fe(NO3)3 + NO + H2O (2)
Nhận thấy số OXH của các nguyên tố thay đổ i như sau :
Feo – 3 e  Fe3+
x 3x
O2o + 4e  O-2
y 4y
N + 3e  N+2 = (NO)
+5


0,075 0,025
Tổng số e cho bằng tổng số e nhận : 3x = 4y + 0,075
Bảo toàn khối lượng ở phản ứng (1) : m Fe + m O2 = m X
 56x + 32y = 3
 x = 0,045 , y = 0,015 mol
 m = 56.0,045 = 2,52 gam
 Chọn A
Câu 13: Xenlulozơ trinitrat được điều chế từ xenlulozơ và axit nitric đặc có xúc tác axit
sunfuric đặc, nóng. Để có 29,7 kg xenlulozơ trinitrat, cần dùng dung dịch chứa m kg axit
nitric (hiệu suất phản ứng đạt 90%). Giá trị của m là (cho H = 1, C =12, N = 14, O = 16)
A. 42 kg. B. 10 kg. C. 30 kg. D. 21 kg.




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Phân tích, hướng dẫn giải
Công thức phân tử của Xenlulozo : (C6H10O5)n hay [C6H7O2(OH)3]n
[C6H7O2(OH)3]n + 3nHNO3  [C6H7O2(ONO2)3]n + 3nH2O
Xenlulozo trinitrat
Để điều chế 29,7 gam Xenlulozo trinitrat : n = 29,7/297n = 0,1/n
 n HNO3 = 3n.0,1/n = 0,3 mol  m HNO3 = 0,3.63 = 18,9
Vì hiệu suất là 90%  m HNO3 cần dùng = 18,9.100/90 = 21 gam
Để điều chế 29,7 kg cần 21 kg HNO3
 Chọn D


Câu 14: Cho 13,44 lít khí clo (ở đktc) đi qua 2,5 lít dung d ịch KOH ở 100oC. Sau khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 37,25 gam KCl. Dung dịch KOH trên có nồng độ là
(cho Cl = 35,5; K = 39)
A. 0,24M. B. 0,48M. C. 0,4M. D. 0,2M.
Phân tích, hướng dẫn giải
nCl2 = 13,44/22,4 = 0,6 mol , n KCl = 37,25/74,5 = 0,5 mol
3Cl2 + 6KOH đun nóng  KClO3 + 5KCl + 3H2O
Ban đầu 0,6 chưa biết
Phản ứng 0,3 0,6 0,5
Kết thúc 0,3 0 0,5


Theo phản ứng n KOH = 6/5. n KCl = 6.0,5/5 = 0,6 mol  CM KOH = n /V = 0,6/2,5 = 0,24
M
 Chọn đáp án A
Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacboxylic đơn chức, cần vừa đủ V lít O2
(ở đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là
A. 8,96. B. 11,2. C. 6,72. D. 4,48.




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Phân tích, hướng dẫn giải
Gọi công thức của axit cacboxylic đơn chức đó là : CxHyO2
CxHyO2 + (x + y/4 – 1 ) O2  x CO2 + y/2 H2O
a mol (x + y/4 – 1)a ax ay/2
a = 0,1
ax = 0,3  x = 3 , ay/2 = 0,2  y = 4 .
 n O2 = (3 + 4/4 – 1 )0,1 = 0,3  V O2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít
 Chọn C


Câu 16: Một trong những điểm khác nhau của protit so với lipit và glucozơ là
A. protit luôn chứa chức hiđroxyl. B. protit luôn chứa nitơ.
C. protit luôn là chất hữu cơ no. D. protit có khối lượng phân tử lớn hơn.
Phân tích, hướng dẫn giải


Câu 17: Cho 1,67 gam hỗn hợp gồm hai kim loại ở 2 chu kỳ liên tiếp thuộc nhóm IIA
(phân nhóm chính nhóm II) tác dụng hết với dung dịch HCl (dư), thoát ra 0,672 lít khí H2
(ở đktc). Hai kim loại đó là (cho Be = 9, Mg = 24, Ca = 40, Sr = 87, Ba = 137)
A. Be và Mg. B. Mg và Ca. C. Sr và Ba. D. Ca và Sr.
Phân tích, hướng dẫn giải
nH2 = 0,672/22,4 = 0,03 mol
Gọi công thức trung bình của hai kim loại đó là :
R + 2HCl  RCl2 + H2
0,03 0,03
 R = 1,67/0,03 = 55,7
Vì là hai kim loại ở hai chu kì liên tiếp của nhóm A nên hai kim loại đó là : Ca , Sr


Câu 18: Dãy gồm các chất được dùng để tổng hợp cao su Buna-S là:
A. CH2=C(CH3)-CH=CH2, C6H5CH=CH2.
B. CH2=CH-CH=CH2, C6H5CH=CH2.


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




C. CH2=CH-CH=CH2, lưu huỳnh.
D. CH2=CH-CH=CH2, CH3-CH=CH2.
Cao su buna – S được tạo ra từ phản ứng đồng trùng hợp :
nCH2=CH-CH=CH2 + n C6H5-CH=CH2(-CH2-CH=CH-CH2-CH-CH2(C6H5)-)n
 Chọn B
Nếu độn thêm lưu huỳnh vào cao su ta sẽ được cao su lưu hóa


Câu 19: Cho các loại hợp chất: aminoaxit (X), muối amoni của axit cacboxylic (Y), amin
(Z), este của aminoaxit (T). Dãy gồ m các loại hợp chất đều tác dụng được với dung dịch
NaOH và đều tác dụng được với dung dịch HCl là
A. X, Y, Z, T. B. X, Y, T. C. X, Y, Z. D. Y, Z, T.


Câu 20: Cho các chất: axit propionic (X), axit axetic (Y), ancol (rượu) etylic (Z) và
đimetyl ete (T). Dãy gồm các chất được sắp xếp theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi là
A. T, Z, Y, X. B. Z, T, Y, X. C. T, X, Y, Z. D. Y, T, X, Z.
Phân tích, hướng dẫn giải
Nhiệt độ sôi phụ thuộc vào : Liên kết Hidro trong phân tử . và khố i lượng phân tử
Trong đó liên kết Hidro quan trọng hơn
 Nhiệt độ sôi của T < Z < Y < X


Câu 21: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra V
lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Thành
phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng
điều kiện, cho Na = 23, Al = 27)
A. 39,87%. B. 77,31%. C. 49,87%. D. 29,87%.
Phân tích, hướng dẫn giải
Gọi số mol của Na , Al là x , y
Xét Thí nghiệm 2 trước : Cho hỗn hợp X vào NaOH dư :
Na + H2O  NaOH + 1/2H2 (1)



Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + 3/2 H2 (2)
NaOH sinh ra ở (1) thêm vào NaOH dư  ở phản ứng (2) chắc chắn Al hết
 Tổng số mol khí H2 thu được là : x / 2 + 3y/2 = 1,75V (I)
Thí nghiệm 1 : Cho hỗn hợp X vào nươc :
Ở (2) NaOH hết  Tính H2 theo NaOH :
 Tổng thể tích khí H2 là : x/2 + 3x/2 = V (III)
Từ (I) , (III) chia cả 2 vế  y = 2x  khố i lượng Al : 27y = 54x , Khố i lượng Na : 23x
. % Na = 23x.100 / (23x + 54x ) = 29,87% → Chọn đáp án D


Câu 22: Nung 13,4 gam hỗn hợp 2 muố i cacbonat của 2 kim loại hóa trị 2, thu được 6,8
gam chất rắn và khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75 ml dung dịch NaOH 1M,
khố i lượng muố i khan thu được sau phản ứng là (cho H = 1, C = 12, O = 16, Na = 23)
A. 5,8 gam. B. 6,5 gam. C. 4,2 gam. D. 6,3 gam.
Phân tích, hướng dẫn giải
nNaOH = 0,075.1 = 0,075 mol
Gọi công thức của hai muố i đó là MCO3

MCO3 MO + CO2
13,4 g 6,8 g
Áp định luật bảo toàn khố i lượng : m CO2 = m MCO3 - m MO = 13,4 – 6,8 = 6,6
 n CO2 = 0,15 mol
Xét tỉ số : n NaOH : n CO2 = 0,075 : 0,15 = 1 : 2
 Chỉ có phản ứng :
NaOH + CO2  NaHCO3
Khố i lượng muố i NaHCO3 thu được : 0,075.84 = 6,3 gam
 Chọn D
Câu 23: Khi cho Cu tác dụng với dung dịch chứa H2SO4 loãng và NaNO3, vai trò của
NaNO3 trong phản ứng là
A. chất xúc tác. C. môi trường. D. chất khử.
B. chất oxi hoá.



Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Phân tích, hướng dẫn giải
3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 8H2O
 NO3- đóng vai trò là chất Ôxi hóa  NaNO3 đóng vai trò là chất oxi hóa
 Chọn B


Câu 24: X là một este no đơn chức, có tỉ khố i hơi đối với CH4 là 5,5. Nếu đem đun 2,2
gam este X với dung dịch NaOH (dư), thu được 2,05 gam muố i. Công thức cấu tạo thu
gọn của X là (cho H = 1, C =12, O = 16, Na = 23)
A. HCOOCH2CH2CH3. B. C2H5COOCH3.
C. CH3COOC2H5. D. HCOOCH(CH3)2.
Phân tích, hướng dẫn giải
Khố i lượng phân tử của Este là : 16.5,5 = 88 , Este no đơn chức có công thức
CnH2n O2  14n + 32 = 88  n = 4  C4H8O2
2,2 gam este có 2,2/88 = 0,025 mol
RCOOR’ + NaOH  RCOONa + R’OH
0,025 0,025
 M muối = 2,05 : 0,025 = 82  R + 67 = 82  R = 15  CH3 –
Este là C2H5-COOCH3
 Chọn B


Câu 25: Hỗn hợp X chứa Na2O, NH4Cl, NaHCO3 và BaCl2 có số mol mỗ i chất đều bằng
nhau. Cho hỗn hợp X vào H2O (dư), đun nóng, dung d ịch thu được chứa
A. NaCl, NaOH, BaCl2. B. NaCl, NaOH.
C. NaCl, NaHCO3, NH4Cl, BaCl2. D. NaCl.
Phân tích, hướng dẫn giải
Na2O + H2O  2NaOH
a 2a
NaOH + NH4Cl  NaCl + NH3 + H2O
a a


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




NaOH + NaHCO3  Na2CO3 + H2O
a a a
Na2CO3 + BaCl2  BaCO3 + 2NaCl
a a
NaOH hết , Na2CO3 được tao ra rồi phản ứng hết , BaCO3 là chất kết tủa , NH3 là khí
Chất còn lại trong dung dịch sau phản ứng là NaCl
 Chọn D


Câu 26: Cho các phản ứng xảy ra sau đây:
(1) AgNO3 + Fe(NO3)2 → Fe(NO3)3 + Ag↓
(2) Mn + 2HCl → MnCl2 + H2↑
Dãy các ion được sắp xếp theo chiều tăng dần tính oxi hoá là
A. Mn2+, H+, Fe3+, Ag+. B. Ag+, Fe3+, H+, Mn2+.
C. Ag+ , Mn2+, H+, Fe3+. D. Mn2+, H+, Ag+, Fe3+.


Câu 27: Để trung hòa 6,72 gam một axit cacboxylic Y (no, đơn chức), cần dùng 200 gam
dung dịch NaOH 2,24%. Công thức của Y là (cho H = 1, C = 12, O = 16, Na = 23)
A. CH3COOH. B. HCOOH. C. C2H5COOH. D. C3H7COOH.
Phân tích, hướng dẫn giải
mNaOH = 200.2,24/100 = 4,48 gam  n NaOH = 4,48/40 = 0,112 mol
CnH2n+1COOH + NaOH  CnH2n+1COONa + H2O
0,112 0,112
 Khố i lượng phân tử của axit : 6,72/0,112 = 60  14n + 1 + 45 = 14n + 46 = 60
 n = 1  Axít CH3COOH
 Chọn A
Câu 28: Cho glixerol (glixerin) phản ứng với hỗn hợp axit béo gồm C17H35COOH và
, số loại trieste được tạo ra tối đa là
C15H31COOH

A. 6. B. 3. C. 5. D. 4.




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Phân tích, hướng dẫn giải
Các trieste được tạo ra từ glixerol và 2 axit C17H35COOH (RCOOH) và C15H31COOH
(R’COOH) là
RCOOCH2 RCOOCH2 RCOOCH2 R’COOCH2 R’COOCH2 RCOO CH2
     
RCOOCH RCOOCH R’COOCH R’COOCH R’COOCH R’COOCH
     
RCOOCH2 R’COOCH2 RCOOCH2 R’COOCH2 RCOOCH2 RCOOCH2
 Có 6 sản phẩm
 Chọn A


Câu 29: Trong phòng thí nghiệm, người ta thường điều chế HNO3 từ
A. NaNO2 và H2SO4 đặc. B. NaNO3 và H2SO4 đặc.
D. NaNO3 và HCl đặc.
C. NH3 và O2.
Phân tích, hướng dẫn giải
Phản ứng điều chế HNO3 trong phòng thí nghiệm
2NaNO3 + H2SO4 đặc  2HNO3 + Na2SO4
 Chọn B


Câu 30: Có thể phân biệt 3 dung dịch: KOH, HCl, H2SO4 (loãng) bằng một thuốc thử là
A. giấy quỳ t ím. B. Zn. C. Al. D. BaCO3.
Phân tích, hướng dẫn giải
BaCO3 : Không có phản ứng vơi NaOH
BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + H2O + CO2
BaCO3 + H2SO4  BaSO4 + CO2 + H2O
 Nhận biết được Cả 3 chất
 Chọn D




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 31: Có 4 dung dịch riêng biệt: a) HCl, b) CuCl2, c) FeCl3, d) HCl có lẫn CuCl2.
Nhúng vào mỗ i dung dịch một thanh Fe nguyên chất. Số trường hợp xuất hiện ăn mòn
điện hoá là
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Phân tích, hướng dẫn giải
Trường hợp b) Cu tạo thành bám vào Fe tạo thành hai điện cực cùng nhúng trong môi
trường điện ly  Xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa
Trường hợp d) CuCl2 phản ứng trước với Fe tạo thành Cu bám vào Fe  có hai cặp điện
cực , cả hai được nhúng trong môi trường điện ly HCl , CuCl2  Xảy ra hiện tượng ăn
mòn điện hóa
 Có hai trường hợp
 Chọn C


Câu 32: Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4 và b mol NaCl (với điện cực trơ, có
màng ngănxốp). Để dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng
thì điều kiện của a và b là (biết ion SO42- không bị điện phân trong dung dịch)
A. b > 2a. B. b = 2a. C. b < 2a. D. 2b = a.
Phân tích, hướng dẫn giải
CuSO4  Cu2+ + SO42-
a mol a
NaCl  Na+ + Cl-
b mol b
Cu2+ + 2Cl-  Cu + Cl2
a b
Nếu dư Cl- : a/1 < b/2  2a < b  2Cl- + 2H2O  2OH- + Cl2 + H2
Vì trong môi trường kiềm phenoltalein chuyển sang màu hồng  Cl- dư
 Chọn A




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 33: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung
dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung
dịch X là
A. 7. B . 2. C. 1. D. 6.
Phân tích, hướng dẫn giải
nBa(OH)2 = 0,01 mol , n NaOH = 0,01 mol , n H2SO4 = 0,015 mol , n HCl = 0,025 mol
Tổng số mol OH- : 0,02 + 0,01 = 0,03 mol
Tổng số mol của H+ : 0,035 mol
Phản ứng :
H+ + OH-  H2O
Ban đầu 0,035 0,03
 Sau phản ứng dư 0,005 mol H+ , Tổng thể tích là 0,5 lit  [H+] = 0,005/0,05 = 0,01
 PH = - Lg[H+] = -lg0,01 = 2
 Chọn B


Câu 34: Khi đốt 0,1 mol một chất X (dẫn xuất của benzen), khố i lượng CO2 thu được
nhỏ hơn 35,2 gam. Biết rằng , 1 mol X chỉ tác dụng được với 1 mol NaOH. Công thức
cấu tạo thu gọn của X là (cho C =12, O = 16)
A. C2H5C6H4OH. B. HOCH2C6H4COOH.
C. HOC6H4CH2OH. D. C6H4(OH)2.
Phân tích, hướng dẫn giải
nCO2 = 35,2/44 = 0,8 mol
Đốt cháy 0,1 mol X cho không quá 0,8 mol  X không có quá 8 nguyên t ử C  Cả đáp
án C , D đều thỏa mãn điều kiện này
Để 1 mol X tác dụng đủ với 1 mol NaOH  X chỉ có 1 nhóm OH liên kết trực tiếp với
nhân benzen
 Chọn C
HO-C6H4-CH2-OH + NaOH  NaO-C6H4-CH2OH + H2O
1 : 1


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 35: Trong một nhóm A (phân nhóm chính), trừ nhóm VIIIA (phân nhóm chính
nhóm VIII), theo chiều tăng của điện tích hạt nhân nguyên tử thì
A. tính phi kim giảm dần, bán kính nguyên tử tăng dần.
B. tính kim loại tăng dần, độ âm điện tăng dần.
C. độ âm điện giảm dần, tính phi kim tăng dần.
D. tính kim loại tăng dần, bán kính nguyên tử giảm dần.


Câu 36: Để thu được Al2O3 từ hỗn hợp Al2O3 và Fe2O3, người ta lần lượt:
A. dùng khí H2 ở nhiệt độ cao, dung dịch NaOH (dư).
B. dùng khí CO ở nhiệt độ cao, dung dịch HCl (dư).
C. dùng dung dịch NaOH (dư), dung dịch HCl (dư), rồi nung nóng.
D. dùng dung dịch NaOH (dư), khí CO2 (dư), rồi nung nóng.


Câu 37: X là một ancol (rượu) no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần 5,6 gam
oxi, thu được hơi nước và 6,6 gam CO2. Công thức của X là (cho C = 12, O = 16)
A. C2H4(OH)2. B. C3H7OH. C. C3H5(OH)3. D.
C3H6(OH)2.
Phân tích, hướng dẫn giải
nCO2 = 0,15 mol , n O2 = 0,175 mol
nH2O = n CO2 + n ancol = 0,15 + 0,05 = 0,2
nO (trong rượu) = 0,3 + 0,2 – 0,175.2 = 0,15  C : H : O = 0,15 : 0,2 : 0,15
 C3H8O3
 Chọn C


Câu 38: Cho hỗn hợp Fe, Cu phản ứng với dung dịch HNO3 loãng. Sau khi phản ứng
hoàn toàn, thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan và kim loại dư. Chất tan đó là
A. Cu(NO3)2. B. HNO3. C. Fe(NO3)2. D. Fe(NO3)3.




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 39: Cho các chất: etyl axetat, anilin, ancol (rượu) etylic, axit acrylic, phenol,
phenylamoni clorua, ancol (rượu) benzylic, p-crezol. Trong các chất này, số chất tác dụng
được với dung dịch NaOH là
A. 4. B. 6. C. 5. D. 3.
Phân tích, hướng dẫn giải
Etylaxetat : CH3COOC2H5
Axit acrylic : CH2=CH-COOH
Phenol : C6H5-OH
Phenyl amoni clorua : C6H5-NH3Cl
p – Crezol : p – Metyl - C6H4 – OH
 Chọn đáp án C


Câu 40: Thực hiện hai thí nghiệm:
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO3 1M thoát ra V1 lít NO.
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5 M
thoát ra V2 lít NO. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều
kiện. Quan hệ giữa V1 và V2 là (cho Cu = 64)
A. V2 = V1. B. V2 = 2V1. C. V2 = 2,5V1. D. V2 = 1,5V1.
Phân tích, hướng dẫn giải
Trường hợp 1 : n Cu = 0,06 mol , n HNO3 = 0,08 mol
HNO3  H+ + NO3-
0,08 0,08 0,08
8H+ 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
3Cu + +
Ban đầu 0,06 0,08 0,08
 Thể tích của NO : V1 = 0,02.22,4 = 4,48 lít




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Trường hợp 2 : n Cu = 0,06 mol , n HNO3 = 0,08 mol , n H2SO4 = 0,04 mol
 Tổng số mol H+ : 0,18 mol , số mol NO3 - : 0,08 mol
8H+ 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
3Cu + +
Ban đầu 0,06 0,16 0,08
 Thể tích khí thu được : V2 = 0,04.22,4 = 8,96 lít
 V2 = 2V1
 Chọn B


Câu 41: Đốt cháy hoàn toàn a mol một anđehit X (mạch hở) tạo ra b mol CO2 và c mol
H2O (biết b = a + c).Trong phản ứng tráng gương, một phân tử X chỉ cho 2 electron. X
thuộc dãy đồng đẳng anđehit
A. no, đơn chức. B. không no có hai nối đôi, đơn chức.
D. no, hai chức.
C. không no có một nối đôi, đơn chức.
Phân tích, hướng dẫn giải
Xét 1 nhóm Andehit : R-C+1HO + Ag2O  R-C+3OOH + 2Ag
C+1 – 2e  C+3
Vì 1 nhóm -CHO cho 2 e nên theo giả thiết  anđehit chỉ có 1 nhóm CHO
Gọi công thức phân tử của andehit là CxHyO
CxHyO + O2  x CO2 + y/2 H2O
a mol ax ay/2
Theo giả thiết : n CO2 = ax = b
n H2O = ay/2 = c
b = a + c  ax = ay/2 + a  y = 2x – 2
 Cx H2x-2O  Anđêhít không no đơn chức có 1 nố i đôi trong gốc Hidrocacbon
 Chọn C




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 42: Phát biểu không đúng là
A. Dung dịch fructozơ hoà tan được Cu(OH)2.
B. Thủy phân (xúc tác H+, to) saccarozơ cũng như mantozơ đều cho cùng một
monosaccarit.
C. Sản phẩm thủy phân xenlulozơ (xúc tác H+, to) có thể tham gia phản ứng tráng gương.
D. Dung dịch mantozơ tác dụng với Cu(OH)2 khi đun nóng cho kết tủa Cu2O.
Phân tích, hướng dẫn giải
B : Thủy phân saccarozo tạo ra : 1 gốc glucozo + 1 gốc fructozo
Thủy phân mantozo tạo ra 2 gốc glucozo
 B đúng


Câu 43: Hai este đơn chức X và Y là đồng phân của nhau. Khi hoá hơi 1,85 gam X, thu
được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 0,7 gam N2 (đo ở cùng điều kiện). Công thức
cấu tạo thu gọn của X và Y
là (cho H = 1, C = 12, N = 14, O = 16)
A. HCOOC2H5 và CH3COOCH3. B. C2H3COOC2H5 và C2H5COOC2H3.
C. C2H5COOCH3 và HCOOCH(CH3)2. D. HCOOCH2CH2CH3 và CH3COOC2H5.
Phân tích, hướng dẫn giải
nN2 = 0,7/14 = 0,025 mol ,
Vì 1,85 gam X ở thể hơi có thể tích bằng với thể t ích của 0,7 gam N2  n X = nN2  n X
= 1,85/0,025 = 74
Vì X là este đơn chức  Công thức phân tử CxHyO2  12x + y + 32 = 74
 12x + y = 42  x = 3 , y = 6
 Vậy công thức của Este là : HCOOCH2-CH3 , CH3COOCH3
 Chọn đáp án A
Câu 44: Có 3 chất lỏng benzen, anilin, stiren, đựng riêng biệt trong 3 lọ mất nhãn. Thuốc
thử để phân biệt 3 chất lỏng trên là
A. dung dịch phenolphtalein. B. nước brom.
C. dung dịch NaOH. D. giấy quì tím.


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Phân tích, hướng dẫn giải
Anilin + 3Br2  2,4,6 – Tribrom – anilin + 3HBr
Stiren C6H5-CH=CH2 + Br2  C6H5-CHBr-CH2Br
Mầu nâu đỏ không màu
Benzen không phản ứng với Br2
 Chọn B


PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được chọn làm 1 trong 2 phần (Phần I hoặc Phần II).
Phần I. Theo chương trình KHÔNG phân ban (6 câu, từ câu 45 đến câu 50):
Câu 45: Cho 4 phản ứng:
(1) Fe + 2HCl →FeCl2 + H2
(2) 2NaOH + (NH4)2SO4 →Na2SO4 + 2NH3 + 2H2O
(3) BaCl2 + Na2CO3 →BaCO3 + 2NaCl
(4) 2NH3 + 2H2O + FeSO4 →Fe(OH)2 + (NH4)2SO4
Các phản ứng thuộc loại phản ứng axit - bazơ là
A. (2), (4). B. (3), (4). C. (2), (3). D. (1), (2).
Phân tích, hướng dẫn giải
(2) 2NaOH + (NH4)2SO4  Na2SO4 + 2NH3 + 2H2O
Bazo Axit
(4) 2NH3 + 2H2O + FeSO4 →Fe(OH)2 + (NH4)2SO4
Bazơ Axit
 Chọn A
Câu 46: Thủy phân este có công thức phân tử C4H8O2 (với xúc tác axit), thu được 2 sản
phẩm hữu cơ X và Y. Từ X có thể điều chế trực tiếp ra Y. Vậy chất X là
A. rượu metylic. B. etyl axetat. C. axit fomic. D. rượu etylic.
Phân tích, hướng dẫn giải
CH3-COOCH2-CH3 + H2O  CH3-COOH (Y) + CH3-CH2OH (X)
CH3-CH2OH (X) + O2 men giấm  CH3COOH (Y) + H2O
 X là rượu etylic CH3-CH2OH : Etyl etylic  Chọn D


Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 47: Cho m gam hỗn hợp bột Zn và Fe vào lượng dư dung dịch CuSO4. Sau khi kết
thúc các phản ứng, lọc bỏ phần dung dịch thu được m gam bột rắn. Thành phần phần
trăm theo khối lượng của Zn trong hỗn hợp bột ban đầu là (cho Fe = 56, Cu = 64, Zn =
65)
A. 90,27%. B. 85,30%. C. 82,20%. D. 12,67%.
Phân tích, hướng dẫn giải
Gọi số mol của Zn , Fe là x , y  khố i lượng của hỗn hợp ban đầu : m = 65x + 56y
Zn + CuSO4  ZnSO4 + Cu
x x
Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu
y y
Khố i lượng chất rắn sau phản ứng là : m = 64x + 65y
 65x + 56y = 64x + 64y  x = 8y
 % Zn = 65x.100/(65x + 56y) = 65.8.x.100/(65.8.y+56y) = 90,27%
 Chọn A


Câu 48: Cho 0,01 mol một hợp chất của sắt tác dụng hết với H2SO4 đặc nóng (dư), thoát
ra 0,112 lít (ở đktc) khí SO2 (là sản phẩm khử duy nhất). Công thức của hợp chất sắt đó là
A. FeS. B. FeS2. C. FeO D. FeCO3.
Phân tích, hướng dẫn giải
S+6 + 2e  S+4
0,01 0,02 mol
C . FeO + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
Phương trình cho e :
Fe+2 – 1e  Fe+3
0,1 mol  Thỏa mãn
0,1




Email: manquang2003@yahoo.com
Lời giải của tác giả Ngọc Quang




Câu 49: Khi oxi hóa hoàn toàn 2,2 gam một anđehit đơn chức thu được 3 gam axit tương
ứng. Công thức của anđehit là (cho H = 1, C = 12, O = 16)
A. HCHO. B. C2H3CHO. C. C2H5CHO. D. CH3CHO.
Phân tích, hướng dẫn giải
Gọi công thức phân tử của andehit là
R-CHO + ½ O2  R-COOH
2,2 3
Dùng định luật bảo toàn khố i lượng  m Oxi = 3 – 2,2 = 0,8  n O2 = 0,025 mol
 n andehit = 2.0,025 = 0,05 mol
 Khố i lượng phân tử của andehit = 2,2/0,05 = 44  R + 29 = 44  R = 15
 12x + y = 15  x = 1 , y = 3  CH3
Chọn D


Câu 50: Khi brom hóa một ankan chỉ thu được một dẫn xuất monobrom duy nhất có tỉ
khố i hơi đố i với hiđro là 75,5. Tên của ankan đó là (cho H = 1, C = 12, Br = 80)
A. 3,3-đimetylhecxan. B. 2,2-đimetylpropan.
C. isopentan. D. 2,2,3-trimetylpentan.
Phân tích, hướng dẫn giải
Gọi công thức phân tử của ankan là CnH2n+2
CnH2n+2 + Br2  CnH2n+1Br + HBr
Khố i lượng phân tử của dẫn xuất : 75,5.2 = 151  14n + 81 = 151  n = 5
 C5H12 , Các đồng phân : CH3-CH2-CH2-CH2-CH3 (1) pentan


CH3

CH3-C - CH3 (3) 2,2-đimetyl propan

CH3
 Chọn B


Email: manquang2003@yahoo.com
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ
KHỐI A NĂM 2008 – MÃ ĐỀ 794


I. Đáp án chi tiết:




Đáp án: A
Câu này không cần thời gian suy nghĩ nhiều, chỉ cần đọc lần lượt từng phản ứng và đánh dấu lại,
10-15s




Đáp án: D
Câu này cũng không cần nhiều thời gian, chỉ cần đọc đề bài, đánh dấu qua từng chất rồi đếm,
hoặc loại trừ Al2(SO4)3 và K2SO3, 10-15s




Đáp án: A
nCO2 = 0,2 mol (nhẩm), nOH- = 0,25 mol (nhẩm: (1+2*2)/2 = 2,5 → 0,25) → 0,05 mol CO32-
và 0,15 mol HCO3- (nhẩm – bảo toàn C + bảo toàn điện tích âm) → 0,05 mol Ba2+ bị kết tủa →
9,85g (nhẩm)
Bài này làm trong 15-20s




Đáp án: C
nFeO = nFe2O3 → xem hỗn hợp đã cho là 0,01 mol Fe3O4 (M = 232 đã quen thuộc) → đáp án C
(tỷ lệ Fe3O4 : HCl = 1:8 cũng rất quen thuộc, hoặc nhẩm nhanh: Fe3O4: 0,4mol O2- → 0,8 mol H+)
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Bài này làm trong 10-15s




Đáp án: B
Dữ kiện 1 → có gốc NO3-
Dữ kiện 2 → có gốc NH4+
Bài này làm trong 5-10s




Đáp án: D
Câu này khá đơn giản, chỉ cần đọc lần lượt từng đáp án là chọn được đáp án đúng. Thậm chí,
đáp án D với nội dung ngắn hơn thường được đọc trước tiên (theo tâm lý thông thường của học sinh)
(D là muối amoni hữu cơ, không phải este)
Câu này 5-10s




Đáp án; A
Câu này khá đơn giản, 5-10s




Đáp án: A
Đây là 1 câu tương đối dài.
Vì CuO dư → 2 rượu đã phản ứng hết, MY = 27,5 < 29 → trong hỗn hợp Y có H2O.




vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Trong phản ứng oxh RCH2OH → RCHO + H2O, tỷ lệ mol là 1:1:1. Do đó
M H 2O + M aldehyde
= 27,5 → M aldehyde = 37 → có HCHO và CH3CHO với tỷ lệ 1:1, nAg =
MY =
2
0,6 mol → ban đầu có 0,2 mol rượu, m = 0,2 * (37+2) = 7,8g (tất cả đều có thể nhẩm nhanh được)
Bài này cần 40-60s



Đáp án: D
Câu này khá dễ, chắc bạn nào cũng nhớ và làm đúng: 3 xylen + etylbenzen
Bài này làm trong 5-10s




Đáp án: B
(Đưa thêm số liệu: V = 1 lít). Nhìn thoáng qua cũng thấy H+ dư là 0,02 mol → pH = 2 (nhẩm)
Bài này rất dễ, làm trong 5-10s




Đáp án: C
Dữ kiện 1: phân tích hệ số → thể tích khí giảm = thể tích H2 phản ứng → tỷ lệ:1:2
Dữ kiện 2 → Rượu Z là rượu 2 chức
→ đáp án C: X là aldehyde no, 2 chức.




Đáp án: C
Câu này quá dễ, chỉ cần 5s

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: C
Câu này cũng khá dễ, Al – 0,1mol và Fe – 0,1 mol (nhẩm) khi tác dụng với Ag+ có thể cho tối
đa 0,6mol e trong khi Ag+ chỉ có 0,55 mol → Ag+ bị khử hết, m = 0,55*108 = 59,4g
Câu này cần 15-20s




Đáp án: C
Y có khả năng tráng gương → Y là HCOOH hoặc một aldehyde
- Y là HCOOH → Rượu Z là CH3OH → tách nước không thể ra anken
- Y là aldehyde → Rượu ban đầu không no → tách nước cũng không thể ra anken
(các đáp án còn lại đều đúng hoặc chưa chắc sai)
Câu này cần 20-30s



Đáp án : A
Catot (chỗ của cation → Na+, loại B và C)
Câu này quá dễ, 5-10s.




Đáp án: C
Áp dụng phương pháp tăng – giảm khối lượng: m = 5,48 + 22*0.06 = 6,8g
Câu này cần 15-20s




vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: A
2,24 lít NO2 → 0,1 mol e → 0,1 mol Ag → 0,05 mol Aldehyde (loại trừ HCHO) → M = 72
→ đáp án A
Câu này 15-20s



Đáp án: B
Cấu tạo mạch C (rượu – acid) có thể là: 4 = 1 + 3 = 2+ 2 = 3 (thẳng và nhánh) + 1 → có 4 đồng
phân
Câu này 15-20s




Đáp án: C
Câu này cũng rất dễ, chỉ cần 5-10s




Đáp án: D
Đây là “Bài toán kinh điển” quá quen thuộc, để cho nhanh, ta áp dụng công thức tính đã nêu
trong bài giảng “Đánh giá đầy đủ hơn ý nghĩa của phương pháp ghép ẩn số”:
nNO = 0,06 mol (nhẩm) → 0,18 mol e trao đổi
mFe = 0,7*11,36 + 5,6 *0,3 = 8,96g hay 0,16 mol → mFe(NO3)3 = 38,72g
Bài này cần 20 -30s.




Đáp án: B
Đây là một kiến thức cơ bản về cấu tạo bảng tuần hoàn, không có gì để trao đổi thêm
Câu này cần 10-15s


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: B
Phản ứng của Al với NaOH có tỷ lệ 1:1 (nhẩm dễ dàng vì tạo ra NaAlO2 có Na : Al = 1:1) do đó
Al dư. H2 – 0,4 mol (nhẩm) → số e Al và Na cho là 0,8 mol (với tỷ lệ Al : Na = 1:1) → Al = Na =
0,2 mol → Al dư = 0,2 mol → m = 5,4g (tất cả đều tính nhẩm được)
Câu này cần 20-30s




Đáp án: C
Câu này cũng không khó nếu đã học kỹ và nhớ được CTPT của 2 loại tơ này.
Câu này cần 20-30s




Đáp án: A
X là muối cacbonat → X1 là oxit → X2 là kiềm (loại B) → Y là muối acid → là NaHCO3
Câu này cần 20-30s




Đáp án : B
Câu này không có, đọc kỹ đề, lần lượt từng chất và đánh dấu lại là có đáp án đúng.
Câu này cần 10-15s




Đáp án : C
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Chú ý là đề bài hỏi V lớn nhất. Thứ tự phản ứng : trung hòa → trao đổi.
Trong đó nH+ = 0, 2 mol → nNaOH = 0,2 mol
và nAl3+ = 0,2 mol trong đó có 0,1 mol Al(OH)3 kết tủa → 0,3 mol NaOH và 0,1 mol NaAlO2
→ 0,4 mol NaOH (tỷ lệ của phản ứng từ Al3+ → NaAlO2 là Al(OH)3 : NaOH = 1:4)
Tổng hợp lại, nNaOH = 0,9 mol → V = 0,45 lít
(Tất cả các giá trị trên đều có thể nhẩm được rất nhanh)
Câu này làm trong 20-30s




Đáp án: B
Hỗn hợp X gồm 3 Hidrocacbon có cùng 3C. Do đó dễ dàng tìm ra CTPT trung bình của X là
C3H6,4 → 3CO2 + 3,2H2O
Khối lượng cần tìm: m = 0,3*44 + 18*0,32 = 18,96g




Đáp án: A
Kết tủa là 0,6 mol Al(OH)3 (46,8/78 – nhẩm được) → 0,6 mol Al3+ → ban đầu có 0,1 mol
Al4C3 và 0,2 mol Al (nhẩm được) → 0,3 mol CH4 + 0,3 mol H2 (nhẩm được) → a = 0,6
Câu này làm trong 15-20s




Đáp án: D
Câu hỏi này không khó, nhưng đòi hỏi các em phải nhớ danh pháp và biết cách viết lại cho đúng
CTCT.
Câu này làm trong 10-15s



Đáp án: D
Câu này làm trong 5s



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: C
mgiảm = mO = 0,32g → n(CO, H2) = nO = 0,02 mol → V = 0,448 lít (tất cả đều có thể nhẩm rất
nhanh)
Câu này cần 10-15s




Đáp án: A
Câu này rất dễ, nhớ là HCl có Cl- ở trạng thái oxh thấp nhất → không còn tính oxh, tính oxh
chỉ do H+ gây ra → cứ phản ứng nào có giải phóng H2 là ok.
Câu này chỉ cần 5s



Đáp án: B
Câu này khá dễ, chỉ cần 5-10s




Đáp án: B
Câu này chỉ cần 5s




Đáp án: D
Câu này chỉ cần 5-10s, chú ý oleic là acid không no


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: C
nH+ = 0,08 + 0,04 = 0,12 mol, nCu = 0,05 mol mà tỷ lệ phản ứng tạo NO là:
Cu + 4H+ → NO → H+ hết, Cu dư → NO = 0,12/4 = 0,03 mol → 0,672 lít (nhẩm được hết)
Câu này cần 20-30s




Đáp án: B
250kg – 4000 mol VC. Tỷ lệ 2CH4 → -C2H3Cl- (bảo toàn C) → V = 4000*2/0,5/0,8 = 448
Câu này cần 20-30s




Đáp án: C
mtăng = mO = 1,2g → nO = 0,075 mol → nHCl = 0,15 mol → V = 75ml (nhẩm được hết)
Câu này cần 15-20s



Đáp án: D
Câu này là thuần túy lý thuyết, chỉ cần nhớ là ok, 5s.




Đáp án: D
Z có M = 16 → trong Z còn H2 (M = 2) dư và C2H6 (M = 30) → tỷ lệ 1:1 (M trung bình là
trung bình cộng) hay H2 - 0,01 mol, C2H6 – 0,01 mol → H2 phản ứng là 0,03 mol, trong đó 0,02 mol
tạo thành C2H6
→ m tăng = 26*0,05 + 2*0,01 = 1,32g

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

(có thể giải nhanh hơn bằng phương pháp bảo toàn khối lượng:
mtăng = 0,06*26 + 0,04*2 – 0,02*16 = 1,32g)
Câu này cần 20-30s




Đáp án: B
Câu này rất dễ dàng, tâm lý chung là khi nói kim loại tác dụng với Fe3+ bao giờ ta cũng nghĩ
đến Fe và Cu trước (thói quen tư duy) ^^
Câu này 10-15s




Đáp án: A
Câu này rất dễ, 5-10s




Đáp án: B
12x + y = 16*3,625 = 58 → x = 4, y = 10, có 4 đồng phân quá quen thuộc là n-, iso, sec – và
tert-
Câu này 10-15s




Đáp án: D
Câu này chỉ cần 10-15s



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: D
Phản ứng hoàn toàn mà Al dư → Fe2O3 đã phản ứng hết.
Từ dữ kiện 2 → nH2 = 0,0375mol → Al dư là 0,0375/1,5 = 0,025 mol, kết hợp với dữ kiện 1
→ Fe sinh ra là 0,1 mol (trong ½ Y)
→ Fe2O3 ban đầu là 0,1 mol và Al = 0,05 + 0,2 = 0,25 mol → m = 16 + 0,25*27 = 22,75g




Đáp án: A
Câu này rất dễ, 1 quy tắc của ăn mòn điện hóa và phản ứng oxh – kh, 5-10s




Đáp án: D
Các làm bài tập này có thể xem thêm trong bài giảng “Phân tích hệ số và ứng dụng”
Khối lượng hỗn hợp trước và sau được bảo toàn → KLPT (M) tỷ lệ nghịch với số mol khí
→ M = 12 * 2 * 3 = 72 → C5H12




Đáp án: B
Câu này chỉ cần cẩn thận 1 chút là ok, 10-15s



Đáp án: D
Câu này có nguyên vẹn trong SGK, chỉ cần 5-10s



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc




Đáp án: C
Đếm trên mạch C:


CCCC
C
Câu này chỉ cần 5 – 10s




Đáp án: A
Mglucose = 180 → Msorbitol = 182 → 0,01 mol Sorbitol (nhẩm được hết)
M = 180 * 0,01/0,8 = 2,25g
Câu này làm trong 15-20s




Đáp án: D
0,01 mol Cr3+ → 0,01 mol Cr+6 cho 0,03 mol e → 0,015 mol Cl2.
Số mol K+ phải đủ để bảo toàn điện tích với: 0,01 mol CrO42-, 0,03 mol Cl- (trong CrCl3) và 0,03
mol Cl- (tạo thành từ 0,15 mol Cl2) → 0,08 mol → 0,08 mol KOH
Bài này làm trong 20-30s




Đáp án: A
Đây là một nguyên tắc điện hóa, cực âm là Zn bị ăn mòn.
Câu này làm trong 5-10s



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đáp án: B
Câu này quá đơn giản, 5s




Đáp án: A
Đây là một quy trình quen thuộc, điều chế Cu từ quặng chancopirit.
Câu này làm trong 10-15s



Đáp án: C
Áp dụng phương pháp đếm đồng phân trên mạch C.
Câu này làm trong 5-10s
II. Một số nhận xét:
Qua việc giải nhanh các bài tập trong đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối A năm 2008 môn Hóa, ta
rút ra một số nhận xét như sau:
1, Đề thi năm nay về cơ bản là tương đương với đề thi ĐH năm ngoái (2007) tuy nhiên có phần
dễ hơn một chút, thể hiện ở 2 ý:
− Một là, các em học sinh cũng như giáo viên đã làm quen tốt hơn với hình thức thi trắc
nghiệm cũng như các dạng bài tập thi trắc nghiệm có thể rơi vào đề thi nên có sự chuẩn
bị tốt hơn.
− Hai là, đề thi năm nay không còn nhiều câu hỏi khó, không có câu hỏi dài, cũng không
có thêm được dạng bài tập nào mới và đặc sắc hơn, so với đề thi năm ngoái.
Với mức độ đề thi thế này, cùng với việc đề thi Lý không quá khó và đề thi Toán năm nay có
phần dễ hơn (dù tính toán dài hơn và phức tạp hơn) năm ngoái, có thể dự đoán phổ điểm thi ĐH năm
nay sẽ tương đối đồng đều hơn ở khu vực 15-20 điểm. Do đó, kết quả thi tính chung có lẽ sẽ cao
hơn, điểm chuẩn vào các trường ĐH sẽ ở mức tương đương hoặc cao hơn năm ngoái một chút
(khoảng 0,5 điểm), nhất là các trường có điểm chuẩn năm trước trong khoảng 17-21.
2, Tỷ lệ kiến thức lớp 12 tiếp tục chiếm ưu thế và giữ vai trò chủ đạo trong đề thi ĐH với
khoảng 80 - 85% câu hỏi cho các nội dung liên quan (tỷ lệ này có phần cao hơn so với các năm
trước, kể cả năm 2007). Tuy nhiên, Hóa học và Toán học không giống như Vật lý hay Sinh học, kiến
thức để thi môn Hóa mang tính liên tục, đòi hỏi thí sinh vẫn phải nắm vững những nguyên lý, những
định luật và những phương pháp tư duy Hóa học cốt lõi được tích lũy từ lớp 10, lớp 11. Đan xen vào
mỗi câu hỏi ta vẫn thấy một sự thống nhất, sự liên tục về kiến thức.
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

3, Đề thi Hóa học dù đã rất cố gắng và có chất lượng cao, thí sinh phải có kiến thức Hóa học và
tư duy logic tương đối mạnh thì mới có thể vận dụng tốt “chiến thuật chọn ngẫu nhiên” một cách có
hiệu quả. Mặc dù vậy, trong đề thi vẫn bộc lộ nhiều điểm yếu trong suy nghĩ, nhận thức của người ra
đề (tôi sẽ phân tích cụ thể trong một bài viết khác sau) nên vẫn chưa thực sự phân loại tốt được thí
sinh và nếu tỉnh táo, thí sinh hoàn toàn có thể vượt qua dễ dàng những “phương án nhiễu”. Chỉ
khoảng 10-20% đề thi là có thể áp dụng chiến thuật chọn ngẫu nhiên.
4, Để giải nhanh được một bài toán mà rộng hơn là một đề thi Hóa học, đòi hỏi sự kết hợp
nhuần nhuyễn và hiệu quả 4 yếu tố: kiến thức, kỹ năng, kinh nghiệm và phương pháp (chú ý là tôi
xếp phương pháp ở hàng thứ yếu, cuối cùng), mà mỗi một yếu tố đều đòi hỏi một quá trình rèn
luyện tích cực và đúng hướng (nên cần phải được hướng dẫn). Những mốc thời gian làm bài tôi đặt
ra trong đáp án là trong điều kiện lý tưởng, với một học sinh đã hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên và trong
điều kiện như vậy thì một đề thi ĐH (dù từng được đánh giá là khó) cũng có thể giải quyết được
trong vòng 15-20 phút. Tất nhiên, tâm lý thực tế ở trong phòng thi sẽ khác và không có nhiều học
sinh hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên, song, phải nói như vậy để các em thấy và tự tin rằng “việc giải trọn
vẹn đề thi ĐH trong vòng 30 phút không phải là điều không thể và trong 60-90 phút thì là điều
hoàn toàn có thể”
Hy vọng là qua những gì đã trình bày ở trên, các em thí sinh những năm sau sẽ tự tìm ra cho
mình một hướng tư duy đúng, một cách làm bài nhanh và có hiệu quả. Đồng thời, cũng có được
những thông tin bổ ích để tìm ra cho mình một phương án ôn tập phù hợp nhất nhằm nâng cao cả 4
yếu tố trên. Nhất là khi Bộ GD – ĐT gần như chắc chắn sẽ phải từ bỏ kế hoạch gộp 2 kỳ thi ĐH và
Tốt nghiệp THPT làm một (tôi sẽ có bài viết phân tích những bất hợp lý của dự thảo này sau).
Chúc các em học tốt và thi tốt!!!
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ
KHỐI B NĂM 2008 – MÃ ĐỀ 195

Mặc dù bận đi công tác nhưng tôi vẫn chú ý theo dõi hoạt động của các forum trong đợt thi thứ
2 và thật đáng mừng là ngay sau khi các buổi thi diễn ra, rất nhiều thầy cô giáo đã nhiệt tình giải chi
tiết và trọn vẹn đề thi tuyển sinh ĐH môn Hóa năm nay cho khối B, trong đó có những bài viết khá
hay như đáp án chi tiết của tác giả Lê Phạm Thành. Tuy có hơi muộn, nhưng tôi cũng xin đóng góp
một số ý kiến riêng của mình cho đề thi năm nay vì tôi tin rằng những ai thực sự quan tâm đều có thể
tìm thấy trong bài viết này những điều đáng để học hỏi.
*
Trong bài viết có sử dụng tư liệu được cung cấp bởi tác giả Lê Phạm Thành!



PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (44 câu, từ câu 1 đến câu 44)
Câu 1 : Cho biết các phản ứng xảy ra như sau :
2FeBr2 + Br2 → 2FeBr3 ; 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2
Phát biểu đúng là
B. tính oxi hoá của Br2 mạnh hơn của Cl2.
A. tính khử của Cl − mạnh hơn của Br − .
D. tính oxi hoá của Cl2 mạnh hơn của Fe3+.
C. tính khử của Br − mạnh hơn của Fe2+.
Đáp án D.
Đối với câu hỏi loại này, ta có thể làm bằng phương pháp loại trừ nhưng chỉ nên áp dụng nếu
trong bài chỉ có 1 cặp oxh – kh hoặc câu hỏi có tính tuần tự, còn trong bài tập này, câu hỏi có tính
chất liên hệ - bắc cầu thì ta nên làm theo kiểu liệt kê.
Phương trình 1 → Fe3+ < Br2, phương trình 2 → Br2 < Cl2 → Fe3+ < Br2 < Cl2
(chỉ xét riêng tính oxh, còn tính kh sẽ theo chiều ngược lại giống như dãy điện hóa)
Câu này không khó nhưng có tính logic, khá hay. Làm trong 5-10s
Câu 2 : Dãy các nguyên tố sắp xếp theo chiều tăng dần tính phi kim từ trái sang phải là
A. P, N, F, O. B. N, P, F, O. C. P, N, O, F. D. N, P, O, F.
Đáp án C.
Câu này có thể loại trừ đáp án, do đa số các em đều biết F là phi kim mạnh nhất, nên đáp án A
và B dễ dàng bị loại. Giữa C và D cũng không khó để chọn được đáp án đúng.
Nhìn chung, đây là một câu hỏi dễ, chỉ cần 5s.
Câu 3 : Nguyên tắc luyện thép từ gang là
A. dùng O2 oxi hoá các tạp chất Si, P, S, Mn, ... trong gang để thu được thép.
B. dùng chất khử CO khử oxit sắt thành sắt ở nhiệt độ cao.
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

C. dùng CaO hoặc CaCO3 để khử tạp chất Si, P, S, Mn, ... trong gang để thu được thép.
D. tăng thêm hàm lượng cacbon trong gang để thu được thép.
Đáp án A.
Chú ý, tránh nhầm lẫn với nguyên tắc sản xuất gang!
Đây là một câu hỏi thuần túy lý thuyết, nhưng lại rơi vào một nội dung mà rất ít em quan tâm,
nên chắc cũng gây không ít khó khăn.
Câu này làm trong 10s
Câu 4 : Đun nóng chất H2N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH2-COOH trong dung dịch HCl (dư),
sau khi các phản ứng kết thúc thu được sản phẩm là
A. H2N-CH2-COOH, H2H-CH2-CH2-COOH.
B. H3N+-CH2- COOHCl − , H3N+-CH2-CH2- COOHCl − .
C. H3N+-CH2- COOHCl − , H3N+-CH(CH3)- COOHCl − .
D. H2N-CH2-COOH, H2N-CH(CH3)-COOH.
Đáp án C.
Ở đây, cách viết –HCl - có thể gây một chút “lạ” cho thí sinh, nhưng tôi nghĩ là cũng không làm
khó được các em, vì nó tương tự với cách viết muối nội của amino acid +H3N-R-COO-, hơn nữa, nếu
có kinh nghiệm thì cũng chỉ cần thấy rằng ở đây có 2 nhóm: có tạo muối và không tạo muối, ta không
cần quan tâm đề bài viết theo cách nào.
Nếu làm một cách bài bản thì chỉ cần xét vị trí cắt của liên kết peptid (chú ý là liên kết amide và
liên kết ester có điểm chung rất dễ nhớ ^^)
Tuy nhiên, bài này có thể làm bằng cách suy luận rất thông minh như sau: sản phẩm tạo thành
phải có nhánh –CH(CH3)- do đó loại ngay 2 đáp án A và B. Chú ý dữ kiện HCl(dư) là ta sẽ có được
đáp án đúng.
Với cách suy luận như vậy thì bài này có thể làm trong 5-10s.
Ở đây, đáp án gây nhiễu A và B có phần hơi “thô” khi không đưa nhánh vào!
Câu 5 : Cho sơ đồ chuyển hoá sau :
0 0
Toluen ⎯+ Br2 (1:1mol),Fe,t → X ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Y ⎯⎯⎯⎯ Z
+ NaOH (dö ),t ,p + HCl(dö )
⎯⎯⎯⎯⎯ → →
Trong đó X, Y, Z đều là hỗn hợp của các chất hữu cơ, Z có thành phần chính gồm
A. m-metylphenol và o-metylphenol. B. benzyl bromua và o-bromtoluen.
C. o-bromtoluen và p-bromtoluen. D. o-metylphenol và p-metylphenol.
Đáp án D.
X : o-bromtoluen và p-bromtoluen ; Y : o-NaO-C6H4-CH3 và p-NaO-C6H4-CH3
→ Z : o-metylphenol và p-metylphenol.

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu hỏi này cũng có thể gọi là hay, đề cập đến quy tắc thế trên nhân benzen, nhưng cái mà các
em dễ lúng túng hơn có lẽ là ở cách gọi tên.
Bài này làm trong 10s
Câu 6 : Một mẫu nước cứng chứa các ion : Ca2+, Mg2+, HCO3 , Cl − , SO 2− . Chất được dùng để làm

4

mềm mẫu nước cứng trên là
A. Na2CO3. B. HCl. C. H2SO4. D. NaHCO3.
Đáp án A.
Nguyên tắc làm mềm nước cứng toàn phần (bằng phương pháp hóa học) là dùng Na3PO4 hoặc
Na2CO3 để loại bỏ Mg2+ và Ca2+ dưới dạng muối kết tủa.
Câu hỏi này cũng thuần lý thuyết, khá dễ, làm trong 5-10s
Câu 7 : Đun nóng hỗn hợp gồm hai rượu (ancol) đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng
đẳng với H2SO4 đặc ở 1400C. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 6 gam hỗn hợp gồm ba ete và
1,8 gam nước. Công thức phân tử của hai rượu trên là
A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH.
C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH
Đáp án A.
Ta gọi chung 2 rượu là ROH → ete thu được là RO R , phản ứng ete hóa có nrượu = nnước = 0,1
mol → Mete = 60 → M R = 22 → -CH3 (M = 15) và đồng đẳng kế tiếp là –C2H5
Bài này khá dễ và là một dạng bài quen thuộc, các số liệu đều có thể nhẩm được, làm trong 15-
20s.
Câu 8 : Cho các chất : rượu (ancol) etylic, glixerin (glixerol), glucozơ, đimetyl ete và axit fomic. Số
chất tác dụng được với Cu(OH)2 là
A. 1. B. 3. C. 4. D. 2.
Đáp án B.
Cụ thể: glixerol (tạo phức) ; glucozơ (tạo phức và oxi hóa – khử) ; riêng đối với trường hợp acid
formic, tuy còn một số ý kiến nghi ngờ, nhưng đối với kiến thức của một học sinh phổ thông, thì hoàn
toàn có thể chấp nhận được, phản ứng ở đây có thể là phản ứng acid – base hoặc là phản ứng oxh – kh
của nhóm aldehyde với Cu(OH)2 (chính xác hơn là trong môi trường kiềm)
Bài này khá dễ, vừa đọc đề vừa đánh dấu và đếm, làm trong 5-10s
Câu 9 : Oxi hoá 1,2 gam CH3OH bằng CuO nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp sản
phẩm X (gồm HCHO, H2O, CH3OH dư). Cho toàn bộ X tác dụng với lượng dư Ag2O (hoặc AgNO3)
trong dung dịch NH3, được 12,96 gam Ag. Hiệu suất của phản ứng oxi hoá CH3OH là
A. 76,6%. B. 80,0%. C. 65,5%. D. 70,4%.
Đáp án B.
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

CH3OH → HCHO → 4Ag
nAg = 0,12 mol (nhẩm) → nCH3OH phản ứng = 0,03 mol (nhẩm)
nCH3OH ban đầu = 0,0375 mol → H% = 80%
Đây là một câu hỏi dễ và khá quen thuộc.
Vì là một câu hỏi rất dễ, nên việc đưa thêm các đáp án “nhiễu” vào nếu không khéo sẽ khó đạt
được hiệu quả “gây nhiễu” và trở thành vô nghĩa. Ở câu hỏi này, các đáp án “gây nhiễu” được đưa
vào đề thi quá tùy tiện và vô trách nhiệm mà không hề dựa trên một cơ sở tính toán nào. Đối với một
học sinh không có kiến thức cũng có thể dễ dàng chọn đáp án là B vì lý luận “kết quả thường là số
đẹp”.
Trong trường hợp này, nên thay vào bằng đáp án 40% như vậy dải 4 đáp án sẽ có 2 số tròn – 2
số lẻ sẽ gây khó khăn cho những thí sinh không biết làm mà chỉ chọn ngẫu nhiên, đồng thời cũng
khiến cho những thí sinh kiến thức không vững dễ bị lúng túng, cho dù có giải ra kết quả là 80% rồi
mà không vững vàng cũng có thể bị dao dộng và mất thời gian với cái 40% (vì HCHO là aldehyde
đặc biệt có tỷ lệ phản ứng tạo Ag là 1:4 trong khi các aldehyde khác là 1:2)
Ngoài ra, nếu người ra đề thực sự muốn “bẫy” những thí sinh chọn ngẫu nhiên thì có thể thêm
vào đáp án 60%, với 4 đáp án: 3 chẵn – 1 lẻ, sẽ có không ít thí sinh thiếu kiến thức chọn theo tâm lý
“đáp án đặc biệt” và bị mất điểm.
Bài này làm trong 15-20s
Câu 10 : Khối lượng của tinh bột cần dùng trong quá trình lên men để tạo thành 5 lít rượu (ancol)
etylic 460 là (biết hiệu suất của cả quá trình là 72% và khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất là
0,8 g/ml)
A. 5,4 kg. B. 5,0 kg. C. 6,0 kg. D. 4,5 kg.
Đáp án D.
C6H10O5 ⎯H = 72%⎯ 2C2H5OH
⎯⎯→
46% × 5 × 0,8 0,5 ×162
→ m(tinh bột) = × = 4,5 kg
46 72%
Ở đây ta bỏ qua hệ số n của tinh bột và dùng sơ đồ hợp thức (có tính đến hiệu suất) để tính
nhanh. (Mặc dù, thực ra là: (C6H10O5)n ⎯H = 72%⎯ 2nC2H5OH rồi triệt tiêu n). Phép tính rất dài nhưng
⎯⎯→
chỉ cần thực hiện 1 lần trên máy tính mà không sợ nhầm lẫn vì chỉ phép nhân và chia. Chú ý không
đổi lít thành ml để đơn vị cuối cùng là kg).
Đối với câu hỏi này các phương án “nhiễu” là “có thể chấp nhận được”, vì cả 4 phương án đều
là những số tròn - sẽ khó cho học sinh nào muốn chọn ngẫu nhiên. Tuy nhiên, các đáp án “nhiễu”
vẫn chưa dựa trên một cơ sở tính toán nào, nên nếu phản biện đáp án tốt thì nên lựa chọn các phương
án “nhiễu” hợp lý hơn.


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Trong trường hợp này nên đưa thêm 2 phương án nhiễu là 3,24 và 6,25. Đây là 2 phương án
“nhiễu” hết sức hợp lý vì qua kinh nghiệm giảng dạy thực tế cho thấy có không ít học sinh vẫn còn
lúng túng trong việc tính toán các bài tập có H%, với 3,24 là trong trường hợp quên không chia cho
0,72 và 6,25 là tiếp tục chia 4,5 cho 0,72 (hiểu nhầm là 2 giai đoạn). Đáp án “nhiễu” còn lại là 5,4.
Như vậy dải 4 đáp án là: 3,24 – 4,5 – 5,4 – 6,25, rất hợp lý.
Ngoài ra, cũng có thể thay 6,25 hoặc 5,4 bằng 2,333 với ý nghĩa là nhầm việc 3,24 chia 0,72
thành nhân với 0,72, cũng tạo thành bộ đáp án rất hay.
Câu 11 : Nung một hỗn hợp rắn gồm a mol FeCO3 và b mol FeS2 trong bình kín chứa không khí (dư).
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa bình về nhiệt độ ban đầu, thu được chất rắn duy nhất là
Fe2O3 và hỗn hợp khí. Biết áp suất khí trong bình trước và sau phản ứng bằng nhau, mối liên hệ giữa
a và b là (biết sau các phản ứng, lưu huỳnh ở mức oxi hoá +4, thể tích các chất rắn là không đáng kể).
A. a = 0,5b. B. a = b. C. a = 4b. D. a = 2b.
Đáp án B.
Bài tập này có thể giải quyết theo 2 cách:
Cách 1: Viết PTPƯ đốt cháy.
4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 ; 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2
Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn e.
a mol FeCO3 → a mol CO2 và cho a mol e, b mol FeS2 → 2b mol SO2 và cho 11b mol e.
O2 + 4e → 2O-2
a + 11b
Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có nO2 =
4
Cả 2 cách làm đều cho ta một kết quả là:
1 11
Áp suất khí trong bình không đổi ⇔ a + b = a + 2b ⇔ a = b.
4 4
Ở đây, các em phải lưu ý rằng 2 cách làm đều có cùng 1 bản chất, vì ở cách 1, muốn cân bằng
phản ứng đã cho ta phải áp dụng định luật bảo toàn e rồi. (^^ dĩ nhiên, hạn chế viết ptpư cũng là một
phong cách riêng của Sao băng).
Trong trường hợp của câu hỏi này, các đáp án gây nhiễu có phần cảm tính khi xếp chúng đôi
một gấp đôi nhau, mặc dù vậy, cũng giống như câu 10, đây là những đáp án “có thể chấp nhận được”.
Tuy nhiên, sẽ là hay hơn nếu ta xếp các đáp án gây nhiễu dựa trên việc đánh giá những điểm yếu của
thí sinh. Ví dụ a = 1,67b dựa vào việc thí sinh có thể xác định sai số oxh của S trong FeS2 là -2, ...,
cũng có ý kiến cho rằng nên thêm đáp án a = 5b với lập luận là thí sinh có thể nhầm nếu chỉ căn cứ
vào hệ số của phương trình mà xem chất rắn cũng có thể tích như chất khí. Tuy nhiên, theo tôi thì khả
năng này khó có thể xảy ra, vì trong đề bài đã có ghi rất rõ ràng “thể tích các chất rắn là không đáng
kể”

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Bài này làm trong 20-30s
Câu 12 : Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam
FeCl3. Giá trị của m là
A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.
Đáp án A.
Quy đổi hỗn hợp đầu thành hỗn hợp chỉ có FeO và Fe2O3 : FeO → FeCl2 ; Fe2O3 → 2FeCl3
→ mFeO = 7,62/127*72 = 4,32gam → mFe2O3 = 4,8g hay 0,03 mol (nhẩm)
→ m = mFeCl3 = (56 + 35,5*3)*0,03*2 = 9,75g
→ m = mFeCl3 = 2*[9,12 – (7,62/127)*72]*162,5/160 = 9,75 gam.
Chú ý là có thể dồn thành một phép tính liên hoàn :
→ m = m(FeCl3) = 2*[9,12 – (7,62/127)*72]*162,5/160 = 9,75g
nhưng khi thực hiện liên hoàn nhiều phép tính trên máy tính bao gồm cả cộng trừ, nhân chia thì
phải hết sức cẩn thận trong thao tác, nếu không sẽ mắc phải sai sót.
Có ý kiến cho rằng nên thay đổi các đáp án nhiễu, trong đó thêm vào giá trị: 4,875 và 19,5. Đây
cũng là một ý kiến hay, giá trị 4,875 cũng rất có khả năng thí sinh chọn nhầm, do không nhân 2 số
mol Fe2O3 khi nó chuyển thành FeCl3, mặc dù vậy, giá trị 4,875 có phần hơi lẻ. Còn giá trị 19,5 nếu
đưa vào chắc chỉ “nhiễu” được các thí sinh chưa biết làm câu này, vì nếu có một chút kinh nghiệm thì
sẽ thấy là nó hơi lớn và hơi vô lý.
Bài này có thể làm trong 20-40s
Câu 13 : Cho dãy các chất và ion : Cl2, F2, SO2, Na+, Ca2+, Fe2+, Al3+, Mn2+, S2-, Cl − . Số chất và ion
trong dãy đều có tính oxi hoá và tính khử là
A. 3. B. 4. C. 6. D. 5.
Đáp án B.
Có tính oxi hóa và tính khử ⇔ số oxi hóa trung gian : Cl2, SO2, Fe2+, Mn2+.
Trong câu hỏi này sẽ có nhiều bạn sẽ chọn nhầm phải đáp án A, do các hợp chất của Mn ít được
chú ý trong chương trình, nhất là chương trình không phân ban. Câu hỏi này lẽ ra nên được sắp xếp
vào phần lựa chọn cho thí sinh phân ban thì sẽ công bằng hơn.
Bài này làm trong 10 – 15s.
Câu 14 : Phản ứng nhiệt phân không đúng là
0 0
A. 2KNO3 ⎯t⎯ 2KNO2 + O2
→ B. NH4NO2 ⎯t⎯ N2 + 2H2O

0 0
C. NH4Cl ⎯t⎯ NH3 + HCl
→ D. NaHCO3 ⎯t⎯ NaOH + CO2

Đáp án D.

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

0
2NaHCO3 ⎯t⎯ Na2CO3 + CO2 + H2O

Các muối Cacbonate của kim loại kiềm bền với nhiệt nên không bị nhiệt phân tiếp trong điều
kiện thông thường.
Câu hỏi này khá dễ, làm trong 5-10s
Câu 15 : Cho dãy các chất : KAl(SO4)2.12H2O, C2H5OH, C12H22O11 (saccarozơ), CH3COOH,
Ca(OH)2, CH3COONH4. Số chất điện li là
A. 3. B. 4. C. 5. D. 2.
Đáp án B.
Đối với câu hỏi loại này có thể làm theo kiểu liệt kê hoặc loại trừ, ở đây ta loại trừ saccarozơ và
rượu etylic.
Câu hỏi này khá dễ, làm trong 5-10s
Câu 16 : Cho 2,16 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO3 (dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được 0,896 lít khí NO (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi
dung dịch X là
A. 8,88 gam. B. 13,92 gam. C. 6,52 gam. D. 13,32 gam.
Đáp án B.
nMg = 0,09 mol → ne(cho) = 0,18 mol (nhẩm)
nNO = 0,04 mol → ne(nhận) = 0,12 mol (nhẩm)
ne(cho) > ne(nhận) → Trong dung dịch có tạo thành NH4NO3
n(NH4NO3) = (0,18 – 0,12)/8 mol
mmuối khan = m(Mg(NO3)2) + m(NH4NO3)
= (24 + 62*2)*0,09 + 80*(0,18 – 0,12)/8 = 13,92 gam.
Ở bài tập này, có một số ý kiến cho rằng NH4NO3 không sinh ra trong HNO3 dư, điều này là
không đúng, thế oxh – kh của HNO3 phụ thuộc vào nồng độ chứ không phụ thuộc vào lượng chất.
HNO3 dư nhưng nồng độ rất thấp (loãng) thì vẫn có thể tạo thành NH4NO3.
Đây là một bài tập khá hay, có tính phân loại. Nếu học sinh đã quen với việc dùng phương pháp
bảo toàn e trong các bài toán có phản ứng oxh – kh thì sẽ không gặp nhiều khó khăn lắm khi phát hiện
ra mâu thuẫn, mặc dù vẫn có thể hơi lúng túng khi suy luận ra sự có mặt của NH4NO3, còn nếu học
sinh cẩu thả thì rất dễ bị mất điểm ở câu này.
Phương án 13,32 là có tính “nhiễu” cao nhất khi học sinh chỉ tính khối lượng của Mg(NO3)2.
Phương án 8,88 là trong trường hợp chỉ tính khối lượng Mg(NO3)2 mà số mol tính dựa vào NO
....



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Mặc dù vậy, cá nhân tôi cho rằng, các phương án này đều không quá “nhiễu”, ít có học sinh nào
tính khối lượng muối từ dữ kiện số mol Mg mà không băn khoăn “người ta cho NO để làm gì” và
ngược lại tính dựa vào NO mà không băn khoăn “người ta cho Mg để làm gì”
Bài này làm trong 30-35s
Câu 17 : Thành phần chính của quặng photphorit là
A. Ca3(PO4)2. B. NH4H2PO4. C. Ca(H2PO4)2. D. CaHPO4.
Đáp án A.
Đây là một câu hỏi thuần lý thuyết và khá dễ, làm trong 5s.
Nếu hỏi thành phần của supephosphate đơn và supephosphat kép thì sẽ hay hơn và khó hơn.
Câu 18 : Đun nóng một rượu (ancol) đơn chức X với dung dịch H2SO4 đặc trong điều kiện nhiệt độ
thích hợp sinh ra chất hữu cơ Y, tỉ khối hơi của X so với Y là 1,6428. Công thức phân tử của Y là
A. C3H8O. B. C2H6O. C. CH4O. D. C4H8O.
Đáp án B.
d(X/Y) = 1,6428 > 1 → MX > MY → phản ứng tách nước tạo anken.
X : CnH2n+2O ⇒ Y : CnH2n
14 n + 18 18
dX = = 1,6428 → = 0,6428
14 n 14 n
Y

Câu này vốn không khó nhưng đề bài đã bị “nhầm” một cách rất ngớ ngẩn và đáng tiếc ở chỗ
đáng lẽ phải hỏi “công thức phân tử của X là” thì lại hỏi “công thức phân tử của Y là” (!?).
Chú ý phương pháp biến đổi tỷ lệ thức ở trên, nó có thể áp dụng mở rộng cho các bài tập tìm
công thức phân tử khác, cả trong vô cơ và hữu cơ, ví dụ tìm CTPT của oxit, hợp chất với hidro, CTPT
hidrocacbon và các chất hữu cơ, ... (xem thêm cách biến đổi ở câu 36)
Bài này làm trong 30-40s
Câu 19 : Cho các phản ứng :
Ca(OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O
0
2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O 4KClO3 ⎯t⎯ KCl + 3KClO4

O3 → O2 + O
Số phản ứng oxi hoá khử là
A. 5. B. 2. C. 3. D. 4.
Đáp án D.
Dựa vào sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố, có thay đổi số oxh → là phản ứng oxh –kh.
Ở đây cần lưu ý, phản ứng sau vẫn có sự thay đổi số oxi hóa của Cl (tự oxi hóa – tự khử) :
Ca(OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Ở đây phải xét đến cấu tạo của CaOCl2 thì mới thấy được điều này : Cl(-1)-Ca-O-Cl(+1)
Clorua vôi là một chất khá đặc biệt và dễ ấn tượng nên tôi nghĩ sẽ không có nhiều em bị sai câu
này. Còn phản ứng phân hủy của Ozone, theo tôi là không nên đưa vào đề thi ĐH, vì nếu học sinh có
kiến thức sâu hơn sẽ dễ băn khoăn và mất thời gian ở câu này.
Bài này làm trong 10-15s.
Câu 20 : Cho 8,9 gam một hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử C3H7O2N phản ứng với 100 ml
dung dịch NaOH 1,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được 11,7 gam chất
rắn. Công thức cấu tạo thu gọn của X là
A. HCOOH3NCH=CH2. B. H2NCH2CH2COOH.
C. CH2=CHCOONH4. D. H2NCH2COOCH3.
Đáp án D.
Dựa vào đáp án, ta thấy các chất đều phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:1.
→ nNaOH phản ứng = nX = 0,1 mol → nNaOH dư = 0,05 mol hay 2g
Áp dụng phương pháp tăng – giảm khối lượng, ta có: RCOOR’ → RCOONa
mgiảm = 11,7 – 2- 8,9 = 0,8 g hay Mgiảm = 8 gam → MR’ = 23-8 = 15 hay là –CH3
→ đáp án D
Bài này có thể giải trong 20-30s, các số liệu đều có thể nhẩm được.
Câu 21 : Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon vào bình đựng dung dịch brom (dư). Sau
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn
toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2. Công thức phân tử của hai hiđrocacbon là (biết các thể tích
khí đều đo ở đktc).
A. CH4 và C2H4. B. CH4 và C3H4. C. CH4 và C3H6. D. C2H6 và C3H6.
Đáp án C.
khiđrocacbon không no = (4/160)/[(1,68 – 1,12)/22,4] = 1 → Loại B.
ntrung bình = 2,8/1,68 = 5/3 = 1,67 → Loại D.
nhiđrocacbon không no = (2,8 – 1,12*1)/0,56 = 3
→ CTPT của hai hiđrocacbon là : CH4 và C3H6
Tỷ lệ về thể tích cũng là tỷ lệ về số mol nên ta tính toán ngay với thể tích mà không cần chuyển
về số mol, mặc dù các số liệu thể tích ở đây đều ở đktc và dễ dàng chuyển đổi thành số mol.
Bài tập này khá đơn giản và đặc trưng cho các bài tập có liên quan đến hidrocacbon. Tuy nhiên,
cần chú ý cẩn thận khi sử dụng với các phép tính liên hoàn có cả cộng trừ, nhân chia.
Làm trong 20 – 30s.
Câu 22 : Axit cacboxylic no, mạch hở X có công thức thực nghiệm (C3H4O3)n, vậy công thức phân tử
của X là
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

A. C6H8O6. B. C3H4O3. C. C12H16O12. D. C9H12O9.
Đáp án A.
Đối với bài tập này có thể làm theo 3 cách:
Cách 1: Dựa vào công thức tính độ bất bão hòa k
3n 2 × 3 + 2 − 4n
→ n=2
Axit cacboxylic no, mạch hở ⇔ k = =
2 2
→ CTPT của X là C6H8O6
Để làm cách này thì các em phải nắm rất vững công thức tính độ bất bão hòa k.
^^ đọc thêm bài giảng “Độ bất bão hòa k và ứng dụng trong giải toán” trên Blog của tôi để biết
thêm chi tiết và hiểu rõ hơn cách xây dựng công thức tính này.
Cách 2: Dựa vào việc xây dựng CTPT tổng quát.
Axit cacboxylic no, mạch hở có CTPT tổng quát dạng: CxH2x+2-k(COOH)k
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, ta có:
⎧x = 3
⎧ x + k = 3n


⎨n = 2
⎨2 x + 2 = 4n →
⎪k = 3
⎪2k = 3n


Cách làm này tuy dài hơn nhưng lại quen thuộc hơn với đa số các em.
Cách 3: Dựa vào công thức thực nghiệm và đặc điểm hóa học.

(C3H4O3)n là acid → CTCT dạng: C3n−3n H 4 n−3n (COOH )3n 2
2 2

5n 3n 3n
no, mạch hở → → n=2
= 2× + 2 −
2 2 2
Cách làm này cũng khá phổ biến, về cơ bản là tương tự như cách 2, nhưng không phải giải hệ pt.
Bài này làm bằng cách 1 trong 20-25s.
⎯⎯

Câu 23 : Cho cân bằng hoá học : N2 (k) + 3H2 (k) ←⎯ 2NH3 (k) ; phản ứng thuận là phản ứng toả

nhiệt. Cân bằng hoá học không bị chuyển dịch khi
A. thay đổi áp suất của hệ. B. thay đổi nồng độ N2.
C. thay đổi nhiệt độ. D. thêm chất xúc tác Fe.
Đáp án D.
Cân bằng hóa học chỉ có thể bị chuyển dịch khi thay đổi các yếu tố nồng độ, nhiệt độ và áp suất.
Chất xúc tác chỉ có vai trò làm tăng tốc độ phản ứng (thuận và nghịch) mà không làm cho cân bằng
chuyển dịch!


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đây là một bài khá dễ, vì các phản ứng thường dùng để hỏi về cân bằng Hóa học rất quen thuộc
và có thể giới hạn được như: phản ứng tổng hợp NH3, tổng hợp SO3, nhiệt phân CaCO3, ....
Bài này làm trong 10-15s.
Câu 24 : Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat và hiđrocacbonat của kim loại kiềm M tác dụng hết
với dung dịch HCl (dư), sinh ra 0,448 lít khí (ở đktc). Kim loại M là
A. Na. B. K. C. Rb. D. Li.
Đáp án A.
M2CO3 → CO2 ; MHCO3 → CO2
nmuối = 0,02 mol → M + 61 < 1,9/0,02 = 95 < 2M + 60 ⇔ 17,5 < M < 34 → M là Na (23).
Đây là một bài tập giải bằng phương pháp biện luận bất phương trình khá hay nhưng cũng rất
quen thuộc, có thể bắt gặp cả trong các bài tập hữu cơ và vô cơ vì thế mà không khó.
Hơn nữa, đối với các bài tập tìm kim loại kiềm kiểu này, thì kinh nghiệm làm bài cho thấy trên
90% kết quả tìm được là Na hoặc K, trong đó trên 50% là Na. Vì thế, tôi hơi thất vọng, lẽ ra nên đổi
mới để loại bỏ tâm lý đó, có thể sửa đổi số liệu để kết quả là Rb thì hay hơn (đằng nào thì trong đề thi
cũng đã có chú thích MRb)
Bài này làm trong 20-30s.
Câu 25 : Thể tích dung dịch HNO3 67,5% (khối lượng riêng là 1,5 g/ml) cần dùng để tác dụng với
xenlulozơ tạo thành 89,1 kg xenlulozơ trinitrat là (biết lượng HNO3 bị hao hụt là 20%)
A. 55 lít. B. 81 lít. C. 49 lít. D. 70 lít.
Đáp án D.
3HNO3 ⎯H = 80%⎯ C6H7O2(NO3)3
⎯⎯→
V(HNO3) = {[3*(89,1/297)/0,08]*63/0,675}/1,5 = 70 lít.
Câu này nếu tính liên hoàn trong 1 phép tính như trên thì quá phức tạp và dễ sai sót, nên chia
nhỏ thành các phép tính.
Các phương án nhiễu chưa ổn, nên thay bằng các giá trị 47,25 ; 56 ; 84 hoặc 105.
Câu 26 : Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, Cu vào dung dịch HCl (dư), sau khi kết thúc phản ứng sinh
ra 3,36 lít khí (ở đktc). Nếu cho m gam hỗn hợp X trên vào một lượng dư axit nitric (đặc, nguội), sau
khi kết thúc phản ứng sinh ra 6,72 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của m là
A. 11,5. B. 10,5. C. 12,3. D. 15,6.
Đáp án C.
Cu không tác dụng với HCl → nAl = 0,15*2/3 = 0,1 mol (nhẩm)
Al không tác dụng với HNO3 đặc nguội → nCu = 0,3/2 = 0,15 mol (nhẩm)
→ m = 27*0,1 + 64*0,15 = 12,3 gam.


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Có thể có ý kiến cho rằng có thể Al sẽ tác dụng với Cu2+ nhưng trong trường hợp này điều đó
không xảy ra, vì Al đã bị thụ động hóa trong HNO3 đặc nguội và trở nên bền vững rồi.
Bài này khá đơn giản, có thể làm trong 20-30s.
Câu 27 : Hợp chất hữu cơ no, đa chức X có công thức phân tử C7H12O4. Cho 0,1 mol X tác dụng vừa
đủ với 100 gam dung dịch NaOH 8% thu được chất hữu cơ Y và 17,8 gam hỗn hợp muối. Công thức
cấu tạo thu gọn của X là
A. CH3OOC-(CH2)2-COOC2H5. B. CH3COO-(CH2)2-COOC2H5.
C. CH3COO-(CH2)2-OOCC2H5. D. CH3OOC-CH2-COO-C3H7.
Đáp án C.
Do sinh ra hỗn hợp muối → Loại A, D → n(Y) = 0,1 mol.
Cách 1: Phương pháp bảo toàn khối lượng
MY = [(16 + 8) – 17,8]/0,1 = 62 → Y là HO-CH2-CH2-OH.
(Nên tính nhẩm một số giá trị, thay vì thực hiện phép tính liên hoàn :
MY = [(160*0,1 + 100*8%) – 17,8]/0,1 = 62 sẽ rất dễ mắc sai sót)
Cách 2: Phương pháp tăng – giảm khối lượng
mtăng = 17,8 – 16 = 1,8g (nhẩm) → Mtăng = 1,8/0,1 = 18 (nhẩm) → Mgốc rượu = 23*2 – 18 = 28
→ -CH2-CH2-
→ X là CH3COO-(CH2)2-OOCC2H5.
Hai cách làm thực ra có cùng bản chất (xem thêm nhận xét ở câu 29), phương pháp tăng – giảm
khối lượng là một kết quả được rút ra từ phương pháp bảo toàn khối lượng.
*
Về các phương pháp giải toán Hóa học và mối quan hệ của chúng, các bạn có thể tìm đọc lại qua nội dung của lớp
học “Kỹ năng, kinh nghiệm và phương pháp giải nhanh bài thi trắc nghiệm Hóa học” của tôi.
Với cách làm như trên, bài toán này có thể giải quyết trong 20 - 40s.
Ở đây, dữ kiện “no” là hoàn toàn thừa.
Câu 28 : Trộn 100 ml dung dịch có pH = 1 gồm HCl và HNO3 với 100 ml dung dịch NaOH nồng độ
a (mol/l) thu được 200 ml dung dịch có pH = 12. Giá trị của a là (biết trong mọi dung dịch [H+][OH−]
= 10−14)
A. 0,15. B. 0,30. C. 0,03. D. 0,12.
Đáp án D.
pH = 12 → pOH = 2 → [OH− dư] = (0,1a – 0,1*0,1)/0,2 = 0,01 → a = 0,12.
Chú ý : từ điều kiện [H+][OH−] = 10−14 → pH + pOH = 14.
Đây là một bài toán dung dịch quen thuộc, tương đối dễ, làm trong 15-20s



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu 29 : Cho 3,6 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch gồm
KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan. Công
thức phân tử của X là
A. C2H5COOH. B. CH3COOH. C. HCOOH. D. C3H7COOH.
Đáp án B.
X tác dụng hoàn toàn ⇔ X hết (KOH và NaOH có thể dư)
Cách 1: Phương pháp bảo toàn khối lượng
3,6 + 0,06(56 + 40) = 8,28 + (3,6/X)*18 → X = 60 → X là CH3COOH.
Cách 2: Phương pháp tăng - giảm khối lượng
m tăng = 3,6 + 0,06(56 + 40) – 8,28 = 1,08g → 0,09 mol H2O (nhẩm) → Macid = 3,6/0,9 = 60
(nhẩm) → X là CH3COOH.
Thực ra 2 cách làm có cùng bản chất và tương đương nhau, tùy vào kỹ năng và phương pháp
của mỗi thí sinh mà lựa chọn cách làm nào cho đơn giản và thuận lợi trong tính toán.
Mặc dù ý tưởng của bài toán là khá hay khi ép thí sinh phải dùng đến phương pháp bảo toàn
khối lượng hoặc tăng – giảm khối lượng mới có thể tìm được đáp án đúng, các đáp án nhiễu của bài
tập này vẫn còn khá cẩu thả và mang nặng tính hình thức, nếu học sinh vận dụng kinh nghiệm “số
mol tròn” thì cũng đã có thể tìm ra đáp án là B. Dữ kiện “axit cacboxylic no” là thừa, nên sửa lại đề
bài là “axit cacboxylic đơn chức” và thêm vào đáp án C2H3COOH thì sẽ hay hơn rất nhiều, vì khi đó
3,6g cũng là 0,05 mol C2H3COOH – rất tròn và sẽ có tính chất “nhiễu” cao hơn.
Bài này làm trong 20-30s.
Câu 30 : Chất phản ứng với dung dịch FeCl3 cho kết tủa là
A. CH3NH2. B. CH3COOCH3. C. CH3OH. D. CH3COOH.
Đáp án A.
⎯⎯

CH3NH2 + H2O ←⎯ CH3NH3+ + OH− ; Fe3+ + 3OH− → Fe(OH)3↓

Câu 31 : Cho các phản ứng sau :
0
H2S + O2 (dư) ⎯t⎯ Khí X + H2O

0
NH3 + O2 ⎯850 C, Pt → Khí Y + H2O
⎯⎯⎯
NH4HCO3 + HCl loãng → Khí Z + NH4Cl + H2O
Các khí X, Y, Z thu được lần lượt là
A. SO3, NO, NH3. B. SO2, N2, NH3. C. SO2, NO, CO2. D. SO3, N2, CO2.
Đáp án C.
0
H2S + O2 (dư) ⎯t⎯ SO2 + H2O

0
NH3 + O2 ⎯850 C, Pt → NO + H2O
⎯⎯⎯
vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

NH4HCO3 + HCl loãng → CO2 + NH4Cl + H2O
(Các ptpư không cần viết ra mà chỉ hình dung trong đầu)
Chú ý điều kiện trong 2 phản ứng đầu: phản ứng (1) có O2 dư, phản ứng (2) có xúc tác Pt và
850*C, dù sao đây cũng đều là các phản ứng quá quen thuộc trong chương trình lớp 10 và 11.
Bài này có thể làm trong 5-10s.
Các đáp án có SO3 hoặc NH3 là quá “thô”, học sinh dễ dàng loại trừ và tìm ra đáp án đúng!
Nên thay bằng các tổ hợp (S, NO, CO2) hoặc (S, N2, CO2) hoặc (SO2, N2, CO2).
Câu 32 : Nhiệt phân hoàn toàn 40 gam một loại quặng đôlômit có lẫn tạp chất trơ sinh ra 8,96 lít khí
CO2 (ở đktc). Thành phần phần trăm về khối lượng của CaCO3.MgCO3 trong loại quặng nêu trên là
A. 40%. B. 50%. C. 84%. D. 92%.
Đáp án D.
Quặng đôlômit là CaCO3.MgCO3
MCO3 → CO2 (cái này nhẩm trong đầu) → nMCO3 = nCO2 = 0,04 mol (nhẩm)
→ %m(CaCO3.MgCO3) = {[(100 + 84)*0,02]/40}*100% = 92%.
Đây là một câu hỏi rất dễ, vì thế mà các phương án “nhiễu” không có nhiều ý nghĩa.
Bài này làm trong 20-30s
Câu 33 : Cho các phản ứng :
0
C2H4 + Br2 →
HBr + C2H5OH ⎯t⎯

C2H4 + HBr → C2H6 + Br2 ⎯a⎯⎯⎯→
skt (1:1mol)


Số phản ứng tạo ra C2H5Br là
A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.
Đáp án B.
C2H4 + Br2 ⎯⎯ C2H4Br2

0
HBr + C2H5OH ⎯t⎯ C2H5Br + H2O

C2H4 + HBr ⎯⎯ C2H5Br
→ C2H6 + Br2 ⎯a⎯⎯⎯→ C2H5Br + HBr
skt (1:1mol)


(Thực ra không cần viết ptpư mà chỉ cần hình dung trong đầu là được)
Bài này không khó, làm trong 10-15s
Câu 34 : Tiến hành hai thí nghiệm sau :
- Thí nghiệm 1 : Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch Cu(NO3)2 1M;
- Thí nghiệm 2 : Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung dịch AgNO3 0,1M.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm đều bằng nhau.
Giá trị của V1 so với V2 là
A. V1 = V2. B. V1 = 10V2. C. V1 = 5V2. D. V1 = 2V2.

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đáp án A.
Khối lượng chất rắn ở hai thí nghiệm bằng nhau ⇔ V1(64 – 56) = 0,1*V2(108 – 56*0,5)
→ V1 = V2 (nhẩm)
Đây là một bài toán tăng giảm khối lượng điển hình. Cần chú ý tỉ lệ mol của phản ứng Fe với
AgNO3 là 1:2, do đó có thể thay thế phương án nhiễu bằng : V1 = 0,65V2, đó là trong trường hợp thí
sinh quên mất điều này, mà xem tỷ lệ là 1:1.
Bài này làm trong 15-20s.
Câu 35 : Polime có cấu trúc mạng không gian (mạng lưới) là
A. PE. B.amilopectin . C. PVC. D. nhựa bakelit.
Đáp án D.
Để làm được câu này cần phải nhớ và nắm vững cấu trúc phân tử của các polime..
Tuy nhiên câu này khá dễ và khá quen thuộc, làm trong 5-10s..
Câu 36 : Công thức phân tử của hợp chất khí tạo bởi nguyên tố R và hiđro là RH3. Trong oxit mà R
có hoá trị cao nhất thì oxi chiếm 74,07% về khối lượng. Nguyên tố R là
A. S. B. As. C. N. D. P.
Đáp án C.
Đối với một nguyên tố thì: Hóa trị cao nhất với H + Hóa trị cao nhất với O = 8.
16 × 5 74,07 80 74,04
→ Oxit có dạng : R2O5 → → R = 14 → R là N
× 100% = → =
2 R + 16 × 5 100 2 R 25,96
Bài tập này rất quen thuộc, các thầy cô vẫn thường dạy các em thi chuyên, thi HSG lớp 9 và cho
các em lớp 10 trong nội dung của chương Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố Hóa học.
Biến đổi tỷ lệ thức trong bài là 1 tính chất của Toán học. (xem thêm cách biến đổi ở câu 18)
Bài này làm trong 15-20s.
Câu 37 : Ảnh hưởng của nhóm -OH đến gốc C6H5- trong phân tử phenol thể hiện qua phản ứng giữa
phenol với
D. H2 (Ni, to)
A. dung dịch NaOH. B. Na kim loại. C. nước Br2.
Đáp án C.
C6H5OH + Br2 ⎯⎯ 2,4,6-tribromphenol

phản ứng xảy ra ngay ra trong dung dịch, ở nhiệt độ thường, không cần xúc tác, theo tỉ lệ 1:3 (dễ
hơn nhiều so với benzen : brom khan, nhiệt độ cao, xúc tác là bột Fe (^^ chính xác hơn là FeBr3)).
Câu này khá hay, nếu không cẩn thận thì sẽ có nhiều bạn chọn nhầm đáp án A, vì đáp án A là
ngược lại, ảnh hưởng của gốc C6H5- đến nhóm –OH.
Bài này làm trong 5-10s.

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu 38 : Hiđrocacbon mạch hở X trong phân tử chỉ chứa liên kết σ và có hai nguyên tử cacbon bậc
ba trong một phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 1 thể tích X sinh ra 6 thể tích CO2 (ở cùng điều kiện nhiệt
độ, áp suất). Khi cho X tác dụng với Cl2 (theo tỉ lệ số mol 1 : 1), số dẫn xuất monoclo tối đa sinh ra là
A. 3. B. 4. C. 2. D. 5.
Đáp án C.
X ⎯⎯ 6CO2 → X có 6C.

X mạch hở, chỉ chứa liên kết σ → X là ankan: C6H14.
X có 2 nguyên tử C bậc ba → X là : 2,3-đimetylbutan.
Cho X tác dụng với Cl2 (tỉ lệ mol 1:1) chỉ sinh ra tối đa 2 dẫn xuất monoclo :




C C C C


C
C
Ở đây cần quan tâm đến tính đối xứng của phân tử và sử dụng phương pháp “đếm nhanh số
lượng đồng phân trên mạch C” (ở đây có 1 trục đối xứng chính và 2 trục đối xứng phụ)
(xem thêm “Đáp án chi tiết môn Hóa khối A năm 2008 của Sao băng lạnh giá”).
Bài này có thể xem là khá hay, làm trong 10-15s.
Câu 39 : Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH. Cô cạn dung dịch
sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là
A. 17,80 gam. B. 18,24 gam. C. 16,68 gam. D. 18,38 gam.
Đáp án A.
Phản ứng : (RCOO)3C3H5 + 3NaOH ⎯⎯ 3RCOONa + C3H5(OH)3 (nhẩm trong đầu)

Theo bảo toàn khối lượng : m(xà phòng) = m(chất béo) + m(NaOH) – m(glixerol)
→ m(xà phòng) = 17,24 + 40*0,06 – 92*0,06/3 = 17,80 gam. (các giá trị 40, 92 và 0,02 là nhẩm
được)
Câu này không khó, làm trong 30-40s
Câu 40 : Cho dãy các chất : C2H2, HCHO, HCOOH, CH3CHO, (CH3)2CO, C12H22O11 (mantozơ). Số
chất trong dãy tham gia được phản ứng tráng gương là
A. 3. B. 6. C. 5. D. 4.
Đáp án D.
Các chất tham gia phản ứng tráng gương : HCHO, HCOOH, CH3CHO và C12H22O11.


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Lưu ý là trong số các disaccarit được học trong chương trình thì chỉ có mantozơ là có tham gia
phản ứng tráng gương. Ngoài ra, C2H2 có phản ứng với AgNO3/NH3 tạo kết tủa nhưng không phải là
phản ứng tráng gương. (kết tủa Ag2C2 có màu vàng còn lớp bạc Ag được tạo ra từ phản ứng tráng
gương có vẻ sáng ánh kim của kim loại).
Bài này khá dễ nếu kiến thức các em đã vững vàng, ta vừa đọc đề vừa đánh dấu và đếm, chỉ cần
khoảng 10s.
Câu 41 : Cho 0,1 mol P2O5 vào dung dịch chứa 0,35 mol KOH. Dung dịch thu được có các chất
A. K3PO4, K2HPO4. B.K2HPO4, KH2PO4. C. K3PO4, KOH. D. H3PO4, KH2PO4.
Đáp án B.
P2O5 ⎯⎯ 2H3PO4

Phân tích hệ số của nguyên tố trong CTPT, ta có tỷ lệ:
nK 0,35
1< = = 1,75 < 2 → Hai muối là : K2HPO4, KH2PO4
n P 0,1 × 2
Bài này câu hỏi không hay và quá đơn giản, lẽ ra nên cho thêm thể tích và nồng độ của dung
dịch để kết hợp hỏi nồng độ muối hoặc khối lượng muối, khi đó ta có thể sử dụng kỹ thuật đường
chéo để tính nhanh.
Bài này làm trong 5-10s.
Câu 42 : Khi đốt cháy hoàn toàn một este no, đơn chức thì số mol CO2 sinh ra bằng số mol O2 đã
phản ứng. Tên gọi của este là
A. metyl fomiat. B. etyl axetat. C. n-propyl axetat. D. metyl axetat.
Đáp án A.
Este no, đơn chức (mạch hở) ⇔ CnH2nO2
Phản ứng cháy : CnH2nO2 + (3n − 2)/2O2 → nCO2 + nH2O
nCO2 = nO2 ⇔ (3n − 2)/2 = n → n = 2 → Este là C2H4O2 hay HCOOCH3 (metyl fomiat).
Đây là một dạng bài tập thông thường khá phổ biến và không khó.
Bài này làm trong 20-30s.
Câu 43 : Cho chất hữu cơ X có công thức phân tử C2H8O3N2 tác dụng với dung dịch NaOH, thu được
chất hữu cơ đơn chức Y và các chất vô cơ. Khối lượng phân tử (theo đvC) của Y là
A. 85. B. 68. C. 45. D. 46.
Đáp án C.
X + NaOH → chất hữu cơ Y và các chất vô cơ
→ X là CH3CH2NH3NO3
Phản ứng : CH3CH2NH3NO3 + NaOH ⎯⎯ CH3CH2NH2 + NaNO3 + H2O


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

→ Y là CH3CH2NH2 (M = 45 đvC).
Đây là một câu hỏi tương đối khó và chắc sẽ khiến nhiều bạn sẽ lúng túng trong việc xác định CTCT của X. Có nhiều
cách để tìm ra CTPT của X, thậm chí nếu là người có kinh nghiệm thì không cần phải suy nghĩ nhiều, ở đây tôi xin trình bày ví
dụ một lối suy nghĩ như sau:
→ X là một este, hoặc một muối
• X có chứa N và 3O mà X lại tác dụng với NaOH sinh ra sản phẩm hữu cơ
amoni hữu cơ.
→ X không thể là một este → X là muối amoni hữu cơ.
• Vì độ bất bão hòa k = 0
Nếu X là muối amoni của amin với acid hữu cơ → khi tác dụng với NaOH không thể chỉ có 1 sản phẩm hữu

cơ → phải là muối của NH3 với acid hữu cơ hoặc amin hữu cơ với acid vô cơ.

• Vì X chứa 2N và 3O mà Y là đơn chức → CTPT của X là CH3CH2NH3NO3 (muối của amin CH3CH2NH2 với
HNO3)
Đây là một bài tập đòi hỏi phải tư duy logic và có kiến thức tổng hợp tốt, có tính phân loại thí
sinh cao.
Làm trong 20-30s.
Câu 44 : Hỗn hợp rắn X gồm Al, Fe2O3 và Cu có số mol bằng nhau. Hỗn hợp X tan hoàn toàn trong
dung dịch
A. NaOH (dư). B. HCl (dư). C. AgNO3 (dư). D. NH3 (dư).
Đáp án B.
Cách tư duy rất đơn giản: ta thấy Fe2O3 là một oxit base không có tính lưỡng tính → chỉ có thể
tan được trong acid → đáp án B.
Đối với bài tập này, chỉ cần chú ý Cu tan trong Fe3+ là làm được, tôi nghĩ đây là một phản ứng
rất đặc trưng trong dãy điện hóa nên sẽ không khó cho các em trả lời.
Dữ kiện số mol các chất bằng nhau chỉ để cho câu hỏi thêm chặt chẽ (Cu và Fe3+ tác dụng vừa
đủ), còn đối với thí sinh thì không cần phải quan tâm đến dữ kiện này cũng có thể tìm ra đáp án đúng.
Vì chỉ có đáp án B mới có thể thỏa mãn yêu cầu.
Có thể bỏ qua dữ kiện “có số mol bằng nhau” mà vẫn đảm bảo tính chính xác của câu hỏi bằng
cách thay đổi cụm từ “hỗn hợp X tan hoàn toàn” bằng “hỗn hợp X có thể tan hoàn toàn”)
(Nếu xét riêng từng đáp án thì:
NaOH chỉ hòa tan được Al.
AgNO3 dư chỉ hòa tan được Al và Cu.
NH3 không hòa tan được chất nào.
Với HCl : Al tan, Fe2O3 tan, Cu tan trong Fe3+ (vừa đủ))
Bài này làm trong 5-10s


PHẦN RIÊNG ------ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần : Phần I hoặc Phần II -------



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Phần I. Theo chương trình KHÔNG phân ban (6 câu, từ câu 45 đến câu 50)
Câu 45 : Cho dãy các chất: CH4, C2H2, C2H4, C2H5OH, CH2=CH-COOH, C6H5NH2 (anilin), C6H5OH
(phenol), C6H6 (benzen). Số chất trong dãy phản ứng được với nước brom là
A. 6. B. 8. C. 7. D. 5.
Đáp án D.
Trừ CH4, C6H6 (benzen) và C2H5OH. Đối với bài tập này, ta cũng đọc và đánh dấu các chất có
tác dụng (hoặc không tác dụng) rồi đếm.
Làm trong 10-15s.
Câu 46 : Thể tích dung dịch HNO3 1M (loãng) ít nhất cần dùng để hoà tan hoàn toàn một hỗn hợp
gồm 0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (biết phản ứng tạo chất khử duy nhất là NO)
A. 1,0 lít. B. 0,6 lít. C. 0,8 lít. D. 1,2 lít.
Đáp án C.
Thể tích dung dịch HNO3 là ít nhất ⇔ dung dịch gồm Fe2+ và Cu2+
(do Cu (và Fe dư, nếu có) và Fe3+ tác dụng vừa hết với nhau).
Bảo toàn e : ne cho = 0,6 mol = ne nhận → nNO = 0,2 mol
Ta có thể nhớ tỉ lệ : nHNO3 = 4nNO = 0,8 mol → V(HNO3) = 0,8 lít.
Đây là bài tập khá hay nhưng không khó vì nó cũng khá quen thuộc, đối với những bạn đã có kỹ
năng, rèn luyện tích cực và có kinh nghiệm thì chỉ cần 20-25s, tất cả các số liệu trong đáp án đều có
thể nhẩm được.
Câu 47 : Cho các phản ứng :
0
(1) O3 + dung dịch KI → (2) F2 + H2O ⎯t⎯

0
(4) Cl2 + dung dịch H2S →
(3) MnO2 + HCl đặc ⎯t⎯

Các phản ứng tạo ra đơn chất là
A. (1), (2), (3). B. (1), (3), (4). C. (2), (3), (4). D. (1), (2), (4).
Đáp án A.
O3 + KI + H2O → KOH + I2 + O2 0
F2 + H2O ⎯t⎯ HF + O2

Cl2 + H2S + H2O → HCl + H2SO4
0
MnO2 + HCl đặc ⎯t⎯ MnCl2 + Cl2 + H2O

Bài tập này không quá khó, chỉ cần nắm vững tính chất hóa học của các nguyên tố nhóm
Halogen và Oxi – những nội dung quan trọng trong chương trình lớp 10 và thường có trong đề thi
ĐH. Các phản ứng trên đều là những trọng tâm mà các thầy cô giáo phải nhấn mạnh trong quá trình
dạy học: phản ứng (1) là phản ứng chứng minh tính oxh của O3 mạnh hơn O2, phản ứng (2) phản ánh
tính oxh mãnh liệt của F2 (đốt cháy H2O), phản ứng (3) quá quen thuộc – điều chế Cl2 trong phòng thí
nghiệm và phản ứng (4) cũng rất quen thuộc, phản ánh tính oxh của Cl2 trong nước.

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Làm trong 5-10s
Câu 48 : Đốt cháy hoàn toàn 1 lít hỗn hợp khí gồm C2H2 và hiđrocacbon X sinh ra 2 lít khí CO2 và 2
lít hơi H2O (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Công thức phân tử của X là
A. C2H6. B. C2H4. C. CH4. D. C3H8.
Đáp án A.
Số nguyên tử C trung bình = 2 → X có 2C.
Do : V(CO2) = V(H2O) → X là ankan: C2H6.
Bài này có những biện luận logic khá đặc trưng cho bài tập về phản ứng đốt cháy chất hữu cơ, vì
vậy nên khá quen thuộc và không quá khó, làm trong 10-15s.
Câu 49 : Ba hiđrocacbon X, Y, Z là đồng đẳng kế tiếp, khối lượng phân tử của Z bằng 2 lần khối
lượng phân tử của X. Các chất X, Y, Z thuộc dãy đồng đẳng
A. ankan. B. ankađien. C. anken. D. ankin.
Đáp án C.
Đây là một bài tập quá quen thuộc mà gần như tài liệu tham khảo nào có nội dung liên quan đều
có, lẽ ra những câu hỏi thế này không nên đưa vào đề thi ĐH.
Gọi X là CaHb → Z là CaHb(C2H4) = 2X → X là C2H4
→ Các chất X, Y, Z thuộc dãy đồng đẳng anken.
Đối với các bài tập dễ thế này thì việc sử dụng phương án “nhiễu” nhiều khi chỉ là hình thức và
không cần thức, tuy nhiên, cũng có thể bổ sung thêm phương án “xicloankan” để mức độ nhiễu sẽ cao
hơn một chút.
Làm trong 10-15s.
Câu 50 : Tiến hành bốn thí nghiệm sau :
- Thí nghiệm 1 : Nhúng thanh Fe vào dung dịch FeCl3;
- Thí nghiệm 2 : Nhúng thanh Fe vào dung dịch CuSO4;
- Thí nghiệm 3 : Nhúng thanh Cu vào dung dịch FeCl3 ;
- Thí nghiệm 4 : Cho thanh Fe tiếp xúc với thanh Cu rồi nhúng vào dung dịch HCl
Số trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hoá là
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.
Đáp án B.
Chỉ có các thí nghiệm 2 và 4 xuất hiện ăn mòn điện hóa.
Câu hỏi này cũng khá dễ và quen thuộc, chỉ cần 5-10s.
Phần II. Theo chương trình phân ban (6 câu, từ câu 51 đến câu 56)



vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu 51 : Muối C6 H 5 N 2 Cl − (phenylđiazoni clorua) được sinh ra khi cho C6H5-NH2 (anilin) tác dụng
+


với NaNO2 trong dung dịch HCl ở nhiệt độ thấp (0-50C). Để điều chế được 14,05 gam C6 H 5 N 2 Cl −
+


(với hiệu suất 100%), lượng C6H5-NH2 và NaNO2 cần dùng vừa đủ là
A. 0,1 mol và 0,4 mol. B. 0,1 mol và 0,2 mol.
C. 0,1 mol và 0,1 mol. D. 0,1 mol và 0,3 mol.
Đáp án C.
Phản ứng : C6H5NH2 + NaNO2 + HCl → C6 H 5 N 2 Cl − + 2H2O
+



→ Loại A, B, D → Duy chỉ có C đúng !
Phương án nhiễu của bài tập này hơi tùy tiện, nhưng do đặc thù của câu hỏi nên có thể chấp
nhận được, cần phải nhớ phản ứng mới làm được, 10 – 15s.
Câu 52 : Cho các dung dịch : HCl, NaOH đặc, NH3, KCl. Số dung dịch phản ứng được với Cu(OH)2

A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.
Đáp án B.
Các dung dịch phản ứng được với Cu(OH)2 là : HCl, NaOH đặc và NH3.
Vấn đề lưỡng tính của Cu(OH)2 là một vấn đề “nhạy cảm” còn nhiều tranh cãi. Theo tôi, không
nên đưa vấn đề này vào trong đề thi.
Câu 53 : Hơi thuỷ ngân rất độc, bởi vậy khi làm vỡ nhiệt kế thuỷ ngân thì chất bột được dùng để rắc
lên thuỷ ngân rồi gom lại là
A. vôi sống. B. cát. C. muối ăn. D. lưu huỳnh.
Đáp án D.
Câu hỏi này không khó. Đây là tính chất đặc biệt của Hg → rất dễ nhớ (đã học trong bài S và
mới học trong bài “Hóa học và vấn đề môi trường”).
Bài này chỉ cần 5s.
Câu 54 : Ba chất hữu cơ mạch hở X, Y, Z có cùng công thức phân tử C3H6O và có các tính chất : X,
Z đều phản ứng với nước brom; X, Y, Z đều phản ứng với H2 nhưng chỉ có Z không bị thay đổi nhóm
chức; chất Y chỉ tác dụng với brom khi có mặt CH3COOH. Các chất X, Y, Z lần lượt là
A. C2H5CHO, CH2=CH-O-CH3, (CH3)2CO. B.(CH3)2CO, C2H5CHO, CH2=CH-CH2OH.
C.C2H5CHO, (CH3)2CO, CH2=CH-CH2OH. D.CH2=CH-CH2OH, C2H5CHO, (CH3)2CO.
Đáp án C.
Nếu biện luận một cách đầy đủ và tuần tự thì:
X tác dụng với nước brom → Loại B.
Chất Y chỉ tác dụng với brom khi có mặt CH3COOH → Y có nhóm cacbonyl → Loại A.

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Chỉ Z không bị thay đổi nhóm chức → Z chỉ có liên kết π ở mạch C → Loại D.
→ X, Y, Z lần lượt là : C2H5CHO, (CH3)2CO, CH2=CH-CH2OH.
Tuy nhiên, cũng có một cách biện luận rất thông minh như sau:
Chất Y chỉ tác dụng với brom khi có mặt CH3COOH → Y không thể là ete hay Aldehyde →
phải là đáp án C
Đây sẽ là một câu hỏi khó nếu cứ biện luận tuần tự và đầy đủ như cách làm thứ nhất, trong đó có
điều kiện xảy ra phản ứng thế Brom của xeton là điều mà rất ít thí sinh quan tâm.
Nhưng nếu biện luận như cách làm thứ 2, thì ta thấy bài toán trở nên rất đơn giản và dễ dàng
chọn được đáp án đúng mà không cần quan tâm đến các dữ kiện khác (^^ nếu quan tâm thì cũng có
thể thử lại dễ dàng và cho kết quả ok)
Với cách biện luận thứ 2, bài này chỉ cần làm trong 10-15s.
Câu 55 : Cho suất điện động chuẩn E0 của các pin điện hoá : E0(Cu-X) = 0,46V, E0(Y-Cu) = 1,1V;
E0(Z-Cu) = 0,47V (X, Y, Z là ba kim loại). Dãy các kim loại xếp theo chiều tăng dần tính khử từ trái
sang phải là
A. Z, Y, Cu, X. B. X, Cu, Z, Y. C. Y, Z, Cu, X. D. X, Cu, Y, Z.
Đáp án B.
E (Y-Cu) = 1,1V > 0 và E0(Cu-X) = 0,46V > 0 → Tính khử của X < Cu < Y.
0


E0(Y-Cu) = 1,1V > E0(Z-Cu) = 0,47V > 0 → Tính khử của Y > Z > Cu.
Tính chất bắc cầu: tính khử tăng dần theo chiều X, Cu, Z, Y
Để làm câu này cần nắm vững khái niệm và cách tính “suất điện động chuẩn” cũng như kiến
thức về “Dãy thế điện hóa của kim loại”, làm trong 20-25s.
Một số tính chất như: “âm hơn là âm (cực)”, “càng âm càng khử”, ....
Câu 56 : Cho một lượng bột Zn vào dung dịch X gồm FeCl2 và CuCl2. Khối lượng chất rắn sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn nhỏ hơn khối lượng bột Zn ban đầu là 0,5 gam. Cô cạn phần dung dịch
sau phản ứng thu được 13,6 gam muối khan. Tổng khối lượng các muối trong X là
A. 13,1 gam. B. 17,0 gam. C. 19,5 gam. D. 14,1 gam.
Đáp án A.
Theo bảo toàn khối lượng, khối lượng chất rắn giảm = khối lượng muối tăng.
⇒ m(X) = 13,6 – 0,5 = 13,1 gam.
Câu này không khó, làm trong 15-20s.


Qua việc giải nhanh các bài tập trong đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối B năm 2008 môn Hóa, ta
rút ra một số nhận xét như sau:


vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

1, Đề thi năm nay về cơ bản là tương đương với đề thi ĐH năm ngoái (2007) tuy nhiên các em
học sinh cũng như giáo viên đã làm quen tốt hơn với hình thức thi trắc nghiệm cũng như các dạng bài
tập thi trắc nghiệm có thể rơi vào đề thi nên có sự chuẩn bị tốt hơn. Đề thi cũng chưa có thêm nhiều
câu hỏi mới, dạng bài mới có ý tưởng hay và độc đáo, nhiều phương pháp mới có thể cho ra những
bài tập rất hay như “Phân tích hệ số và ứng dụng” còn chưa được khai thác trong đề thi, các câu hỏi
hay vẫn chỉ xoay quanh Phương pháp bảo toàn khối lượng, tăng – giảm khối lượng và bảo toàn
electron. Đây là một điểm hạn chế lớn của đề thi, và do đó tôi tin tưởng và hy vọng rằng phổ điểm
chung của năm nay vẫn khả quan hơn năm ngoái.
2, Tỷ lệ kiến thức lớp 12 tiếp tục chiếm ưu thế và giữ vai trò chủ đạo trong đề thi ĐH với
khoảng 80 - 85% câu hỏi cho các nội dung liên quan (tỷ lệ này có phần cao hơn so với các năm
trước, kể cả năm 2007). Tuy nhiên, Hóa học và Toán học không giống như Vật lý hay Sinh học, kiến
thức để thi môn Hóa mang tính liên tục, đòi hỏi thí sinh vẫn phải nắm vững những nguyên lý, những
định luật và những phương pháp tư duy Hóa học cốt lõi được tích lũy từ lớp 10, lớp 11. Đan xen vào
mỗi câu hỏi ta vẫn thấy một sự thống nhất, sự liên tục về kiến thức.
3, Nếu so sánh với đề thi khối A, thì đề thi môn Hóa của khối B năm nay hay hơn về mặt ý
tưởng, đồng thời cũng có mức độ phân loại thí sinh cao hơn, thí sinh phải có kiến thức Hóa học và tư
duy logic tương đối mạnh thì mới có thể vận dụng tốt “chiến thuật chọn ngẫu nhiên” một cách có hiệu
quả. Mặc dù vậy, trong đề thi vẫn bộc lộ nhiều điểm yếu trong suy nghĩ, nhận thức của người ra đề
đồng thời với đó là sự cẩu thả, tùy tiện trong việc đưa ra phương án “nhiễu” (tôi sẽ có bài viết phân
tích cụ thể những yếu kém về 2 đề thi này sau) nếu tỉnh táo, thí sinh hoàn toàn có thể vượt qua dễ
dàng những “phương án nhiễu”. Sai sót do lỗi đánh máy ở câu hỏi về phản ứng tách nước tạo ete
của rượu là một lỗi khó có thể chấp nhận được trong một văn bản quan trọng như đề thi ĐH, lỗi sai
này có thể biến đề thi khối B năm nay trở thành đề thi tệ nhất trong số các đề thi ĐH kể từ thời điểm
thi 3 chung.
4, Để giải nhanh được một bài toán mà rộng hơn là một đề thi Hóa học, đòi hỏi sự kết hợp
nhuần nhuyễn và hiệu quả 4 yếu tố: kiến thức, kỹ năng, kinh nghiệm và phương pháp (chú ý là tôi
xếp phương pháp ở hàng thứ yếu, cuối cùng), mà mỗi một yếu tố đều đòi hỏi một quá trình rèn
luyện tích cực và đúng hướng (nên cần phải được hướng dẫn). Những mốc thời gian làm bài tôi đặt
ra trong đáp án là trong điều kiện lý tưởng, với một học sinh đã hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên và trong
điều kiện như vậy thì một đề thi ĐH (dù từng được đánh giá là khó) cũng có thể giải quyết được
trong vòng 15-20 phút. Tất nhiên, tâm lý thực tế ở trong phòng thi sẽ khác và không có nhiều học
sinh hội tụ đủ cả 4 yếu tố trên, song, phải nói như vậy để các em thấy và tự tin rằng “việc giải trọn
vẹn đề thi ĐH trong vòng 30 phút không phải là điều không thể và trong 60-90 phút thì là điều
hoàn toàn có thể”
Hy vọng là qua những gì đã trình bày ở trên, các em thí sinh những năm sau sẽ tự tìm ra cho
mình một hướng tư duy đúng, một cách làm bài nhanh và có hiệu quả. Đồng thời, cũng có được
những thông tin bổ ích để tìm ra cho mình một phương án ôn tập phù hợp nhất nhằm nâng cao cả 4

vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

yếu tố trên. Nhất là khi Bộ GD – ĐT gần như chắc chắn sẽ phải từ bỏ kế hoạch gộp 2 kỳ thi ĐH và
Tốt nghiệp THPT làm một (tôi sẽ có bài viết phân tích những bất hợp lý của dự thảo này sau).
Chúc các em học tốt và thi tốt!!!


**********************
HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)



HƯ NG D N GI I ð THI ð I H C, CAO ð NG NĂM 2008
Môn thi : HOÁ, kh i B - Mã ñ : 195

Cho bi t kh i lư ng nguyên t (theo ñvC) c a các nguyên t :
H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P = 31; S = 32; Cl = 35,5;
K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; As = 75 ; Br = 80; Rb = 85,5; Ag = 108; Ba = 137.


PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (44 câu, t câu 1 ñ n câu 44)
Câu 1 : Cho bi t các ph n ng x y ra sau :
2FeBr2 + Br2 → 2FeBr3 ; 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2
Phát bi u ñúng là
A. tính kh c a Cl − m nh hơn c a Br − . B. tính oxi hoá c a Br2 m nh hơn c a Cl2.
D. tính oxi hoá c a Cl2 m nh hơn c a Fe3+.
C. tính kh c a Br − m nh hơn c a Fe .2+

ðáp án D.
Br2 oxi hóa ñư c Fe2+ → Fe3+ ⇒ Lo i C.
Cl2 oxi hóa ñư c Br− ⇒ Lo i A, B.
K t h p (b c c u) ⇒ Tính oxi hóa c a Cl2 m nh hơn Fe3+.


Câu 2 : Dãy các nguyên t s p x p theo chi u tăng d n tính phi kim t trái sang ph i là
A. P, N, F, O. B. N, P, F, O. C. P, N, O, F. D. N, P, O, F.
ðáp án C.
D a vào ñ nh lu t tu n hoàn.
N, O, F là các nguyên t thu c chu kì 2, có ñi n tích h t nhân tăng d n ⇒ N < O < F.
N, P là các nguyên t thu c nhóm VA, có ñi n tích h t nhân tăng d n ⇒ P < N.
Tóm l i : P < N < O < F.

Câu 3 : Nguyên t c luy n thép t gang là
A. dùng O2 oxi hoá các t p ch t Si, P, S, Mn, ... trong gang ñ thu ñư c thép.
nhi t ñ cao.
B. dùng ch t kh CO kh oxit s t thành s t
C. dùng CaO ho c CaCO3 ñ kh t p ch t Si, P, S, Mn, ... trong gang ñ thu ñư c thép.
D. tăng thêm hàm lư ng cacbon trong gang ñ thu ñư c thép.
ðáp án A.
Chú ý, tránh nh m l n v i nguyên t c s n xu t gang !

Câu 4 : ðun nóng ch t H2N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH2-COOH trong dung d ch HCl
(dư), sau khi các ph n ng k t thúc thu ñư c s n ph m là
A. H2N-CH2-COOH, H2H-CH2-CH2-COOH.

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)
B. H3N -CH2- COOHCl − , H3N -CH2-CH2- COOHCl − .
+ +


C. H3N+-CH2- COOHCl − , H3N+-CH(CH3)- COOHCl − .
D. H2N-CH2-COOH, H2N-CH(CH3)-COOH.
ðáp án C.
Ph n ng th y phân, c t ñ t liên k t –CO–NH– kém b n.
Chú ý môi trư ng axit HCl ⇒ s n ph m.
Tuy nhiên, cách vi t công th c c u t o c a s n ph m như ñ bài là “có v n ñ ”, d gây lúng
túng cho thí sinh !

Câu 5 : Cho sơ ñ chuy n hoá sau :
+ NaOH(dö ),t ,p + HCl(dö )
+ Br2 (1:1mol),Fe,t
Toluen  X  Y  Z
→ → →
0 0




Trong ñó X, Y, Z ñ u là h n h p c a các ch t h u cơ, Z có thành ph n chính g m
A. m-metylphenol và o-metylphenol. B. benzyl bromua và o-bromtoluen.
C. o-bromtoluen và p-bromtoluen. D. o-metylphenol và p-metylphenol.
ðáp án D.
X : o-bromtoluen và p-bromtoluen ; Y : o-NaO-C6H4-CH3 và p-NaO-C6H4-CH3
⇒ Z : o-metylphenol và p-metylphenol.
Nh n xét : m t s em “phân vân” ch “NaOH (dư), to, p”. N u ñ ghi rõ là NaOH ñ c, dư thì
chính xác hơn !


Câu 6 : M t m u nư c c ng ch a các ion : Ca2+, Mg2+, HCO3 , Cl − , SO 2− . Ch t ñư c dùng

4

ñ làm m m m u nư c c ng trên là
A. Na2CO3. B. HCl. C. H2SO4. D. NaHCO3.
ðáp án A.
Nguyên t c làm m m nư c c ng toàn ph n (b ng phương pháp hóa h c) là dùng Na3PO4 ho c
Na2CO3 ñ lo i b Mg2+ và Ca2+ dư i d ng mu i k t t a.


Câu 7 : ðun nóng h n h p g m hai rư u (ancol) ñơn ch c, m ch h , k ti p nhau trong dãy
ñ ng ñ ng v i H2SO4 ñ c 1400C. Sau khi các ph n ng k t thúc, thu ñư c 6 gam h n h p
g m ba ete và 1,8 gam nư c. Công th c phân t c a hai rư u trên là
A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH.
C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH
ðáp án A.

2Cn H 2n+1OH  Cn H 2n+1OCn H 2n+1 + H 2O


n(rư u) = 2n(H2O) = 2.1,8/18 = 0,2 mol ; m(rư u) = m(ete) + m(H2O) = 7,8 gam
39 − 18
7,8
⇒ 14n + 18 = = 39 ⇒ n = = 1,5 ⇒ Hai rư u là CH3OH và C2H5OH.
0, 2 14
Nh n xét : ðây là m t bài toán quen thu c trong Chuyên ñ . Ancol – Ph n ng tách nư c.
Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Câu 8 : Cho các ch t : rư u (ancol) etylic, glixerin (glixerol), glucozơ, ñimetyl ete và axit
fomic. S ch t tác d ng ñư c v i Cu(OH)2 là
A. 1. B. 3. C. 4. D. 2.
ðáp án B.
Các ch t : glixerol (t o ph c) ; glucozơ (t o ph c và oxi hóa – kh ) ; axit fomic (ph n ng
axit – bazơ).


Câu 9 : Oxi hoá 1,2 gam CH3OH b ng CuO nung nóng, sau m t th i gian thu ñư c h n h p
s n ph m X (g m HCHO, H2O, CH3OH dư). Cho toàn b X tác d ng v i lư ng dư Ag2O
(ho c AgNO3) trong dung d ch NH3, ñư c 12,96 gam Ag. Hi u su t c a ph n ng oxi hoá
CH3OH là
A. 76,6%. B. 80,0%. C. 65,5%. D. 70,4%.
ðáp án B.
n(CH3OH pư) = n(HCHO) = 4n(Ag) = (12,96/108)/4 = 0,03 mol
n(CH3OH) = 1,2/32 = 0,0375 mol ⇒ H = (0,03/0,0375).100% = 80%.
Nh n xét : Câu này tương ñ i d . Không có gì ñ bàn c . Tuy nhiên có th ñi u ch nh các
phương án nhi u ñ tăng ñ khó (ví d 40%).


Câu 10 : Kh i lư ng c a tinh b t c n dùng trong quá trình lên men ñ t o thành 5 lít rư u
(ancol) etylic 460 là (bi t hi u su t c a c quá trình là 72% và kh i lư ng riêng c a rư u etylic
nguyên ch t là 0,8 g/ml)
A. 5,4 kg. B. 5,0 kg. C. 6,0 kg. D. 4,5 kg.
ðáp án D.
C6H10O5 → 2C2H5OH

H = 72%


46% × 5 × 0,8 0,5 ×162
× = 4,5 kg
⇒ m(tinh b t) =
46 72%
Chú ý : b qua h s n c a tinh b t, dùng sơ ñ h p th c (chú ý hi u su t) ñ tính nhanh.
Phép tính ch th c hi n 1 l n (không ñ i lít thành ml ñ ñơn v cu i cùng là kg).
Nh n xét : Các phương án l a ch n chưa th hi n ñư c m c ñ nhi u c n thi t, hai phương án
A và C ch mang tính hình th c (có th thay b ng các phương án 3,24 ; 6,25 ho c 6,95).


Câu 11 : Nung m t h n h p r n g m a mol FeCO3 và b mol FeS2 trong bình kín ch a không
khí (dư). Sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn, ñưa bình v nhi t ñ ban ñ u, thu ñư c ch t
r n duy nh t là Fe2O3 và h n h p khí. Bi t áp su t khí trong bình trư c và sau ph n ng b ng
nhau, m i liên h gi a a và b là (bi t sau các ph n ng, lưu huỳnh m c oxi hoá +4, th tích
các ch t r n là không ñáng k ).
A. a = 0,5b. B. a = b. C. a = 4b. D. a = 2b.
ðáp án B.

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Sơ ñ : 4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 ; 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2
Áp su t không ñ i ⇔ 3a = 3b ⇔ a = b.
Nh n xét trên giúp bài toán ñư c gi i quy t nhanh hơn.
Nh n xét : Các phương án l a ch n chưa th hi n ñư c m c ñ nhi u c n thi t, h u như ch
mang tính hình th c (có th thay b ng a = 5b).


Câu 12 : Cho 9,12 gam h n h p g m FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác d ng v i dung d ch HCl (dư).
Sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn, ñư c dung d ch Y; cô c n Y thu ñư c 7,62 gam FeCl2
và m gam FeCl3. Giá tr c a m là
A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.
ðáp án A.
Quy ñ i h n h p ñ u ch có FeO và Fe2O3 : FeO → FeCl2 ; Fe2O3 → 2FeCl3
m(Fe2O3) = 9,12 – (7,62/127)*72 gam.
⇒ m = m(FeCl3) = 2*[9,12 – (7,62/127)*72]*162,5/160 = 9,75 gam.
Nh n xét : Câu này tính toán hơi ph c t p. Không c n th n có th b r i.
Nh n xét : Các phương án l a ch n chưa th hi n ñư c m c ñ nhi u c n thi t, h u như ch
mang tính hình th c (có th thay b ng 4,875 ; 19,5).


Câu 13 : Cho dãy các ch t và ion : Cl2, F2, SO2, Na+, Ca2+, Fe2+, Al3+, Mn2+, S2-, Cl − . S ch t
và ion trong dãy ñ u có tính oxi hoá và tính kh là
A. 3. B. 4. C. 6. D. 5.
ðáp án B.
Có tính oxi hóa và tính kh ⇔ s oxi hóa trung gian : Cl2, SO2, Fe2+, Mn2+.
Nh n xét : Nhi u b n s phân vân gi a A và B, do ít chú ý ñ n Mn2+.


Câu 14 : Ph n ng nhi t phân không ñúng là
A. 2KNO3  2KNO2 + O2
→ B. NH4NO2  N2 + 2H2O

0 0
t t


C. NH4Cl  NH3 + HCl
→ D. NaHCO3  NaOH + CO2

0 0
t t


ðáp án D.
2NaHCO3  Na2CO3 + CO2 + H2O

0
t


Chú ý : Na2CO3 b n, không b nhi t phân ti p trong ñi u ki n thông thư ng !

Câu 15 : Cho dãy các ch t : KAl(SO4)2.12H2O, C2H5OH, C12H22O11 (saccarozơ), CH3COOH,
Ca(OH)2, CH3COONH4. S ch t ñi n li là
A. 3. B. 4. C. 5. D. 2.
ðáp án B.
Các ch t ñi n li : KAl(SO4)2.12H2O, CH3COOH, Ca(OH)2, CH3COONH4.

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Câu 16 : Cho 2,16 gam Mg tác d ng v i dung d ch HNO3 (dư). Sau khi ph n ng x y ra hoàn
toàn thu ñư c 0,896 lít khí NO ( ñktc) và dung d ch X. Kh i lư ng mu i khan thu ñư c khi
làm bay hơi dung d ch X là
A. 8,88 gam. B. 13,92 gam. C. 6,52 gam. D. 13,32 gam.
ðáp án B.
n(e Mg như ng) = (2,16/24)*2 = 0,18 mol > n(e N → NO) = (0,896/22,4)*3 = 0,12 mol
⇒ Trong dung d ch có t o thành NH4NO3 !
n(NH4NO3) = (0,18 – 0,12)/8 mol
m(mu i khan) = m(Mg(NO3)2) + m(NH4NO3)
= (24 + 62*2)*(2,16/24) + 80*(0,18 – 0,12)/8 = 13,92 gam.
Nh n xét : Bài này “có v n ñ ” ch sinh ra NH4NO3 trong dung d ch HNO3 dư !
Nên thay phương án C b ng m t s khác (5,92 ; 17,76).


Câu 17 : Thành ph n chính c a qu ng photphorit là
A. A. Ca3(PO4)2. B. NH4H2PO4. C. Ca(H2PO4)2. D. CaHPO4.
ðáp án A.
Câu này ñơn thu n là lý thuy t.


Câu 18 : ðun nóng m t rư u (ancol) ñơn ch c X v i dung d ch H2SO4 ñ c trong ñi u ki n
nhi t ñ thích h p sinh ra ch t h u cơ Y, t kh i hơi c a X so v i Y là 1,6428. Công th c
phân t c a Y là
A. C3H8O. B. C2H6O. C. CH4O. D. C4H8O.
ðáp án B.
d(X/Y) = 1,6428 > 1 ⇒ ph n ng tách nư c t o anken.
X : CnH2n+2O ⇒ Y : CnH2n
d(X/Y) = (14n + 18)/14n = 1,6428 ⇔ 18/14n = 0,6428 ⇒ n = 2 ⇒ X là C2H6O.
Nh n xét : Câu này không khó, ch có ñi u ñ bài b “nh m” ñáng ti c ch ñáng l ph i h i
“công th c phân t c a X là” thì l i h i “công th c phân t c a Y là” (!?).
Chú ý kĩ năng gi i nhanh phương trình trên. Hơi l p l i n i dung c a câu 7.


Câu 19 : Cho các ph n ng :
Ca(OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O
2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O 4KClO3  KCl + 3KClO4

0
t


O3 → O2 + O
S ph n ng oxi hoá kh là
A. 5. B. 2. C. 3. D. 4.
ðáp án D.
D a vào s thay ñ i s oxi hóa c a các nguyên t .
Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


ch , theo ñáp án c a B ph n ng O3 → O2 + O không ph i
Nh n xét : Câu này có v n ñ ,
là ph n ng oxi hóa – kh !
Chú ý, ph n ng sau v n có s thay ñ i s oxi hóa c a Cl (t oxi hóa – kh ) :
Ca(OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O
ñây ph i xét ñ n c u t o c a CaOCl2 thì m i th y ñư c ñi u này : Cl(-1)-Ca-O-Cl(+1)
Câu này s có nhi u b n b nh m (do quên ph n ng trên) ho c ăn may (do quên ph n ng
trên nhưng l i tính ph n ng O3 → O2 + O là ph n ng oxi hóa – kh !
Nói chung, không nên ñưa ph n ng O3 → O2 + O vào ñ thi.

Câu 20 : Cho 8,9 gam m t h p ch t h u cơ X có công th c phân t C3H7O2N ph n ng v i
100 ml dung d ch NaOH 1,5M. Sau khi ph n ng x y ra hoàn toàn, cô c n dung d ch thu ñư c
11,7 gam ch t r n. Công th c c u t o thu g n c a X là
A. HCOOH3NCH=CH2. B. H2NCH2CH2COOH.
C. CH2=CHCOONH4. D. H2NCH2COOCH3.
ðáp án D.
Nh n th y : các ch t ñ u ph n ng v i NaOH theo t l 1:1.
n(X) = 8,9/89 = 0,1 mol ⇒ n(NaOH) dư = 0,1*1,5 – 0,1 = 0,05 mol
R n g m : RCOONa (0,1 mol) và NaOH dư (0,05 mol)
⇒ R + 67 = (11,7 – 40*0,05)/0,1 ⇒ R = 30 (H2N-CH2-)
⇒ X là H2NCH2COOCH3.
Chú ý : nh n xét t l ph n ng và lư ng NaOH dư.

Câu 21 : D n 1,68 lít h n h p khí X g m hai hiñrocacbon vào bình ñ ng dung d ch brom
(dư). Sau khi ph n ng x y ra hoàn toàn, có 4 gam brom ñã ph n ng và còn l i 1,12 lít khí.
N u ñ t cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2. Công th c phân t c a hai
hiñrocacbon là (bi t các th tích khí ñ u ño ñktc).
A. CH4 và C2H4. B. CH4 và C3H4. C. CH4 và C3H6. D. C2H6 và C3H6.
ðáp án C.
k(hiñrocacbon không no) = (4/160)/[(1,68 – 1,12)/22,4] = 1 ⇒ Lo i B.
n(trung bình) = 2,8/1,68 = 5/3 = 1,67 ⇒ Lo i D.
n(hiñrocacbon không no) = (2,8 – 1,12*1)/0,56 = 3
⇒ CTPT c a hai hiñrocacbon là : CH4 và C3H6
Chú ý : Tính toán ngay v i th tích mà không c n chuy n v s mol.

Câu 22 : Axit cacboxylic no, m ch h X có công th c th c nghi m (C3H4O3)n, v y công th c
phân t c a X là
A. C6H8O6. B. C3H4O3. C. C12H16O12. D. C9H12O9.
ðáp án A.
Axit cacboxylic no, m ch h ⇔ k = 3n/2 = (2*3n + 2 – 4n)/2 ⇒ n = 2

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)

⇒ CTPT c a X là C6H8O6
Nh n xét : Ph i n m v ng công th c tính ñ b t bão hòa k.

 →
Câu 23 : Cho cân b ng hoá h c : N2 (k) + 3H2 (k) ← 2NH3 (k) ; ph n ng thu n là ph n

ng to nhi t. Cân b ng hoá h c không b chuy n d ch khi
A. thay ñ i áp su t c a h . B. thay ñ i n ng ñ N2.
C. thay ñ i nhi t ñ . D. thêm ch t xúc tác Fe.
ðáp án D.
Chú ý : Cân b ng hóa h c ch có th b chuy n d ch khi thay ñ i các y u t n ng ñ , nhi t ñ
và áp su t. Ch t xúc tác ch có vai trò làm tăng t c ñ ph n ng (thu n và ngh ch) mà không
làm cho cân b ng chuy n d ch !
Nh n xét : ðây là m t ph n ng khá quen thu c trong ph n “T c ñ ph n ng và cân b ng
hóa h c”.


Câu 24 : Cho 1,9 gam h n h p mu i cacbonat và hiñrocacbonat c a kim lo i ki m M tác
d ng h t v i dung d ch HCl (dư), sinh ra 0,448 lít khí ( ñktc). Kim lo i M là
A. Na. B. K. C. Rb. D. Li.
ðáp án A.
Chú ý : M2CO3 → CO2 ; MHCO3 → CO2
n(mu i) = 0,448/22,4 = 0,02 mol ⇒ M + 61 < 1,9/0,02 = 95 < 2M + 60
⇒ 17,5 < M < 34 ⇒ M là Na (23).
ðây là m t d ng quen thu c trong Chuyên ñ . Xác ñ nh tên kim lo i.

Câu 25 : Th tích dung d ch HNO3 67,5% (kh i lư ng riêng là 1,5 g/ml) c n dùng ñ tác d ng
v i xenlulozơ t o thành 89,1 kg xenlulozơ trinitrat là (bi t lư ng HNO3 b hao h t là 20%)
A. 55 lít. B. 81 lít. C. 49 lít. D. 70 lít.
ðáp án D.
3HNO3 → C6H7O2(NO3)3

H = 80%


V(HNO3) = {[3*(89,1/297)/80%]*63/67,5%}/1,5 = 70 lít.
Nh n xét : Câu này quá ph c t p, n ng v tính toán. N u không c n th n r t d b nh m.
Nên s d ng phép tính 1 l n (ñ i : 80% = 0,8 ; 67,5% = 0,675).
Các phương án nhi u chưa n, nên thay b ng các giá tr 47,25 ; 56 ; 84 ho c 105.
N i dung l p l i tương t câu 10.


Câu 26 : Cho m gam h n h p X g m Al, Cu vào dung d ch HCl (dư), sau khi k t thúc ph n
ng sinh ra 3,36 lít khí ( ñktc). N u cho m gam h n h p X trên vào m t lư ng dư axit nitric
(ñ c, ngu i), sau khi k t thúc ph n ng sinh ra 6,72 lít khí NO2 (s n ph m kh duy nh t,
ñktc). Giá tr c a m là

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


A. 11,5. B. 10,5. C. 12,3. D. 15,6.
ðáp án C.
Cu không tác d ng v i HCl ⇒ n(Al) = (3,36/22,4)*2/3 = 0,1 mol.
Al không tác d ng v i HNO3 ñ c ngu i ⇒ n(Cu) = (6,72/22,4)/2 = 0,15 mol.
⇒ m = 27*0,1 + 64*0,15 = 12,3 gam.
Nh n xét : ð bài chưa th c s chính xác.
N u thí sinh c “vô tư” làm như trên thì s không có v n ñ gì.
Tuy nhiên, s có thí sinh th c m c là “l Al tác d ng v i Cu2+ thì sao ?” !
ðây chính là v n ñ c n ph i bàn !
Các phương án nhi u là chưa t t, nên thay b ng các giá tr 10,45 ho c 13,65.


Câu 27 : H p ch t h u cơ no, ña ch c X có công th c phân t C7H12O4. Cho 0,1 mol X tác
d ng v a ñ v i 100 gam dung d ch NaOH 8% thu ñư c ch t h u cơ Y và 17,8 gam h n h p
mu i. Công th c c u t o thu g n c a X là
A. CH3OOC-(CH2)2-COOC2H5. B. CH3COO-(CH2)2-COOC2H5.
C. CH3COO-(CH2)2-OOCC2H5. D. CH3OOC-CH2-COO-C3H7.
ðáp án C.
Do sinh ra h n h p mu i ⇒ Lo i A, D ⇒ n(Y) = 0,1 mol.
Theo b o toàn kh i lư ng :
M(Y) = [(160*0,1 + 100*8%) – 17,8]/0,1 = 62 ⇒ Y là HO-CH2-CH2-OH.
⇒ X là CH3COO-(CH2)2-OOCC2H5.
Nh n xét : Câu này không có v n ñ gì l n.


Câu 28 : Tr n 100 ml dung d ch có pH = 1 g m HCl và HNO3 v i 100 ml dung d ch NaOH
n ng ñ a (mol/l) thu ñư c 200 ml dung d ch có pH = 12. Giá tr c a a là (bi t trong m i dung
d ch [H+][OH−] = 10−14)
A. 0,15. B. 0,30. C. 0,03. D. 0,12.
ðáp án D.
pH = 12 ⇒ pOH = 2 ⇒ [OH− dư] = (0,1a – 0,1*0,1)/0,2 = 0,01 ⇒ a = 0,12.
Chú ý : t ñi u ki n [H+][OH−] = 10−14 ⇒ pH + pOH = 14.
Nh n xét : ðây là m t bài toán dung d ch quen thu c.
Các phương án nhi u là chưa t t, nên thay b ng các giá tr 0,08 ho c 0,20.


Câu 29 : Cho 3,6 gam axit cacboxylic no, ñơn ch c X tác d ng hoàn toàn v i 500 ml dung
d ch g m KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô c n dung d ch thu ñư c 8,28 gam h n h p ch t
r n khan. Công th c phân t c a X là
A. C2H5COOH. B. CH3COOH. C. HCOOH. D. C3H7COOH.
ðáp án B.
Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Chú ý : X tác d ng hoàn toàn ⇔ X h t (KOH và NaOH có th dư)
Theo b o toàn kh i lư ng :
3,6 + 0,5*0,12(56 + 40) = 8,28 + (3,6/X)*18 ⇒ X = 60 ⇒ X là CH3COOH.
Câu này cũng có th gi i theo tăng gi m kh i lư ng.


Câu 30 : Ch t ph n ng v i dung d ch FeCl3 cho k t t a là
A. CH3NH2. B. CH3COOCH3. C. CH3OH. D. CH3COOH.
ðáp án A.


CH3NH2 + H2O ← CH3NH3+ + OH− ; Fe3+ + 3OH− → Fe(OH)3↓


Câu 31 : Cho các ph n ng sau :
H2S + O2 (dư)  Khí X + H2O

0
t


NH3 + O2  Khí Y + H2O

0
850 C, Pt


NH4HCO3 + HCl loãng → Khí Z + NH4Cl + H2O
Các khí X, Y, Z thu ñư c l n lư t là
A. SO3, NO, NH3. B. SO2, N2, NH3. C. SO2, NO, CO2. D. SO3, N2, CO2.
ðáp án C.
H2S + O2 (dư)  SO2 + H2O

0
t


NH3 + O2  NO + H2O

0
850 C, Pt


NH4HCO3 + HCl loãng → CO2 + NH4Cl + H2O
Chú ý ñi u ki n trong 2 ph n ng ñ u.
Nh n xét : Các ñáp án có SO3 là quá “thô”, h c sinh d dàng lo i tr !
Nên thay b ng các t h p (S, NO, CO2) ho c (S, N2, CO2) ho c (SO2, N2, CO2).


Câu 32 : Nhi t phân hoàn toàn 40 gam m t lo i qu ng ñôlômit có l n t p ch t trơ sinh ra 8,96
lít khí CO2 ( ñktc). Thành ph n ph n trăm v kh i lư ng c a CaCO3.MgCO3 trong lo i
qu ng nêu trên là
A. 40%. B. 50%. C. 84%. D. 92%.
ðáp án D.
Qu ng ñôlômit là CaCO3.MgCO3
⇒ %m(CaCO3.MgCO3) = {[(100 + 84)*(8,96/22,4)/2]/40}*100% = 92%.
Nh n xét : Câu này không khó. Nên thay phương án A b ng giá tr 42%.

Câu 33 : Cho các ph n ng :
C2H4 + Br2 →
HBr + C2H5OH  →
0
t


C2H4 + HBr → C2H6 + Br2 →
askt(1:1mol)


S ph n ng t o ra C2H5Br là
Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


A. 4. B. 3. C. 2. D. 1.
ðáp án B.
C2H4 + Br2  C2H4Br2

HBr + C2H5OH  C2H5Br + H2O

0
t


C2H4 + HBr  C2H5Br
→ C2H6 + Br2 → C2H5Br + HBr
askt(1:1mol)


Nh n xét : Câu này không khó.

Câu 34 : Ti n hành hai thí nghi m sau :
- Thí nghi m 1 : Cho m gam b t Fe (dư) vào V1 lít dung d ch Cu(NO3)2 1M;
- Thí nghi m 2 : Cho m gam b t Fe (dư) vào V2 lít dung d ch AgNO3 0,1M.
Sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn, kh i lư ng ch t r n thu ñư c hai thí nghi m ñ u
b ng nhau. Giá tr c a V1 so v i V2 là
A. V1 = V2. B. V1 = 10V2. C. V1 = 5V2. D. V1 = 2V2.
ðáp án A.
hai thí nghi m b ng nhau ⇔ V1(64 – 56) = 0,1*V2(108 – 56*0,5)
Kh i lư ng ch t r n
⇒ V1 = V2.
Nh n xét : ñây là m t bài toán tăng gi m kh i lư ng ñi n hình. C n chú ý t l ph n ng.
Có th thay th phương án nhi u b ng : V1 = 0,65V2.


Câu 35 : Polime có c u trúc m ng không gian (m ng lư i) là
A. PE. B. amilopectin . C. PVC. D. nh a bakelit.
ðáp án D.
PE, PVC : m ch th ng.
Amilopectin : m ch phân nhánh.
Nh a bakelit : m ng không gian (m ng lư i).
Nh n xét : Ph i n m v ng lí thuy t c u trúc m ng c a polime.
Tuy nhiên câu này không khó, do là m t câu ñã khá quen thu c.


Câu 36 : Công th c phân t c a h p ch t khí t o b i nguyên t R và hiñro là RH3. Trong oxit
mà R có hoá tr cao nh t thì oxi chi m 74,07% v kh i lư ng. Nguyên t R là
A. S. B. As. C. N. D. P.
ðáp án C.
Oxit có d ng : R2O5 ⇒ 2R + 5*16 = 5*16/0,7407 ⇒ R = 14 ⇒ R là N.
Chú ý : Hóa tr cao nh t v i H + Hóa tr cao nh t v i O = 8.

Câu 37 : nh hư ng c a nhóm -OH ñ n g c C6H5- trong phân t phenol th hi n qua ph n
ng gi a phenol v i
D. H2 (Ni, to)
C. nư c Br2.
A. dung d ch NaOH. B. Na kim lo i.
ðáp án C.

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


C6H5OH + Br2  2,4,6-tribromphenol

nhi t ñ thư ng, không c n xúc tác,
D u hi u : ph n ng x y ra ngay v i dung d ch brom,
theo t l 1:3 (d hơn nhi u so v i benzen : brom khan, nhi t ñ cao, xúc tác b t Fe).


Câu 38 : Hiñrocacbon m ch h X trong phân t ch ch a liên k t σ và có hai nguyên t
cacbon b c ba trong m t phân t . ð t cháy hoàn toàn 1 th tích X sinh ra 6 th tích CO2 (
cùng ñi u ki n nhi t ñ , áp su t). Khi cho X tác d ng v i Cl2 (theo t l s mol 1 : 1), s d n
xu t monoclo t i ña sinh ra là
A. 3. B. 4. C. 2. D. 5.
ðáp án C.
X  6CO2 ⇒ X có 6C.

X m ch h , ch ch a liên k t σ ⇒ X là C6H14.
X có 2 nguyên t C b c ba ⇒ X là : 2,3-ñimetylbutan.
Cho X tác d ng v i Cl2 (t l mol 1:1) ch sinh ra t i ña 2 d n xu t monoclo :




Chú ý : tính ñ i x ng c a phân t .

Câu 39 : Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam ch t béo c n v a ñ 0,06 mol NaOH. Cô c n
dung d ch sau ph n ng thu ñư c kh i lư ng xà phòng là
A. 17,80 gam. B. 18,24 gam. C. 16,68 gam. D. 18,38 gam.
ðáp án A.
Ph n ng : (RCOO)3C3H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3H5(OH)3

Theo b o toàn kh i lư ng : m(xà phòng) = m(ch t béo) + m(NaOH) – m(glixerol)
⇒ m(xà phòng) = 17,24 + 40*0,06 – 92*0,06/3 = 17,80 gam.
Nh n xét : Câu này không quá khó, ch c n chú ý khái ni m ch t béo.
ðây là bài t p mà chúng ta ñã ñư c làm quen trong
Chuyên ñ . M t s bài t p chu n b cho kì thi tuy n sinh ñ i h c, cao ñ ng 2008.

Câu 40 : Cho dãy các ch t : C2H2, HCHO, HCOOH, CH3CHO, (CH3)2CO, C12H22O11
(mantozơ). S ch t trong dãy tham gia ñư c ph n ng tráng gương là
A. 3. B. 6. C. 5. D. 4.
ðáp án D.
Các ch t tham gia ph n ng tráng gương : HCHO, HCOOH, CH3CHO và C12H22O11.
Chú ý : Mantozơ có tham gia ph n ng tráng gương.
C2H2 có ph n ng v i AgNO3/NH3 nhưng không ph i ph n ng tráng gương.


Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Câu 41 : Cho 0,1 mol P2O5 vào dung d ch ch a 0,35 mol KOH. Dung d ch thu ñư c có các
ch t
A. K3PO4, K2HPO4. B. K2HPO4, KH2PO4. C. K3PO4, KOH. D. H3PO4, KH2PO4.
ðáp án B.
P2O5  2H3PO4

Do : 1 < n(KOH)/n(P2O5) = 0,35/(0,1*2) = 1,75 < 2 ⇒ Hai mu i là : K2HPO4, KH2PO4.


Câu 42 : Khi ñ t cháy hoàn toàn m t este no, ñơn ch c thì s mol CO2 sinh ra b ng s mol O2
ñã ph n ng. Tên g i c a este là
A. metyl fomiat. B. etyl axetat. C. n-propyl axetat. D. metyl axetat.
ðáp án A.
Este no, ñơn ch c (m ch h ) ⇔ CnH2nO2
Ph n ng cháy : CnH2nO2 + (3n − 2)/2O2 → nCO2 + nH2O
n(CO2) = n(O2) ⇔ (3n − 2)/2 = n ⇒ n = 2 ⇒ Este là C2H4O2 hay HCOOCH3 (metyl fomiat).


Câu 43 : Cho ch t h u cơ X có công th c phân t C2H8O3N2 tác d ng v i dung d ch NaOH,
thu ñư c ch t h u cơ ñơn ch c Y và các ch t vô cơ. Kh i lư ng phân t (theo ñvC) c a Y là
A. 85. B. 68. C. 45. D. 46.
ðáp án C.


X + NaOH → ch t h u cơ Y và các ch t vô cơ
⇒ X là CH3CH2NH3NO3
Ph n ng : CH3CH2NH3NO3 + NaOH  CH3CH2NH2 + NaNO3 + H2O

⇒ Y là CH3CH2NH2 (M = 45 ñvC).
Nh n xét : Nhi u b n s lúng túng trong vi c xác ñ nh CTCT c a X.
ðây là bài t p mà chúng ta ñã ñư c làm quen trong
Chuyên ñ . M t s bài t p chu n b cho kì thi tuy n sinh ñ i h c, cao ñ ng năm 2008.

Câu 44 : H n h p r n X g m Al, Fe2O3 và Cu có s mol b ng nhau. H n h p X tan hoàn toàn
trong dung d ch
A. NaOH (dư). B. HCl (dư). C. AgNO3 (dư). D. NH3 (dư).
ðáp án B.
NaOH ch hòa tan ñư c Al.
AgNO3 dư ch hòa tan ñư c Al và Cu.
NH3 không hòa tan ñư c ch t nào.
V i HCl : Al tan, Fe2O3 tan, Cu tan trong Fe3+ (v a ñ ).
Chú ý : Dãy ñi n hóa kim lo i, Cu tan trong Fe3+.


Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)

PH N RIÊNG ------ Thí sinh ch ñư c làm 1 trong 2 ph n : Ph n I ho c Ph n II -------
Ph n I. Theo chương trình KHÔNG phân ban (6 câu, t câu 45 ñ n câu 50)
Câu 45 : Cho dãy các ch t : CH4, C2H2, C2H4, C2H5OH, CH2=CH-COOH, C6H5NH2 (anilin),
C6H5OH (phenol), C6H6 (benzen). S ch t trong dãy ph n ng ñư c v i nư c brom là
A. 6. B. 8. C. 7. D. 5.
ðáp án D.
Các ch t ph n ng v i nư c brom là : C2H2, C2H4, CH2=CH-COOH, C6H5NH2 (anilin),
C6H5OH (phenol).

Câu 46 : Th tích dung d ch HNO3 1M (loãng) ít nh t c n dùng ñ hoà tan hoàn toàn m t h n
h p g m 0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (bi t ph n ng t o ch t kh duy nh t là NO)
A. 1,0 lít. B. 0,6 lít. C. 0,8 lít. D. 1,2 lít.
ðáp án C.
Th tích dung d ch HNO3 là ít nh t ⇔ dung d ch g m Fe2+ và Cu2+
(do Cu (và Fe dư, n u có) và Fe3+ tác d ng v a h t v i nhau).
B o toàn e : n(NO) = (0,15*2 + 0,15*2)/3 = 0,2 mol
Chú ý t l : n(HNO3) = 4n(NO) = 0,8 mol ⇒ V(HNO3) = 0,8 lít.
Nh n xét : ðây là bài t p hay và khó (s không nhi u thí sinh làm ñư c).
Tuy nhiên, n i dung hơi l p khi ñ t trong cùng ñ v i câu 44.
ðây là bài t p mà chúng ta ñã ñư c làm quen trong
Chuyên ñ . M t s bài t p chu n b cho kì thi tuy n sinh ñ i h c, cao ñ ng năm 2008.

Câu 47 : Cho các ph n ng :
(1) O3 + dung d ch KI → (2) F2 + H2O  →
0
t



(4) Cl2 + dung d ch H2S →
(3) MnO2 + HCl ñ c  →
0
t


Các ph n ng t o ra ñơn ch t là
A. (1), (2), (3). B. (1), (3), (4). C. (2), (3), (4). D. (1), (2), (4).
ðáp án A.
O3 + KI + H2O → KOH + I2 + O2 F2 + H2O  HF + O2

0
t


Cl2 + H2S + H2O → HCl + H2SO4
MnO2 + HCl ñ c  MnCl2 + Cl2 + H2O

0
t


Nh n xét : ð làm bài này ta ph i n m v ng tính ch t hóa h c c a các nguyên t nhóm
Halogen và Oxi. Th c t bài này không khó, nhưng nhi u b n s lúng túng, do không quan
tâm nhi u ñ n ki n th c l p 10.

Câu 48 : ð t cháy hoàn toàn 1 lít h n h p khí g m C2H2 và hiñrocacbon X sinh ra 2 lít khí
CO2 và 2 lít hơi H2O (các th tích khí và hơi ño cùng ñi u ki n nhi t ñ , áp su t). Công th c
phân t c a X là
A. C2H6. B. C2H4. C. CH4. D. C3H8.
ðáp án A.
Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


S nguyên t C trung bình = 2/1 = 2 ⇒ X có 2C.
Do : V(CO2) = V(H2O) ⇒ X là ankan.
Tóm l i X là C2H6.
Nh n xét : ðây là bài toán v n d ng nh ng nh n xét trong
Chuyên ñ . Bài toán ñ t cháy trong Hóa H u cơ.

Câu 49 : Ba hiñrocacbon X, Y, Z là ñ ng ñ ng k ti p, kh i lư ng phân t c a Z b ng 2 l n
kh i lư ng phân t c a X. Các ch t X, Y, Z thu c dãy ñ ng ñ ng
B. ankañien.
A. ankan. C. anken. D. ankin.
ðáp án C.
Có th “làm mò” ngay là anken.
Làm tr c ti p : G i X là CaHb ⇒ Z là CaHb(C2H4)
M(Z) = 2M(X) ⇒ CaHb ≡ C2H4 ⇒ Các ch t X, Y, Z thu c dãy ñ ng ñ ng anken.
Nh n xét : N u b sung thêm phương án “xicloankan” thì m c ñ nhi u s cao hơn.

Câu 50 : Ti n hành b n thí nghi m sau :
- Thí nghi m 1 : Nhúng thanh Fe vào dung d ch FeCl3;
- Thí nghi m 2 : Nhúng thanh Fe vào dung d ch CuSO4;
- Thí nghi m 3 : Nhúng thanh Cu vào dung d ch FeCl3 ;
- Thí nghi m 4 : Cho thanh Fe ti p xúc v i thanh Cu r i nhúng vào dung d ch HCl
S trư ng h p xu t hi n ăn mòn ñi n hoá là
A. 1. B. 2. C. 4. D. 3.
ðáp án B.
Ch có các thí nghi m 2 và 4 xu t hi n ăn mòn ñi n hóa.
Nh n xét : Nhi u b n s lúng túng trong câu này. C n n m v ng khái ni m và các ñi u ki n
ñ xu t hi n ăn mòn ñi n hóa.

Ph n II. Theo chương trình phân ban (6 câu, t câu 51 ñ n câu 56)
Câu 51 : Mu i C6 H 5 N 2 Cl − (phenylñiazoni clorua) ñư c sinh ra khi cho C6H5-NH2 (anilin) tác
+


nhi t ñ th p (0-50C). ð ñi u ch ñư c 14,05 gam
d ng v i NaNO2 trong dung d ch HCl
C 6 H 5 N 2 Cl − (v i hi u su t 100%), lư ng C6H5-NH2 và NaNO2 c n dùng v a ñ là
+


A. 0,1 mol và 0,4 mol. B. 0,1 mol và 0,2 mol.
C. 0,1 mol và 0,1 mol. D. 0,1 mol và 0,3 mol.
ðáp án C.
Ph n ng : C6H5NH2 + NaNO2 + HCl → C6 H 5 N + Cl − + 2H2O
2

⇒ Lo i A, B, D ⇒ Duy ch có C ñúng !
Nh n xét : Câu này không hay (phương án ch n), nhưng ph i nh ph n ng m i làm ñư c.

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Câu 52 : Cho các dung d ch : HCl, NaOH ñ c, NH3, KCl. S dung d ch ph n ng ñư c v i
Cu(OH)2 là
A. 1. B. 3. C. 2. D. 4.
ðáp án B.
Các dung d ch ph n ng ñư c v i Cu(OH)2 là : HCl, NaOH ñ c và NH3.
Nh n xét : V n ñ lư ng tính c a Cu(OH)2 là m t v n ñ “nh y c m” còn nhi u tranh cãi.
Theo tôi, không nên ñưa v n ñ này vào trong ñ thi.

Câu 53 : Hơi thu ngân r t ñ c, b i v y khi làm v nhi t k thu ngân thì ch t b t ñư c dùng
ñ r c lên thu ngân r i gom l i là
C. mu i ăn. D. lưu huỳnh.
A. vôi s ng. B. cát.
ðáp án D.
Nh n xét : Câu h i này không khó. ðây là tính ch t ñ c bi t c a Hg → r t d nh (ñã h c
trong bài S và m i h c trong bài “Hóa h c và v n ñ môi trư ng”).

Câu 54 : Ba ch t h u cơ m ch h X, Y, Z có cùng công th c phân t C3H6O và có các tính
ch t : X, Z ñ u ph n ng v i nư c brom; X, Y, Z ñ u ph n ng v i H2 nhưng ch có Z không
b thay ñ i nhóm ch c; ch t Y ch tác d ng v i brom khi có m t CH3COOH. Các ch t X, Y, Z
l n lư t là
A. C2H5CHO, CH2=CH-O-CH3, (CH3)2CO. B. (CH3)2CO, C2H5CHO, CH2=CH-CH2OH.
C. C2H5CHO, (CH3)2CO, CH2=CH-CH2OH. D. CH2=CH-CH2OH, C2H5CHO, (CH3)2CO.
ðáp án C.
X tác d ng v i nư c brom ⇒ Lo i B.
Ch t Y ch tác d ng v i brom khi có m t CH3COOH ⇒ Y có nhóm cacbonyl ⇒ Lo i A.
Ch Z không b thay ñ i nhóm ch c ⇒ Z ch có liên k t π m ch C ⇒ Lo i D.
⇒ X, Y, Z l n lư t là : C2H5CHO, (CH3)2CO, CH2=CH-CH2OH.
Nh n xét : ðây là m t câu khó, ñòi h i v n d ng ki n th c t ng h p. Thí sinh nào không nh
ñi u ki n ph n ng th brom c a xeton thì s r t lúng túng.

Câu 55 : Cho su t ñi n ñ ng chu n E0 c a các pin ñi n hoá : E0(Cu-X) = 0,46V, E0(Y-Cu) =
1,1V; E0(Z-Cu) = 0,47V (X, Y, Z là ba kim lo i). Dãy các kim lo i x p theo chi u tăng d n
tính kh t trái sang ph i là
A. Z, Y, Cu, X. B. X, Cu, Z, Y . C. Y, Z, Cu, X. D. X, Cu, Y, Z.
ðáp án B.
0
E (Cu-X) = 0,46V > 0 ⇒ Tính kh c a X < Cu.
E0(Y-Cu) = 1,1V > E0(Z-Cu) = 0,47V > 0 ⇒ Tính kh c a Y > Z > Cu.
Tóm l i : tính kh tăng d n theo chi u X, Cu, Z, Y
Nh n xét : ð làm câu này c n n m v ng khái ni m và cách tính “su t ñi n ñ ng chu n”
cũng như ki n th c v “Dãy th ñi n hóa c a kim lo i”.
Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Câu 56 : Cho m t lư ng b t Zn vào dung d ch X g m FeCl2 và CuCl2. Kh i lư ng ch t r n
sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn nh hơn kh i lư ng b t Zn ban ñ u là 0,5 gam. Cô c n
ph n dung d ch sau ph n ng thu ñư c 13,6 gam mu i khan. T ng kh i lư ng các mu i trong
X là
A. 13,1 gam. B. 17,0 gam. C. 19,5 gam. D. 14,1 gam.
ðáp án A.
Nh n xét : Theo b o toàn kh i lư ng, kh i lư ng ch t r n gi m = kh i lư ng mu i tăng.
⇒ m(X) = 13,6 – 0,5 = 13,1 gam.
Câu này không khó.


M t s nh n xét, ñánh giá v ñ thi :
1) Ưu ñi m :
ð thi nhìn chung là khó ñ i v i kh năng c a các h c sinh kh i B, các phép tính có ñ
ph c t p cao hơn so v i ñ kh i A.
Ki n th c phân b ñ u trong toàn chương trình, ñ m b o vi c ki m tra, ñánh giá ñư c các
ki n th c và kĩ năng toàn di n c a h c sinh.
H c sinh ph i n m v ng và có s v n d ng linh ho t ki n th c, các kĩ năng (suy lu n, t ng
h p, ñánh giá) và phương pháp gi i nhanh (b o toàn v t ch t, quy ñ i, trung bình) m i có th
gi i quy t tr n v n ñư c yêu c u c a ñ bài.
T l lý thuy t : bài t p là tương ñ i h p lý (50 : 50).
Trong ñ ñã xu t hi n nh ng câu h i m i, hay và khó mang tính ch t phân lo i h c sinh
(Câu 43, 46).

2) Như c ñi m :
M t s câu còn n ng v lý thuy t (nh ) : câu 3, 17, 31, 35, 51.
M c ñ và kh i lư ng tính toán nhi u, ph c t p : ñi n hình là câu 10, 12, 25.
Nhi u câu có các phương án l a ch n còn chưa hay, m c ñ nhi u chưa th c s t t ( m t
s câu còn mang tính hình th c) : câu 9, 10, 11, 12, 16, 25, 26, 28, 31, 32, 49, 51.
M t s câu có n i dung chưa th c s rõ ràng, chính xác : câu 4, 5, 16, 19, 26, 52.
M t s câu còn có n i dung “l p” nhau : câu 7 và 18 ; câu 10 và 25 ; câu 44 và 46.
Có m t l i ñánh máy (câu 18), khi n nhi u h c sinh b lúng túng khi làm bài.

M c dù còn m t s sai sót, như c ñi m như trên song nhìn chung ñ thi ñã ñáp ng ñư c yêu
c u c a m t ñ thi ð i h c, m c ñ phân lo i h c sinh là t t (hơn ñ kh i A). ð có th gi i
tr n v n ñ thi trong vòng 90’ ñòi h i h c sinh ph i n m ch c ki n th c (c 10, 11 và 12) và
ph i bi t v n d ng linh ho t, ñ ng th i ph i có kĩ năng gi i toán t t.

khu v c 5 ÷ 7 ñi m. ði m 10 là không nhi u (th m chí là ít).
D ñoán : ph ñi m t p trung

Giáo viên : http://truongtructuyen.vn
Copyright © 2008 Lê Ph m Thành
Hà N i, mùa tuy n sinh năm 2008 HƯ NG D N GI I ð ðH KH I B (M195 – 2008)


Trên ñây tôi ñã trình bày hư ng d n gi i chi ti t cho ñ thi tuy n sinh ð i h c – Kh i B năm
2008 (mã ñ 195).


Do th i gian g p rút và trình ñ b n thân còn h n ch , m i câu tôi ñã ñ ngh m t phương án
gi i mà b n thân cho là nhanh và d hi u nh t, ñ ng th i ñã có nh ng phân tích, ñánh giá v
t ng câu cũng như toàn b ñ thi (trên quan ñi m cá nhân).


Xin lưu ý là ngoài nh ng phương án ñã trình bày trên, v n còn có nh ng phương án gi i
khác có th hay hơn, g n hơn và d hi u hơn. Bài vi t ch mang tính hư ng d n, trên cơ s ñó
các em h c sinh nên suy nghĩ ñ tìm ra nh ng phương án gi i riêng c a mình, ñ ng th i áp
d ng vào làm các bài t p tương t ñ rèn luy n thêm.


Qua vi c gi i và phân tích ñ thi này, k t h p v i vi c phân tích ñ thi Kh i A, m t l n n a
chúng ta nh n th y ki n th c trong ñ thi t p trung ch y u vào chương trình Hóa H c l p 12
(kho ng 70%), tuy nhiên v n có m i liên h h p lý v i ki n th c c a l p 10 và 11.


M t khác, ki n th c Hóa H c có tính liên t c, vì v y l i khuyên cho các em h c sinh là khi
h c các em ph i n m th t v ng ki n th c c a t ng chương, t ng ph n (ñ i cương, h u cơ, vô
cơ) ñ ng th i ph i bi t v n d ng linh ho t các ki n th c ñó ñ gi i quy t các yêu c u ñ t ra
c a bài thi.


Bên c nh ñó, m t ñi u h t s c quan tr ng n a là các em ph i chú ý hơn ñ n vi c rèn luy n các
kĩ năng tính (tính nh m, tính nhanh) và phương pháp gi i (các phương pháp b o toàn v t ch t,
phương pháp trung bình, phương pháp quy ñ i, phương pháp lo i tr , …) ñ có th v n d ng
linh ho t nh m nâng cao hi u qu làm bài.


Hi v ng bài vi t này ñã ñáp ng ñư c ph n nào s kì v ng c a các b n ñ c.
R t mong nh n ñư c ý ki n ph n h i c a ñông ñ o các b n giáo viên và các em h c sinh ñ
bài vi t tr nên hay hơn n a.


M i ý ki n ph n h i xin g i v ñ a ch : thanh.lepham@gmail.com


Xin chân thành c m ơn các ý ki n góp ý c a các b n !
Chúc các em h c sinh h c t t, chúc các b n giáo viên d y t t !


Hà N i, ngày 10 tháng 07 năm 2008
Lê Ph m Thành – Giáo viên http://truongtructuyen.vn
Trang1
T T
p n 1.5p p
3 .5 3
8 p 9.33




T 28
60
3 3




Trang2
1 0 .2
* 100% 22.22%
4 0 .2 * 2




Trang3
3 1 1 1
2 2 2 2




Trang4
Trang5
1 1 9.6 * 50
*
3 3 100 * 16

1
*
2



≥ ≥







Trang6





1
2

a b 0.02
a 0.5b 0.015




Trang7
Trang8
4 .6
*n
0.125 * 2 0.1




Trang9
Trang10
29.8
49.67
51.7 29.8
36.5




Trang11
45.75 0.125 * 54
0.375
104




Trang12
nH 2 4 * 3.75 28
1 nH 2 nC2 H 4 x(mol )
nC2 H 4 4 * 3.75 2




x * (1 - H%) * 2 x * (1 - H%) * 28 x * H% * 30
5* 4 H % 50%
x * (2 - H%)




1
2




xt ,t

mengiâm

xt ,t




Trang13
12 * 2
8
3 *1




26.46
88.2
0 .3





Trang14
Trang15
6n 2 2 x
4
6n 2 2 x

4

nO 2
3 .5
nA









Trang16
0.08 * 0.15
20
0.03 * 0.02




Trang17
11a
240




a *C% a * (1 C %) 11a
60 18 240




n K 2Cr2O7 n K 2Cr2O7
nCl2
n K 2Cr2O7
nCl2
nCrCl3


Trang18
n SO 2
4




1
nCu2S nFeS 0.12(mol
)
22




Trang19
6n 2 2 x
4
6n 2 2 x

4

nO 2
2 .5
nA




20
62.5
31.68 20
36.5









Trang20
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

ĐÁP ÁN CHI TIẾT CHO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH – CĐ NĂM 2009
MÔN HÓA HỌC – MÃ ĐỀ 825
Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) 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; Sn = 119;
Ba=137; Pb = 207.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40)
Câu 1 : Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp
gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X
và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng
kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là
A. 240. B. 120. C. 360. D. 400.
Đáp án C.
Phân tích đề bài: Cho hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch hỗn hợp chứa H+ và NO -3 →
cần kết hợp phương pháp Bảo toàn electron – điện tích và sử dụng Phương trình ion thu gọn trong
giải toán.
Hướng dẫn giải:
Dễ dàng nhẩm được n Fe = 0,02 mol; n Cu = 0,03 mol vµ n e cho tèi ®a = 0,12 mol

Thay vào pt ion thu gọn: 4H + + NO3 + 3e → NO + 2H 2 O

ta dễ dàng nhận thấy H+ và NO -3 còn dư, do đó kim loại đã tan hết thành Fe3+ và Cu2+
4
n H+ d− = 0,4 × 0,5 × 2 - 0,12 × = 0,24 mol = n OH- cÇn ®Ó trung hßa
3
Kết tủa thu được là Fe(OH)3 và Cu(OH)2 mà theo Bảo toàn điện tích thì:
n OH- trong kÕt tña = n ®iÖn tÝch d−¬ng cña ion kim lo¹i = n e cho = 0,12 mol


Do đó, n OH = 0,24 + 0,12 = 0,36 mol V = 360 ml
-
cÇn


Nhận xét:
- Bài tập về phương pháp Bảo toàn electron kết hợp với Bảo toàn điện tích và sử dụng
phương trình ion thu gọn thuộc loại bài tập khó trong chương trình phổ thông. Tuy nhiên,
đề bài này vẫn còn khá “truyền thống” và khá “hiền”, có nhiều cách để khiến bài toán trở
nên lắt léo hơn như:
Cho H+ và NO -3 không dư, dung dịch thu được có Fe2+, Fe3+ và Cu2+
+

Dung dịch kiềm dùng Ba(OH)2 để có thêm kết tủa BaSO4
+
…..
+
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

- Về đáp án gây nhiễu thì đáp án 120 ml là hợp lý (dùng trong trường hợp thí sinh quên
không tính tới OH- tham gia phản ứng trung hòa), có thể thay đáp án 240 ml bằng đáp án
100 ml (do V tối thiểu nên thí sinh có thể nghĩ đến chuyện Fe(OH)2 – 0,02 mol và
Cu(OH)2 – 0,03 mol)
Câu 2 : Xà phòng hóa hoàn toàn 66,6 gam hỗn hợp hai este HCOOC2H5 và CH3COOCH3
bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp X gồm hai ancol. Đun nóng hỗn hợp X với H2SO4 đặc ở
1400C, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam nước. Giá trị của m là
A. 18,00. B. 8,10. C. 16,20. D. 4,05.
Đáp án B.
Phân tích đề bài: Nhận thấy 2 este này là đồng phân của nhau → có cùng M và dễ dàng tính
được số mol.
Hướng dẫn giải:
66, 6
Ta có n este = = 0,9 mol = n r−îu
74
o
Phản ứng tách nước tạo ete có tỷ lệ: 2R−îu ⎯⎯⎯⎯⎯ 1Ete + 1H2 O

H2 SO4 , 140 C



1
→ m = 18 × 0,45 = 8,1g (giá trị này có thể nhẩm được)
Do đó, n H2 O = n r−îu = 0,45 mol
2
Nhận xét:
- Đề bài này cũng khá “hiền”, có thể biến bài toán trở nên lắt léo hơn bằng cách thay điều
kiện 1400C bằng 1800C, khi đó CH3OH là 1 rượu không tách nước tạo anken được, nếu
thí sinh chủ quan chỉ viết ptpư ở dạng tổng quát như trên thì rất dễ bị mắc phải sai sót và
chọn phải đáp án nhiễu
- Đáp án gây nhiễu của câu hỏi này khá tùy tiện, các giá trị 18 và 4,05 hơi vô nghĩa và dễ
dàng loại trừ (người ra đề cứ chia đôi để ra đáp án nhiễu), đáp án nhiễu nhất nằm ở giá trị
16,2 – khá nhiều em chọn phải đáp án này.
Câu 3: Trường hợp nào sau đây không xảy ra phản ứng hóa học?
A. Cho Fe vào dung dịch H2SO4 loãng, nguội.
B. Sục khí Cl2 vào dung dịch FeCl2.
C. Sục khí H2S vào dung dịch CuCl2.
D. Sục khí H2S vào dung dịch FeCl2.
Đáp án D.
Ion Fe2+ có tính oxh chưa đủ mạnh để phản ứng với H2S (nếu là Fe3+ mới có phản ứng), kết
tủa FeS tan trong HCl, do đó, phản ứng D không xảy ra theo cả hướng oxh – kh và trao đổi.
Nhận xét:
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu hỏi này khá hay và rộng. Các đáp án nhiễu khá hay, nhằm vào các phản ứng khác
nhau, trong đó có sự so sánh “đặc nguội – loãng nguội” và “CuCl2 – FeCl2”. Đáp án ít
nhiễu nhất là đáp án B.
Câu 4: Cho các hợp kim sau: Cu-Fe (I); Zn –Fe (II); Fe-C (III); Sn-Fe (IV). Khi tiếp xúc với
dung dịch chất điện li thì các hợp kim mà trong đó Fe đều bị ăn mòn trước là:
A. I, II và III. B. I, II và IV. C. I, III và IV. D. II, III và IV.
Đáp án C.
Đây là một câu hỏi cơ bản về ăn mòn điện hóa, cả 3 điều kiện của ăn mòn điện hóa đã hội
đủ. Do đó ta chỉ việc áp dụng nguyên tắc chung là: nguyên tố có tính khử mạnh hơn đóng
vai trò là cực âm và bị ăn mòn. (chú ý là phải hiểu được bản chất oxh – kh của ăn mòn
điện hóa, một số em hiểu một cách mơ hồ là “kim loại hoạt động hơn bị ăn mòn” thì sẽ
lúng túng với cặp Fe – C vì C không có trong dãy hoạt động của kim loại)
Nhận xét:
Câu hỏi này không khó nhưng cũng khá hay.
Câu 5: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y gồm hai chất hữu cơ. Đốt cháy hết Y thì thu
được 11,7 gam H2O và 7,84 lít khí CO2 (ở đktc). Phần trăm theo thể tích của H2 trong X là
A. 65,00%. B. 46,15%. C. 35,00% D. 53,85%.
Đáp án B.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố - quy đổi ta sẽ thấy đốt cháy hỗn hợp Y = đốt cháy hỗn
hợp X, do đó ta coi như sản phẩm đốt cháy Y là từ phản ứng đốt cháy X (quy đổi)
7,84 11,7
Do HCHO chứa 1C nên n HCHO = n CO2 = = 0,35 mol và n H2 = - 0,35 = 0,3 mol
22,4 18

(HCHO khi cháy cho n H2O = nCO2 )

0,3
× 100% ≈ 46,15% (giá trị này có thể ước lượng được)
Do đó, %VH2 =
0,3 + 0,35
Nhận xét:
Câu hỏi này khá quen thuộc và đơn giản, tương tự như các bài tập hiđro hóa hỗn hợp
hiđrocacbon không no rồi đốt cháy. (nếu đề bài cho anđehit khác thì cần thêm 1 phép tính
để tìm số mol của anđehit).
Câu 6: Cho bốn hỗn hợp, mỗi hỗn hợp gồm hai chất rắn có số mol bằng nhau: Na2O và
Al2O3; Cu và FeCl3; BaCl2 và CuSO4; Ba và NaHCO3. Số hỗn hợp có thể tan hoàn toàn trong nước
(dư) chỉ tạo ra dung dịch là
A. 4. B. 2. C. 1. D. 3.
Đáp án C.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Chỉ duy nhất cặp Na2O và Al2O3 thỏa mãn điều kiện đã cho (NaAlO2 có tỷ lệ Na:Al = 1:1).
Các trường hợp BaSO4 và BaCO3 đều có tạo ra kết tủa. Cu không thể tan hết trong dung dịch
FeCl3 có cùng số mol.
Nhận xét:
- Câu hỏi này thực ra không khó nhưng nếu thí sinh không chú ý tới chi tiết “số mol bằng
nhau” thì rất dễ chọn nhầm thành đáp án B. 2 vì sẽ tính thêm cặp: Cu và FeCl3 (chỉ tan
nếu tỷ lệ số mol Cu : FeCl3 = 1 : 2). Đây là một kinh nghiệm quan trọng khi thi, cần phải
rất chú ý tới các dữ kiện “thiếu, dư, tối thiểu, tối đa, vừa đủ, bằng nhau, …”
- Nhờ dữ kiện “số mol bằng nhau” mà câu hỏi trở nên hay hơn và có tính phân loại hơn.
Câu 7: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử.
Hỗn hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít (ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M
và N lần lượt là
A. 0,1 mol C2H4 và 0,2 mol C2H2. B. 0,1 mol C3H6 và 0,2 mol C3H4.
C. 0,2 mol C2H4 và 0,1 mol C2H2. D. 0,2 mol C3H6 và 0,1 mol C3H4.
Đáp án D.
Phân tích đề bài: do đề bài đã cung cấp cả khối lượng và số mol của hỗn hợp nên ta dễ dàng
thấy bài toán phải làm bằng Phương pháp Trung bình (biện luận CTPT) kết hợp với Phương pháp
Đường chéo (tính), chú ý chi tiết “có cùng số nguyên tử C”
Hướng dẫn giải:




*
Các em chú ý chiều suy ra của mũi tên! Ta có thể viết chung trên cùng 1 sơ đồ này 2 ý: từ M trung bình
→ CTPT và từ M trung bình → số mol.
*
Ngoài cách làm trên, ta còn có thể làm bằng cách thử thay giá trị của từng đáp án để kiểm chứng số
liệu.
Nhận xét:
Đây là một bài tập khá cơ bản về Phương pháp Trung bình, thí sinh có thể dễ dàng loại bỏ
đáp án A và C (2 đáp án nhiễu khá vô duyên). Việc tính số mol bằng đường chéo thay cho
giải hệ phương trình giúp tiết kiệm đáng kể thời gian làm bài.
Câu 8: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dung dịch NaOH thu được
2,05 gam muối của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau.
Công thức của hai este đó là
A. HCOOCH3 và HCOOC2H5. B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5.
C. CH3COOC2H5 và CH3COOC3H7. D. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5.
Đáp án D.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Phân tích đề bài: dễ dàng thấy bài toán có thể phải sử dụng Phương pháp Bảo toàn khối
lượng (biết khối lượng của 3 trong 4 chất trong phản ứng), chú ý là cả 4 đáp án đều cho thấy 2 este
đã cho là no, đơn chức (Phương pháp Chọn ngẫu nhiên)
Phương pháp truyền thống:
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m NaOH = m muèi + m r−îu - m este = 1g

1
→ n NaOH = = 0,025 mol = n r−îu = n muèi = n este (este ®¬n chøc)
40
2, 05
→ axit trong este lµ CH 3COOH
Do đó, M muèi = = 82
0, 025
0, 94

và M r−îu = = 37, 6 2 r−îu trong este lµ CH 3OH vµ C 2 H 5 OH
0, 025

hoặc thay 2 bước tính M muèi và M r−îu bằng:
1,99
→ 2 este ph¶i lµ C 3 H 6 O 2 vµ C 4 H 8O 2
M este = = 79,6
0,025
Căn cứ vào 4 đáp án thì chỉ có D là thỏa mãn.
Phương pháp kinh nghiệm:
Từ dữ kiện 2,05g ta có thể kết luận ngay axit trong este là CH3COOH (kinh nghiệm) hoặc
chia thử để tìm số mol chẵn (CH3COONa có M = 82)
→ n este = n muèi = 0,025 mol (este ®¬n chøc)

1,99
= 79,6 → 2 este ph¶i lµ C 3 H 6 O 2 vµ C 4 H 8O 2 → 2 r−îu lµ CH 3OH vµ C 2 H 5 OH
M este =
0,025
Nhận xét:
- Đây là một bài tập khá cơ bản về phản ứng xà phòng hóa este và đã từng xuất hiện nhiều
trong các đề thi ĐH những năm trước đây. Do đó, có thể đánh giá bài tập này là không
khó.
- Ở cách làm thứ nhất, nếu tìm Meste thì có thể tìm được ngay đáp án mà không cần tính
M muèi , do đó, đáp án nhiễu nên có thêm HCOOC2H5 và HCOOC3H7 (thay cho đáp án B)
để ép thí sinh phải tìm CTPT của muối.
Câu 9: Cho 1 mol amino axit X phản ứng với dung dịch HCl (dư), thu được m1 gam muối Y.
Cũng 1 mol amino axit X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được m2 gam muối Z. Biết m2–
m1=7,5. Công thức phân tử của X là
A. C4H10O2N2. B. C5H9O4N. C. C4H8O4N2. D. C5H11O2N.
Đáp án B.
Phân tích đề bài: bài tập phản ứng của aminoaxit với dung dịch kiềm hoặc axit có cho biết
khối lượng của muối tạo thành thì ta thường áp dụng Phương pháp Tăng giảm khối lượng.
Phương pháp truyền thống:
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Gọi CTPT của X dạng (H2N)a-R-(COOH)b
⎯⎯⎯ ( ClH 3 N )a − R − ( COOH )b khối lượng tăng 36,5a gam

+ HCl



⎯⎯⎯→ ( H 2 N )a − R − ( COONa )b khối lượng tăng 22b gam
+ NaOH



Do đó, 22b – 36,5a = 7,5 → a = 1 và b = 2 → X có 2 nguyên tử N và 4 nguyên tử O
Phương pháp kinh nghiệm:
Ta thấy 1 mol –NH2 → 1 mol –NH3Cl thì khối lượng tăng 36,5g
1 mol –COOH → 1 mol –COONa thì khối lượng tăng 22g
thế mà đề bài lại cho m2 > m1 → số nhóm –COOH phải nhiều hơn số nhóm –NH2
*
Cũng có thể suy luận rằng: 7,5 là 1 số lẻ (0,5) nên số nhóm –NH2 phải là 1 số lẻ, dễ dàng loại được đáp
án C và D.
Từ 4 đáp án, suy ra kết quả đúng phải là B.
Nhận xét:
Đây là một bài tập khá cơ bản và đơn giản về Phương pháp tăng giảm khối lượng, ý
tưởng của bài toán khá hay chỉ tiếc là đáp án nhiễu chưa thực sự tốt, các đáp án A, C, D
đều có thể loại dễ dàng nếu suy luận theo phương pháp kinh nghiệm, có thể thay bằng các
đáp án khác như: C4H11O4N, C4H9O4N, C6H13O4N, … thì sẽ hay hơn rất nhiều.
Câu 10: Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH
2M vào X, thu được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng
thu được a gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 20,125. B. 12,375. C. 22,540. D. 17,710.
Đáp án B.
Phân tích đề bài: bài tập về phản ứng của ion Zn2+ với dung dịch kiềm cần chú ý đến tính
lưỡng tính của Zn(OH)2 và nên viết phản ứng lần lượt theo từng bước.
Ở đây, lượng KOH trong 2 trường hợp là khác nhau nhưng lượng kết tủa lại bằng nhau → để
Zn bảo toàn thì ở trường hợp 1, sản phẩm sinh ra gồm Zn(OH)2 và Zn2+ dư, còn ở trường hợp
2+

thứ 2, sản phẩm sinh ra gồm Zn(OH)2 và ZnO 2- .
2


Hướng dẫn giải:
Cách 1: Tính lần lượt theo từng bước phản ứng.
Ở cả 2 trường hợp, ta đều có phản ứng tạo thành kết tủa: Zn 2+ + 2OH - → Zn(OH)2 ↓ (1)
0,11 × 2
1
với n Zn2+ = n OH- = = 0,11 mol
2 2
Ở trường hợp 2, còn có thêm phản ứng tạo ra ion zincat: Zn 2+ + 4OH - → ZnO 2 − (2)
2



(0,14 - 0,11) × 2
1
với n Zn2+ = n OH- (2) = = 0,015 mol
4 4
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

→ m = 161 × 0,125 = 20,125g
Do đó, n Zn2+ = 0,125 mol = n ZnSO4

Cách 2: Tính theo công thức.
Từ phản ứng (1), ta thấy, trong trường hợp 1, n OH- (TH1) = 2n Zn(OH)2 ↓ (3)

Ở trường hợp 2, ta có: n OH- (TH2) = 4n Zn2+ - 2n Zn(OH)2 ↓ (4)

Cộng 2 vế của phương trình (3) và (4), ta có:
n OH- (TH1) + n OH- (TH2) = 4n Zn2+ = (0,11 + 0,14) × 2 = 0,5 mol → n Zn2+ = 0,125 mol = n ZnSO4

Do đó, m = 20,125g
Phương pháp kinh nghiệm:
Vì trường hợp 1 KOH thiếu, trường hợp 2 KOH lại dư (so với phản ứng tạo kết tủa), do đó,
số mol ZnSO4 phải nằm trong khoảng (0,11;0,14) và khối lượng ZnSO4 tương ứng phải nằm trong
khoảng (17,71;20,125). Xét cả 4 đáp án thì chỉ có B là thỏa mãn.
*
Cách nghĩ này cho phép tìm ra kết quả mà hoàn toàn không cần phải tính toán gì đáng kể!!!
Nhận xét:
Đây là một bài tập khá quen thuộc về kim loại có oxit và hiđroxit lưỡng tính, nếu đã được
hướng dẫn và rèn luyện tốt thì thực sự không quá khó, điều quan trọng nhất là xác định
được đúng quá trình và sản phẩm của phản ứng sinh ra trong mỗi trường hợp. Đáp án
nhiễu của câu hỏi chưa thực sự tốt, lẽ ra nên chọn các giá trị nằm trong khoảng (17,71;
22,54) như đã phân tích ở trên. Đáp án 12,375 thực sự là rất “vô duyên” khi số mol tương
ứng, thậm chí còn rất lẻ !!?
Câu 11: Hiđrocacbon X không làm mất màu dung dịch brom ở nhiệt độ thường. Tên gọi của
X là
A. etilen. B. xiclopropan. C. xiclohexan D. stiren.
Đáp án C.
Đây là một câu hỏi lý thuyết khá cơ bản và đơn giản, có thể xem là một câu cho điểm. (A
và D có phản ứng cộng vào nối đôi, B có phản ứng cộng mở vòng)
Câu 12: Cho luồng khí CO (dư) đi qua 9,1 gam hỗn hợp gồm CuO và Al2O3 nung nóng đến
khi phản ứng hoàn toàn, thu được 8,3 gam chất rắn. Khối lượng CuO có trong hỗn hợp ban đầu là
A. 0,8 gam. B. 8,3 gam. C. 2,0 gam. D. 4,0 gam.
Đáp án D.
Phân tích đề bài: bài tập phản ứng khử oxit kim loại bằng chất khí và cho biết khối lượng
chất rắn trước và sau phản ứng thường làm bằng phương pháp Tăng – giảm khối lượng, trong bài
tập này cần chú ý chi tiết: Al2O3 không bị khử bởi các chất khử thông thường như CO.
Phương pháp đặt ẩn – giải hệ phương trình:
Gọi số mol 2 chất trong hỗn hợp đầu là a và b.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

⎧m tr−íc = 80a + 102b = 9,1g
→ a = b = 0,05 mol → mCuO = 4g

⎩msau = 64a + 102b = 8,3g
Phương pháp Tăng – giảm khối lương:
Ta có: m gi¶m = m O trong CuO = 9,1 - 8,3 = 0,8g → n O = n Cu = 0,05 mol → m CuO = 4g (nhẩm)

Nhận xét:
Đây là một bài tập khá cơ bản và đơn giản về Phương pháp tăng giảm khối lượng. Tuy
nhiên, đề bài đã “không khéo” , lẽ ra có thể sửa đổi số liệu và cho thêm đáp án nhiễu để
đánh vào chi tiết nhạy cảm của bài toán là Al2O3 không bị khử bởi CO thì sẽ lừa được
nhiều thí sinh hơn ^^.
Câu 13: Đun nóng hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp
gồm các ete. Lấy 7,2 gam một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí CO2
(ở đktc) và 7,2 gam H2O. Hai ancol đó là
A. CH3OH và CH2=CH-CH2-OH. B. C2H5OH và CH2=CH-CH2-OH.
C. CH3OH và C3H7OH. D. C2H5OH và CH3OH.
Đáp án A.
Phân tích đề bài: ete đơn chức, mạch hở khi đốt cháy cho n CO2 = n H2O = 0,4 mol (nhẩm) →
ete không no, 1 nối đôi → loại ngay đáp án C và D.
Phương pháp truyền thống:
Áp dụng bảo toàn nguyên tố và khối lượng, ta có:
→ →
m O = 7,2 - m C - m H = 1,6g n O = n ete = 0,1 mol (ete ®¬n chøc) M ete = 72 (C 4 H 8O)
Do đó, đáp án đúng là A.
Phương pháp kinh nghiệm:
Đề bài muốn thông qua phản ứng đốt cháy của 1 ete để tìm CTCT của cả 2 rượu → ete đó
phải được tạo thành từ cả 2 rượu → Đáp án A là ete CH3-O-CH2-CH=CH2 (M = 72) và đáp án B
là ete C2H5-O-CH2-CH=CH2 (M = 86), dễ dàng thấy chỉ có A là cho số mol ete tròn (0,1 mol)
Nhận xét:
Đây là một bài tập khá cơ bản và quen thuộc về ete (thầy đã cho làm một bài y hệt ở lớp
học thêm). Đáp án nhiễu bài này chưa thật tốt khi đã để thí sinh dễ dàng loại đáp án C và
D và có thể “mò” được một cách dễ dàng bằng phương pháp kinh nghiệm.
Câu 14: Dãy gồm các chất đều tác dụng được với dung dịch HCl loãng là
A. AgNO3, (NH4)2CO3, CuS. B. Mg(HCO3)2, HCOONa, CuO.
C. FeS, BaSO4, KOH. D. KNO3, CaCO3, Fe(OH)3.
Đáp án B.
Câu hỏi này tương đối dễ, phần lớn thí sinh sẽ làm bằng phương pháp loại trừ: loại A vì có
CuS, loại C vì BaSO4 và loại D vì KNO3. Tuy nhiên, có thể có nhiều thí sinh sẽ phải băn khoăn về
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

trường hợp HCOONa, đây là phản ứng theo kiểu “axit mạnh đẩy axit yếu ra khỏi dung dịch muối”
(tạo ra chất điện ly yếu hơn).
Câu 15: Cho phương trình hóa học: Fe3O4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O
Sau khi cân bằng phương trình hóa học trên với hệ số của các chất là những số nguyên, tối
giản thì hệ số của HNO3 là
A. 46x – 18y. B. 45x – 18y. C. 13x – 9y. D. 23x – 9y.
Đáp án A.
Phương pháp truyền thống:
Áp dụng phương pháp cân bằng electron, ta có:
+8
× (5x - 2y)
→ 3Fe +3 + e
3
3Fe
xN +5 + (5x-2y) → N x O y × 1

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N, ta có:
n N trong HNO3 = n N trong muèi + n N trong N x Oy = 3 × 3 × (5x-2y) + x = 46x - 18y

Phương pháp kinh nghiệm:
Một số bạn có thể suy luận: để hệ số của H2O là số nguyên thì hệ số của HNO3 phải là số
chẵn, xét cả 4 đáp án thì chỉ có A là thỏa mãn. Cách nghĩ này cho phép tìm ra kết quả mà hoàn
toàn không cần phải tính toán gì!!! Tuy nhiên, cách nghĩ này hoàn toàn sai và nó chỉ “may mắn”
đúng trong trường hợp này! Thực ra cả 3 đáp án (45x – 18y, 13x – 9y, 23x – 9y) đều có thể là số
chẵn.
Nhận xét:
- Cân bằng phản ứng là một kỹ năng cơ bản của Hóa học, tuy nhiên, phương trình chứa chữ
là một bài tập tương đối khó trong số các bài tập về cân bằng ptpư.
- Nếu làm theo cách cân bằng thông thường thì đáp án nhiễu của câu hỏi này này cũng
tương đối tốt, đáp án B là trường hợp thí sinh chỉ tính N trong muối mà quên mất N trong
NxOy, đáp án D cũng rất nhiều thí sinh bị nhầm lẫn do rút gọn để được “số nguyên, tối
giản”. Chú ý, hệ số của NxOy luôn là 1, không thể rút gọn.
- Mặt khác, nếu đánh giá theo phương pháp kinh nghiệm thì đáp án nhiễu của câu hỏi này
lại không thực sự tốt. Muốn câu hỏi trở lên khó hơn ta có thể thay Fe3O4 bằng một chất
khử khác, ví dụ Zn, Fe và sử dụng nhiều đáp án nhiễu có nhiều hệ số chẵn hơn thì thí
sinh thì không thể suy luận đơn giản theo kiểu chẵn – lẻ như phương pháp kinh nghiệm ở
trên được nữa.
Câu 16: Xà phòng hóa một hợp chất có công thức phân tử C10H14O6 trong dung dịch NaOH
(dư), thu được glixerol và hỗn hợp gồm ba muối (không có đồng phân hình học). Công thức của
ba muối đó là:
A. CH2=CH-COONa, HCOONa và CH≡C-COONa.
B. CH3-COONa, HCOONa và CH3-CH=CH-COONa.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

C. HCOONa, CH≡C-COONa và CH3-CH2-COONa.
D. CH2=CH-COONa, CH3-CH2-COONa và HCOONa.
Đáp án D.
Áp dụng công thức tính độ bất bão hòa, ta dễ dàng có k = 4, trong đó có 3 liên kết π ở 3 gốc –
COO-, chứng tỏ có 1 gốc axit là không no, 1 nối đôi. Từ đó dễ dàng loại đáp án A và C.
Do 3 muối không có đồng phân hình học nên đáp án đúng là D.
Nhận xét:
Câu hỏi này hay và khá cơ bản trong các bài tập về xác định CTCT của este, ở đây, tác
giả còn khéo léo đưa vào câu hỏi điều kiện có đồng phân hình học.
Câu 17: Lên men m gam glucozơ với hiệu suất 90%, lượng khí CO2 sinh ra hấp thụ hết vào
dung dịch nước vôi trong, thu được 10 gam kết tủa. Khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 3,4
gam so với khối lượng dung dịch nước vôi trong ban đầu. Giá trị của m là
A. 13,5. B. 30,0. C. 15,0. D. 20,0.
Đáp án C.
Hướng dẫn giải:
Trong bài giảng về xác định CTPT chất hữu cơ, thầy đã cho các em công thức:
mCO2 = m↓ - mdd gi¶m = 10 - 3,4 = 6,6g → n CO2 = 0,15 mol
H % = 90%
⎯⎯⎯⎯ 2CO 2 →
Sơ đồ phản ứng lên men: C 6 H12 O 6

0,15
× 180
2
Do đó, m = = 15g
0, 9
Nhận xét:
- Bài tập về phản ứng lên men rượu có liên quan đến hiệu suất là dạng bài tập cơ bản, quen
thuộc và đã được khoanh vùng vào diện thường xuyên có mặt trong đề thi ĐH. Do đó,
câu hỏi này không khó nhưng có thể bị nhầm lẫn trong tính toán.
- Đáp án nhiễu 13,5 rơi vào trường hợp thí sinh quên không chia cho 0,9. Nên thay 2 đáp
án nhiễu còn lại bằng các đáp án 27 – 30 (trong trường hợp thì sinh quên không chia 2 –
hệ số của CO2 trong phản ứng) hoặc 12,15 – 24,3 (trong trường hợp thí sinh nhầm lẫn
giữa chia cho 0,9 và nhân với 0,9), đáp án 20 của đề không mang nhiều ý nghĩa.
Câu 18: Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt
cháy hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4. Hai ancol đó là
A. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. B. C2H5OH và C4H9OH.
C. C2H4(OH)2 và C4H8(OH)2. D. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3.
Đáp án C.
Hướng dẫn giải:
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Từ tỷ lệ CO2 : H2O = 3 : 4 → dễ dàng suy ra CTPT trung bình của 2 ancol đã cho là C3H8Ox
(no nên CTPT trùng với CT thực nghiệm), từ đó dễ dàng có đáp án là C (2 < 3 < 4)
Nhận xét:
Bài tập này rất cơ bản và rất dễ, đáp án nhiễu lại quá “hiền” nên càng làm cho bài toán trở
nên dễ hơn. Đáp án B là quá vô duyên so với dữ kiện “đa chức” của đề bài. Có thể thay
bằng đáp án C2H4(OH)3 và C4H8(OH)3 hoặc C2H4(OH)2 và C4H8(OH)3 để kiểm tra các
kiến thức khác (điều kiện để rượu bền, khái niệm đồng đẳng, …) thì hay hơn.
Câu 19: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch
H2SO4 10% thu được 2,24 lít khí H2 (ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là
A. 101,48 gam. B. 101,68 gam. C. 97,80 gam. D. 88,20 gam.
Đáp án A.
Hướng dẫn giải:
Khi phản ứng với kim loại hoạt động, ion H+ của axit bị khử theo phương trình:
2, 24
2H + + 2e → H 2 → n H2 SO4 = n H2 = = 0,1 mol (phản ứng vừa đủ)
22, 4
98 × 0,1
→ m H2 SO4 = → m dd sau ph¶n øng = 98 + 3,68 - 0,1 × 2 = 101,48g
= 98g
10%
Nhận xét:
Bài tập này rất quen thuộc và rất dễ, hầu hết các phép tính đều có thể nhẩm được dễ dàng.
Câu 20: Nếu cho 1 mol mỗi chất: CaOCl2, KMnO4, K2Cr2O7, MnO2 lần lượt phản ứng với
lượng dư dung dịch HCl đặc, chất tạo ra lượng khí Cl2 nhiều nhất là
A. KMnO4. B. K2Cr2O7. C. CaOCl2. D. MnO2.
Đáp án B.
Hướng dẫn giải:
Trong phản ứng của HCl với chất oxh, Cl2 có thể sinh ra từ chất oxh và chất khử. Trong
trường hợp của câu hỏi này, chỉ có CaOCl2 là chất oxh có chứa Cl.
Xét riêng 3 chất còn lại, ta thấy, với cùng một chất khử, cùng quá trình oxh (Cl- → Cl2) thì
số mol Cl2 nhiều nhất khi chất oxh nhận nhiều e nhất. Do đó, đáp án đúng là K2Cr2O7 (nhận 6e).
So sánh với CaOCl2, ta tìm được đáp án đúng.
Nhận xét:
- Câu hỏi này khá quen thuộc (nếu các em chịu khó tham khảo tài liệu) và tương đối dễ nếu
các em phân chia và hiểu được nguyên tắc trên. Nếu không hiểu được nguyên tắc đó thì
dễ sa vào việc viết ptpư cho từng trường hợp, mất rất nhiều thời gian. Đáp án nhiễu mà
nhiều em hay “chọn bừa” nhất là KMnO4.
- Để câu hỏi trở nên khó hơn, có thể thay vào bằng các chất oxh có chứa Cl khác như
KClO3 chẳng hạn.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

- Câu hỏi tương tự cũng khá quen thuộc và khó hơn là: cho 1 mol mỗi chất S, H2S, Cu, C,
Al tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư. Chất nào cho nhiều khí SO2 nhất?
Câu 21: Cho 0,25 mol một anđehit mạch hở X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3
trong NH3 thu được 54 gam Ag. Mặt khác, khi cho X phản ứng với H2 dư (xúc tác Ni, t0) thì 0,125
mol X phản ứng hết với 0,25 mol H2. Chất X có công thức ứng với công thức chung là
A. CnH2n-1CHO (n ≥ 2). B. CnH2n-3CHO (n ≥ 2).
C. CnH2n(CHO)2 (n ≥ 0). D. CnH2n+1CHO (n ≥ 0).
Đáp án A.
Hướng dẫn giải:
Từ dữ kiện về phản ứng tráng gương, ta dễ dàng có tỷ lệ X : Ag = 1:2 về số mol → X là
anđehit đơn chức → dễ dàng loại đáp án C.
Từ dữ kiện về phản ứng Hiđro hóa, ta dễ dàng có tỷ lệ: X : H2 = 1:2 về số mol → X có 2 liên
kết π, trong đó có 1 liên kết π ở nhóm chức -CHO → gốc Hỉđocacbon của X còn 1 liên kết π
(không no, 1 nối đôi).
Nhận xét:
Câu hỏi này rất dễ, cũng là 1 câu cho điểm.
Câu 22: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung
dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y
so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08.
Đáp án B.
Phân tích đề bài: Bài toán về kim loại tác dụng với HNO3 thu được sản phẩm khí thì ta
thường dùng Phương pháp bảo toàn electron để giải. Trong bài tập này, đề bài cho dữ kiện cả về
số mol e cho (số mol kim loại) và số mol e nhận (số mol sản phẩm khí – có thể tính được), do đó,
đề bài “có vẻ như thừa dữ kiện”. Trong những trường hợp này ta phải chú ý so sánh số e cho và số
e nhận, với các kim loại có tính khử mạnh như Al, Mg, Zn thì còn phải chú ý đến sự có mặt của
NH4NO3 trong dung dịch sau phản ứng.
Phương pháp truyền thống:
Dễ dàng có nY = 0,06 mol (nhẩm) và nAl = 0,46 mol
Áp dụng phương pháp đường chéo cho hỗn hợp Y, ta có:
N2 (M = 28) 8 0,03 mol
1
18 x 2 = 36
8 0,03 mol
1
N2O (M = 44)

44 + 28
→ N2 = N2O = 0,03 mol
*
Có thể làm theo cách khác là: nhận thấy M Y = 36 =
2
So sánh số mol e cho và e nhận, ta có:
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

n e cho = 0, 46 × 3 = 1,38 mol > n e nhËn = 0,03 × 18 = 0,54 mol , do đó, trong dung dịch phải có
1,38 - 0,54
NH4NO3 với số mol tương ứng là: n NH4 NO3 = = 0,105 mol
8
Do đó, m = m Al + m NO + m NH NO = 12,42 + 62 × 1, 38 + 80 × 0,105 = 106,38g

4 3
3

*
Việc sử dụng đường chéo hoặc tính chất trung bình cộng thay cho giải hệ phương trình giúp rút ngắn
đáng kể khối lượng tính toán trong bài.
Phương pháp kinh nghiệm:
Đề bài cho HNO3 dư – nghĩa là Al phải tan hết thành Al(NO3)3, do đó, khối lượng muối tối
thiểu là: mAl(NO3 )3 = 0,46 × 213 = 97,98g , do đó đáp án C và D chắc chắn bị loại.

Giữa A và B, ta xem có NH4NO3 không bằng cách: giả sử Y gồm toàn bộ là N2, khi đó:
n e nhËn cña Y < n e nhËn gi¶ ®Þnh = 0,06 × 10 = 0,6 mol < n e Al cho = 1,38 mol → chắc chắn có NH4NO3

→ mmuối > 97,98 → đáp án đúng phải là B
*
Cách làm này cho phép hạn chế tối đa việc tính toán, tất cả hầu như đều dựa trên suy luận và tính nhẩm
(không cần tính số mol các khí trong Y, không cần tính số mol và khối lượng NH4NO3)
Nhận xét:
Đây là một dạng bài tập khó và có “cạm bẫy” ở chi tiết có NH4NO3 tuy nhiên, nó cũng là
một kiểu bài rất quen thuộc và đã từng có mặt trong đề thi ĐH khối B năm 2008, do đó,
câu này thực ra không quá khó. Khối lượng tính toán cũng không thực sự nhiều nếu thí
sinh biết cách vận dụng các kỹ năng tính nhanh hoặc phương pháp kinh nghiệm.
Câu 23: Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO3 loãng, thu được 940,8
ml khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối đối với H2 bằng 22. Khí NxOy và kim loại
M là
A. NO và Mg. B. N2O và Al C. N2O và Fe. D. NO2 và Al.
Đáp án B.
Phân tích đề bài: Cũng như bài tập trước, bài toán về kim loại tác dụng với HNO3 thu được
sản phẩm khí thì ta thường dùng Phương pháp bảo toàn electron để giải.
Hướng dẫn giải:
Từ M = 44, ta dễ dàng suy ra khí NxOy là N2O và loại trừ ngay 2 đáp án A và D.
Khi đó:
0,9408 3, 024
× 8 = 0,336 mol → M= = 9n → n = 3 vµ M = 27 (Al)
n e cho = n e nhËn =
0,336
22,4
n
Nhận xét:
- Bài tập này khá cơ bản trong số các bài tập về bảo toàn electron trong đề thi, học sinh có
học lực trung bình vẫn có thể làm được.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

- Vì việc tìm được đáp án N2O là khá dễ dàng, nên lẽ ra câu hỏi chỉ cần yêu cầu xác định
kim loại M, việc đưa thêm NxOy vào đáp án chỉ giúp thí sinh loại trừ đáp án A và D nhanh
hơn. Đáp án A nên thay bằng N2O và Mg thì hay hơn.
- Tuy nhiên, có một điểm đáng ghi nhận về đáp án nhiễu là tác giả đã khéo léo chọn giá trị
3,024 là bội chung của cả 27 và 56, do đó, nếu thí sinh dùng kinh nghiệm “chia cho số
mol tròn” trong trường hợp này thì cả 2 đáp án B và C đều cho ra số tròn, tính nhiễu khá
cao.
Câu 24: Cho 10 gam amin đơn chức X phản ứng hoàn toàn với HCl (dư), thu được 15 gam
muối. Số đồng phân cấu tạo của X là
A. 8. B. 7. C. 5. D. 4.
Đáp án A.
Phân tích đề bài: tương tự câu 9, bài tập phản ứng của aminoaxit với dung dịch kiềm hoặc
axit có cho biết khối lượng của muối tạo thành thì ta thường áp dụng Phương pháp Tăng giảm
khối lượng.
Hướng dẫn giải:
Với amin đơn chức, 1 mol amin (ví dụ: -NH2) khi phản ứng với HCl tạo thành muối (ví dụ -
NH3Cl) thì khối lượng tăng 36,5g.
15 - 10 m 10
→ n amin = → M amin = = 73 → Amin lµ C 4 H11 N
=
5
36,5 n
36,5
Áp dụng “công thức tính nhanh số đồng phân chất hữu cơ”, ta dễ dàng tìm ra đáp án đúng là
8 (4 bậc 1, 3 bậc 2 và 1 bậc 3)
Nhận xét:
Câu hỏi này nếu chỉ hỏi đến xác định CTPT thì rất cơ bản, nhưng khi tác giả đã lồng thêm
yêu cầu về tính số lượng đồng phân thì sẽ có không ít em sai, nhất là đồng phân của amin có nhiều
bậc. Trong trường hợp này, nếu các em biết cách dùng công thức để tính số đồng phân thì kết quả
thu được sẽ rất nhanh và chính xác.
Câu 25: Cho hỗn hợp gồm Fe và Zn vào dung dịch AgNO3 đến khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được dung dịch X gồm hai muối và chất rắn Y gồm hai kim loại. Hai muối trong X là
A. Fe(NO3)2 và AgNO3. B. AgNO3 và Zn(NO3)2.
C. Zn(NO3)2 và Fe(NO3)2. D. Fe(NO3)3 và Zn(NO3)2.
Đáp án C.
Áp dụng nguyên tắc phản ứng trong dãy điện hóa và quy tắc alpha, ta thấy: ion kim loại trong
dung dịch sau phản ứng phải là những ion có tính oxh yếu nhất (kim loại tạo thành có tính khử yếu
nhất), 2 ion đó phải là Zn2+ và Fe2+.
Nhận xét:
Câu hỏi này khá cơ bản và rất dễ, có thể xem là 1 câu cho điểm.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu 26: Thuốc thử được dùng để phân biệt Gly-Ala-Gly với Gly-Ala là
A. Cu(OH)2 trong môi trường kiềm. B. dung dịch NaCl.
C. dung dịch HCl. D. dung dịch NaOH.
Đáp án A.
Phản ứng màu biure chỉ xảy ra đối với các peptide có từ 2 liên kết peptide trở lên (tạo ra sản
phẩm có màu tím đặc trưng).
Nhận xét:
Câu hỏi này khá dễ, mặc dù kiến thức về phản ứng biure không được diễn giải thật rõ ràng
trong SGK và chắc cũng không nhiều học sinh quan tâm nhiều đến phản ứng này nhưng các em
vẫn có thể tìm được đáp án đúng nhờ phương pháp loại trừ.
Câu 27: Cho 6,72 gam Fe vào 400ml dung dịch HNO3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối
đa m gam Cu. Giá trị của m là
A. 1,92. B. 0,64. C. 3,84. D. 3,20.
Phân tích đề bài: Tương tự bài tập 1 và 22, bài toán về kim loại tác dụng với HNO3 thu được
sản phẩm khí thì ta thường dùng Phương pháp bảo toàn electron để giải. Trong bài tập này, đề bài
cho dữ kiện về số mol e cho (số mol kim loại) và số mol HNO3 tham gia phản ứng, ta nên sử dụng
4
công thức tính nhanh: n HNO3 = 4n NO = n e nhËn để tìm nhanh số mol e nhận, từ đó so sánh với số
3
mol e cho để rút ra các kết luận cần thiết về sản phẩm oxh tạo thành.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Tính toán theo trình tự phản ứng
Dễ dàng tính nhẩm được: n HNO3 = 0,4 mol và nFe = 0,12 mol.


Xét: Fe + 4HNO 3 Fe(NO 3 )3 + NO + 2H 2 O , ta thấy, sau phản ứng, Fe còn dư
→ 3Fe 2+ .
0,02 mol, do đó có thêm phản ứng: Fe + 2Fe3+
Sau phản ứng này, n Fe = 0,06 mol .
3+
cßn l¹i


→ Cu 2+ + 2Fe 2+ , ta dễ dàng có kết quả
Từ phản ứng hòa tan Cu: Cu + 2Fe3+
n Cu = 0,03 mol hay m Cu = 1,92g

Cách 2: Áp dụng công thức và giải hệ phương trình
Áp dụng công thức đã nêu ở phần phân tích, ta dễ dàng có số mol electron nhận tối đa là 0,3
mol.
Trong khi đó, nFe = 0,12 mol → ne cho tối đa là 0,36 mol > ne nhận tối đa.
Do đó, dung dịch sau phản ứng phải bao gồm cả Fe2+ và Fe3+ với số mol tương ứng là a và b.
Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

⎧ n Fe = a + b = 0,12 mol
→ a = b = 0,06 mol

⎩ n e = 2a + 3b = 0,3 mol
Cách 3: Áp dụng công thức và phương pháp đường chéo
Áp dụng phương pháp đường chéo cho hỗn hợp dung dịch sau phản ứng, ta có:
Fe2+ (cho 2e) 0,5 0,06 mol
1
0,3
= 2,5
0,12
Fe3+ (cho 3e) 0,5 0,06 mol
1

3+2
→ Fe2+ = Fe3+ = 0,06 mol
*
Có thể làm theo cách khác là: nhận thấy e cho = 2,5 =
2
Cách 4: Quy đổi phản ứng
Dựa vào các định luật bảo toàn, ta có thể coi các phản ứng trong bài toán là phản ứng của hỗn
hợp (Fe, Cu) với dung dịch HNO3 vừa đủ để tạo thành sản phẩm cuối cùng là Cu2+ và Fe2+.
Áp dụng công thức đã nêu ở phần phân tích, ta dễ dàng có số mol electron nhận là 0,3 mol.
0,3 - 2 × 0,12
→ n e cho = 2n Fe + 2n Cu = n e nhËn = 0,3 mol → n Cu = = 0,03 mol hay 1,92g
2
*
Cách làm này cho phép hạn chế tối đa việc tính toán, viết phương trình.
Nhận xét:
Đây là một dạng bài tập rất quen thuộc và không quá khó. Khối lượng tính toán cũng
không thực sự nhiều nếu thí sinh biết cách vận dụng các kỹ năng tính nhanh và phương
pháp kinh nghiệm, đặc biệt là phương pháp quy đổi.
Câu 28: Một hợp chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượng mC : mH : mO =
21:2:4. Hợp chất X có công thức đơn giản nhất trùng với công thức phân tử. Số đồng phân cấu tạo
thuộc loại hợp chất thơm ứng với công thức phân tử của X là
A. 5. B. 4. C. 6. D. 3.
Đáp án A.
Kinh nghiệm tìm công thức thực nghiệm là tìm cách biến đổi cho các nguyên tố có số lượng
ít (Oxi, Nitơ, các Halogen, ...) về dạng đơn vị (1).
Do đó, ở đây ta nhân 4 để: mC : mH : mO = 84 : 8 : 16, do đó CTPT cần tìm là C7H8O.
Dễ dàng có kết quả là 5 đồng phân (3 crezol, ancol benzylic và metoxibenzen)
Nhận xét:
Câu hỏi này khá dễ, có thể xem là một câu cho điểm. Tuy nhiên, các em cần lưu ý khi đếm số
đồng phân, dễ nhầm với đáp án B. (có thể so sánh với C7H7Cl lại chỉ có 4 đồng phân)
Câu 29: Cho dãy các chất và ion: Zn, S, FeO, SO2, N2, HCl, Cu2+, Cl-. Số chất và ion có cả
tính oxi hóa và tính khử là
A. 4. B. 6. C. 5. D. 7.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đáp án C.
Các em thường nhớ 1 nguyên tắc là: chất vừa có tính oxh, vừa có tính khử thường là chất có
mức oxh trung gian (chưa phải cao nhất, chưa phải thấp nhất). Nhưng còn 1 nguyên tắc nữa là:
tính chất hóa học của 1 chất là do tính chất của các bộ phận cấu tạo nên chất đó và tương tác
giữa các bộ phận đó gây ra (có thể là tính chất của các ion, của gốc – nhóm chức, của các nguyên
tử, …)
Câu hỏi này thực ra không khó, nhưng nếu các em không nắm vững nguyên tắc 2 thì sẽ bỏ
quên mất trường hợp HCl và chọn nhầm vào đáp án A. Chú ý là HCl có cả tính oxh của H+ (trong
phản ứng với kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động Hóa học) và tính khử của Cl- (trong phản
ứng với chất oxh mạnh tạo ra Cl2).
Câu 30: Nung 6,58 gam Cu(NO3)2 trong bình kín không chứa không khí, sau một thời gian
thu được 4,96 gam chất rắn và hỗn hợp khí X. Hấp thụ hoàn toàn X vào nước để được 300 ml
dung dịch Y. Dung dịch Y có pH bằng
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Phân tích đề bài:
- Bài toán nhiệt phân muối nitrat trong đó cho biết khối lượng chất rắn trước và sau phản
ứng → ta thường dùng phương pháp Tăng – giảm khối lượng.
Khi nhiệt phân muối nitrat → oxit thì sản phẩm khí sinh ra vừa đủ hấp thụ vào H2O để
-
tạo ra HNO3.
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ hóa phản ứng, ta có: Cu(NO3 )2 → CuO .
Cứ 1 mol Cu(NO3 )2 phản ứng thì khối lượng giảm là: 62 × 2 - 16 = 108g
1, 62
mà theo đề bài thì m gi¶m = 6,58 - 4,96 = 1,62g → n Cu(NO3 )2 = = 0,015 mol
108
Bảo toàn nguyên tố N, ta dễ dàng có: n HNO = 0,03 mol → ⎡ H + ⎤ = 0,1M → pH = 1
⎣⎦
3


*
Việc sử dụng bảo toàn nguyên tố và hình dung về quá trình phản ứng(không viết ptpư) giúp rút ngắn
đáng kể thời gian làm bài.
Nhận xét:
Bài tập này thuộc loại khá cơ bản về phương pháp Tăng – giảm khối lượng nhưng nếu các
em ít kinh nghiệm và sa vào việc viết ptpư để tính thì sẽ làm tiêu tốn nhiều thời gian.
Câu 31: Poli (metyl metacrylat) và nilon-6 được tạo thành từ các monome tương ứng là
A. CH3-COO-CH=CH2 và H2N-[CH2]5-COOH.
B. CH2=C(CH3)-COOCH3 và H2N-[CH2]6-COOH.
C. CH2=C(CH3)-COOCH3 và H2N-[CH2]5-COOH.
D. CH2=CH-COOCH3 và H2N-[CH2]6-COOH.
Đáp án C.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu hỏi này rất dễ và có thể xem là 1 câu cho điểm. (đối với các loại nilon, các em nhớ là số
chỉ của nó được ghi kèm tương ứng với số C trong monome, ví dụ: nilon-6 có monome gồm 6C,
nilon-7 có monome gồm 7C, nilon-6,6 là sản phẩm đồng trùng ngưng của 2 loại monome cùng có
6C)
Câu 32: Hợp chất hữu cơ X tác dụng được với dung dịch NaOH và dung dịch brom nhưng
không tác dụng với dung dịch NaHCO3. Tên gọi của X là
A. metyl axetat. B. axit acrylic. C. anilin. D. phenol.
Đáp án D.
Câu hỏi này rất dễ và có thể xem là 1 câu cho điểm.
Tác dụng được với NaOH → loại C
-
Tác dụng được với Br2 → loại A và C
-
Không tác dụng với dung dịch NaHCO3 → loại B
-
Câu 33: Nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là ns2np4. Trong
hợp chất khí của nguyên tố X với hiđrô, X chiếm 94,12% khối lượng. Phần trăm khối lượng của
nguyên tố X trong oxit cao nhất là
A. 27,27%. B. 40,00%. C. 60,00%. D. 50,00%.
Đáp án B.
Phương pháp truyền thống:
Nguyên tố X thuộc nhóm VIA. Hợp chất với Hiđro là H2X và oxit cao nhất là XO3.
X 94,12 X 94,12
→ → X = 32
Từ giả thiết, ta có: = =
X+2 100 2 5,88
* Cách biến đổi tỷ lệ thức này thầy đã từng hướng dẫn trong quá trình giải đề thi ĐH-CĐ khối B năm
2008
32
× 100% = 40% (nhẩm được)
Do đó, trong oxit XO3, ta có: %m X =
32+48
Phương pháp kinh nghiệm:
Thực ra, với người làm bài nhiều kinh nghiệm thì có thể dự đoán được ngay nguyên tố X là S
và có thể kiểm tra lại nhận định này một cách dễ dàng.
Nhận xét:
Đây là một dạng bài tập rất cơ bản của chương Bảng hệ thống tuần hoàn – lớp 10, cũng
có thể xem đây là 1 câu cho điểm.
Câu 34: Dãy gồm các chất đều điều chế trực tiếp (bằng một phản ứng) tạo ra anđehit axetic
là:
A. CH3COOH, C2H2, C2H4. B. C2H5OH, C2H2, CH3COOC2H5.
C. C2H5OH, C2H4, C2H2. D. HCOOC2H3, C2H2, CH3COOH.
Đáp án C.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu hỏi này vốn không khó nhưng có một số em đã không nhớ được phản ứng oxh C2H4:
1
⎯⎯⎯⎯⎯ CH 3CHO nên loại đã loại trừ đáp án C. Trong câu hỏi này,

PdCl2 , CuCl2
C2H4 + O2
2
đáp án B và D (este) bị loại trừ khá dễ dàng.
Câu 35: Dung dịch X chứa hỗn hợp gồm Na2CO3 1,5M và KHCO3 1M. Nhỏ từ từ từng giọt
cho đến hết 200 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch X, sinh ra V lít khí (ở đktc). Giá trị
của V là
A. 4,48. B. 1,12. C. 2,24. D. 3,36.
Đáp án C.
Phân tích đề bài:
Cho từ từ HCl vào dung dịch chứa CO3- vµ HCO3 , phản ứng sẽ xảy ra lần lượt theo thứ tự:
2 -



CO3- + H + → HCO 3 (1) vµ HCO 3 + H + → CO 2 ↑ + H 2 O (2)
2 - -



Hướng dẫn giải:
Có thể tính toán lần lượt theo từng phản ứng hoặc dùng công thức:
→ VCO2 = 1,12 lÝt (có thể nhẩm được)
n CO2 = n H + - n CO2- = 0,2 - 0,15 = 0,05 mol
3


*
Công thức trên bắt nguồn từ: n H+ = n H + (1) + n H + (2) = n CO2- + n CO2
3



Nhận xét:
Đây là dạng bài tập cơ bản và quen thuộc, không khó, nên kết hợp thêm một vài phản ứng
khác để câu hỏi trở nên lắt léo hơn.
Câu 36: Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V
lít khí CO2 (ở đktc) và a gam H2O. Biểu thức liên hệ giữa m, a và V là:
V V V V
A. m = a − B. m = 2a − C. m = 2a − D. m = a +
. . . .
5,6 11, 2 22, 4 5,6
Phân tích đề bài:
Đề bài yêu cầu tìm mối quan hệ giữa khối lượng ancol bị đốt cháy với thể tích CO2 và khối
lượng H2O sinh ra, mà ta đã biết: Ancol no, đơn chức, mạch hở (k = 0) khi đốt cháy sẽ cho
n ancol = n H2O - n CO2
*
Xem thêm công thức tổng quát hơn trong bài viết “Phương pháp phân tích hệ số”
Phương pháp truyền thống:
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và khối lượng, ta có:
⎛V a⎞
V a V
× 12 + ×2 + ⎜ ⎟ × 16 = a - 5,6
m = mC + mH + mO = -
⎝ 22,4 18 ⎠
22,4 18
Phương pháp kinh nghiệm:
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Trong bài viết “Đánh giá đầy đủ hơn ý nghĩa của phương pháp ghép ẩn số” thầy đã giới thiệu
với các em 1 kết quả: “Khối lượng đốt cháy của hợp chất hữu cơ dạng CnH2n+2O = Khối lượng
H2O – 4 lần số mol CO2”.
Áp dụng công thức này vào bài toán, ta dễ dàng tìm được ngay đáp án đúng.
Nhận xét:
Đây là dạng bài tập cơ bản và quen thuộc, không khó, lẽ ra đề bài nên kết hợp thêm một vài
phản ứng khác để câu hỏi trở nên lắt léo hơn.
Câu 37: Có ba dung dịch: amoni hiđrocacbonat, natri aluminat, natri phenolat và ba chất
lỏng: ancol etylic, benzen, anilin đựng trong sáu ống nghiệm riêng biệt. Nếu chỉ dùng một thuốc
thử duy nhất là dung dịch HCl thì nhận biết được tối đa bao nhiêu ống nghiệm?
A. 5. B. 6. C. 3. D. 4.
Đáp án B.
Câu hỏi này không khó và các chất cần nhận biết đều khá quen thuộc, dễ dàng bắt gặp trong
các bài tập nhận biết khác.
*
Kinh nghiệm làm bài cho thấy hầu hết các bài tập loại này thường cho đáp án đúng là nhận biết được
tất cả các chất.
Câu 38: Cho 0,448 lít khí CO2 (ở đktc) hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp
NaOH 0,06M và Ba(OH)2 0,12M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 3,940. B. 1,182. C. 2,364. D. 1,970.
Đáp án D.
Phân tích đề bài:
Khi cho từ từ CO2 vào dung kiềm, các phản ứng sẽ xảy ra lần lượt theo thứ tự:
CO 2 + OH − → HCO -3 vµ HCO -3 + OH − → CO3 + H 2 O
2-



Hướng dẫn giải:
Có thể tính toán lần lượt theo từng phản ứng hoặc dùng công thức:
4, 48
n CO2- = n OH − - n CO2 = (0,06 + 0,12 × 2) × 2 - = 0,1 mol (có thể nhẩm được)
22, 4
3



*
Công thức trên bắt nguồn từ: n OH − = n OH − (1) + n OH − (2) = n CO2 + n HCO-
3



< n Ba 2+ → Ba2+ chưa bị kết tủa hết và n BaCO3 = n CO2− = 0,01 mol hay m = 1,97g
Do n CO 2-
3 3



Nhận xét:
Câu hỏi này lặp lại ý tưởng của câu 35 quá nhiều. Tuy nhiên, cần chú ý chi tiết Ba2+ chưa bị
kết tủa hết để không chọn nhầm vào đáp án nhiễu. Đáp án nhiễu của câu hỏi này khá hợp lý.
Câu 39: Dãy các kim loại đều có thể được điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch
muối của chúng là:
A. Ba, Ag, Au. B. Fe, Cu, Ag. C. Al, Fe, Cr. D. Mg, Zn, Cu.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đáp án B.
Đó phải là các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa.
- Câu hỏi này khá dễ, có thể coi là 1 câu cho điểm.
*
Trong trường hợp không nhớ được nguyên tắc trên mà chỉ “nhớ mang máng” là có Al là mốc (không rõ
trước hay sau Al) thì vẫn có thể tìm được đáp án đúng, vì rõ ràng nhóm kim loại đó hoặc tất cả đều đứng trước
Al, hoặc tất cả đều đứng sau Al mà trong 4 đáp án, chỉ có B thỏa mãn (các đáp án còn lại đều vừa có kim loại
đứng trước, vừa có kim loại đứng sau Al).
- Một số đáp án nhiễu nên sửa lại để triệt tiêu lối suy luận “mang máng” ở trên.
Câu 40: Cấu hình electron của ion X2+ là 1s22s22p63s23p63d6. Trong bảng tuần hoàn các
nguyên tố hóa học, nguyên tố X thuộc
A. chu kì 4, nhóm VIIIB. B. chu kì 4, nhóm VIIIA.
C. chu kì 3, nhóm VIB. D. chu kì 4, nhóm IIA.
Đáp án A.
Cấu hình đầy đủ của X là: 1s22s22p63s23p63d64s2
- Đây là một kiến thức cơ bản, khá dễ, khá quen thuộc và thầy đã từng nhấn mạnh trong
quá trình ôn tập: đối với nguyên tố có cấu hình e dạng (n-1)dansb thì vị trí nằm trong bảng
tuần hoàn tương ứng sẽ là chu kỳ n, nhóm:
IIIB → VIIIB tương ứng với a + b = 3 → 8
+
VIIIB tương ứng với a + b = 8, 9, 10
+
IB với a + b = 11
+
IIB với a + b = 12
+
- Các đáp án nhiễu làm khá phù hợp.
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: Cho các hợp chất hữu cơ: C2H2; C2H4; CH2O; CH2O2 (mạch hở); C3H4O2 (mạch hở,
đơn chức). Biết C3H4O2 không làm chuyển màu quỳ tím ẩm. Số chất tác dụng được với dung dịch
AgNO3 trong NH3 tạo ra kết tủa là
A. 3. B. 4 C. 2 D. 5
Đáp án B.
C3H4O2 có 2O, đơn chức và không làm chuyển màu quỳ tím → là este và phải là
HCOOCH=CH2, dễ dàng có các chất còn lại là C2H2, HCHO, HCOOH.
Câu hỏi này không khó và về ý tưởng thì đã từng xuất hiện trong đề thi ĐH 2 năm trước, ở
đây, chi tiết đáng chú ý nhất là C2H2, nêu các em cứ quen nếp nghĩ về phản ứng tráng gương thì sẽ
bỏ sót trường hợp này.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu 42: Có năm dung dịch đựng riêng biệt trong năm ống nghiệm: (NH4)2SO4, FeCl2,
Cr(NO3)3, K2CO3, Al(NO3)3. Cho dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào năm dung dịch trên. Sau khi
phản ứng kết thúc, số ống nghiệm có kết tủa là
A. 5. B. 2. C. 4. D. 3
Đáp án D.
Câu hỏi này khá dễ, có thể xem là một câu cho điểm. Do Cr(OH)3 và Al(OH)3 đều có tính
lưỡng tính nên phản ứng với Ba(OH)2 dư và không tạo thành kết tủa, 3 kết tủa là BaSO4, BaCO3
và Fe(OH)2.
Câu 43: Hòa tan hoàn toàn 14,6 gam hỗn hợp X gồm Al và Sn bằng dung dịch HCl (dư), thu
được 5,6 lít H2(ở đktc). Thể tích khí O2 (ở đktc) cần để phản ứng hoàn toàn với 14,6 gam hỗn hợp
X là
A. 3,92 lít. B. 1,68 lít C. 2,80 lít D. 4,48 lít
Đáp án A.
3
Sơ đồ phản ứng của X với HCl: Al → → H2 .
H 2 ; Sn
2
Gọi số mol 2 chất là a và b, ta có hệ:
⎧m X = 27a + 119b = 14,6g

→ a = b = 0,1 mol
⎨ 3 5,6
⎪ n H2 = 2 a + b = 22,4 = 0,25 mol

1
Sơ đồ phản ứng của X với O2: Al → → SnO 2 .
Al 2 O 3 ; Sn
2
Bảo toàn nguyên tố O, ta có:
13
( × 0,1 + 2 × 0,1) = 0,175 mol → V = 22,4 × 0,175 = 3,92 lÝt
n O2 =
22
Câu hỏi này vốn không hề khó về mặt giải toán nhưng đòi hỏi thí sinh phải phân biệt được
các trạng thái oxh của Sn trong các điều kiện phản ứng khác nhau (ý này nên đưa vào phần dành
cho Chương trình nâng cao thì hợp lý hơn).
Câu 44: Cacbohiđrat nhất thiết phải chứa nhóm chức của
A. Xeton B. Anđehit C. Amin D. Ancol.
Đáp án D.
Câu hỏi này khá dễ, có thể xem là một câu cho điểm. Tuy nhiên, sẽ vẫn có nhiều em chọn
nhầm đáp án B hoặc A.(Cacbohiđrat hay gluxit là những hợp chất hữu cơ tạp chức chứa nhiều
nhóm hiđroxi và có nhóm cacbonyl (polihiđroxicacbonyl))
Câu 45: Cho hỗn hợp gồm 1,2 mol Mg và x mol Zn vào dung dịch chứa 2 mol Cu2+ và 1 mol
Ag+ đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một dung dịch chứa 3 ion kim loại. Trong
các giá trị sau đây, giá trị nào của x thỏa mãn trường hợp trên?
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

A. 1,5 B. 1,8 C. 2,0 D. 1,2
Đáp án C.
Áp dụng nguyên tắc phản ứng đã nêu ở câu 25, ta dễ dàng thấy 3 ion đó phải là Mg2+, Zn2+ và
Cu2+, nói cách khác là Ag+ đã phản ứng hết còn Cu2+ thì chưa. Do đó, áp dụng định luật bảo toàn
điện tích thì điều kiện là:
1,2 × 2 + 2x < 2 × 2 + 1 → →
x < 1,3 mol ®¸p ¸n ®óng lµ D
Câu hỏi này có phần trùng lặp với câu 25 ở trên về mặt Hóa học, ý tưởng còn khá đơn giản,
nhìn chung là không khó.
Câu 46: Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn
toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu dược 11,2 lit khí CO2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X thì cần dùng
500 ml dung dịch NaOH 1M. Hai axit đó là:
A. HCOOH, HOOC-CH2-COOH. B. HCOOH, CH3COOH.
C. HCOOH, C2H5COOH D. HCOOH, HOOC-COOH.
Đáp án D.
5 5
Từ giả thiết, ta dễ dàng có: C = vµ sè nhãm chøc trung b×nh = . Do đó, dễ dàng tìm được
3 3
đáp án đúng.
Bài này rất dễ và rất quen thuộc (cả số liệu).
Câu 47: Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C4H9NO2. Cho 10,3 gam X phản ứng
vừa đủ với dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn không khí,
làm giấy quỳ tím ẩm chuyển màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Cô
cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 8,2 B. 10,8 C. 9,4 D. 9,6
Đáp án C.
Từ đặc điểm hóa học của Y, ta thấy Y phải là 1 amin hữu cơ (có không ít hơn 1C) → X là
muối của amoni hữu cơ → Z là 1 muối natri của axit cacboxylic, Z có không quá 3C (trong đó có
1C trong nhóm – COO-) và dung dịch Z có khả năng làm mất màu dung dịch brom → Z là
HCOONa hoặc CH2=CH-COONa
Dễ dàng có nX = 0,1 mol → đáp án đúng là 9,4g hoặc 6,8g.
Trong trường hợp bài này, ta buộc phải chọn đáp án đúng là C, đây là một thiếu sót của đề
bài.
Bài tập này không khó, chỉ đòi hỏi những suy luận cơ bản nhưng khá hay.
Câu 48: Cho cân bằng sau trong bình kín: 2NO2 ( k ) N2O4 (k).
(màu nâu đỏ) (không màu)
Biết khi hạ nhiệt độ của bình thì màu nâu đỏ nhạt dần. Phản ứng thuận có:
A. ΔH < 0, phản ứng thu nhiệt B. ΔH > 0, phản ứng tỏa nhiệt
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

C. ΔH > 0, phản ứng thu nhiệt D. ΔH < 0, phản ứng tỏa nhiệt
Đáp án D.
Câu hỏi này tương đối dễ (cũng là một trọng tâm thi ĐH mà thầy đã giới hạn) nhưng đòi hỏi
các em phải nằm vững được kiến thức cơ bản, thể hiện ở 2 ý:
Nắm vững nguyên lý Lơ Satơlie về chuyển dịch cân bằng → phản ứng tỏa nhiệt, loại đáp
-
án A và C.
- Phân biệt được tính chất đối nghịch:
Phản ứng tỏa nhiệt → Q > 0 và ΔH < 0 → loại đáp án B.
+

Phản ứng thu nhiệt → Q < 0 và ΔH > 0
+

Câu 49: Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một ancol X no, mạch hở, cần vừa đủ 17,92 lít khí O2 (ở
đktc). Mặt khác, nếu cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ với m gam Cu(OH)2 thì tạo thành dung dịch
có màu xanh lam. Giá trị của m và tên gọi của X tương ứng là
A. 4,9 và propan-1,2-điol B. 9,8 và propan-1,2-điol
C. 4,9 và glixerol. D. 4,9 và propan-1,3-điol
Đáp án A.
Phân tích đề bài:
Từ đặc điểm Hóa học của X, ta thấy X phải là 1 rượu đa chức có nhóm –OH kề nhau → loại
đáp án D.
Phương pháp truyền thống:
n O2
17,92
= 0,8 mol →
Dễ dàng nhẩm được n O2 = =4
22,4 nX
Gọi CTPT của X là CnH2n+2Ox, phản ứng đốt cháy của X là:

C n H 2n+2 O x + 4O 2 nCO 2 + (n+1)H 2 O

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với O, ta có:
x+1
+ 2 → (x+1) chia hết cho 3 và x ≤ n
→ x + 7 = 3n → n=
x + 8 = 2n + n + 1
3
Do đó, x = 2 và n =3, đáp án đúng là A hoặc B.
Cứ 4 nhóm –OH của rượu phản ứng với 1 phân tử Cu(OH)2 (2 liên kết cộng hóa trị + 2 liên
1
kết cho nhận) → n Cu(OH)2 = n X = 0,05 mol → m = 4,9g
2
Phương pháp kinh nghiệm:
Ta đã biết 1 mol glixerol khi đốt cháy cần 3,5 mol O2 (rất quen thuộc và dễ dàng bắt gặp tỏng
nhiều bài toán), do đó, tỷ lệ 1:4 cho phép ta dễ dàng loại đáp án C.
Nhận xét:
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đây là dạng bài tập khá cơ bản về phản ứng đốt cháy chất hữu cơ, tuy nhiên thí sinh có thể
cũng gặp 1 chút lúng túng với câu hỏi tính m.
Câu 50: Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Phân urê có công thức là (NH4)2CO3.
B. Phân hỗn hợp chứa nitơ, photpho, kali được gọi chung là phân NPK.
C. Phân lân cung cấp nitơ hóa hợp cho cây dưới dạng ion nitrat (NO3-) và ion amoni
(NH4+)
D. Amophot là hỗn hợp các muối (NH4)2HPO4 và KNO3.
Đáp án B.
Câu hỏi này rất dễ (cũng là một trọng tâm thi ĐH mà thầy đã giới hạn) nếu các em đã từng
đọc qua và còn nhớ 1 số khái niệm về phân bón Hóa học.
B. Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60)
Câu 51: Một bình phản ứng có dung tích không đổi, chứa hỗn hợp khí N2 và H2 với nồng độ
tương ứng là 0,3 M và 0,7 M. Sau khi phản ứng tổng hợp NH3 đạt trạng thái cân bằng ở t0C, H2
chiếm 50% thể tích hỗn hợp thu được. Hằng số cân bằng KC ở t0C của phản ứng có giá trị là
A. 2,500 B. 0,609 C. 0,500 D. 3,125
Đáp án D.
Phân tích đề bài:
Đối với các bài tập về hiệu suất phản ứng hoặc hằng số cân bằng (những phản ứng có hiệu
suất < 100%), ta nên giải bằng mô hình trước phản ứng – phản ứng – sau phản ứng.
Hướng dẫn giải:
Gọi nồng độ N2 phản ứng là x. Ta có:
N 2 + 3H 2 2NH 3
Tr−íc p−: 0,3 0,7
p− : x 3x 2x
Sau p−: (0,3 - x) (0,7 - 3x) 2x
1

Từ giả thiết, ta có: VH2 = 0,7 - 3x = (1 - 2x) x = 0,1M
2

[ NH3 ]
2
0, 22
Do đó, hệ số cân bằng là: K C = = = 3,125
[ N 2 ][ H 2 ] 0, 2 × 0, 43
3



Nhận xét:
Câu hỏi này không quá khó trong việc tính số mol các chất sau phản ứng, tuy nhiên, có thể
thí sinh quen với việc tính hằng số cân bằng của phản ứng este hóa, phản ứng phân ly axit (Kz)
mà quên không đưa số mũ vào biểu thức tính KC thì kết quả sẽ sai lệch (rơi vào đáp án nhiễu A).
Ở đây, có thể thêm vào đáp án nhiễu 0,32.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Câu 52: Cho suất điện động chuẩn của các pin điện hóa: Zn-Cu là 1,1 V; Cu-Ag là 0,46 V.
0 0
= +0,8V . Thế điện cực chuẩn EZn2+ / Zn và ECu 2+ / Cu có giá trị lần lượt
Biết thế điện cực chuẩn E Ag
0
+
/ Ag


A. +1,56 V và +0,64 V B. – 1,46 V và – 0,34 V
C. – 0,76 V và + 0,34 V D. – 1,56 V và +0,64 V
Đáp án C.
Làm trực tiếp:
Câu hỏi này khá dễ. Chỉ cần nhớ công thức tính suất điện động của pin, ta dễ dàng có:
E 0 2+ /Cu = E 0 + /Ag - E 0
Cu-Ag = 0,8 - 0,46 = +0,34V
Cu Ag

E 0 2+ /Zn = E 0 2+ /Cu - E 0
Zn-Cu = 0,34 - 1,1 = -0,76V
Zn Cu


Phương pháp kinh nghiệm:
Nếu không nhớ chắc chắn công thức tính suất điện động của pin, ta có thể suy luận như sau:
Trong dãy điện hóa của kim loại có thứ tự Zn – H – Cu.
Zn đứng trước H → EZn2+ / Zn phải < 0
0
-
Cu đứng sau H → ECu 2+ / Cu phải > 0
0
-

Do đó, dễ dàng loại 2 đáp án A và B, suy luận thêm 1 chút về phép tính, ta thấy đáp án đúng
phải là C.
*
Còn một cách nữa là thuộc luôn giá trị E0 của 2 cặp này, vì cả 2 giá trị này đều khá quen thuộc và nhiều
lần được dùng làm ví dụ trong SGK
Nhận xét:
Câu hỏi này không quá khó, nếu học sinh nắm vững công thức tính suất điện động thì có thể
tìm ra đáp án đúng rất nhanh. Các đáp án nhiễu chưa thực sự tốt.
Câu 53: Nung nóng m gam PbS ngoài không khí sau một thời gian, thu được hỗn hợp rắn (có
chứa một oxit) nặng 0,95 m gam. Phần trăm khối lượng PbS đã bị đốt cháy là
A. 74,69 % B. 95,00 % C. 25,31 % D. 64,68 %
Đáp án A.
Phân tích đề bài:
- Đối với các bài tập mà số liệu được biểu diễn ở dạng tương đối hoặc tỷ lệ với nhau, ta nên
sử dụng Phương pháp Tự chọn lượng chất. Trong trường hợp này, ta giả sử m = 100g.
- Dễ nhận thấy là bài toán còn khá điển hình cho Phương pháp Tăng giảm khối lượng.
- Phản ứng đốt cháy muối sunfua tạo ra SO2 và oxit kim loại.
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ hóa phản ứng, ta thấy: PbS → PbO , cứ 1 mol phản ứng thì khối lượng giảm 16g
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

100 - 95 0,3125
→ n PbO = n PbS ph¶n øng = = 0,3125 mol → H% = ≈ 74,69%
100
16
207 + 32
Nhận xét:
Câu hỏi này không khó, rất cơ bản và điển hình.
Câu 54: Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Anilin tác dụng với axit nitrơ khi đun nóng thu được muối điazoni
B. Benzen làm mất màu nước brom ở nhiệt độ thường.
C. Etylamin phản ứng với axit nitr ơ ở nhiệt độ thường, sinh ra bọt khí.
D. Các ancol đa chức đều phản ứng với Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh lam.
Đáp án C.
Câu hỏi này không khó, nhưng nếu kiến thức không chắc chắn, một số em vẫn có thể chọn
nhầm đáp án A một cách đáng tiếc. Chú ý là “Anilin tác dụng với axit nitrơ ở nhiệt độ thấp thu
được muối điazoni” mới là mệnh đề đúng. Ở đây, các em cần lưu ý là nếu đã chắc chắn mệnh đề
C đúng thì không cần phải quá băn khoăn với những mệnh đề còn lại.
Câu 55: Dãy gồm các dung dịch đều tham gia phản ứng tráng bạc là:
A. Glucozơ, mantozơ, axit fomic, anđehit axetic
B. Frutozơ, mantozơ, glixerol, anđehit axetic
C. Glucozơ, glixerol, mantozơ, axit fomic.
D. Glucozơ, frutozơ, mantozơ, saccarozơ.
Đáp án A.
Câu hỏi này khá dễ, cũng có thể xem là một câu cho điểm, có thể dàng tìm ngay ra đáp án
đúng là A rồi kiểm tra lại bằng cách loại trừ glixerol (loại B, C) và saccarozơ (loại D).
Câu 56: Dãy gồm các chất và thuốc đều có thể gây nghiện cho con người là
A. penixilin, paradol, cocain. B. heroin, seduxen, erythromixin
C. cocain, seduxen, cafein. D. ampixilin, erythromixin, cafein.
Đáp án C.
Câu hỏi này vốn không khó nhưng nội dung câu hỏi lại nhằm tới một phần kiến thức mà các
em ít quan tâm trong chương trình nên cũng gây ra không ít lúng túng. Ta có thể dễ dàng loại trừ
các đáp án A, B và D (tên gọi cho thấy có một số chất là thuốc giảm đau và kháng sinh).
Câu 57: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C5H8O2. Cho 5 gam X tác dụng vừa hết với
dung dịch NaOH, thu được một hợp chất hữu cơ không làm mất màu nước brom và 3,4 gam một
muối. Công thức của X là
A. CH3COOC(CH3)=CH2. B. HCOOC(CH3)=CHCH3.
C. HCOOCH2CH=CHCH3 D. HCOOCH=CHCH2CH3.
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

Đáp án B.
CTPT cho thấy X là hợp chất đơn chức.
5 3,4
→ M muèi = = 68 → HCOONa → lo¹i A
Do đó, n muèi = n este = = 0,05 mol
100 0,05
Vì sản phẩm thủy phân còn lại (có chứa nối đôi) không làm mất màu nước brom → phải là
xeton → C liên kết với nhóm –COO- mang nối đôi và có bậc bằng 2 → đáp án đúng là B.
Câu hỏi này khá cơ bản, có yếu tố biện luận về CTCT nhưng không quá phức tạp.
Câu 58: Cho dãy chuyển hóa sau:
Phenol ⎯+ X Phenyl axetat ⎯+ NaOH (du)⎯ Y (hợp chất thơm)
⎯⎯⎯→
⎯→ t0

Hai chất X,Y trong sơ đồ trên lần lượt là:
A. anhiđrit axetic, phenol. B. anhiđrit axetic, natri phenolat
C. axit axetic, natri phenolat. D. axit axetic, phenol.
Đáp án B.
Câu hỏi này khá hay nhưng không quá khó, điểm mấu chốt các em cần nhớ là “phenol không
tạo este với các axit cacboxylic thông thường” (đây là điều thầy đã từng nhấn mạnh trong quá
trình ôn tập), nếu quên mất chi tiết này thì các em sẽ dễ chọn nhầm đáp án C, 2 đáp án nhiễu còn
lại là A và D dễ dàng bị loại vì Y không thể là phenol khi điều kiện phản ứng là NaOH dư.
*
Ở đây có một kinh nghiệm là khả năng phản ứng của anhiđrit axit bao giờ cũng cao hơn axit
cacboxylic tương ứng do đó, nếu axit có thể phản ứng thì anhiđrit axit chắc chắn cũng có phản ứng (cả 2 đều
đúng) nhưng ngược lại, anhiđrit có phản ứng thì axit chưa chắc đã phản ứng được (chỉ 1 cái đúng). Vì đáp án
đúng chỉ có 1 nên với suy luận như vậy, ta hiểu rằng, trong đa số trường hợp, khi có 2 đáp án tương đương mà
1 là axit và 1 là anhiđrit axit thì chắc chắn đáp án có anhiđrit axit mới là đáp án đúng.
Câu 59: Cho sơ đồ chuyển hóa:
+
CH3CH2Cl ⎯KCN → X ⎯H t O → Y
⎯⎯ ⎯⎯ 3
0



Công thức cấu tạo của X, Y lần lượt là:
A. CH3CH2CN, CH3CH2CHO. B. CH3CH2NH2, CH3CH2COOH.
C. CH3CH2CN, CH3CH2COONH4. D. CH3CH2CN, CH3CH2COOH.
Đáp án B.
Câu hỏi này không quá khó (thầy cũng đã từng nhấn mạnh tại lớp học), nếu bạn nào quan
tâm đến phương pháp điều chế Polimetylmetacrylat thì không thể không nhớ. Tuy nhiên, có thể
một số bạn (nhất là các bạn học sinh chuyên) có thể chọn nhầm đáp án C. Lưu ý là Nitril khi thủy
phân trong H2O sẽ sinh ra muối amoni nhưng trong axit mạnh thì lại tạo thành axit (yếu hơn) do
phản ứng trao đổi.
Câu 60: Trường hợp xảy ra phản ứng là
A. Cu + Pb(NO3)2 (loãng) → B. Cu + HCl (loãng) →
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc

C. Cu + HCl (loãng) + O2 → D. Cu + H2SO4 (loãng) →
Đáp án C.
Câu hỏi này không khó nhưng do rơi vào phần kiến thức lớp 10, lại vào 1 phản ứng ít được
quan tâm nên chắc sẽ có 1 số bạn lúng túng. Tuy nhiên, ta có thể tìm được đáp án đúng nhờ dễ
dàng loại bỏ các đáp án A, B, D mà không cần chắc chắn về phản ứng C.


Nhận xét chung về đề thi:
Nhìn chung đề thi ĐH khối A năm nay có thể nói là không hay và hơi “cạn” về mặt ý tưởng,
rất nhiều câu trong đề thi thuộc loại “thuộc mặt, quen tên”, trong đó có một số câu bị trùng lặp
ngay trong đề (câu hỏi về phản ứng của kim loại với HNO3, câu hỏi về các phản ứng theo từng nấc
của CO2 với kiềm và ngược lại, câu hỏi về phản ứng của các ion và kim loại trong dãy điện hóa,
câu hỏi về phản ứng thủy phân – xà phòng hóa, …). Một số câu hỏi có ý tưởng thì chưa được khai
thác triệt để, chưa có chiều sâu nên chưa làm rõ được cái hay và độ khó của câu hỏi.
Về mặt độ khó, đề thi có sự phân loại nhất định nhưng không quá sâu sắc, tỷ lệ bài tập áp đảo
so với lý thuyết là khó khăn chính đối với thí sinh, nếu không có sự chuẩn bị chu đáo về kiến thức,
phương pháp, kỹ năng và kinh nghiệm, mất bình tĩnh trong phòng thi thì áp lực tính toán nhiều dễ
khiến thí sinh mắc phải những sai sót đáng tiếc. Đó là một điều đáng tiếc và cũng là hạn chế lớn
nhất của đề thi! Tuy nhiên, với những thí sinh đã có nhiều kinh nghiệm và chăm chỉ luyện tập có
thể dễ dàng nhận ra các điểm “quen thuộc” trong đề thi và giải quyết được trong thời gian tương
đối nhanh.
Để khắc phục hạn chế của đề thi, các tác giả nên khai thác sâu hơn những ý tưởng có, hạn chế
bớt các thao tác tính toán hoặc mở ra các cơ hội “chọn ngẫu nhiên” từ đáp án nhiễu.
*
Những nhận xét về đáp án nhiễu ở trên chỉ mang tính tham khảo và có ý nghĩa với từng câu hỏi chứ
không phản ánh mục tiêu chung của cả đề thi. Việc mở ra các cơ hội “chọn ngẫu nhiên” là cần thiết để phân
loại những thí sinh có tư duy nhanh và sáng tạo!
Về phân bố của đề thi, sự sắp xếp ngẫu nhiên các câu hỏi trong đề thi vẫn lặp lại tình trạng
của những năm trước. Đó là sự sắp xếp thiếu khoa học, không có lớp nang, không có bố cục rõ
ràng, phân bố câu hỏi khó và câu hỏi dễ trong các mã đề thi khác nhau không đồng đều như nhau,
điều này tạo ra sự thiếu công bằng đáng kể đối với các thí sinh (có những em liên tiếp gặp phải
câu khó ngay từ đầu, có những em chỉ phải làm câu hỏi khó ở cuối đề). Điểm tích cực đáng ghi
nhận nhất trong phân bố đề thi là ở Phần dành riêng cho các thí sinh, các kiến thức chuẩn và nâng
cao khá chính xác, đặc biệt là ở Phần nâng cao, các câu hỏi đều đề cập đến những vấn để riêng,
đặc trưng của chương trình nâng cao.
Về điểm thi, nhìn chung đề thi có tính phân loại, nhưng do cường độ bài tập có tính toán
nhiều nên sẽ là đáng tiếc cho một số em có học lực khá tốt nhưng bị mắc sai sót không đáng có
trong quá trình tính toán. Với đề thi năm nay, phổ điểm chủ yếu sẽ nằm trong khoảng 6-8 đối với
các học sinh có học lực khá, 8-9 điểm đối với các em học tốt, phải thật xuất sắc mới có cơ hội
được 10 điểm. (trong số hơn 40 học sinh thầy trực tiếp dạy năm nay cũng chỉ có 2 bạn được 10
trọn vẹn, 1 bạn 9,8, 1 bạn 9,6 và 2-3 bạn 9,2 – 9,4). Kết hợp với kết quả thi của môn Toán (không
Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc 0985052510

khó nhưng phổ kiến thức ôn tập khá rộng) và môn Lý (khá dễ) thì điểm chuẩn của năm nay sẽ chỉ
bằng hoặc kém năm trước 1 chút (0,5 – 1 điểm).
Đối với các em học sinh, qua đề thi năm nay lại thêm 1 lần nữa khẳng định: các em muốn
làm chủ kỳ thi ĐH thì các em cần phải hội đủ cả Kiến thức, Phương pháp, Kỹ năng và Kinh
nghiệm mới có thể giải quyết đề thi được một cách vững vàng và nhanh chóng. Đề thi hầu hết đều
nhằm vào những kiến thức cơ bản, những dạng bài tập quen thuộc và nếu có biến đổi thì cũng ở
mức không đáng kể, nếu chăm chỉ rèn luyện tích cực thì câu hỏi nào với các em cũng đều “quen”
và dễ dàng cả.


Bài viết trên chỉ mang quan điểm cá nhân, một số cách giải và nhận xét chỉ mang tính tham
khảo. Những phân tích chi tiết và hướng dẫn cụ thể hơn, các bạn và các em có thể tìm đọc trong
các tài liệu tham khảo sắp xuất bản trong thời gian tới của tôi (sẽ có một cuốn chuyên về giải đề thi
ĐH và các định hướng ôn tập trong năm 2010). Các phương pháp giải toán đã sử dụng trong quá
trình giải đề thi các bạn cũng có thể tham khảo trong các sách:
1, 16 Phương pháp và Kỹ thuật giải nhanh bài toán Hóa học – NXB Đại học sư phạm – (đã
xuất bản) - 2009
2, Các Phương pháp giải bài toán Hóa học – NXB GD – (sắp xuất bản) – cuối năm 2009/
đầu năm 2010.
Các bạn cũng có thể tham khảo các bài giảng chuyên đề trên blog cá nhân của tôi:
http://my.opera.com/saobanglanhgia/blog/ và http://vn.myblog.yahoo.com/vkngoc49cns/
Gîi ý lêi gi¶i ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc – cao ®¼ng n¨m 2009
Gîi ý lêi gi¶i ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc – cao ®¼ng n¨m 2009
M«n tthii:: Hãa Häc -- Khèii B -- M· ®Ò 637
M«n h Hãa Häc Khè B M· ®Ò 637


§©y lµ gîi ý gi¶i ®Ò thi ®¹i häc, cao ®¼ng - khèi B - n¨m 2009. Gîi ý lêi gi¶i nµy t«i ®−a nªn chØ víi môc
®Ých ®Ó cho c¸c em häc sinh, còng nh− c¸c b¹n ®ång nghiÖp tham kh¶o ®Ó biÕt ®−îc h−íng vµ c¸ch lµm mét ®Ò
thi sao cho tèt nhÊt trong kho¶ng thêi gian ng¾n nhÊt.
§· cã rÊt nhiÒu thÇy c« gi¸o ®· nhiÖt t×nh ®−a ra lêi gi¶i chi tiÕt vµ trän vÑn cho ®Ò thi hãa khèi B n¨m
nay, trong ®ã cã nhiÒu bµi viÕt kh¸ hay. Tuy cã ®−a ra h¬i muén so víi c¸c ®¸p ¸n kh¸c, nh−ng trong bµi viÕt
nµy t«i sÏ ®−a ra nh÷ng ý kiÕn riªng cña b¶n th©n t«i vÒ ®Ò thi, t«i hi väng nh÷ng ý kiÕn cña b¶n th©n t«i vÒ ®Ò
thi nµy sÏ gióp Ých cho c¸c em häc sinh còng nh− c¸c b¹n ®ång nghiÖp trong qu¸ tr×nh d¹y vµ häc hãa häc.
Trong lêi gîi ý gi¶i ë c¸c c©u, t«i cè g¾ng ph©n tÝch nh÷ng lçi vµ nh÷ng sai lÇm mµ c¸c em häc sinh cã
thÓ m¾c ph¶i trong qu¸ tr×nh lµm bµi. Nh÷ng lêi gîi ý vµ ph−¬ng ph¸p t«i ®−a ra cã thÓ ch−a ph¶i lµ ph−¬ng
ph¸p nhanh nhÊt hoÆc tèt nhÊt v× cßn cã rÊt nhiÒu ph−¬ng ph¸p vµ c¸ch lµm kh¸c nhau, nh−ng t«i hi väng r»ng
víi c¸ch mµ t«i ®−a ra sÏ lµ mét trong nh÷ng c¸ch mµ häc sinh c¶m thÊy dÔ hiÓu nhÊt.
Lêi gîi ý nµy ®−îc ®−a ra ®−îc ®−a ra trong thêi gian rÊt ng¾n sau khi kÕt thóc k× thi khèi B n¨m 2009,
nªn trong qu¸ tr×nh ®¸nh m¸y sÏ kh«ng tr¸nh khái nh÷ng sai xãt trong qu¸ tr×nh ®¸nh m¸y. Trong qu¸ tr×nh ®äc
vµ t×m hiÓu vÒ lêi gîi ý, nÕu nh− cã bÊt k× ai ®ã ph¸t hiÖn ra ®−îc nh÷ng lçi sai xãt trong c¸c c©u, t«i rÊt mong
sÏ nhËn ®−îc nh÷ng lêi gãp ý ch©n thµnh cña c¸c b¹n ®Ó t«i hoµn thiÖn h¬n n÷a vÒ lêi gîi ý gi¶i.
Mäi gãp ý xin liªn hÖ qua
+ E_mail: netthubuon@yahoo.com hoÆc hoahoc.org@gmail.com
+ §iÖn tho¹i: 0979817885
+ C¬ së båi d−ìng kiÕn thøc: 18A/88-§inh V¨n T¶-Thµnh Phè H¶i D−¬ng

Cho biÕt khèi l−îng nguyªn tö (theo ®vC) cña c¸c nguyªn tè :
H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; F = 19 ; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40;
Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108 ; I = 127 ; Ba = 137 ; Au = 197

I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (40 c©u, tõ c©u 1 ®Õn c©u 40)

C©u 1: Cho m gam bét Fe vµo 800 ml dung dÞch hçn hîp gåm Cu(NO3)2 0,2M vµ H2SO4 0,25M. Sau khi c¸c
ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn, thu ®−îc 0,6m gam hçn hîp bét kim lo¹i vµ V lÝt khÝ NO (s¶n phÈm khö duy nhÊt, ë
®ktc). Gi¸ trÞ cña m vµ V lÇn l−ît lµ
A. 17,8 vµ 4,48. B. 17,8 vµ 2,24. C. 10,8 vµ 4,48. D. 10,8 vµ 2,24.
Gîi ý: Ta cã: nNO − = 2nCu ( NO3 )2 = 2.0,8.0, 2 = 0, 32mol vµ n H+ = 2nH 2 SO4 = 0, 4mol
3

+
Ta cã; 4 H + NO3− + 3e  NO + 2 H 2O  H + cã kh¶ n¨ng sÏ tham gia ph¶n øng hÕt vµ NO-3 d−
→ →
0,4 mol 0,1mol
0,32 mol

Theo ®Ò bµi, sau ph¶n øng thu ®−îc hçn hîp 2 kim lo¹i
VËy chøng tá r»ng Fe vÉn cßn d− sau
=> khi ®ã th× N +5 + 3e  N +2 ; Cu +2 + 2e  Cu vµ  Fe+2
→ → →
Fe - 2e
0,4m + 0,16.64 0,4m + 0,16.64
0,1mol 0,3 mol 0,1mol 0,16 mol 0,32 mol 0,16 mol
2.
56 56

(t¹i sao th× b¹n tù t×m hiÓu nÕu ch−a biÕt)
Khèi l−îng cña Fe cßn d− lµ: 0,6m – 0,16.64 => khèi l−îng tham gia ph¶n øng lµ 0,4m + 0,16.64
Theo ®Þnh luËt b¶o toµn electron ta cã: 2.(0,4m.56 + 0,16.64) = (0,3 + 0,32).56 => m = 17,8 gam
VËy ®¸p ¸n lµ: B


1
NhËn xÐt: §Ò bµi cho kim lo¹i t¸c dông víi dung dÞch hçn hîp chøa NO -3 vµ H +
Chóng ta cÇn ph¶i vËn dông ph−¬ng ph¸p b¶o toµn electron - ®iÖn tÝch vµ sö dông ph−¬ng tr×nh ion thu
gän. Qua c©u hái nµy c¸c em häc sinh cÇn ghi nhí vÒ:
+ HiÓu ®−îc b¶n chÊt cña ph¶n øng hãa häc trong dung dÞch.
+ TÝnh oxi hãa cña ion NO -3 cña dung dÞch muèi trong m«i tr−êng axit (H + ) .
Fe2+ Cu 2+ Fe3+
+ VÞ trÝ cÆp oxi hãa – khö cña kim lo¹i vµ ý nghÜa cña chóng;
Fe 2+
Fe Cu
+ RÌn luyÖn ph−¬ng ph¸p tÝnh to¸n bµi to¸n (b¶o toµn electron, ion, ) vµ kÜ n¨ng tÝnh to¸n.
§©y lµ mét d¹ng to¸n kh¸ lµ quen thuéc trong ch−¬ng tr×nh hãa häc phæ th«ng.
§iÓm mÊu chèt cña bµi to¸n lµ biÕt dùa vµo d÷ kiÖn: “thu ®−îc 0,6m gam hçn hîp bét kim lo¹i”
C©u 2: Cã c¸c thÝ nghiÖm sau:
(I) Sôc khÝ CO2 vµo n−íc Gia-ven. (III) Nhóng thanh s¾t vµo dung dÞch H2SO4 lo·ng, nguéi.
(II) Sôc khÝ SO2 vµo n−íc brom. (IV) Nhóng l¸ nh«m vµo dung dÞch H2SO4 ®Æc, nguéi.
Sè thÝ nghiÖm x¶y ra ph¶n øng hãa häc lµ
A. 4. B. 3. C. 1. D. 2.
Gîi ý: Víi c©u hái nµy chñ yÕu lµ yªu cÇu c¸c em häc sinh ghi nhí ®−îc kiÕn thøc, nªn em nµo l¾m ®−îc kiÕn
thøc th× viÖc gi¶i quyÕt bµi to¸n chØ cÇn kho¶ng thêi gian 20s.
Ph−¬ng tr×nh ph¶n øng:
CO2 + NaClO + H 2O  NaHCO3 + HClO

Fe + H 2 SO4 (lo·ng, nguéi)  FeSO4 + H 2

SO2 + Br2 + H 2O  2 HBr + H 2 SO4

Al + H 2 SO4 (®Æc, nguéi)  do Al thô ®éng trong dung dÞch H 2 SO4 ®Æc, nguéi

VËy cã 3 ph−¬ng tr×nh ph¶n øng hãa häc x¶y ra => ®¸p ¸n B.
NhËn xÐt: §©y lµ mét c©u hái t−¬ng ®èi dÔ, nh−ng do nã r¬i vµo phÇn kiÕn thøc hãa häc líp 10, nªn rÊt nhiÒu
c¸c em häc sinh quan t©m nhiÒu, nªn sÏ cã sù lóng tóng khi ®−a ra ®¸p ¸n. Nh−ng víi kiÕn thøc líp 12 vµ ta sÏ
lo¹i ®−îc ý IV, cßn ý II cã thÓ thÊy r»ng nã ®óng dùa vµo tÝnh oxi hãa khö, cßn ý III th× khái ph¶i nãi lµ còng
biÕt nã ®óng, khi ®ã b¹n chØ ph©n v©n ®¸p ¸n B vµ D.
C©u 3: D·y gåm c¸c chÊt ®Òu cã kh¶ n¨ng tham gia ph¶n øng trïng hîp lµ:
A. 1,1,2,2-tetrafloeten; propilen; stiren; vinyl clorua.
B. buta-1,3-®ien; cumen; etilen; trans-but-2-en.
C. stiren; clobenzen; isopren; but-1-en.
D. 1,2-®iclopropan; vinylaxetilen; vinylbenzen; toluen.
Gîi ý: Víi c©u hái nµy, c¸c em häc sinh cÇn ghi nhí vÒ ®iÒu kiÖn ®Ó x¶y ra ph¶n øng trïng hîp: “Ph¶i cã liªn
kÕt ®«i hoÆc cã vßng kh«ng bÒn” vµ ph¶i ghi nhí vµ x¸c ®Þnh ®−îc chÝnh x¸c ®Æc ®iÓm cÊu t¹o cña c¸c chÊt mµ
®Ò bµi cho.
Trong c¸c chÊt ®Ò bµi cho th× cã mét sè chÊt kh«ng cã kh¶ n¨ng tham gia ph¶n øng trïng hîp:




VËy khi ®ã ®¸p ¸n A lµ ®¸p ¸n ®óng. (ph−¬ng tr×nh ph¶n øng cña c¸c chÊt kia c¸c em tù viÕt ®Ó ghi nhí)
NhËn xÐt: §©y lµ c©u hái t−¬ng ®èi ®¬n gi¶n, kh«ng cã tÝnh chÊt ®¸nh ®è, chñ yÕu lµ yªu cÇu häc sinh ghi nhí
kiÕn thøc.
C©u 4: §èt ch¸y hoµn toµn mét hîp chÊt h÷u c¬ X, thu ®−îc 0,351 gam H2O vµ 0,4368 lÝt khÝ CO2 (ë ®ktc). BiÕt
X cã ph¶n øng víi Cu(OH)2 trong m«i tr−êng kiÒm khi ®un nãng. ChÊt X lµ


2
A. CH3COCH3. B. O=CH-CH=O. C. CH2=CH-CH2-OH. D. C2H5CHO.
Gîi ý: Víi c©u hái nµy, khi ®äc ®Ò ta ph¶i ®Õ ý ngay vÒ d÷ kiÖn: “X ph¶n øng víi Cu(OH)2 trong m«i tr−êng
kiÒm khi ®un nãng” => X sÏ lµ hîp chÊt chøa nhãm –CHO, khi ®ã ta sÏ lo¹i ngay ®−îc ®¸p ¸n A vµ C.
Ta cã: n CO2 =0,0195mol vµ n H 2 O =0,0195mol
VËy khi ®ã ta sÏ suy ra ngay ®¸p ¸n sÏ lµ B. (dùa vµo sè nguyªn tö H vµ C trong ph©n tö)
Víi c©u hái nµy, chóng ta ph¶i cã sù kÕt hîp gi÷a c¸c ®¸p ¸n ®−a ra vµ c¸c d÷ kiÖn cña bµi to¸n ®Ó ra kÕt qu¶.
C©u 5: Cho c¸c nguyªn tè: K (Z = 19), N (Z = 7), Si (Z = 14), Mg (Z = 12). D·y gåm c¸c nguyªn tè ®−îc s¾p
xÕp theo chiÒu gi¶m dÇn b¸n kÝnh nguyªn tö tõ tr¸i sang ph¶i lµ:
A. N, Si, Mg, K. B. Mg, K, Si, N. C. K, Mg, N, Si. D. K, Mg, Si, N.
Gîi ý : §©y lµ mét c©u hái thuéc ch−¬ng tr×nh hãa häc líp 10 – phÇn b¶ng tuÇn hoµn c¸c nguyªn tè hãa häc.
§Ó cã thÓ xÐt ®−îc, ta cÇn ph¶i s¾p xÕp c¸c nguyªn tè trªn vµo trong b¶ng tuÇn hoµn theo chu k× vµ nhãm (s¾p
xÕp dùa vµo cÊu h×nh electron cña nguyªn tè)
N :1s 2 2 s 2 2 p 3  {chu k× 2 - nhãm VA 
→ IA IIA IVA VIA
7

12 Mg :1s 2 s 2 p 3s  {Chu k× 3 - nhãm IIA

2 2 6 2
 N
  →
14 Si :1s 2 s 2 p 3s 3 p  {Chu k× 3 - nhãm IVA 

2 2 6 2 2
Mg Si

19 K :1s 2 s 2 p 3s 3 p 4 s  {Chu k× 4 - nhãm IA 
K

2 2 6 2 6 1


- Trong mét chu k×, theo chiÒu t¨ng dÇn ®iÖn tÝch h¹t nh©n th× b¸n kÝnh nguyªn tö gi¶m dÇn
Tuy c¸c nguyªn tö c¸c nguyªn tè cã cïng sè líp electron, nh−ng khi ®iÖn tÝch h¹t nh©n t¨ng, lùc hót gi÷a h¹t nh©n vµ
electron ho¸ trÞ ë líp ngoµi cïng còng t¨ng dÇn, lµm b¸n kÝnh nguyªn tö gi¶m dÇn.
- Trong mét nhãm theo chiÒu tõ trªn xuèng d−íi, b¸n kÝnh nguyªn tö t¨ng dÇn.
Theo chiÒu tõ trªn xuèng d−íi, sè líp electron t¨ng dÇn, ®iÖn tÝch h¹t nh©n t¨ng dÇn, nh−ng do sè líp electron t¨ng m¹nh
nªn lµm cho b¸n kÝnh nguyªn tö t¨ng dÇn
Qua s¬ ®å miªu t¶ trªn ta nhËn thÊy r»ng ®¸p ¸n D lµ ®¸p ¸n chÝnh x¸c nhÊt.
NhËn xÐt : §©y lµ mét c©u hái kh«ng khã, nh−ng do nã thuéc vµo m¶ng kiÕn thøc hãa häc líp 10, nªn sÏ cã
nhiÒu em häc sinh kh«ng ®Ó ý.
C©u 6: Ph¸t biÓu nµo sau ®©y lµ ®óng?
A. Trïng hîp stiren thu ®−îc poli (phenol-foman®ehit).
B. Trïng ng−ng buta-1,3-®ien víi acrilonitrin cã xóc t¸c Na ®−îc cao su buna-N.
C. Poli (etylen terephtalat) ®−îc ®iÒu chÕ b»ng ph¶n øng trïng ng−ng c¸c monome t−¬ng øng.
D. T¬ visco lµ t¬ tæng hîp.
Gîi ý : Víi c©u hái nµy chñ yÕu lµ mang tÝnh chÊt lý thuyÕt, yªu cÇu häc sinh n¾m ®−îc :
- C«ng thøc cña c¸c chÊt: Stiren, poli(phenol-fomandehit), buta-1,3-dien, acrilonitrin, poli (etylen terephtalat),
cao su buna-N, to visco
- C¸ch viÕt s¶n phÈm ph¶n øng trïng hîp, trïng ng−ng.
- Tªn gäi cña polime bao gåm tªn quèc tÕ vµ tªn th−êng.
+ Trïng hîp Stiren => poli stiren
+ Buta-1,3-dien + acilonitrin => Cao su buna-N b»ng ph¶n øng trïng hîp
+ Poli (etylen terephtalat) lµ lo¹i t¬ lapsan ®−îc t¹o ra do ph¶n øng trïng ng−ng gi÷a etylen glicol vµ axit
tetraphtalic
+ T¬ visco lµ lo¹i t¬ b¸n tæng hîp hay cßn ®−îc gäi lµ t¬ nh©n t¹o.
Qua ®ã ®¸p ¸n C lµ ®¸p ¸n ®óng.

HOOC – – COOH ( axit terephtalic)

nHOOC – C6H4 – COOH + nHO – (CH2)2 – OH (– CO – C6H4 – COO – (CH2)2 – O –)n + nH2O
NhËn xÐt: §©y lµ mét c©u kh«ng khã


3
C©u 7: Cho 61,2 gam hçn hîp X gåm Cu vµ Fe3O4 t¸c dông víi dung dÞch HNO3 lo·ng, ®un nãng vµ khuÊy ®Òu.
Sau khi c¸c ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn, thu ®−îc 3,36 lÝt khÝ NO (s¶n phÈm khö duy nhÊt, ë ®ktc), dung dÞch Y
vµ cßn l¹i 2,4 gam kim lo¹i. C« c¹n dung dÞch Y, thu ®−îc m gam muèi khan. Gi¸ trÞ cña m lµ
A. 151,5. B. 97,5. C. 137,1. D. 108,9.
2+ 2+ 3+
Fe Cu Fe
Gîi ý: ta cã: nNO = 0,15 mol vµ ta chó ý vÒ cÆp oxi hãa - khö:
Fe 2+
Fe Cu
Qua d÷ kiÖn bµi ra, ta nhËn sÏ cã : 2,4 gam kim lo¹i ch−a ph¶n øng ®ã lµ Cu vµ Fe3O4 t¹o thµnh Fe(NO3)2.
N +5 + 3e  N +2

0,45 0,15
Cu − 2e  Cu +2
→ Gäi x, y lÇn l−ît lµ sè mol Cu vµ Fe3O4 tham gia ph¶n øng.
8
+
+ 2e  3 Fe+2

3
3 Fe
x 2x x

3y 2y 3y

¸p dông ®Þnh luËt b¶o toµn nguyªn tè vµ b¶o toµn electron ta sÏ cã:
64 x + 2, 4 + 232 y = 61, 2  x = 0,375mol
 


2 x = 2 y + 0, 45  y = 0,15mol
VËy khèi l−îng muèi thu ®−îc sau ph¶n øng lµ: 0,375.(64 + 62.2) + 0,15.3.(56 + 62.2) = 151,5 gam
NhËn xÐt: §©y lµ mét bµi cã thÓ nãi lµ t−¬ng ®èi lµ khã, nã ®ßi hái sù t− duy cao vµ cã kh¶ n¨ng kh¸i qu¸t hãa,
tæng hîp c¸c kiÕn thøc ®Ó lµm.
Cu 2+ Fe3+
SÏ cã nhiÒu em häc sinh quªn ph¶n øng gi÷a cÆp oxi hãa khö
Fe 2+
Cu
C©u 8: Khi nhiÖt ph©n hoµn toµn tõng muèi X, Y th× ®Òu t¹o ra sè mol khÝ nhá h¬n sè mol muèi t−¬ng øng. §èt
mét l−îng nhá tinh thÓ Y trªn ®Ìn khÝ kh«ng mµu, thÊy ngän löa cã mµu vµng. Hai muèi X, Y lÇn l−ît lµ:
A. KMnO4, NaNO3. B. Cu(NO3)2, NaNO3. C. CaCO3, NaNO3. D. NaNO3, KNO3.
Gîi ý:
2 KMnO4  K 2 MnO4 + O2 + MnO2
→ (1)
2 NaNO3  2 NaNO2 + O2
→ (2)
Ta cã c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n øng nhiÖt ph©n muèi: 2Cu ( NO3 ) 2  2CuO + 4 NO2 + O2
→ (3)
CaCO3   CaO + CO2
→ (4)
2 KNO3  2 KNO2 + O2
→ (5)
Qua c¸c ph−¬ng tr×nh trªn ta thÊy r»ng ph−¬ng tr×nh (1), (2) vµ (5) lµ c¸c ph−¬ng tr×nh cã sè mol khÝ nhá h¬n sè
mol cña muèi.
=> lo¹i ®¸p ¸n B vµ C vµ cã hai ®¸p ¸n cÇn lùa chän lµ A vµ D.
+ Tinh thÓ Y khi ®èt trªn ®Ìn khÝ kh«ng mµy l¹i cã thÊy ngän löa mµu vµng => tinh thÓ Y ph¶i lµ muèi chøa ion
kim lo¹i Na => lo¹i ®¸p ¸n D
VËy ®¸p ¸n chÝnh x¸c lµ ®¸p ¸n A
C©u 9: Hçn hîp X gåm axit Y ®¬n chøc vµ axit Z hai chøc (Y, Z cã cïng sè nguyªn tö cacbon). Chia X thµnh
hai phÇn b»ng nhau. Cho phÇn mét t¸c dông hÕt víi Na, sinh ra 4,48 lÝt khÝ H2 (ë ®ktc). §èt ch¸y hoµn toµn phÇn
hai, sinh ra 26,4 gam CO2. C«ng thøc cÊu t¹o thu gän vµ phÇn tr¨m vÒ khèi l−îng cña Z trong hçn hîp X lÇn
l−ît lµ
A. HOOC-CH2-COOH vµ 70,87%. B. HOOC-COOH vµ 60,00%.
C. HOOC-CH2-COOH vµ 54,88%. D. HOOC-COOH vµ 42,86%.
Gîi ý:
Ta cã nH 2 = 0, 02mol vµ n CO2 = 0, 06mol
R ( COOH )2 +2 Na  R ( COONa ) 2 +
+2 Na  2 RCOONa +
→ →
2 RCOOH H2 H2
x x/2 y
y


4
 x
nH 2 = + y = 0, 02mol (1)
 1, 5 < n < 3 => n = 2

 2
n CO = nx + ny = 0, 06mol (2) (víi n lµ sè nguyªn tö C trong axit)
2
VËy axit Y: CH3COOH vµ axit Z: HOOC-COOH
0,1.90
Thay vµo (1), (2) x = 0,02 , y = 0,01 %HOOC − COOH = .100 = 42, 86(%)
0,1.90 + 0,2.60
NhËn xÐt: §©y lµ mét bµi tËp tÝnh to¸n t−¬ng ®èi ®¬n gi¶n, nã kh¸ quen thuéc víi d¹ng ¸p dông ph−¬ng ph¸p
trung b×nh
C©u 10: D·y gåm c¸c chÊt ®−îc s¾p xÕp theo chiÒu t¨ng dÇn nhiÖt ®é s«i tõ tr¸i sang ph¶i lµ:
A. CH3CHO, C2H5OH, HCOOH, CH3COOH. B. CH3COOH, HCOOH, C2H5OH, CH3CHO.
C. HCOOH, CH3COOH, C2H5OH, CH3CHO D. CH3COOH, C2H5OH, HCOOH, CH3CHO.
Gîi ý: Ta dùa vµo kh¶ n¨ng liªn kÕt hidro ®Ó s¾p xÕp.
- ChÊt nµo cã liªn kÕt hidro cµng m¹nh th× cµng cã nhiÖt ®é s«i cao nhÊt: t s (axit) > t o (ancol) > t s (andehit)
o o
s

- M cµng lín th× nhiÖt ®é s«i cµng lín.
VËy ®¸p ¸n lµ A.
C©u 11: Cho dung dÞch chøa 6,03 gam hçn hîp gåm hai muèi NaX vµ NaY (X, Y lµ hai nguyªn tè cã trong tù
nhiªn, ë hai chu k× liªn tiÕp thuéc nhãm VIIA, sè hiÖu nguyªn tö ZX < ZY) vµo dung dÞch AgNO3 (d−), thu ®−îc
8,61 gam kÕt tña. PhÇn tr¨m khèi l−îng cña NaX trong hçn hîp ban ®Çu lµ
A. 58,2%. B. 52,8%. C. 41,8%. D. 47,2%.
Gîi ý: Gi¶ sö hai muèi NaX vµ NaY ®Òu t¹o kÕt tña víi AgNO3 => C«ng thøc chóng cho hai muèi: Na X
+ AgNO3  Ag X + NaNO3

Na X
23 + X 108 + X
(23 + X ) 
→ = => X = 175, 66
(108+X )
6, 03 8, 61
8,61
6, 03

Kh«ng cã halogen tho¶ m¶n  cã NaF (AgF kh«ng kÕt tña) cßn l¹i NaCl

6, 03 − 0, 06.58, 5
Ta dÔ dµng tÝnh ®−îc: nNaCl = nAgCl = 0,06  %mNaF =
→ .100 = 41, 8(%)
6, 03
C©u 12: Hßa tan hoµn toµn 20,88 gam mét oxit s¾t b»ng dung dÞch H2SO4 ®Æc, nãng thu ®−îc dung dÞch X vµ
3,248 lÝt khÝ SO2 (s¶n phÈm khö duy nhÊt, ë ®ktc). C« c¹n dung dÞch X, thu ®−îc m gam muèi sunfat khan. Gi¸
trÞ cña m lµ
A. 52,2. B. 48,4. C. 54,0. D. 58,0.
Gîi ý: nSO2 = 0,145mol
+ C¸ch 01: §¹i sè + b¶o toµn electron
FexOy : a mol
xFe+2y/x - (3x – 2y)e  xFe+3

ax a(3x – 2y)
+6
S+4
 →
S + 2e
0,29 0,145
(3x - 2y)a = 0,29
 x = y


(56x + 16y)a = 20,88

Oxit sắt: FeO; số mol FeO = 20,88/72 = 0,29 mol
=> Số mol : Fe2(SO4)3 = 0,29/2 = 0,145 mol
m = 0,145. 400 = 58,0
+ C¸ch 02: ¸p dông ph−¬ng ph¸p quy ®æi
Qui FexOy thµnh Fe vµ O
Cho : Fe - 3e Fe3+ . NhËn: O + 2e O2- vµ S+6 + 2e S+4
x 3x x y 2y 0,29 0,145


5
56x + 16y = 20, 88 x = 0, 29


   Fe2 (
→ mmuèiSO4 )3 = 05.0, 29.400 = 58 gam
→ 

 3x = 2y + 0, 29 y = 0,29
 
 
NhËn xÐt: §©y lµ mét bµi to¸n t−¬ng ®èi ®¬n gi¶n, nã chØ mang tÝnh chÊt tÝnh to¸n vµ v¹n dông ph−¬ng ph¸p
gi¶i, víi nh÷ng häc sinh héi tô K3P th× viÖc gi¶i quÕt bµi to¸n nµy kh¸ ®¬n gi¶n
C©u 13: Cho c¸c ph¶n øng hãa häc sau:
(1) (NH4)2SO4 + BaCl2  (2) CuSO4 + Ba(NO3)2 
→ →
(3) Na2SO4 + BaCl2  (4) H2SO4 + BaSO3 
→ →
(5) (NH4)2SO4 + Ba(OH)2  (6) Fe2(SO4)3 + Ba(NO3)2 
→ →
C¸c ph¶n øng ®Òu cã cïng mét ph−¬ng tr×nh ion thu gän lµ?
A. (1), (2), (3), (6). B. (3), (4), (5), (6). C. (2), (3), (4), (6). D. (1), (3), (5), (6).
2+ 2−
Gîi ý: (1), (2), (3) vµ (6) ®Òu cã cïng ph−¬ng tr×nh ion thu gän lµ: Ba + SO4  BaSO4 ↓

C©u 14: Hßa tan m gam hçn hîp gåm Al, Fe vµo dung dÞch H2SO4 lo·ng (d−). Sau khi c¸c ph¶n øng x¶y ra
hoµn toµn, thu ®−îc dung dÞch X. Cho dung dÞch Ba(OH)2 (d−) vµo dung dÞch X, thu ®−îc kÕt tña Y. Nung Y
trong kh«ng khÝ ®Õn khèi l−îng kh«ng ®æi, thu ®−îc chÊt r¾n Z lµ
A. hçn hîp gåm Al2O3 vµ Fe2O3. B. hçn hîp gåm BaSO4 vµ FeO.
C. hçn hîp gåm BaSO4 vµ Fe2O3. D. Fe2O3.
Gîi ý:
 FeSO4 Fe(OH)2 Fe(OH)3
Fe
  24   

→   du   2  t 
+O +H2O, 0 t0
+H SO +Ba(OH)2 ,
→  → → Fe2O3 ,BaSO4

  Al(OH)3 , tan
Al Al2 (SO4 )3  BaSO4  BaSO4
   
   
C©u 15: Cho 0,02 mol amino axit X t¸c dông võa ®ñ víi 200 ml dung dÞch HCl 0,1M thu ®−îc 3,67 gam muèi
khan. MÆt kh¸c 0,02 mol X t¸c dông võa ®ñ víi 40 gam dung dÞch NaOH 4%. C«ng thøc cña X lµ
A. (H2N)2C3H5COOH. B. H2NC2H3(COOH)2.
C. H2NC3H6COOH. D. H2NC3H5(COOH)2.
Gîi ý: Theo ®Ò bµi dùa vµo d÷ kiÖn “0,02 mol amino axit X t¸c dông võa ®ñ víi 200 ml dung dÞch HCl 0,1M” ta
lo¹i ngay ®−îc ®¸p ¸n A
Ta cã nNaOH = 0,04 mol = 2naxit => cã 2 nhãm axit => lo¹i tiÕp ®−îc ®¸p ¸n C
Ta cã c«ng thøc cña amino axit d¹ng: H2N-R-(COOH)2
(HOOC)2RNH2 + HCl (HOOC)2RNH3Cl
3, 67
0,02 0,02 Mmuèi = 45.2 + R + 52,5 = R = 41 (-C3H5-)
= 183, 5
0, 02
VËy X lµ: (HOOC)2C3H5NH2
C©u 16: Cho 2,24 gam bét s¾t vµo 200 ml dung dÞch chøa hçn hîp gåm AgNO3 0,1M vµ Cu(NO3)2 0,5M. Sau
khi c¸c ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn, thu ®−îc dung dÞch X vµ m gam chÊt r¾n Y. Gi¸ trÞ cña m lµ
A. 2,80. B. 4,08. C. 2,16. D. 0,64.
Gîi ý: Ta chó ý vÒ vÞ trÝ cña cÆp oxi hãa – khö trong d·y ®iÖn hãa:
Fe2 + Cu 2+ Fe3+ Ag +
Fe 2+
Fe Cu Ag
Ta cã: nFe = 0,04 mol; nAgNO3 = 0, 02mol vµ n Cu(NO3 )2 = 0,1mol
Ta cã thø tù ph−¬ng tr×nh ph¶n øng: Fe + 2 Ag +  Fe2 + + 2 Ag Fe + Cu 2+  Fe 2+ + Cu
→ →
0,01 0,03 0,03 0,03
0,02 0,02

Khèi l−îng chÊt r¾n Y ;µ: 0,02.108 + 0,03.64 = 4,08 gam
C©u 17: Cho X lµ hîp chÊt th¬m; a mol X ph¶n øng võa hÕt víi a lÝt dung dÞch NaOH 1M. MÆt kh¸c nÕu cho a
mol X ph¶n øng víi Na (d−) th× sau ph¶n øng thu ®−îc 22,4a lÝt khÝ H2 (ë ®ktc). C«ng thøc cÊu t¹o thu gän cña
X lµ


6
A. CH3-C6H3(OH)2. B. HO-C6H4-COOCH3.
C. HO-CH2-C6H4-OH. D. HO-C6H4-COOH.
Gîi ý:
X t¸c dông ®−îc víi NaOH => X chøa mét nguyªn tö H linh ®éng (Nhãm -OH liªn kÕt trùc tiÕp víi vßng
benzen hoÆc cã nhãm -COOH) => lo¹i ®¸p ¸n A
MÆt kh¸c: nH 2 = nX => cã chøa chøa 2 nguyªn tö H linh ®éng
VËy lo¹i ®¸p ¸n B vµ D vµ cuèi cïng lµ ®¸p ¸n ®óng: C
C©u 18: Hçn hîp khÝ X gåm H2 vµ mét anken cã kh¶ n¨ng céng HBr cho s¶n phÈm h÷u c¬ duy nhÊt. TØ khèi
cña X so víi H2 b»ng 9,1. §un nãng X cã xóc t¸c Ni, sau khi ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn, thu ®−îc hçn hîp khÝ
Y kh«ng lµm mÊt mµu n−íc brom; tØ khèi cña Y so víi H2 b»ng 13. C«ng thøc cÊu t¹o cña anken lµ
A. CH3-CH=CH-CH3. B. CH2=CH-CH2-CH3.
C. CH2=C(CH3)2. D. CH2=CH2.
Gîi ý: V× Anken cã kh¶ n¨ng céng HBr cho s¶n phÈm duy nhÊt => lo¹i ngay ®¸p ¸n B vµ C v× theo quy t¾c céng
cã kh¶ n¨ng t¹o ra hai s¶n phÈm (s¶n phÈm chÝnh vµ s¶n phÈm phô)
Ta gäi c«ng thøc cña anken lµ : CnH2n víi sè mol lµ a mol => sè mol cña H2 lµ 1-a mol (coi hçn hîp cã 1 mol)
Cn H 2 n + H 2  Cn H 2 n + 2

1− x Tæng sè mol lµ 1
x
1 − 2x
0 x Tæng sè mol lµ 1-x
Theo ®Ò bµi ta cã:
+ Tr−íc pø: 14nx+(1-x).2=9,1.2  x = 0,3mol

  →  Anken : CH 3 − CH = CH − CH 3

n = 4
+ Sau pø: x(14n+2) + 2(1-2x) = 13.2(1-x)
C©u 19: ThÝ nghiÖm nµo sau ®©y cã kÕt tña sau ph¶n øng?
A. Cho dung dÞch NaOH ®Õn d− vµo dung dÞch Cr(NO3)3.
B. Cho dung dÞch HCl ®Õn d− vµo dung dÞch NaAlO2 (hoÆc Na[Al(OH)4]).
C. Thæi CO2 ®Õn d− vµo dung dÞch Ca(OH)2.
D. Cho dung dÞch NH3 ®Õn d− vµo dung dÞch AlCl3.
Gîi ý: Dùa vµo tÝnh chÊt hãa häc cña c¸c chÊt
+) 3NaOH + Cr(NO3)3 => 3NaNO3 + Cr(OH)3 vµ NaOH + Cr(OH)3 => NaCrO2 + 2H2O
+) HCl + NaAlO2 + H2O => NaCl + Al(OH)3 vµ Al(OH)3 + 3HCl => AlCl3 + 3H2O
+) CO2 + Ca(OH)2 => CaCO3 + H2O vµ CO2 + CaCO3 + H2O => Ca(HCO3)2
+) 3NH3 + 3H2O + AlCl3 => Al(OH)3 + 3NH4Cl
C©u 20: Cho mét sè tÝnh chÊt:
cã d¹ng sîi (1) tan trong n−íc (2) tan trong n−íc Svayde (3)
ph¶n øng víi axit nitric ®Æc (xóc t¸c axit sunfuric ®Æc) (4) tham gia ph¶n øng tr¸ng b¹c (5)
bÞ thuû ph©n trong dung dÞch axit ®un nãng (6).
C¸c tÝnh chÊt cña xenluloz¬ lµ:
A. (3), (4), (5) vµ (6) B. (1), (3), (4) vµ (6) C. (2), (3), (4) vµ (5) D. (1,), (2), (3) vµ (4)
Gîi ý: Xem l¹i SGK
C©u 21: Cho c¸c hîp chÊt sau :
(a) HOCH2-CH2OH (b) HOCH2-CH2-CH2OH
(c) HOCH2-CH(OH)-CH2OH (d) CH3-CH(OH)-CH2OH
(e) CH3-CH2OH (f) CH3-O-CH2CH3
C¸c chÊt ®Òu t¸c dông ®−îc víi Na, Cu(OH)2 lµ
A. (c), (d), (f) B. (a), (b), (c) C. (a), (c), (d) D. (c), (d), (e)
Gîi ý:
T¸c dông ®−îc víi Na => ChÊt ph¶i chøa nhãm –OH; t¸c dông víi Cu(OH)2 => chøa nhãm –OH liÒn kÒ nhau


7
VËy ®¸p ¸n lµ C.
C©u 22: Sè ®ipeptit tèi ®a cã thÓ t¹o ra tõ mét hçn hîp gåm alanin vµ glyxin lµ
A. 2 B. 3 C. 4 D. 1
Gîi ý: §Ó lµm bµi nµy ta cã thÓ h×nh dung lµ tõ hai sè 1 vµ 2 th× cã th× cã bao nhiªu c¸ch ghÐp nã liÒn l¹i víi
nhau thµnh thµnh 1 sè gåm cã hai sè: 11; 22; 12; 21 => §¸p ¸n lµ C
C©u 23: Cho c¸c ph¶n øng sau :
(a) 4HCl + PbO2  PbCl2 + Cl2 + 2H2O
→ (b) HCl + NH4HCO3  NH4Cl + CO2 + H2O

(c) 2HCl + 2HNO3  2NO3 + Cl2 + 2H2O
→ (d) 2HCl + Zn  ZnCl2 + H2

Sè ph¶n øng trong ®ã HCl thÓ hiÖn tÝnh khö lµ
A. 2 B. 4 C. 1 D. 3
-
Gîi ý: ta muèn x¸c ®Þnh ®−îc ph¶n øng mµ HCl thÓ hiÖn tÝnh khö => Cl sÏ cho ®i electron thµnh sè oxi hãa
d−¬ng cao h¬n. 2Cl − − 2e  Cl2

C©u 24: Cho hai hîp chÊt h÷u c¬ X, Y cã cïng c«ng thøc ph©n tö lµ C3H7NO2. Khi ph¶n øng víi dung dÞch
NaOH, X t¹o ra H2NCH2COONa vµ chÊt h÷u c¬ Z ; cßn Y t¹o ra CH2=CHCOONa vµ khÝ T. C¸c chÊt Z vµ T lÇn
l−ît lµ
A. CH3OH vµ CH3NH2 B. C2H5OH vµ N2
C. CH3OH vµ NH3 D. CH3NH2 vµ NH3
Gîi ý: Ta ®Ó ý vµo d÷ kiÖn Y (C3H7NO2) + NaOH => CH2=CHCOONa vµ khÝ T
Ta nhËn thÊy r»ng T sÏ kh«ng cßn chøa nguyªn tö C n÷a (Lo¹i ngay ®¸p ¸n A).
MÆt kh¸c X (C3H7NO2) + NaOH => H2NCH2COONa vµ chÊt h÷u c¬ Z. Theo ®Þnh luËt b¶o toµn nguyªn tè => Z
kh«ng cã chøa nguyªn tö N => lo¹i tiÕp ®−¬c ®¸p ¸n D vµ B (do X chøa nhiÒu h¬n 1 nguyªn tö C)
VËy ®¸p ¸n chÝnh x¸c lµ ®¸p ¸n C
C3H7NO2 + NaOH H2NCH2COONa + CH3OH ; C3H7NO2 + NaOH CH2=CHCOONa + NH3 + H2O
(X) (Z) (Y) (T)
C©u 25: Nung nãng m gam hçn hîp gåm Al vµ Fe3O4 trong ®iÒu kiÖn kh«ng cã kh«ng khÝ. Sau khi ph¶n øng
x¶y ra hoµn toµn, thu ®−îc hçn hîp r¾n X. Cho X t¸c dông víi dung dÞch NaOH (d−) thu ®−îc dung dÞch Y,
chÊt r¾n Z vµ 3,36 lÝt khÝ H2 (ë ®ktc). Sôc khÝ CO2 (d−) vµo dung dÞch Y, thu ®−îc 39 gam kÕt tña. Gi¸ trÞ cña m

A. 48,3 B. 57,0 C. 45,6 D. 36,7
Gîi ý: Theo ®Ò bµi sau X + NaOH => khÝ H2
2Al + 2NaOH + 2H2O => 2NaAlO2 + 3H2
=> p− nhiÖt nh«m th× Al cßn d−
 →
8Al + 3Fe3O4 9Fe + 4Al2O3
0,4 0,4.3/8
ChÊt r¾n X: Fe ; Al2O3 ; Al d−
Dd Y: NaAlO2
NaAlO2 + CO2 + 2H2O => NaHCO3 + Al(OH)3
Sè mol Al d− sau p− nhiÖt nh«m = 2/3 sè mol H2 = 2/3. 3,36/22,4 = 0,1 mol
Sè mol Al ban ®Çu = sè mol Al(OH)3 = 39/78 = 0,5 mol
Sè mol Al tham gia p − nhiÖt nh«m = 0,5 – 0,1 = 0,4 mol
Sè mol Fe3O4 = 0,4.3/8 = 0,15 mol => m = 0,5. 27 + 0,15. 232 = 48,3
C©u 26: Cho hçn hîp X gåm CH4, C2H4 vµ C2H2. LÊy 8,6 gam X t¸c dông hÕt víi dung dÞch brom (d−) th× khèi
l−îng brom ph¶n øng lµ 48 gam. MÆt kh¸c, nÕu cho 13,44 lÝt (ë ®ktc) hçn hîp khÝ X t¸c dông víi l−îng d− dung
dÞch AgNO3 trong NH3, thu ®−îc 36 gam kÕt tña. PhÇn tr¨m thÓ tÝch cña CH4 cã trong X lµ
A. 40% B. 20% C. 25% D. 50%
Gîi ý:
13,44 lit X : Sè mol hçn hîp X = 13,44/22,4 = 0,6 mol Sè mol C2Ag2 = 36/240 = 0,15 mol.
Suy ra sè mol C2H2 = 0,15 mol
Sè mol Br2 p− = 48/160 = 0,3 mol
Trong 8,6gam X: CH4: amol; C2H4: bmol; C2H2: c mol
Trong 13,44 lit X: CH4: na mol; C2H4: nb mol; C2H2: nc mol
Ta cã: 16a + 28b + 26c = 8,6 a = 0,2
b + 2c = 0,3 b = 0,1
nc = 0,15 c = 0,1
na + nb + nc = 0,6
%V cña CH4 = (0,2/0,4).100 = 50%
C©u 27: Cho chÊt xóc t¸c MnO2 vµo 100 ml dung dÞch H2O2, sau 60 gi©y thu ®−îc 3,36 ml khÝ O2 (ë ®ktc). Tèc
®é trung b×nh cña ph¶n øng (tÝnh theo H2O2) trong 60 gi©y trªn lµ
A. 2,5.10-4 mol/(l.s) B. 5,0.10-4 mol/(l.s) C. 1,0.10-3 mol/(l.s) D. 5,0.10-5 mol/(l.s)
Gîi ý: 2 H 2O2  2 H 2O + O2

MnO2


Ta cã nO2 = 1,5.10 −4 mol  nH 2O2 = 3.10−4 mol  CM 2O2 = 3.10 −3 M  V = 5.10−5 mol / l.s
→ →H →
C©u 28: Trén 100 ml dung dÞch hçn hîp gåm H2SO4 0,05M vµ HCl 0,1M víi 100 ml dung dÞch hçn hîp gåm
NaOH 0,2M vµ Ba(OH)2 0,1M thu ®−îc dung dÞch X. Dung dÞch X cã pH lµ
A. 1,2 B. 1,0 C. 12,8 D. 13,0
Gîi ý :
Số mol H2SO4 = 0,05.0,1 = 0,005 mol, suy ra số mol H+ = 0,01 mol
Số mol HCl = 0,1.0,1 = 0,01 mol , suy ra số mol H+ = 0,01 mol
Tổng số mol H+ = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol
Số mol NaOH = 0,2. 0,1 = 0,02 mol, suy ra số mol OH- = 0,02 mol
Số mol Ba(OH)2 = 0,1. 0,1 = 0,01 mol, suy ra số mol OH- = 0,02 mol
Tổng số mol OH- = 0,04 mol
H+ + OH- H2 O
0,02 0,02
Số mol OH- dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 mol => [OH-]dư = 0,02/(0,1 + 0,1) = 0,1 mol/lit = 10-1
pOH = 1 => pH = 14 – 1 = 13
C©u 29: §iÖn ph©n cã mµng ng¨n 500 ml dung dÞch chøa hçn hîp gåm CuCl2 0,1M vµ NaCl 0,5M (®iÖn cùc
tr¬, hiÖu suÊt ®iÖn ph©n 100%) víi c−êng ®é dßng ®iÖn 5A trong 3860 gi©y. Dung dÞch thu ®−îc sau ®iÖn ph©n
cã kh¶ n¨ng hoµ tan m gam Al. Gi¸ trÞ lín nhÊt cña m lµ
A. 4,05 B. 2,70 C. 1,35 D. 5,40
Gîi ý :
35, 5.5.3860
mCl2 = = 7,1(g ) øng víi nCl = 0,1 (mol); nCuCl = 0,05; nNaCl = 0,25
96500.1 2 2

dpdd dpdd
CuCl2   Cu + Cl2 ; 2NaCl + 2H2O   2NaOH + H2 + Cl2 ; Al + NaOH + H2O NaAlO2 + 3/2H2
→ →
0,05 0,05 0,1 0,1 0,05 0,1 0,1
mAlmax = 0,1.27= 2,7 (g)
C©u 30: Cho hçn hîp X gåm hai hîp chÊt h÷u c¬ no, ®¬n chøc t¸c dông võa ®ñ víi 100 ml dung dÞch KOH
0,4M, thu ®−îc mét muèi vµ 336 ml h¬i mét ancol (ë ®ktc). NÕu ®èt ch¸y hoµn toµn l−îng hçn hîp X trªn, sau
®ã hÊp thô hÕt s¶n phÈm ch¸y vµo b×nh ®ùng dung dÞch Ca(OH)2 (d−) th× khèi l−îng b×nh t¨ng 6,82 gam. C«ng
thøc cña hai hîp chÊt h÷u c¬ trong X lµ
A. HCOOH vµ HCOOC2H5 B. CH3COOH vµ CH3COOC2H5
C. C2H5COOH vµ C2H5COOCH3 D. HCOOH vµ HCOOC3H7
Gîi ý:
Ta cã nancol = 0,015 mol ≠ nKOH = 0,04 mol = nX mµ X l¹i gåm hai hîp chÊt h÷u c¬ no, ®¬n chøc vµ t¸c dông
võa ®ñ víi 100 ml dung dÞch KOH 0,4M, thu ®−îc mét muèi vµ 336 ml h¬i mét ancol
VËy hçn hîp X chøa 1 axit h÷u c¬ vµ mét este cña chÝnh axit h÷u c¬ ®ã => CT: Cn H 2 n O2
Cn H 2 n O2  nCO2 + nH 2O => 0,04 n.44 + 0, 04.n.18 = 6,82  n = 2, 75
→ →


9
0, 015.m + (0, 04 − 0, 015).n
= 2, 75 => 0,11 = 0,015m + 0,025n
CnH2nO2 (lµ axit) vµ CmH2mO2 (lµ esste) =>
0, 04
3m + 5n = 22 => n =2; m =4
C©u 31: Cho c¸c hîp chÊt h÷u c¬ :
(1) ankan; (2) ancol no, ®¬n chøc, m¹ch hë;
(3) xicloankan; (4) ete no, ®¬n chøc, m¹ch hë;
(5) anken; (6) ancol kh«ng no (cã mét liªn kÕt ®«i C=C), m¹ch hë
(7) ankin; (8) an®ehit no, ®¬n chøc, m¹ch hë;
(9) axit no, ®¬n chøc, m¹ch hë (10) axit kh«ng no (cã mét liªn kÕt ®«i C=C), ®¬n chøc
D·y gåm c¸c chÊt khi ®èt ch¸y hoµn toµn ®Òu cho sè mol CO2 b»ng sè mol H2O lµ :
A. (3), (5), (6), (8), (9) B. (3), (4), (6), (7), (10)
C. (2), (3), (5), (7), (9) D. (1), (3), (5), (6), (8)
Gîi ý: §Ó ®èt ch¸y mét chÊt mµ cã ®−îc nCO2 = nH 2O  C¸c chÊt cã d¹ng CT lµ: C n H 2 n Ox ....

C©u 32: §iÖn ph©n nãng ch¶y Al2O3 víi anot than ch× (hiÖu suÊt ®iÖn ph©n 100%) thu ®−îc m kg Al ë catot vµ
67,2 m3 (ë ®ktc) hçn hîp khÝ X cã tØ khèi so víi hi®ro b»ng 16. LÊy 2,24 lÝt (ë ®ktc) hçn hîp khÝ X sôc vµo dung
dÞch n−íc v«i trong (d−) thu ®−îc 2 gam kÕt tña. Gi¸ trÞ cña m lµ
A. 54,0 B. 75,6 C. 67,5 D. 108,0
Gîi ý:
®pnc
2 Al2O3  4 Al + 3O2
→ O2 + 2C  2CO
→ O2 + C  CO2

Ta cã M X = 32
Gi¶ sö r»ng trong X cã chøa a mol CO2, b mol CO vµ c mol O2
44a + 28b + 32c
= 32 MÆt kh¸c ta cã nCaCO3 = 0, 02mol  nCO2 / 2,24 l = 0, 02mol

=> ta cã: a + b + c = 3 mol vµ
3
=> a = 0,6 mol => a = 0,6 ; b = 1,8 vµ c = 0,6 vËy m = (0,6 + 0,9 + 0,6).(4/3). 27 = 75,6 gam
C©u 33: Khi nhiÖt ph©n hoµn toµn 100 gam mçi chÊt sau : KClO3 (xóc t¸c MnO2), KMnO4, KNO3 vµ AgNO3.
ChÊt t¹o ra l−îng O2 lín nhÊt lµ
A. KNO3 B. AgNO3 C. KMnO4 D. KClO3
Gîi ý:
2 KNO3  2 KNO2 + O2

2 KClO3  2 KCl + 3O2

MnO2

Ph−¬ng tr×nh nhiÖt ph©n:
2 AgNO3  2 Ag + 2 NO2 + O2

2 KMnO4  K 2 MnO4 + MnO2 + O2

Dùa theo ph−¬ng tr×nh vÒ tØ lÖ sè ph©n tö khÝ O2 t¹o ra, ta nhËn thÊy r»ng KClO3 lµ chÊt cã kh¶ n¨ng t¹o ra l−îng
khÝ O2 nhiÒu nhÊt
C©u 34: Hçn hîp X gåm hai este no, ®¬n chøc, m¹ch hë. §èt ch¸y hoµn toµn mét l−îng X cÇn dïng võa ®ñ
3,976 lÝt khÝ O2 (ë ®ktc), thu ®−îc 6,38 gam CO2. MÆt kh¸c, X t¸c dông víi dung dÞch NaOH, thu ®−îc mét
muèi vµ hai ancol lµ ®ång ®¼ng kÕ tiÕp. C«ng thøc ph©n tö cña hai este trong X lµ
A. C2H4O2 vµ C3H6O2 B . C3 H 4 O 2 v µ C 4 H 6 O 2
C . C 3 H 6 O 2 v µ C4 H 8 O 2 D. C2H4O2 vµ C5H10O2
Gîi ý: Theo ®Ò bµi “X t¸c dông víi dung dÞch NaOH, thu ®−îc mét muèi vµ hai ancol lµ ®ång ®¼ng kÕ tiÕp” vËy
hai este nµy no, ®¬n chøc, m¹ch hë vµ kÕ tiÕp nhau trong d·y ®ång ®¼ng => CT: Cn H 2 n O2

3n − 2  3n − 2
Cn H 2 n O2 + O2  nCO2 + nH 2O
→ 
a = 0, 04mol

= 0,1775
a.
2
 
→   

Theo ®Ò bµi ta cã: 2
n = 3, 6
3n − 2 
a n = 0,145 
a mol a. an  

2
VËy c«ng thøc cÊu t¹o cña hai este lµ: C3H6O2 vµ C4H8O2 => §¸p ¸n C


10
C©u 35: Hai hîp chÊt h÷u c¬ X vµ Y lµ ®ång ®¼ng kÕ tiÕp, ®Òu t¸c dông víi Na vµ cã ph¶n øng tr¸ng b¹c. BiÕt
phÇn tr¨m khèi l−îng oxi trong X, Y lÇn l−ît lµ 53,33% vµ 43,24%. C«ng thøc cÊu t¹o cña X vµ Y t−¬ng øng lµ
A. HO-CH2-CH2-CHO vµ HO-CH2-CH2-CH2-CHO B. HO-CH(CH3)-CHO vµ HOOC-CH2-CHO
C. HO-CH2-CHO vµ HO-CH2-CH2-CHO D. HCOOCH3 vµ HCOOCH2-CH3
Gîi ý:
Ta chó ý vµo d÷ kiÖn bµi to¸n vµ c¸c ®¸p ¸n ®Ò ®−a ra => Lo¹i ®¸p ¸n D do kh«ng chøa chÊt t¸c dông víi Na.
Vµ lo¹i ®¸p ¸n B do hai chÊt ®Ò cho kh¸c d·y ®ång ®¼ng.
VËy cßn l¹i hai ®¸p ¸n A vµ C, c¸c chÊt trong hai ®¸p ¸n A vµ C ®Òu cã cïng d¹ng c«ng thøc: CnH2nO2
32 53, 33
Theo ®Ò bµi ra ta cã: %OX = = ⇒ n = 2 => ®¸p ¸n C
14n + 32 100
C©u 36: Hîp chÊt h÷u c¬ X t¸c dông ®−îc víi dung dÞch NaOH ®un nãng vµ víi dung dÞch AgNO3 trong NH3.
ThÓ tÝch cña 3,7 gam h¬i chÊt X b»ng thÓ tÝch cña 1,6 gam khÝ O2 (cïng ®iÒu kiÖn vÒ nhiÖt ®é vµ ¸p suÊt). Khi
®èt ch¸y hoµn toµn 1 gam X th× thÓ tÝch khÝ CO2 thu ®−îc v−ît qu¸ 0,7 lÝt (ë ®ktc). C«ng thøc cÊu t¹o cña X lµ
A. CH3COOCH3 B. O=CH-CH2-CH2OH C. HOOC-CHO D. HCOOC2H5
Gîi ý:
Ta dÔ dµng x¸c ®Þnh MX = 74 => Sè nguyªn tö C ≥ 2,3125 => Lo¹i ®¸p ¸n C
Theo ®Ò bµi X t¸c dông ®−îc víi NaOH => Lo¹i ®¸p ¸n B
MÆt kh¸c X t¸c dông ®−îc víi dung dÞch AgNO3/NH3 => §¸p ¸n D
C©u 37: Thùc hiÖn c¸c thÝ nghiÖm sau :
(I) Cho dung dÞch NaCl vµo dung dÞch KOH.
(II) Cho dung dÞch Na2CO3 vµo dung dÞch Ca(OH)2
(III) §iÖn ph©n dung dÞch NaCl víi ®iÖn cùc tr¬, cã mµng ng¨n
(IV) Cho Cu(OH)2 vµo dung dÞch NaNO3
(V) Sôc khÝ NH3 vµo dung dÞch Na2CO3.
(VI) Cho dung dÞch Na2SO4 vµo dung dÞch Ba(OH)2.
C¸c thÝ nghiÖm ®Òu ®iÒu chÕ ®−îc NaOH lµ:
A. II, V vµ VI B. II, III vµ VI C. I, II vµ III D. I, IV vµ V
C©u 38: Hoµ tan hoµn toµn 2,9 gam hçn hîp gåm kim lo¹i M vµ oxit cña nã vµo n−íc, thu ®−îc 500 ml dung
dÞch chøa mét chÊt tan cã nång ®é 0,04M vµ 0,224 lÝt khÝ H2 (ë ®ktc). Kim lo¹i M lµ
A. Ca B. Ba C. K D. Na
Gîi ý: 2M + 2nH2O  2M(OH)n + H2

0,02/n 0,02/n 0,01
→
M 2 On + n H2 O 2M(OH)n
0,01 – 0,01/n 0,02 – 0,02/n
Số mol H2 = 0,224/22,4 = 0,01mol
Số mol M(OH)n = 0,5.0,04 = 0,02mol
M.0,02/n + (0,01 – 0,01/n)(2M + 16n) = 2,9 => 0,02M + 0,16n = 3,06. Suy ra: n = 2, M = 137
C©u 39: Khi cho a mol mét hîp chÊt h÷u c¬ X (chøa C, H, O) ph¶n øng hoµn toµn víi Na hoÆc víi NaHCO3 th×
®Òu sinh ra a mol khÝ. ChÊt X lµ
A. etylen glicol B. axit a®ipic
C. axit 3-hi®roxipropanoic D. ancol o-hi®roxibenzylic
Gîi ý:
Theo ®Ò bµi nã ph¶n øng ®−îc víi Na, víi c¶ NaHCO3 vµ nX = nkhÝ => ph©n tö chøa 2 nguyªn tö H linh ®éng
trong ®ã cã 1 nguyªn tö H mang tÝnh axit => §¸p ¸n C (HO-CH2-CH2-COOH)
Do etylen glicol vµ ancol o-hi®roxibenzylic kh«ng t¸c dông ®−îc víi NaHCO3 cßn axit a®ipic th× chøa tíi tËn 2
nguyªn tö H mang tÝnh axit.
C©u 40: Ph¸t biÓu nµo sau ®©y lµ ®óng?


11
A. N−íc ®¸ thuéc lo¹i tinh thÓ ph©n tö.
B. ë thÓ r¾n, NaCl tån t¹i d−íi d¹ng tinh thÓ ph©n tö
C. Photpho tr¾ng cã cÊu tróc tinh thÓ nguyªn tö
D. Kim c−¬ng cã cÊu tróc tinh thÓ ph©n tö.
Gîi ý: §©y lµ mét c©u kh¸ ®¬n gi¶n nh−ng ®a sè c¸c em häc sinh sÏ lóng tóng khi gÆp c©u nµy v× nã thuéc vµo
phÇn mµ c¸c em hÇu nh− kh«ng quan t©m nhiÒu trong hãa häc líp 10
+ NaCl thuéc lo¹i tinh thÓ ion
+ P tr¾ng thuéc lo¹i tinh thÓ ph©n tö
+ Kim c−¬ng thuéc lo¹i tinh thÓ nguyªn tö
II. PhÇn RI£NG [10 c©u]
ThÝ sinh chØ ®−îc chän lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc B)
A. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn (10 c©u, tõ c©u 41 ®Õn c©u 50)
C©u 41: Ph¸t biÓu nµo sau ®©y lµ ®óng ?
A. Glucoz¬ bÞ khö bëi dung dÞch AgNO3 trong NH3 B. Xenluloz¬ cã cÊu tróc m¹ch ph©n nh¸nh
C. Amilopectin cã cÊu tróc m¹ch ph©n nh¸nh D. Saccaroz¬ lµm mÊt mµu n−íc brom
Gîi ý :
- A sai v× ë ®©y glucozo khö ®−îc Ag+ thµnh Ag (Ag+ lµ chÊt oxi hãa hay chÊt bÞ khö)
- B sai v× Xenlulozo lµ chÊt cã cÊu tróc m¹ch th¼ng, ®−îc t¹o ra bëi c¸c m¾t xÝch β − glucozo víi liªn kÕt
β − 1, 4 − glicozit
- D sai v× saccarozo kh«ng cßn cã nhãm -OH semiaxetal => kh«ng cã tÝnh khö
- C ®óng v× amilopectin cã cÊu t¹o m¹ch ph©n nh¸nh cßn amilozo l¹i cã cÊu t¹o m¹ch th¼ng.
C©u 42: Nhóng mét thanh s¾t nÆng 100 gam vµo 100 ml dung dÞch hçn hîp gåm Cu(NO3)2 0,2M vµ AgNO3
0,2M. Sau mét thêi gian lÊy thanh kim lo¹i ra, röa s¹ch lµm kh« c©n ®−îc 101,72 gam (gi¶ thiÕt c¸c kim lo¹i t¹o
thµnh ®Òu b¸m hÕt vµo thanh s¾t). Khèi l−îng s¾t ®· ph¶n øng lµ
A. 2,16 gam B. 0,84 gam C. 1,72 gam D. 1,40 gam
Fe2+ Cu 2+ Fe3+ Ag +
Gîi ý: Ta cã vÞ trÝ c¸c cÆp ®iÖn oxi hãa – khö trong d·y ®iÖn hãa:
Fe2+
Fe Cu Ag
Ta cã: nCu ( NO3 )2 = 0, 02mol vµ n AgNO3 = 0, 02mol
Fe + 2 Ag +  Fe 2+ + 2 Ag Fe + Cu 2+  Fe 2+ + Cu
→ →
0,01 x x x
0,02 0,02

Theo ®Ò bµi ra ta cã: 100 – (0,01+x).56 + 0,02.108 + 64x = 101,72 => x = 0,015mol
VËy khèi l−îng s¾t ®· tham gia ph¶n øn lµ: (0,01 + 0,015).56 = 1,4 gam => §¸p ¸n D
NhËn xÐt: §©y lµ mét d¹ng to¸n quen thuéc vÒ ph¶n øng gi÷a kim lo¹i vµ dung dÞch muèi.
C©u 43: Hi®r« ho¸ hoµn toµn m gam hçn hîp X gåm hai an®ehit no, ®¬n chøc, m¹ch hë, kÕ tiÕp nhau trong d·y
®ång ®¼ng thu ®−îc (m + 1) gam hçn hîp hai ancol. MÆt kh¸c, khi ®èt ch¸y hoµn toµn còng m gam X th× cÇn
võa ®ñ 17,92 lÝt khÝ O2 (ë ®ktc). Gi¸ trÞ cña m lµ
A. 10,5 B. 17,8 C. 8,8 D. 24,8
Gîi ý:
Gäi c«ng thøc TB cña hai andehit no, ®¬n chøc m¹ch hë, kÕ tiÕp nhau trong d·y ®ång ®¼ng lµ: Cn H 2 nO
3n − 1
C n H 2 nO + H 2   C n H 2 n+ 2O
→ C n H 2nO + O 2   nC O 2 + nH 2 O

2
3n − 1
= 0,8 => n = 1, 4 => m = 0,5.(14.1, 4 + 16) = 17,8 gam
Ta cã: mH 2 = 1 gam => nH 2 = 0,5 mol => 0, 5.
2



12
NhËn xÐt: §©y lµ bµi tËp rÊt ®¬n gi¶n, quen thuéc ®èi víi ph−¬ng ph¸p ®Æt c«ng thøc trung b×nh cho hai chÊt kÕ
tiÕp nhau trong cïng mét d·y ®ång ®¼ng.
C©u 44: Cho 100 ml dung dÞch KOH 1,5M vµo 200 ml dung dÞch H3PO4 0,5M, thu ®−îc dung dÞch X. C« c¹n
dung dÞch X, thu ®−îc hçn hîp gåm c¸c chÊt lµ
A. K3PO4 vµ KOH B. KH2PO4 vµ K3PO4
C. KH2PO4 vµ H3PO4 D. KH2PO4 vµ K2HPO4
n
Gîi ý: Ta cã nKOH = 0,15mol vµ n H3 PO4 = 0,1mol  KOH = 1,5

n H3 PO4
Ta cã:




VËy dung dÞch X thu ®−îc sau ph¶n øng sÏ chøa KH2PO4 vµ K2HPO4 => §¸p ¸n D
C©u 45: øng dông nµo sau ®©y kh«ng ph¶i cña ozon?
A. Ch÷a s©u r¨ng B. TÈy tr¾ng tinh bét, dÇu ¨n
C. §iÒu chÕ oxi trong phßng thÝ nghiÖm D. S¸t trïng n−íc sinh ho¹t
Gîi ý: Xem l¹i øng dông cña ozon trong bµi oxi ozon
C©u 46: Cho hi®rocacbon X ph¶n øng víi brom (trong dung dÞch) theo tØ lÖ mol 1 : 1, thu ®−îc chÊt h÷u c¬ Y
(chøa 74,08% Br vÒ khèi l−îng). Khi X ph¶n øng víi HBr th× thu ®−îc hai s¶n phÈm h÷u c¬ kh¸c nhau. Tªn gäi
cña X lµ
A. but-1-en B. but-2-en C. propilen D. xiclopropan
Gîi ý : Theo ®Ò bµi th× X sÏ chøa 1 liªn kÕt ®«i (céng víi HBr => 2 s¶n phÈm)
CnH2n + Br2 => CnH2nBr2 Ta cã %mBr = 74,08% => n = 4 vµ dùa vµo X céng víi HBr => 2 s¶n phÈm
=> §¸p ¸n A
NhËn xÐt: Víi bµi to¸n nµy chØ cÇn dùa vµo d÷ kiÖn: “Khi X ph¶n øng víi HBr th× thu ®−îc hai s¶n phÈm h÷u c¬
kh¸c nhau”, chóng ta còng sÏ dÔ dµng lo¹i ®−îc hai ®¸p ¸n B vµ C.
Khi ®ã nÕu theo ph−¬ng ph¸p ngÉu nhiªn th× chóng ta sÏ cã hiÖu qu¶ lµ 50%
C©u 47: Cho s¬ ®å chuyÓn ho¸ gi÷a c¸c hîp chÊt cña crom :
+ ( Cl2 + KOH ) + H 2 SO4 + ( FeSO4 + H 2 SO4 )
+ KOH
Cr (OH )3  X  Y → Z  T
→ →  →
C¸c chÊt X, Y, Z, T theo thø tù lµ:
A. KCrO2; K2CrO4; K2Cr2O7; Cr2(SO4)3 B. K2CrO4; KCrO2; K2Cr2O7; Cr2(SO4)3
C. KCrO2; K2Cr2O7; K2CrO4; CrSO4 D. KCrO2; K2Cr2O7; K2CrO4; Cr2(SO4)3
Gîi ý: Dùa vµo tÝnh chÊt hãa häc cña Crom vµ c¸c hîp chÊt cña Crom
+ KOH d− −
Cr(OH)3 cã tÝnh l−ìng tÝnh t−¬ng tù nh− Al(OH)3.  CrO2 => lo¹i ®¸p ¸n B

+ ( Cl2 + KOH ) + ( Cl2 + KOH )
KCrO2  Y th× Clo lµ chÊt cã tÝnh oxi hãa m¹nh => CrO2  CrO4 −

→ → 2


vËy ®¸p ¸n lµ A.
C©u 48: Este X (cã khèi l−îng ph©n tö b»ng 103 ®vC) ®−îc ®iÒu chÕ tõ mét ancol ®¬n chøc (cã tØ khèi h¬i so
víi oxi lín h¬n 1) vµ mét amino axit. Cho 25,75 gam X ph¶n øng hÕt víi 300 ml dung dÞch NaOH 1M, thu ®−îc
dung dÞch Y. C« c¹n Y thu ®−îc m gam chÊt r¾n. Gi¸ trÞ m lµ
A. 29,75 B. 27,75 C. 26,25 D. 24,25
Gîi ý:
nX = 0,25 mol < nNaOH = 0,3 mol => NaOH d− sau ph¶n øng
Theo ®Ò bµi: M ( H 2 N ) x R (COOR ') y = 103 = 16 x + R + 44 y + R ' y do Mancol > 32 => R’OH kh«ng thÓ lµ CH3OH
Nªn ta sÏ cã x = y = 1 => M H 2 NRCOOR ' = 103 = 16 + R + 44 + R '  R + R ' = 43



13
=> R’ lµ C2H5- cã M = 29 vµ R lµ -CH2- cã M = 14
H 2 NCH 2COONa + C2 H 5OH
H 2 NCH 2COOC2 H 5 + NaOH 
→  VËy m = 26,25 gam

0,25 0,25

NaOH
0,05

NhËn xÐt: §©y lµ mét bµi tËp rÊt hay, ®ßi hái nhiÒu kü n¨ng t− duy, ph©n tÝch vµ nhËn xÐt
§iÓm mÊu chèt cña bµi to¸n lµ viÖc ph©n tÝch d÷ kiÖn “Este X (cã khèi l−îng ph©n tö b»ng 103 ®vC) ®−îc ®iÒu
chÕ tõ mét ancol ®¬n chøc (cã tØ khèi h¬i so víi oxi lín h¬n 1) vµ mét amino axit”. NÕu nh− c¸c em häc sinh
kh«ng ph©n tÝch ®−îc d÷ kiÖn nµy th× bµi to¸n gÇn nh− bÕ t¾c.
C©u 49: Hoµ tan hoµn toµn 24,4 gam hçn hîp gåm FeCl2 vµ NaCl (cã tØ lÖ sè mol t−¬ng øng lµ 1 : 2) vµo mét
l−îng n−íc (d−), thu ®−îc dung dÞch X. Cho dung dÞch AgNO3 (d−) vµo dung dÞch X, sau khi ph¶n øng x¶y ra
hoµn toµn sinh ra m gam chÊt r¾n. Gi¸ trÞ cña m lµ
A. 68,2 B. 28,7 C. 10,8 D. 57,4
Gîi ý: Víi bµi to¸n nµy, c¸c em häc sinh th−êng quªn kh«ng ®Ó ý vÒ gi¸ trÞ ®iÖn cùc ®−îc s¾p xÕp theo thø tù:
Fe2+ Cu 2+ Fe3+ Ag +
Fe2+
Fe Cu Ag
Khi ®ã sÏ cã ph¶n øng gi÷a: 3FeCl2 + 3AgNO3 => 2FeCl3 + Fe(NO3)3 + 3Ag
Vµ Ag+ + Cl- => AgCl
Ta dÔ dµng tÝnh ®−îc sè mol cña FeCl2 0,1 mol vµ NaCl 0,2 mol => ∑ nCl − = 0, 4mol
VËy khèi l−îng chÊt r¾n lµ: 0,4.(108+35,5) + 0,1.108 = 68,2 gam
C©u 50: §èt ch¸y hoµn toµn 1 mol hîp chÊt h÷u c¬ X, thu ®−îc 4 mol CO2. ChÊt X t¸c dông ®−îc víi Na, tham
gia ph¶n øng tr¸ng b¹c vµ ph¶n øng céng Br2 theo tØ lÖ mol 1 : 1. C«ng thøc cÊu t¹o cña X lµ
A. HOOC-CH=CH-COOH B. HO-CH2-CH2-CH=CH-CHO
C. HO-CH2-CH2-CH2-CHO D. HO-CH2-CH=CH-CHO
Gîi ý:
Theo ®Ò bµi th× X sÏ cã chøa 4 nguyªn tö C => lo¹i ®¸p ¸n B
X t¸c dông víi Na => X chøa nhãm -OH hoÆc nhãm -COOH
X cã ph¶n øng tr¸ng b¹c => cã chøa nhãm -CHO => lo¹i ®¸p ¸n A
X cã ph¶n øng céng Brom => cã chøa liªn kÕt ®«i => §¸p ¸n cÇn lùa chän lµ D
B. Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao (10 c©u, tõ c©u 51 ®Õn c©u 60)
H SO ®Æc, t0 + HBr +Mg, ete khan
Butan − 2 − ol  X (anken)  Y  Z
→ → →
C©u 51: Cho s¬ ®å chuyÓn ho¸: 24


Trong ®ã X, Y, Z lµ s¶n phÈm chÝnh. C«ng thøc cña Z lµ
A. CH3-CH(MgBr)-CH2-CH3 B. (CH3)3C-MgBr
C. CH3-CH2-CH2-CH2-MgBr D. (CH3)2CH-CH2-MgBr
Gîi ý: dùa theo c¸c quy t¾c: t¸ch n−íc (quy t¾c Zaixep), quy t¾c céng HBr (Céng maccopnhicop)



VËy ®¸p ¸n A lµ ®¸p ¸n chÝnh x¸c.
= −1,66V ; EZn2+ = −0,76V ; EPb2+ = −0,13V ; ECu2+ = +0,34V .
0 0 0 0
C©u 52: Cho c¸c thÕ ®iÖn cùc chuÈn : EAl3+
Al Zn Pb Cu

Trong c¸c pin sau ®©y, pin nµo cã suÊt ®iÖn ®éng chuÈn lín nhÊt?
A. Pin Zn - Pb B. Pin Pb - Cu C. Pin Al - Zn D. Pin Zn – Cu
3+ 2+ 2+ 2+
Al Zn Pb Cu
Gîi ý: Ta cã vÞ trÝ thø tù cña c¸c cÆp:
Al Zn Pb Cu

14
Pin nµo cã cÆp chÊt cµng xa nhau th× cµng cã suÊt ®iÖn ®éng cµng lín.
Qua vÞ trÝ ta thÊy cÆp kÏm - ®ång lµ xa nhau nhÊt => §¸p ¸n lµ D
Chóng ta còng cã thÓ tÝnh to¸n cô thÓ sè liÖu dùa vµo c«ng thøc:
EPin = E(0+ ) − E(0− )
o
( kim lo¹i yÕu lµm cùc d−¬ng)
Pin Zn - Pb Pin Pb - Cu Pin Al - Zn Pin Zn – Cu
0,63V 0,47V 0,9V 1,1V
C©u 53: Ph¸t biÓu nµo sau ®©y kh«ng ®óng?
A. Glucoz¬ tån t¹i ë d¹ng m¹ch hë vµ d¹ng m¹ch vßng
B. Glucoz¬ t¸c dông ®−îc víi n−íc brom
C. Khi glucoz¬ ë d¹ng vßng th× tÊt c¶ c¸c nhãm OH ®Òu t¹o ete víi CH3OH
D. ë d¹ng m¹ch hë, glucoz¬ cã 5 nhãm OH kÒ nhau.
Gîi ý: Víi c©u hái nµy chóng ta ph¶i n¾m thËt râ ®Æc ®iÓm cÊu t¹o, cÊu tróc vµ tÝnh chÊt hãa häc cña glucozo
Ta nhËn thÊy cã mét ý sai: ®ã lµ t¹o ete víi CH3OH.
ChØ cã duy nhÊt nhãm –OH semiaxetal ë d¹ng m¹ch vßng víi cã kh¶ n¨ng thay thÕ b»ng nhãm -OCH3.
C©u 54: Cho dung dÞch X chøa hçn hîp gåm CH3COOH 0,1M vµ CH3COONa 0,1M. BiÕt ë 250C Ka cña
CH3COOH lµ 1,75.10-5 vµ bá qua sù ph©n li cña n−íc. Gi¸ trÞ pH cña dung dÞch X ë 25o lµ
A. 1,00 B. 4,24 C. 2,88 D. 4,76
Gîi ý:
 → + H+
CH3COOH ← CH 3COO−
 x.(0,1 + x)

= 1,75.10−5
 Ka =
Ban ®Çu 0
0,1 0,1
0,1 − x
 
→  pH = 4,76

x
Ph©n ly x x  x ≪  x = 1, 7497.10−5


x
Sau ph¶n øng 0,1-x 0,1+x
NhËn xÐt: §©y lµ mét c©u hái kh¸ ®¬n gi¶n, thuéc vµo ch−¬ng tr×nh hãa häc líp 11.
Trong bµi to¸n nµy chóng ta ®Ó ý Ka rÊt lµ nhá nªn cã thÓ tÝnh to¸n gÇn ®óng vµ khi ®ã th× chÊp nhËn x = Ka
C©u 55: Khi hoµ tan hoµn toµn 0,02 mol Au b»ng n−íc c−êng toan th× sè mol HCl ph¶n øng vµ sè mol NO (s¶n
phÈm khö duy nhÊt) t¹o thµnh lÇn l−ît lµ
A. 0,03 vµ 0,01 B. 0,06 vµ 0,02 C. 0,03 vµ 0,02 D. 0,06 vµ 0,01
Gîi ý:
Ta cã n−íc c−êng toµn lµ hçn hîp: 3 HCl : 1 HNO3
Ph−¬ng tr×nh ph¶n øng: Au + 3 HCl + HNO3  AuCl3 + 2 H 2O + NO

Au − 3e  Au +3  nNO = 0, 02mol
→ 
  
→ => §¸p ¸n B
nHCl = 0, 06mol
N +5 + 3e  N +2 
→ 

C©u 56: Cho 0,04 mol mét hçn hîp X gåm CH2=CH-COOH, CH3COOH vµ CH2=CH-CHO ph¶n øng võa ®ñ víi
dung dÞch chøa 6,4 gam brom. MÆt kh¸c, ®Ó trung hoµ 0,04 mol X cÇn dïng võa ®ñ 40 ml dung dÞch NaOH 0,75
M . Khèi l−îng cña CH2=CH-COOH trong X lµ
A. 1,44 gam B. 2,88 gam C. 0,72 gam D. 0,56 gam
CH 2 = CH − COOH + Br2  CH 2 Br − CHBr − COOH

Gîi ý: CH 2 = CH − CHO + 2 Br2 + H 2O  CH 2 Br − CHBr − COOH + HBr

CH 3 − COOH
Gäi sè mol cña CH2=CH-COOH, CH3COOH vµ CH2=CH-CHO lÇn l−ît lµ x, y vµ z mol
x = 0,02mol
x + y + z = 0,04 mol
 
Ta cã: x + 2z = 0,04 mol   y = 0,01mol  mCH2 =CH −COOH = 0,02.72 = 1,44gam
→ →
x + y = 0,03 mol z = 0,01mol
 

15
VËy ®¸p ¸n A
NhËn xÐt :
- §©y lµ mét c©u hái rÊt hay, nã ®¸nh gi¸ ®−îc kh¶ n¨ng hiÓu vµ vËn dông kiÕn thøc cña häc sinh vÒ tÝnh oxi hãa
cña dung dÞch Brom hay nãi c¸ch kh¸c lµ kh¶ n¨ng bÞ oxi hãa cña nhãm –CHO trong dung dÞch brom
- Trong bµi to¸n nµy, nhiÒu em häc sinh sÏ quªn vÒ ph¶n øng oxi hãa nhãm -CHO cña Br2 trong dung dÞch.
+ HNO Fe + HCl
Benzen  Nitrobenzen → Anilin

C©u 57: Ng−êi ta ®iÒu chÕ anilin b»ng s¬ ®å sau: 3 ®Æc
t0
H 2 SO4 ®Æc

BiÕt hiÖu suÊt giai ®o¹n t¹o thµnh nitrobenzen ®¹t 60% vµ hiÖu suÊt giai ®o¹n t¹o thµnh anilin ®¹t 50%.
Khèi l−îng anilin thu ®−îc khi ®iÒu chÕ tõ 156 gam benzen lµ
A. 186,0 gam B. 111,6 gam C. 55,8 gam D. 93,0 gam
Gîi ý: Tõ s¬ ®å ®iÒu chÕ:
+ HNO
 C H − NO →
3 ®Æc
C6 H 6 Fe + HCl
→ C6 H 5 − NH 2
H 2 SO4 ®Æc
t0
65 2

 mC6 H5 − NH 2 = 55,8 gam

78 123 93
156 156.123 60 156.123 93 60 50
. .
78 100 78 123 100 100
NhËn xÐt : §©y lµ mét c©u hái ®¬n gi¶n, chØ yªu cÇu vÒ mÆt kÜ n¨ng tÝnh to¸n dùa theo hiÖu suÊt cña ph¶n øng.
C©u 58: Ph©n bãn nµo sau ®©y lµm t¨ng ®é chua cña ®Êt?
A. NaNO3 B. KCl C. NH4NO3 D. K2CO3
Gîi ý:
Ta c¨n cø vµo kh¶ n¨ng ph©n li trong dung dÞch cña muèi:
− +
→+ 2−
 
+ NaNO3  Na + + NO3−  NH 4 NO3  NO3 + NH 4
→  K 2CO3  2 K + CO3

+ +  2−
+ + − −
+ KCl  K + + Cl −  NH 4 + H 2O  NH 3 + H 3O
→ CO3 + H 2O  HCO3 + OH

→  
VËy ph©n bãn NH4NO3 cã kh¶ n¨ng t¨ng thªm H+ => lµm t¨ng ®é chua cña ®Êt => §¸p ¸n lµ C.
NhËn xÐt:
- §©y lµ mét bµi kh¸ ®¬n gi¶n thuéc ch−¬ng tr×nh hãa häc líp 11 phÇn ®iÖn ly, c¸c em häc sinh chØ cÇn hiÓu râ
vÒ qu¸ tr×nh ph©n li cña c¸c chÊt, c¸c ion trong dung dÞch lµ cã thÓ lµm ®−îc.
C©u 59: Hçn hîp X gåm hai ancol no, ®¬n chøc, m¹ch hë, kÕ tiÕp nhau trong d·y ®ång ®¼ng. Oxi ho¸ hoµn toµn
0,2 mol hçn hîp X cã khèi l−îng m gam b»ng CuO ë nhiÖt ®é thÝch hîp, thu ®−îc hçn hîp s¶n phÈm h÷u c¬ Y.
Cho Y t¸c dông víi mét l−îng d− dung dÞch AgNO3 trong NH3, thu ®−îc 54 gam Ag. Gi¸ trÞ cña m lµ
A. 15,3 B. 8,5 C. 8,1 D. 13,5
Gîi ý: ta cã nAg = 0,5 mol > 0,2.2 mol => cã andehit HCHO trong hçn hîp Y
VËy hai r−îu sÏ lµ CH3OH vµ C2H5OH víi sè mol lÇn l−ît lµ x vµ y mol
 HCHO  4 Ag
→ →
CH 3OH
 CH 3CHO  2 Ag
→ →
CH 3CH 2OH
 x + y = 0, 2mol  x = 0, 05mol
 
→  m = 8,5 gam

Ta cã : 
4 x + 2 y = 0,5mol  y = 0,15mol
VËy ®¸p ¸n lµ B.
NhËn xÐt :
- §©y lµ mét kh¸ quen thuéc vÒ bµi to¸n andehit.
- Trong bµi to¸n nµy ®iÓm mÊu chèt lµ biÕt nhËn xÐt vÒ mèi quan hÖ gi÷a sè mol cña Ag víi sè mol cña Andehit.
C©u 60: Hoµ tan hoµn toµn 1,23 gam hçn hîp X gåm Cu vµ Al vµo dung dÞch HNO3 ®Æc, nãng thu ®−îc 1,344
lÝt khÝ NO2 (s¶n phÈm khö duy nhÊt, ë ®ktc) vµ dung dÞch Y. Sôc tõ tõ khÝ NH3 (d−) vµo dung dÞch Y, sau khi
ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn thu ®−îc m gam kÕt tña. PhÇn tr¨m vÒ khèi l−îng cña Cu trong hçn hîp X vµ gi¸ trÞ
cña m lÇn l−ît lµ
A. 21,95% vµ 0,78 B. 78,05% vµ 0,78 C. 78,05% vµ 2,25 D. 21,95% vµ 2,25


16
Gîi ý: nNO2 = 0, 06 mol
S¬ ®å hãa bµi to¸n:




Cu − 2e  Cu 2+

N +5 + 1e  N +4

3+
Al − 3e  Al

Gäi sè mol cña Cu vµ Al lÇn lît lµ x vµ y mol => 64x + 27y = 1,23 gam
Theo ®Þnh luËt b¶o toµn electron ta cã : 2x + 3y = 0,06
64 x + 27 y = 1, 23  x = 0, 015mol
 
→  %mCu = 78, 05%

KÕt hîp ta cã: 
2 x + 3 y = 0, 06  y = 0, 01mol
Theo s¬ ®å trªn ta cã khèi l−îng Al(OH)3 lµ: 0,01.78 = 0,78 gam.
VËy ®¸p ¸n lµ B.
NhËn xÐt:
- §©y lµ mét d¹ng to¸n rÊt quen thuéc th−êng gÆp trong c¸c ®Ò thi tuyÓn sinh.
- C¸c ®¸p ¸n nhiÔu ®−a ra kh¸ hîp lý. §èi víi nh÷ng häc sinh quªn mÊt vÒ viÖc t¹o phøc cña ®ång trong dung
dÞch NH3 th× sÏ chän kÕt qu¶ C.


--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Môn thi : HÓA HỌC; Khối B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 90 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 06 trang)
Mã đề thi 174
Ho, tên thí sinh: ………………………………………………………
Số báo danh: …………………………………………………………
Cho biết nguyên tử khối (theo đvC) của các nguyên tố :
H = 1, Be =9, C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P = 31, S = 32; Cl = 35,5;
K = 39; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Sr = 88, Ag=108; Ba = 137, Pb=207.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40)
Câu 1 : Hợp chất hữu cơ mạch hở X có công thức phân tử C6H10O4. Thủy phân X tạo ra hai ancol đơn
chức có số nguyên tử cacbon trong phân tử gấp đôi nhau. Công thức của X là
A. CH3OCO-CH2-COOC2H5. B. C2H5OCO-COOCH3.
C. CH3OCO-COOC3H7. D. CH3OCO-CH2-CH2-COOC2H5.
Giải: Chỉ có este tạo thành từ 2 ancol: CH3OH và C2H5OH thỏa mãn
Câu 2: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu
được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO
(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là
A. 0,12. B. 0,14. C. 0,16. D. 0,18.
(2,71  2,23) 0,672
Giải: Ta có: nHNO3 = 2nO (oxit) + 4nNO = .2 + 4. = 0,18 mol
16 22,4
Câu 3: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và axit linoleic. Để trung hòa m gam X cần 40 ml
dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X thì thu được 15,232 lít khí CO 2
(đktc) và 11,7 gam H2O. Số mol của axit linoleic trong m gam hỗn hợp X là
A. 0,015. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,005.
Giải: Ta có: axit panmitic, axit stearic no đơn chức nên khi cháy tạo nH2O = nCO2 còn axit linoleic
không no có 2 liên kết đôi trong gốc HC và đơn chức nên khi cháy cho: 2naxit = nCO2- nH2O .
 naxit linoleic = (0,68 – 0,65)/2 = 0,015 mol
Câu 4: Phương pháp để loại bỏ tạp chất HCl có lẫn trong khí H2S là: Cho hỗn hợp khí lội từ từ qua một
lượng dư dung dịch
A. Pb(NO3)2. B. NaHS. C. AgNO3. D. NaOH.
Giải: Dùng NaHS. Vì các chất còn lại đều tác dụng với H2S
Câu 5: Phát biểu nào sau đây không đúng khi so sánh tính chất hóa học của nhôm và crom?
A. Nhôm và crom đều bị thụ động hóa trong dung dịch H2SO4 đặc nguội.
B. Nhôm có tính khử mạnh hơn crom.
C. Nhôm và crom đều phản ứng với dung dịch HCl theo cùng tỉ lệ về số mol.
D. Nhôm và crom đều bền trong không khí và trong nước.
Giải: Al tác dụng với HCl tạo AlCl3 còn Cr tác dụng với HCl tạo CrCl2
Câu 6: Hai hợp chất hữu cơ X và Y có cùng công thức phân tử là C3H7NO2, đều là chất rắn ở điều kiện
thường. Chất X phản ứng với dung dịch NaOH, giải phóng khí. Chất Y có phản ứng trùng ngưng. Các
chất X và Y lần lượt là
A. vinylamoni fomat và amoni acrylat.
B. amoni acrylat và axit 2-aminopropionic.
C. axit 2-aminopropionic và amoni acrylat.
D. axit 2-aminopropionic và axit 3-aminopropionic.
Giải: CH2=CH-COONH4 (tác dụng NaOH tạo khí NH3) và CH3-CH(NH2)-COOH có phản ứng
trùng ngưng


Trang 1/6 – Mã đề 174
Câu 7: Khử hoàn toàn m gam oxit MxOy cần vừa đủ 17,92 lít khí CO (đktc), thu được a gam kim loại
M. Hòa tan hết a gam M bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư), thu được 20,16 lít khí SO2 (sản phẩm
khử duy nhất, ở đktc). Oxit MxOy là
A. Cr2O3. B. FeO. C. Fe3O4. D. CrO.
x
Giải: Giả sử M   M   M . (+x là số oxi hóa của M trong oxit, +m là số oxi hóa của M
  +m

trong muối sunfat).
Ta có: nelectron ion kim loại trong oxit nhận = 2nCO = 1,6 mol (khi tác dụng với CO)
nelectron kim loại nhường = 2nSO2 = 1,8 mol (khi tác dụng với H2SO4 đặc nóng)
x8
 = . Chỉ có cặp m = 3; x = 8/3 thỏa mãn.
m9
Câu 8: Cho dung dịch Ba(HCO3)2 lần lượt vào các dung dịch: CaCl2, Ca(NO3)2, NaOH, Na2CO3,
KHSO4, Na2SO4, Ca(OH)2, H2SO4, HCl. Số trường hợp có tạo ra kết tủa là
A. 4. B. 7. C. 5. D. 6.
Giải: Ba(HCO3)2 tác dụng với các chất tạo kết tủa là: NaOH, Na2CO3, KHSO4, Na2SO4, Ca(OH)2,
H2SO4.
Câu 9: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một aminoaxit (no, mạch hở,
trong phân tử chứa một nhóm –NH2 và một nhóm –COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y, thu được
tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9 gam. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội
từ từ qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 120. B. 60. C. 30. D. 45.
Giải: Gọi CT của amino axit là: CnH2n+1NO2  CT của X là: C2nH4nN2O3
CT của Y là: C3nH6n-1N3O4
 O2
C3nH6n-7N3O4  3nCO2 + (3n -3,5)H2O + 1,5N2

0,1 0,3n (3n-3,5).0,1
0,3n.44 + (3n-0,5).0,1.18 = 54,9  n = 3.
Vậy khi đốt cháy: C2nH4nN2O3  2nCO2 O2

0,2 mol 1,2 mol
 m = 1,2 .100 = 120 gam
Câu 10: Hỗn hợp Z gồm hai axit cacboxylic đơn chức X và Y (MX > MY) có tổng khối lượng là 8,2
gam. Cho Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 11,5 gam muối. Mặt khác,
nếu cho Z tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 21,6 gam Ag. Công thức
và phần trăm khối lượng của X trong Z là
A. C3H5COOH và 54,88%. B. C2H3COOH và 43,90%.
C. C2H5COOH và 56,10%. D. HCOOH và 45,12%.
Giải: n hỗn hợp axit = (11,5-8,2)/22 = 0,15 mol
nHCOOH = ½ n Ag = 0,1 mol
 0,1.46 + 0,05.(R + 45) = 8,2  R = 27 (C2H3). Vậy axit X: C2H3COOH ( 43,90%)
Câu 11: Các chất mà phân tử không phân cực là:
A. HBr, CO2, CH4. B. Cl2, CO2, C2H2.
C. NH3, Br2, C2H4. D. HCl, C2H2, Br2.
Giải: Cl2 (   0 ), CO2 và C2H2 có lai hóa sp
Câu 12: Một ion M3+ có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn
số hạt không mang điện là 19. Cấu hình electron của nguyên tử M là
A. [Ar]3d54s1. B. [Ar]3d64s2. C. [Ar]3d64s1. D. [Ar]3d34s2.
Câu 13: Hỗn hợp khí X gồm một ankan và một anken. Tỉ khối của X so với H2 bằng 11,25. Đốt cháy
hoàn toàn 4,48 lít X, thu được 6,72 lít CO2 (các thể tích khí đo ở đktc). Công thức của ankan và anken
lần lượt là
A. CH4 và C2H4. B. C2H6 và C2H4. C. CH4 và C3H6. D. CH4 và C4H8.
Giải: M X = 22,5 . Nên ankan là CH4. mH = mX - mC = 0,9gam  nH2O =0,45 mol
 nCH4 = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol  nanken = 0,2 – 0,15 = 0,05 mol.
Gọi CTPT anken: CnH2n (n  2)  n = 3 (C3H6)

Trang 2/6 – Mã đề 174
Câu 14: Phát biểu nào sau đây không đúng?
A. Trong các dung dịch: HCl, H2SO4, H2S có cùng nồng độ 0,01M, dung dịch H2S có pH lớn
nhất.
B. Nhỏ dung dịch NH3 từ từ tới dư vào dung dịch CuSO4, thu được kết tủa xanh.
C. Dung dịch Na2CO3 làm phenolphtalein không màu chuyển sang màu hồng.
D. Nhỏ dung dịch NH3 từ từ tới dư vào dung dịch AlCl3, thu được kết tủa trắng.
Giải: Kết tủa xanh sau đó tan tạo dung dịch màu xanh lam thẫm khi NH3 dư
Câu 15: Dãy gồm các chất đều tác dụng với H2 (xúc tác Ni, t0) tạo ra sản phẩm có khả năng phản ứng
với Na là:
A. C2H3CH2OH, CH3COCH3, C2H3COOH. B. C2H3CHO, CH3COOC2H3, C6H5COOH.
C. C2H3CH2OH, CH3CHO, CH3COOH. D. CH3OC2H5, CH3CHO, C2H3COOH.
Câu 16: Một loại phân supephotphat kép có chứa 69,62% muối canxi đihiđrophotphat, còn lại gồm các
chất không chứa photpho. Độ dinh dưỡng của loại phân lân này là
A. 48,52%. B. 42,25%. C. 39,76%. D. 45,75%.
Giải: Giả sử có 100 gam phân supephotphat kép có: Ca(H2PO4)2   P2O5

234 gam 142 gam
69,62 gam 42.25 gam
Câu 17: Cho 13,74 gam 2,4,6-trinitrophenol vào bình kín rồi nung nóng ở nhiệt độ cao. Sau khi phản
ứng xảy ra hoàn toàn, thu được x mol hỗn hợp khí gồm: CO2, CO, N2 và H2. Giá trị của x là
A. 0,60. B. 0,36. C. 0,54. D. 0,45.
Giải: C6H3N3O7 t  CO2 + 5CO + 1,5N2 + 1,5H2

0



 x = 0,54 mol
0,06 0,06 0,3 0,09 0,09
Câu 18: Hỗn hợp X gồm 1 ancol và 2 sản phẩm hợp nước của propen. Tỉ khối hơi của X so với hiđro
bằng 23. Cho m gam X đi qua ống sứ đựng CuO (dư) nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được hỗn hợp Y gồm 3 chất hữu cơ và hơi nước, khối lượng ống sứ giảm 3,2 gam. Cho Y tác
dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, tạo ra 48,6 gam Ag. Phần trăm khối lượng
của propan-1-ol trong X là
A. 65,2%. B. 16,3%. C. 48,9%. D. 83,7%.
Giải: M X = 46  2 anol CH3OH và C3H7OH (có 2 đồng phân) và nCH3OH = nC3H7OH ).
Ta có: n hỗn hợp ancol = 0,2 mol
Gọi số mol: propan-1-ol (x mol)
propan-2-ol (y mol)
 HCHO (x+y) AgNO3 /NH3  4(x+y)
  
C2H5CHO x   2x 
AgNO3 /NH3


 x  y  0,1  x  0,025
   %m propan-1-ol = 16,3 %
3x  2 y  0,225  y  0,075

Câu 19: Cho phản ứng: 2C6H5-CHO + KOH  C6H5-COOK + C6H5-CH2-OH
Phản ứng này chứng tỏ C6H5-CHO
A. vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử.
B. chỉ thể hiện tính oxi hóa.
C. chỉ thể hiện tính khử.
D. không thể hiện tính khử và tính oxi hóa.
1 3 -1
Giải: 2C6H5- C HO + KOH  C6H5- C OOK + C6H5- C H2-OH
Câu 20: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng
(dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6
gam hỗn hợp muối sunfat. Phần trăm khối lượng của Cu trong X là
A. 39,34%. B. 65,57%. C. 26,23%. D. 13,11%.
Giải: 2,44 gam X gồm FexOy và Cu có thể tạo ra tối đa:
0,504
Hỗn hợp Fe2O3 và CuO có khối lượng: 2,44 + .16 = 2,8 gam
22,4
Trang 3/6 – Mã đề 174
Fe2O3 x   Fe2(SO4)3 x

Gọi: số mol
CuO y   CuSO4
 y
 160 x  80 y  2,8  x  0,0125
Ta có:     %m Cu = 26,23 %
400 x  160 y  6,6  y  0,01

Câu 21: Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độ x mol l, sau một thời gian thu
được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8g so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8g bột
Fe vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4g kim loại. Giá trị của x là
A. 2,25 B. 1,5 C. 1,25 D. 3,25
Giải: CuSO4 + H2O   Cu + H2SO4 + ½ O2

đpdd
(1)
½ a  64a + 16a = 8  a = 0,1 mol
a a a
nFe = 0,3 mol
Fe + H2SO4   FeSO4 + H2
 (2)
0,1 0,1
+ CuSO4   FeSO4 + Cu

Fe (3)
0,2x -0,1 0,2x -0,1 0,2x -0,1
Ta có: mkim loại = m Cu (3) + mFe dư = (0,2x – 0,1).64 + (0,3-0,2x ).56 = 12,4  x = 1,25
Câu 22: Trộn 10,8g bột Al với 34,8g bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện
không có không khí. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp rắn sau phản ứng bằng dung dịch H2SO4 loãng (dư) thu
được 10,752 lít khí H2 (đktc). Hiệu suất của phản ứng nhiệt nhôm là
A. 80% B. 90% C. 70% D. 60%
Giải: 8Al + 3Fe3O4   4Al2O3 + 9Fe

0,4 0,15
8x 3x 4x 9x
(0,4-8x) (0,15-3x) 4x 9x
Khi phản ứng với H2SO4 loãng
0,04.8
Ta có: (0,4-8x).3 + 9x .2 = 0,48.2  x = 0,04 mol  H phản ứng = .100 = 80%
0,4
Câu 23: Hỗn hợp M gồm anđêhit X (no, đơn chức, mạch hở) và hiđrôcacbon Y, có tổng số mol là 0,2
(số mol của X nhỏ hơn của Y). Đốt cháy hoàn toàn M, thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 7,2g H2O.
Hiđrôcacbon Y là
A. CH4 B. C2H2 C. C3H6 D. C2H4
Giải: Ta có: nH2O = nCO2 = 0,4 mol  HC là anken hoặc xicloankan.
Mặt khác số nguyên tử CTB = nCO2/nM = 2. Nên X là HCHO và Y là C3H6
Câu 24: Các dung dịch phản ứng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường là
A. glixeron, axit axetic, glucozơ B. lòng trắng trứng, fructozơ, axeton
C. anđêhit axetic, saccarozơ, axit axetic D. fructozơ, axit acrylic, ancol etylic
Giải: glixeron, glucozơ thể hiện tính chất của ancol đa chức còn axit axetic thể hiện tính axit
Câu 25: Cho dung dịch X chứa KMnO4 và H2SO4 (loãng) lần lượt vào các dung dịch : FeCl2, FeSO4,
CuSO4, MgSO4, H2S, HCl (đặc). Số trường hợp có xảy ra phản ứng oxi hoá - khử là
A. 3 B. 5 C. 4 D. 6
Giải: FeCl2, FeSO4, H2S, HCl đặc
Câu 26: Các chất đều không bị thu phân trong dung dịch H2SO4 loãng, nóng là
A. tơ capron; nilon-6,6, polietylen
B. poli (vinyl axetat); polietilen, cao su buna
C. nilon-6,6; poli(etylen-terephtalat); polistiren
D. polietylen; cao su buna; polistiren
Câu 27: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một amin no, mạch hở X bằng oxi vừa đủ thu được 0,5 mol hỗn
hợp Y gồm khí và hơi. Cho 4,6g X tác dụng với dung dịch HCl (dư), số mol HCl phản ứng là
A. 0,1 B. 0,4 C. 0,3 D. 0,2
Giải : Gọi CT của amin: CnH2n+xNx
Trang 4/6 – Mã đề 174
CnH2n+2+ xNx  nCO2 + (n + 1+ 0,5x)H2O + 0,5xN2

O2

0,1 0,1n (n + 1+ 0,5x).0,1 0,5x.0,1
 0,2n + 0,1 + 0,1x = 0,5  2n + x = 4  n = 1; x = 2 thõa mãn:
 nHCl = 2nCH6N2 = 0,2 mol
Câu 28: Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol l, thu
được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. oại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y,
thu được 2,34 gam kết tủa. Giá trị của x là
A. 1,2 B. 0,8 C. 0,9 D. 1,0
 
+ OH   Al(OH)3 + Al(OH) 4

3+
Giải: Al
0,1x 0,39 0,09 (0,1x -0,09)
 0,39 = 0,09.3 + (0,1x – 0,09).4  x = 1,2 M
Câu 29: Phát biểu nào sau đây không đúng ?
A. Dung dịch đ m đặc của Na2SiO3 và K2SiO3 được gọi là thu tinh lỏng
B. Đám cháy magie có thể được dập t t b ng cát khô
C. CF2Cl2 bị cấm sử dụng do khi thải ra khí quyển thì phá hu tầng ozon
D. Trong phòng thí nghiệm, N2 được điều chế bằng cách đun nóng dung dịch NH4NO2 bão hoà
Giải: 2Mg + SiO2 t  Si + 2MgO

0



Câu 30: Có 4 dung dịch riêng biệt: CuSO4, ZnCl2, FeCl3, AgNO3. Nhúng vào mỗi dung dịch một thanh
Ni. Số trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hoá là
A. 1 B. 4 C. 3 D. 2
Giải: CuSO4 và AgNO3
Câu 31: Thu phân este Z trong môi trường axit thu được hai chất hữu cơ X và Y (MX < MY). Bằng
một phản ứng có thể chuyển hoá X thành Y. Chất Z không thể là
A. metyl propionat B. metyl axetat
C. etyl axetat D. vinyl axetat
Câu 32: Tổng số hợp chất hữu cơ no, đơn chức, mạch hở, có cùng công thức phân tử C5H10O2, phản
ứng được với dung dịch NaOH nhưng không có phản ứng tráng bạc là
A. 4 B. 5 C. 8 D. 9
Giải: axit : CH3CH2CH2CH2COOH ; CH3CH2CH(CH3)COOH ; CH3CH(CH3)CH2COOH ;
CH3C(CH3)2COOH
Este : CH3CH2CH2COOCH3 ; CH3CH(CH3)COOCH3 ; CH3CH2COOC2H5
CH3COOCH2CH2CH3 ; CH3COOCH(CH3)2
Câu 33: Hoà tan hoàn toàn 2,45 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm thổ vào 200 ml dung dịch HCl
1,25M, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có nồng độ mol bằng nhau. Hai kim loại trong X là
A. Mg và Ca B. Be và Mg C. Mg và Sr D. Be và Ca
Giải: Vì dung dịch Y chứa các chất tan có nồng độ b ng nhau  số mol 2 kim loại kiềm thổ b ng
nhau = n HCl dư (nếu có). nHCl = 0,25 mol
M + 2HCl   MCl2 + H2

a 2a a
9  40
Ta có : nHCl dư = ½ a  0,25 – 2a= ½ a  a = 0,1  M = 24,5 = . Nên 2 kim loại là Be và Ca
2
Câu 34: Cho các cân bằng sau
(I) 2HI (k) H2 (k) + I2 (k) ;
(II) CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k) ;
(III) FeO (r) + CO (k) Fe (r) + CO2 (k) ;
(IV) 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k)
Khi giảm áp suất của hệ, số cân bằng bị chuyển dịch theo chiều nghịch là
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
Giải: (II) CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k)
Câu 35: Cho sơ đồ chuyển hoá :

Trang 5/6 – Mã đề 174
 H3 PO4
 KOH  KOH
P2O5  X  Y  Z
  
Các chất X, Y, Z lần lượt là :
A. K3PO4, K2HPO4, KH2PO4 B. KH2PO4, K2HPO4, K3PO4
C. K3PO4, KH2PO4, K2HPO4 D. KH2PO4, K3PO4, K2HPO4
Câu 36: Đốt cháy hoàn toàn m gam FeS2 bằng một lượng O2 vừa đủ, thu được khí X. Hấp thụ hết X
vào 1 lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,15M và KOH 0,1M, thu được dung dịch Y và 21,7 gam kết tủa.
Cho Y vào dung dịch NaOH, thấy xuất hiện thêm kết tủa. Giá trị của m là
A. 23,2 B. 12,6 C. 18,0 D. 24,0

Giải: Y cho NaOH thấy xuất hiện thêm kết tủa  Y có HSO 3 . n ↓ = 0,1 mol < n Ba2  = 0,15 mol
SO2 + OH    SO 3  
 2
+ HSO 3
0,3 0,4 0,1 0,2
nFeS2 = 0,15 mol  m = 18 gam
Câu 37: Cho sơ đồ chuyển hoá sau
0
 H2 ,t
0
Z
C2 H2  X  Y  Caosu buna  N
  
xt,t
t 0 ,xt,p
Pd,PbCO 3

Các chất X, Y, Z lần lượt là :
B. axetanđehit; ancol etylic; buta-1,3-đien
A. benzen; xiclohexan; amoniac
C. vinylaxetilen; buta-1,3-đien; stiren D. vinylaxetilen; buta-1,3-đien; acrilonitrin
Giải: Z là CH2=CHCN (acrilonitrin). Chỉ có đáp án D thõa mãn
Câu 38: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X gồm 2 ancol (đều no, đa chức, mạch hở, có cùng số
nhóm -OH) cần vừa đủ lít khí O2, thu được 11,2 lít khí CO2 va 12,6 gam H2O (các thể tích khí đo ở
đktc). Giá trị của là
A. 14,56 B. 15,68 C. 11,20 D. 4,48
Giải: nancol = nH2O – nCO2 = 0,2 mol. Số nguyên tử C TB = nCO2/n ancol =2,5.  một ancol là
C2H4(OH)2 .
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi
 nO2 = ½ (2. 0,5 + 0,7 – 0,2.2) = 0,65 mol  V = 14,56 lít
Câu 39: Hỗn hợp X gồm alanin và axit glutamic. Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch
NaOH (dư), thu được dung dịch Y chứa (m 30,8) gam muối. Mặt khác, nếu cho m gam X tác dụng
hoàn toàn với dung dịch HCl, thu được dung dịch Z chứa (m 36,5) gam muối. Giá trị của m là
A. 112,2 B. 165,6 C. 123,8 D. 171,0
Giải: Gọi số mol: ala x
Glu y
+ Tác dụng NaOH ta có: x + 2y = 1,4 (*)
+ Tác dụng HCl ta có: x + y = 1 (2*)
Giải (*), (2*)  x = 0,6 mol; y = 0,4 mol  m = 0,6. 89 + 0,4. 147 = 112,2 gam
Câu 40: Trong các chất : xiclopropan, benzen, stiren, metyl acrylat, vinyl axetat, đimetyl ete, số chất có
khả năng làm mất màu nước brom là
A. 5 B. 4 C. 6 D. 3
Giải: xiclopropan, stiren, metyl acrylat, vinyl axetat.
II. PHẦN I NG [ 10 câu
Th inh ch đ c làm m t t ong hai ph n ph n ho c
A. Theo chương trình Chu n 10 câu, từ câu 41 đến câu 0
Câu 41: Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Khi đun C2H5Br với dung dịch KOH chỉ thu đươc etilen
B. Dung dịch phenol làm phenolphtalein không màu chuyển thành màu hồng
C. Dãy các chất : C2H5Cl, C2H5Br, C2H5I có nhiệt độ sôi t ng dần từ trái sang phải
D. Đun ancol etylic ở 1400C (xúc tác H2SO4 đặc) thu được đimetyl ete
Giải: Do M t ng dần
Câu 42: Cho các cặp chất với tỉ lệ số mol tương ứng như sau :
(a) Fe3O4 và Cu (1:1) (b) Sn và Zn (2:1) (c) Zn và Cu (1:1)
Trang 6/6 – Mã đề 174
(d) Fe2(SO4)3 và Cu (1:1) (e) FeCl2 và Cu (2:1) (g) FeCl3 và Cu (1:1)
Số cặp chất tan hoàn toàn trong một lượng dư dung dịch HCl loãng nóng là
A. 4 B. 2 C. 3 D. 5
Giải: (a) Fe3O4 và Cu (1:1) (b) Sn và Zn (2:1) (d) Fe2(SO4)3 và Cu (1:1)
Câu 43: Có bao nhiêu chất hữu cơ mạch hở dùng để điều chế 4-metylpentan-2-ol chỉ bằng phản ứng
cộng H2 (xúc tác Ni, t0)?
A. 3 B. 5 C. 2 D. 4
Giải:
CH2=CH(CH3)CH2CH(OH)CH3; (CH3)2CH=CHCH(OH)CH3; CH2=CH(CH3)CH2COCH3 ;
(CH3)2CH=CHCOCH3 ; CH3)2CH2CH2COCH3
Câu 44: Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức, số mol X gấp hai lần số mol Y) và
este Z được tạo ra từ X và Y. Cho một lượng M tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,2 mol NaOH, tạo
ra 16,4 gam muối và 8,05 gam ancol. Công thức của X và Y là
A. HCOOH và CH3OH B. CH3COOH và CH3OH
C. HCOOH và C3H7OH D. CH3COOH và C2H5OH
Giải: gọi số mol: COOH a
’OH ½a
COO ’ b
Theo giả thiết:  nRCOONa = a + b = 0,2 mol. MRCOONa = 82  R = 15. (CH3). X là CH3COOH
Loại đáp án: A và C. ½ (a + b) < n ’OH = ½ a + b < a + b  0,1 < n ’OH < 0,2
40,25 < Mancol < 80,5. Loại đáp án B.
Câu 45: Dung dịch X chứa các ion: Ca2+, Na+, HCO3 và Cl , trong đó số mol của ion Cl là 0,1. Cho



1 2 dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được 2 gam kết tủa. Cho 1 2 dung dịch X còn
lại phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 (dư), thu được 3 gam kết tủa. Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn dung
dịch X thì thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 9,21 B. 9,26 C. 8,79 D. 7.47
Giải: Từ giả thiết n Ca 2  = 2.0,02 = 0,04 mol; n HCO- = 2.0,03 = 0,06 mol
3

Áp dụng bảo toàn điện tích  n Na  = 0,08 mol

Khi cô cạn xảy ra phản ứng: 2 HCO3 t  CO 3  + CO2 + H2O

0
2


0,06 0,03
m = 0,04.40 + 0,08.23 + 0,03.60 + 0,1.35,5 = 8,79 gam
Câu 46: Hỗn hợp X gồm CuO và Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn 44 gam X bằng dung dịch HCl (dư), sau
phản ứng thu được dung dịch chứa 85,25 gam muối. Mặt khác, nếu khử hoàn toàn 22 gam X bằng CO
(dư), cho hỗn hợp khí thu được sau phản ứng lội từ từ qua dung dịch Ba(OH) 2 (dư) thì thu được m gam
kết tủa. Giá trị của m là
A. 76,755 B. 73,875 C. 147,750 D. 78,875
Giải: Ta có: 2nO (oxit) = nCl- = a (mol) (trong 44 gam X)
2-


mCl- - mO2- = 41,25  a. 35,5 – ½ a.16 = 41,25  a = 1,5 mol
 Trong 22 gam X có nO2- (oxit) = 0,375 mol  nBaCO3 = nCO2 = 0,375 mol.  m = 73,875 gam
Câu 47: Cho một số nh n định về nguyên nhân gây ô nhi m môi trường không khí như sau :
(1) Do hoạt động của núi lửa
(2) Do khí thải công nghiệp, khí thải sinh hoạt
(3) Do khí thải từ các phương tiện giao thông
(4) Do khí sinh ra từ quá trình quang hợp cây xanh
(5) Do nồng độ cao của các ion kim loại : Pb2+, Hg2+, Mn2+, Cu2+ trong các nguồn nước
Những nh n định đúng là :
A. (1), (2), (3) B. (2), (3), (5) C. (1), (2), (4) D. (2), (3), (4)
Câu 48: Thu phân hoàn toàn 1 mol pentapeptit X, thu được 2 mol glyxin (Gly), 1 m ol alanin (Ala), 1
mol valin ( al) và 1 mol Phenylalanin (Phe). Thu phân không hoàn toàn X thu được đipeptit al -Phe
và tripeptit Gly-Ala- al nhưng không thu được đipeptit Gly-Gly. Chất X có công thức là
A. Gly-Phe-Gly-Ala-Val B. Gly-Ala-Val-Val-Phe
Trang 7/6 – Mã đề 174
C. Gly-Ala-Val-Phe-Gly D. Val-Phe-Gly-Ala-Gly
Giải: pentapeptit X   Gly
 + Ala + Val + Phe
1 mol 2 mol 1 mol 1 mol 1 mol
X thủy phân   Val-Phe + Gly-Ala-Val


Câu 49: Hỗn hợp bột X gồm Cu, Zn. Đốt cháy hoàn toàn m gam X trong oxi (dư), thu được 40,3 gam
hỗn hợp gồm CuO và ZnO. Mặt khác, nếu cho 0,25 mol X phản ứng với một lượng dư dung dịch KOH
loãng nóng, thì thu được 3,36 lít khí H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của Cu trong X là
A. 19,81% B. 29,72% C. 39,63% D. 59,44%
Giải: Ta có n Zn = nH2 = 0,15 mol  n Cu = 0,1 mol  nZn/nCu = 3/2
Gọi số mol Zn 3x
Cu 2x  81.3x + 80.2x = 40,3  x = 0,1 mol  %mCu = 39,63%
Câu 50: Cho các chất : (1) axit picric; (2) cumen; (3) xiclohexanol; (4) 1,2-đihiđroxi-4-metylbenzen;
(5) 4-metylphenol; (6) -naphtol. Các chất thuộc loại phenol là:
A. (1), (3), (5), (6) B. (1), (2), (4), (6) C. (1), (2), (4), (5) D. (1), (4), (5), (6)
B. Theo chương trình Nâng cao 10 câu, từ câu 1 đến câu 0
Câu 51: Cho 0,3 mol bột Cu và 0,6 mol Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,9 mol H2SO4 (loãng). Sau khi
các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của là
A. 6,72 B. 8,96 C. 4,48 D. 10,08

3Cu + 8H + 2NO 3   3Cu 
+ 2+
Giải: + 2NO + 4H2O (1)
0,3 0,8 0,2 0,2

+ 4H + NO 3   3Fe 
2+ + 3+
3Fe + NO + 2H2O (2)
0,6 1,0 1,0 0,2
Từ (1), (2)  nNO = 0,4 mol  V = 8,96 lít
Câu 52: Phát biểu nào sau đây không đúng ?
A. Trong môi trường kiềm, muối Cr(III) có tính khử và bị các chất oxi hoá mạnh chuyển thành
muối Cr( I).
B. Do Pb2+/Pb đứng trước 2H+/H2 trong dãy điện hoá nên Pb d dàng phản ứng với dung
dịch HCl loãng nguội, giải phóng khí H2.
C. CuO nung nóng khi tác dụng với NH3 hoặc CO, đều thu được Cu
D. Ag không phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng nhưng phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc
nóng.
Câu 53: Dung dịch axit fomic 0,007M có pH = 3. Kết lu n nào sau đây không đúng?
A. Khi pha loãng 10 lần dung dịch trên thì thu được dung dịch có pH = 4.
B. Độ điện li của axit fomic sẽ giảm khi thêm dung dịch HCl.
C. Khi pha lõang dung dịch trên thì độ điện li của axit fomic tăng.
D. Độ điện li của axit fomic trong dung dịch trên là 14,29%.
Giải. HCOOH là axit yếu phụ thuộc vào Ka.
Câu 54: Hợp chất hữu cơ mạch hở X có công thức phân tử C5H10O. Chất X không phản ứng với Na,
thỏa mãn sơ đồ chuyển hóa sau:
 CH3COOH
 H2
X  Y  Este có mùi muối chín.
 
H 2 SO4 , đac
Ni ,t 0

Tên của X là
B. 2 – metylbutanal
A. pentanal
C. 2,2 – đimetylpropanal. D. 3 – metylbutanal.
Câu 55: Để đánh giá sự ô nhi m kim loại nặng trong nước thải của một nhà máy, người ta lấy một ít
nước, cô đặc rồi thêm dung dịch Na2S vào thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. Hiện tượng trên chứng tỏ
nước thải bị ô nhi m bởi ion
A. Fe2+. B. Cu2+. C. Pb2+. D. Cd2+.
Giải: Cd2+ + S2-   CdS↓ vàng

 H 2O  Br2
 CuO
Câu 56: Cho sơ đồ phản ứng: Stiren  X  Y  Z
  
H  ,t 0 H
t0

Trong đó X, Y, Z đều là các sản phẩm chính. Công thức của X, Y, Z lần lượt là:
Trang 8/6 – Mã đề 174
A. C6H5CHOHCH3, C6H5COCH3, C6H5COCH2Br.
B. C6H5CH2CH2OH, C6H5CH2CHO, C6H5CH2COOH.
C. C6H5CH2CH2OH, C6H5CH2CHO, m-BrC6H4CH2COOH
D. C6H5CHOHCH3, C6H5COCH3, m-BrC6H4COCH3.
Câu 57: Trung hòa hòan tòan 8,88 gam một amin (b c một, mạch cacbon không phân nhánh) bằng axit
HCl, tạo ra 17,64 gam muối. Amin có công thức là
A. H2NCH2CH2CH2CH2NH2. B. CH3CH2CH2NH2.
C. H2NCH2CH2NH2 D. H2NCH2CH2CH2NH2.
Giải: Ta có : nHCl = 0,24 mol ; Gọi CT của amin (NH2)2
R(NH2)2 + 2HCl   R(NH3Cl)2

0,24  R = 42 (C3H6)
0,12
Câu 58: Cho sơ đồ chuyển hóa:
Fe3O4 dung dịch HI (dư)  X + Y + H2O
Biết X và Y là sản phẩm cuối cùng của quá trình chuyển hóa. Các chất X và Y là
A. Fe và I2. B. FeI3 và FeI2. C. FeI2 và I2. D. FeI3 và I2.
Giải: Do HI có tính khử còn Fe3+ có tính oxi hóa
Câu 59: Đốt cháy hòan tòan m gam hỗn hợp X gồm ba ancol (đơn chức, thuộc cùng dãy đồng đẳng),
thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 11,7 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng m gam X với H2SO4 đặc thì
tổng khối lượng ete tối đa thu được là
A. 7,85 gam. B. 7,40 gam. C. 6,50 gam. D. 5,60 gam.
Giải: nCO2 = 0,4 mol < nH2O = 0,65 mol. Gọi CT chung ancol là: C n H 2 n  2 O; nX = 0,25 mol
 n = 1,6  m = 10,1 gam.
0,25
Áp dụng bảo toàn khối lượng: mancol = mete + mH2O  mete = 10,1 – .18 = 7,85 gam
2
Câu 60: Chất X có các đặc điểm sau: phân tử có nhiều nhóm –OH, có vị ngọt, hòa tan Cu(OH)2 ở nhiệt
độ thường, phân tử có liên kết glicozit, làm mất màu nước brom. Chất X là
A. xenlulozơ B. mantozơ C. glucozơ D. Saccarozơ

------------- HẾT-------------




Trang 9/6 – Mã đề 174
Đề và hướng dẫn giải chi tiết đề thi tuyển sinh v ào các trường đại học
khối B năm 2010.Phân tích và hư ớng dẫn giải.
Giáo viên: TH.S Nguy ễn Ái Nhân – Trung tâm luy ện thi TRI THỨC TRẺ.

Mã đề 174

Câu 1 : Hợp chất hữu cơ mạch hở X có công thức phân tử C 6H10O4. Thủy phân X tạo ra hai ancol đ ơn chức
có số nguyên tử cacbon trong phân tử gấp đôi nhau. Công thức của X là
A. CH 3OCO-CH2-COOC2H5. B. C2H5OCO-COOCH3.
C. CH3OCO-COOC3H7. D. CH3OCO-CH2-CH2-COOC2H5.
Thủy phân X tạo ra hai ancol đ ơn chức có số nguy ên tử cacbon trong phân tử gấp đôi nhau. Nên loại đáp án
C. Mặt khác số nguyên t ử cac bon trong X bằng 10 m à đáp án B chỉ có 8 và đáp án D có 12 nên loại
Chọn A.
Câu 2: Nung 2,23 gam h ỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu đ ược
2,71 gam h ỗn hợp Y. H òa tan hoàn toàn Y vào dung d ịch HNO 3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm
khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO 3 đã phản ứng l à
A. 0,12. B. 0,14. C. 0,16. D. 0,18
0, 672
Số mol NO l à nNO 0, 03mol
22, 4
Gọi kí hiệu chung của các kim loại l à M
Áp dụng định luật bảo to àn khối lượng ta có
0, 48
mO2 2, 71 2,33 0, 48 nO2 0, 015mol
32

Các bán phản ứng oxi hóa khử l à:

n
M M ne (1)
2O 2 (2)
O2 4e
0, 015 0, 06
NO3 4H 3e NO 2H 2O (3)
0, 03 0,12 0, 09 0, 03
Áp dụng định luật bảo to àn electron vào(1),(2),(3) ta có số mol electron m à kim lo ại nhường phải bằng số mol
e nhận và bằng 0,06+ 0,09 = 0,15mol
Áp dụng định luật bảo to àn nguyên t ố Nito ta có: Số mol HNO 3 tham gia ph ản ứng bằng số mol l àm môi
trường ở (1) cộng với số mol Nito tham gia phản ứng
Oxi hóa kh ử ở (3) và bằng 0,15+0,03 =0,18 mol Chọn D.
Câu 3: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic v à axit linoleic. Để trung h òa m gam X c ần 40 ml dung
dịch NaOH 1M. Mặt khác, nếu đốt cháy ho àn toàn m gam X thì thu được 15,232 lít khí CO 2 (đktc) và 11,7
gam H2O. Số mol của axit linoleic trong m gam hỗn hợp X l à
A. 0,015. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,005.
Axit panmitic: C 15H31COOH x mol
Axit stearic: C17H35COOH y mol
Axit linoleic C 17H31COOH z mol
nCO2 = 16x + 18y + 18z = 0,68 mol (1)
nH2O = 16x + 18y + 16z = 0,65 mol (2)
Lấy (1) – (2) ta được 2z = 0,03

1
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
z = 0,015 mol Chọn A.
Câu 4: Phương pháp để loại bỏ tạp chất HCl có lẫn trong khí H 2S là: Cho h ỗn hợp khí lội từ từ qua một
lượng dư dung dịch
A. Pb(NO 3)2. B. NaHS. C. AgNO 3. D. NaOH.
Ở đây là loại HCl có trong H 2S Loại D vì cả hai đều tác dụng.
Loại A v à C vì có k ết tủa đen với H 2S Chỉ có B l à thỏa mãn. HCl NaHS Chọn B.
H 2S NaCl
Câu 5: Phát bi ểu nào sau đây không đúng khi so sánh tính ch ất hóa học của nhôm v à crom?
A. Nhôm và crom đều bị thụ động hóa trong dung dịch H 2SO4 đặc nguội.
B. Nhôm có tính kh ử mạnh hơn crom.
C. Nhôm và crom đ ều phản ứng với dung dịch HCl theo c ùng tỉ lệ về số mol.
D. Nhôm và crom đều bền trong không khí và trong nước.
Chỉ có mệnh đề C sai vì Al ph ản ứng với HCl tạo th ành AlCl 3, còn Cr thì t ạo thành CrCl 2
Chọn C.
Câu 6: Hai hợp chất hữu cơ X và Y có cùng công th ức phân tử l à C3H7NO2, đều là chất rắn ở điều kiện
thường. Chất X phản ứng với dung dịch NaOH, giải phóng khí. Chất Y có phản ứng tr ùng ngưng. Các chất X
và Y lần lượt là
A. vinylamoni fomat và amoni acrylat.
B. amoni acrylat và axit 2 -aminopropionic.
C. axit 2-aminopropionic và amoni acrylat.
D. axit 2-aminopropionic và axit 3-aminopropionic.
amoni acrylat không th ể trùng ngưng được Loại A và C.
axit 2-aminopropionic phản ứng với dung dịch NaOH không giải phóng khí n ên loại D.
Nên chỉ có B l à thỏa mãn
Chọn B.
CH 2 CH C OONH 4 NaOH CH 2 CH C OONa NH 3 H 2O

Câu 7: Khử hoàn toàn m gam oxit M xOy cần vừa đủ 17,92 lít khí CO (đktc), thu đ ược a gam kim l oại M. Hòa
tan hết a gam M bằng dung dịch H 2SO4 đặc nóng (dư), thu được 20,16 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất, ở
đktc). Oxit M xOy là
A. Cr2O3. B. FeO. C. Fe3O4. D. CrO.

MxOy + yCO xM + yCO 2
0,8 → 0,8x/y mol
2M + 2nH 2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
2.0,09/n ← 0,09 mol
0,8 x 0,18 x 0,18
y n y 0,08n
Giá trị phù hợp là là n = 3 , y = 4, x = 3 Chọn C.
Cách 2: Lấy khối lượng 17,92 chia cho khối l ượng các oxit, oxit n ào tròn là chính xác.

Câu 8: Cho dung d ịch Ba(HCO 3)2 lần lượt vào các dung d ịch: CaCl 2, Ca(NO3)2, NaOH, Na 2CO3, KHSO4,
Na2SO4, Ca(OH)2, H2SO4, HCl. S ố trường hợp có tạo ra kết tủa l à
A. 4. B. 7. C. 5. D. 6.
CaCl2 Ca(NO3)2 NaOH Na2CO3 KHSO4 Na2SO4 Ca(OH)2 H2SO4 HCl
Ba(HCO3)2 - - + + + + + + -

Chọn D.
Câu 9: Đipeptit mạch hở X v à tripeptit m ạch hở Y đều được tạo n ên từ một am inoaxit (no, m ạch hở, trong
phân tử chứa một nhóm –NH2 và một nhóm –COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y, thu đư ợc tổng khối


2
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
lượng CO2 và H2O bằng 54,9 gam. Đốt cháy ho àn toàn 0,2 mol X, s ản phẩm thu được cho lội từ từ qua nước
vôi trong dư, tạo ra m gam kế t tủa. Giá trị của m l à
A. 120. B. 60. C. 30. D. 45.

Amino axit t ạo ra X v à Y là C nH2n(NH2)COOH hay C nH2n + 1NO2
X: C2nH4nN2O3 ; Y: C3nH6n - 1N3O4
6n 1
0,1.3n.44 + 0,1 18 = 54,9
2
n=3
X: C6 6CO2 6CaCO3
0,2 1,2 1,2 mol
m = 1,2.100 = 120g
Chọn A.

Câu 10: Hỗn hợp Z gồm hai axit cacb oxylic đơn chức X và Y (MX > MY) có tổng khối lượng là 8,2 gam. Cho
Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu đ ược dung dịch chứa 11,5 gam muối. Mặt khác, nếu cho Z tác
dụng với một lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3, thu được 21,6 gam Ag. Công thức v à phần trăm khối
lượng của X trong Z l à
A. C3H5COOH và 54,88%. B. C2H3COOH và 43,90%.
C. C2H5COOH và 56,10%. D. HCOOH và 45,12%.
Z tác dụng được với AgNO 3/NH3 suy ra Z có HCOOH. Loại D.
nHCOOH = ½ nAg = 0,1 mol
RCOOH RCOONa
1 mol tăng 22
0,15 mol ← 11,5 – 8,2 = 3,3g
8,2 0,1.46
MX 72
0,15 0,1
Đặt công thức của X l à RCOOH. Suy ra: R + 45 = 72
R = 27 suy ra R là C 2H3
X: C2H3COOH
%X = 0,05.72.100/8,2 = 43,9%
Chọn B.
Câu 11: Các chất mà phân t ử không phân cực là:
A. HBr, CO 2, CH4. B. Cl2, CO2, C2H2.
C. NH3, Br2, C2H4. D. HCl, C 2H2, Br2.
HCl, HBr, NH 3 là những phân tủ phân cực Loại D, A, C Chọn B.
Câu 12: Một ion M 3+ có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 79, trong đó s ố hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện là 19. C ấu hình electron c ủa nguyên tử M là
A. [Ar]3d 54s1. B. [Ar]3d 64s2. C. [Ar]3d64s1. D. [Ar]3d 34s2.

E – 3 + Z + N = 79 hay 2Z + N = 82
E – 3 + Z – N = 19 hay 2Z – N = 22
[Ar]3d64s2 Chọn B.
Z = 26

Câu 13: Hỗn hợp khí X gồm một ankan v à một anken. Tỉ khối của X so với H2 bằng 11,25. Đốt cháy ho àn
toàn 4,48 lít X, thu được 6,72 lít CO 2 (các thể tích khí đo ở đktc). Công thức của ankan v à anken l ần lượt là
A. CH4 và C2H4. B. C2H6 và C2H4.
C. CH4 và C3H6. D. CH4 và C4H8.



3
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
M 11,25.2 22,5
X phải có CH 4
Gọi x, y lần lượt là số mol của CH 4 và CnH2n
nX = x + y = 0,2 (1)
nCO2 = x + ny = 0,3 (2)
mX = 16x + 14ny = 22,5.0,2 (3)
Giải hệ pt (1), (2), (3) được n = 3
anken là C 3H6 Chọn C
Câu 14: Phát bi ểu nào sau đây không đúng?
A. Trong các dung d ịch: HCl, H 2SO4, H2S có cùng n ồng độ 0,01M, dung dịch H 2S có pH l ớn nhất.
B. Nhỏ dung dịch NH 3 từ từ tới dư vào dung dịch CuSO 4, thu được kết tủa xanh.
C. Dung d ịch Na2CO3 làm phenolphtalein không màu chuy ển sang m àu hồng.
D. Nhỏ dung dịch NH 3 từ từ tới dư vào dung dịch AlCl3, thu được kết tủa trắng.
Mệnh đề B sai v ì
2 NH 3 2 H 2O CuSO4 Cu (OH ) 2 ( NH 4 ) 2 SO4
Cu (OH ) 2 4 NH 3 [Cu ( NH 3 ) 4 ](OH ) 2
Do vậy, đầu ti ên xuất hiện kết tủa, sau đó cho d ư NH3 nên kết tủa tan hết Chọn B.

Câu 15: Dãy gồm các chất đều tác dụng với H 2 (xúc tác Ni, t 0) tạo ra sản phẩm có khả năng phản ứng với Na
là:
A. C2H3CH2OH, CH3COCH3, C2H3COOH. B. C2H3CHO, CH 3COOC2H3, C6H5COOH.
C. C2H3CH2OH, CH3CHO, CH 3COOH. D. CH3OC2H5, CH3CHO, C2H3COOH.
Ete không tác d ụng với H 2 nên loại D.
CH3COOH không tác d ụng với H 2 nên loại C
CH3COOC2H3 tác dụng với H 2 tạo thành este no, nhưng este này không tác d ụng được với Na Loại B.
Chọn A
Câu 16: Một loại phân supephotphat kép có chứa 69,62% muối canxi đihiđrophotphat, c òn lại gồm các chất
không ch ứa photpho. Độ dinh dưỡng của loại phân lân n ày là
A. 48,52%. B. 42,25%. C. 39,76%. D. 45,75%.

Độ dinh dưỡng của phân lân được tính bằng phần trăm P2O5
Ca(H2PO4)2 P2O5
234g 142g
69,62% x%
142.69,62
x= 42,25% Chọn B.
234
Câu 17: Cho 13,74 gam 2,4,6-trinitrophenol vào bình kín r ồi nung nóng ở nhiệt độ cao. Sau khi phản ứng xảy
ra hoàn toàn , thu được x mol hỗn hợp khí gồm: CO 2, CO, N2 và H2. Giá trị của x l à
A. 0,60. B. 0,36. C. 0,54. D. 0,45.

2,4,6-trinitrophenol: C 6H2(NO2)3OH hay C 6H3N3O7
2C6H3N3O7 2CO2 + 3H2 + 3N2 + 10CO
0,06 mol 0,06 0,09 0,09 0,3 mol
x = 0,06 + 0,09 + 0,09 + 0,3 = 0,54 mol Chọn C.

Câu 18: Hỗn hợp X gồm 1 ancol v à 2 sản phẩm hợp nước của propen. Tỉ khối h ơi của X so với hiđro bằng
23. Cho m gam X đi qua ống sứ đựng CuO (dư) nung nóng. Sau khi các ph ản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được
hỗn hợp Y gồm 3 chất hữu c ơ và hơi nước, khối lượng ống sứ giảm 3,2 gam. Cho Y tác dụng ho àn toàn v ới
lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3, tạo ra 48,6 gam Ag. Phần trăm khối l ượng của propan -1-ol trong X là

4
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
A. 65,2%. B. 16,3%. C. 48,9%. D. 83,7%.

Áp dụng quy tắc mackonhikop hai sản phẩm hợp nước của propen l à C2H5CH2OH và
CH3CHOHCH 3.
MX = 2.23 = 46
X có CH3OH
3,2
nX = nO (CuO) = 0,2 mol
16
Gọi a là số mol của C3H8O
32(0,2 – a) + 60a = 46.0,2
a = 0,1
nCH3OH = 0,1 mol
nAg = 0,45 mol mà
CH3OH HCHO 4Ag
0,1 0,1 0,4 mol
C2H5CH2OH C2H5CHO 2Ag
0,025 mol ← 0,025 ← 0,45 – 0,4 mol
0,025.60
%m C2H5CH2OH = x100 16,3% Chọn B
46.0,2
Câu 19: Cho ph ản ứng: 2C 6H5-CHO + KOH C6H5-COOK + C 6H5-CH2-OH
Phản ứng n ày chứng tỏ C 6H5-CHO
A. vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử.
B. chỉ thể hiện tính oxi hóa.
C. chỉ thể hiện tính khử.
D. không th ể hiện tính khử v à tính oxi hóa.
1 3 2
2C 6 H 5 C HO KOH C 6 H 5 C OOK C 6 H 5 C H 2 OH
Số oxi hóa của các bon trong nhóm CHO vừa tăng vừa giảm Chọn A.(Phản ứng tự oxi hóa khử)

Câu 20: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm Fe xOy và Cu b ằng dung dịch H 2SO4 đặc nóng (dư).
Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) v à dung d ịch chứa 6,6 gam hỗn hợp
muối sunfat. Phần trăm khối l ượng của Cu trong X l à
A. 39,34%. B. 65,57%. C. 26,23%. D. 13,11%.

2y

→ xFe3+ + (3x – 2y)e
x
x Fe
a (3x – 2y)a mol
2+
Cu → Cu + 2e
b 2b mol
+6
S+4
S + 2e →
0,045 ← 0,0225 mol
(3x – 2y)a + 2b = 0,045 (1)
(56x + 16y)a + 64b = 2,44 (2)

Vì dung d ịch H 2SO4 đặc nóng (dư) nên đó là muối sắt (III) 400ax/2 + 160b = 6,6 (3)
Thay ax = t, ay = k. H ệ pt được viết lại
3t – 2k + 2b = 0,045
56t + 16k + 64b = 2,44
200t + 160b = 6,6
Giải hệ PT trên được t = k = 0,025 ; b = 0,01

5
Giáo viên: Th.S Nguy ễn Ái Nhân Tel 0989 848 791 Email:nguyenainhan79@yahoo.com
%mCu = 0,64.100/2,44 = 26,23% Chọn C.
Câu 21: Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO 4 nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được
dung dịch Y v ẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8g so v ới dung dịch ban đầu. Cho 16,8g bột Fe vào Y,
sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4g kim loại. Giá trị củ a x là
A. 2,25 B. 1,5 C. 1,25 D. 3,25

Dung dịch Y v ẫn còn màu xanh ch ứng tỏ CuSO4 chưa bị điện phân hết
Chỉ có khí oxi thoát ra ở anot Khối lượng dung dịch giảm chính l à khối lượng của Cu v à oxi thoát ra.
CuSO4 + H2O → Cu + H2SO4 + ½ O2
a a a ½ a mol
64a + ½ a.32 = 8
a = 0,1
nFe = 0,3 mol
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
0,1← 0,1 mol
mFe còn l ại = 16,8 – 0,1.5,6 = 11,2g
Fe + CuSO 4 → FeSO4 + Cu (3)
12,4 11,2
nCuSO4 (3) = 0,15 mol
8
0,1 0,15
x= 1,25 Chọn C.
0,2
Câu 22: Trộn 10,8g bột Al với 34,8g bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có
không khí. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp rắn sau phản ứng bằng dung dịch H2SO4 loãng (dư) thu được 10,752 lít
khí H2 (đktc). Hiệu suất của phản ứng nhi ệt nhôm là (Coi Fe3O4 về Fe)
A. 80% B. 90% C. 70% D. 60%

nAl = 0,4 mol nFe3O4 = 0,15 mol, nH 2 = 0,48 mol
8Al + 3Fe 3O4 → 4Al2O3 + 9Fe
8x 9x mol
Fe H2
9x 9x mol
Al 3/2 H2
0,4-8x 1,5(0,4-8x) mol
9x + 1,5(0,4 – 8x) = 0,48
x = 0,04
0,04.8
H% = x100 80% Chọn A.
0,4

Câu 23: Hỗn hợp M gồm anđêhit X (no, đơn chức, mạch hở) và hiđrôcacbon Y , có tổng số mol là 0,2 (số mol
của X nhỏ hơn của Y). Đốt cháy hoàn toàn M, thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 7,2g H2O. Hiđrôcacbon Y là
A. CH4 B. C2H2 C. C3H6 D. C2H4

nCO2 = 0,4 mol ; nH2O = 0,4 mol
X là CnH2nO đốt cháy th ì số mol nước bằng số mol CO 2. Vì nCO 2 = nH2O, X là CnH2nO Y là
CmH2m (m ≥ 2) Loại A và B.
Giả sử toàn bộ là CmH2m thì suy ra: C mH2m mCO2
0, 2m 0, 4 m 2 0. Kết hợp với (m ≥ 2) m=2. Chọn D.

Câu 24: Các dung dịch phản ứng được với Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường là

6
Giáo viên: Th.S Nguy ễn Ái Nhân Tel 0989 848 791 Email:nguyenainhan79@yahoo.com
A. glixeron, axit axetic, glucozơ B. lòng trắng trứng, fructozơ, axeton
C. anđêhit axetic, saccarozơ, axit axetic D. fructozơ, axit acrylic, ancol etylic
axeton không tác d ụng được với Cu(OH) 2 Loại B
ancol etylic không tác d ụng được với Cu(OH) 2 Loại D
anđêhit axetic không tác dụng được với Cu(OH) 2 ở nhiệt độ thường( chỉ tác dụng khi đun nóng) Loại C.
Chọn A.
Câu 25: Cho dung dịch X chứa KMnO4 và H2SO4 (loãng) lần lượt vào các dung dịch : FeCl 2, FeSO 4, CuSO4,
MgSO4, H2S, HCl (đặc). Số trường hợp có xảy ra phản ứng oxi hoá - khử là
A. 3 B. 5 C. 4 D. 6

KMnO4 là chất oxi hóa, H 2SO4 (loãng) làm môi trường những chất có số oxi hóa ch ưa tối đa khi tác dụng
với dung dịch X chứa KMnO4 và H2SO4 (loãng) thì sẽ xẩy ra phản ứng oxi hoá – khử: Gồm FeCl 2, FeSO4,
H2S, HCl (đặc). Có bốn chất Chọn C.
Câu 26: Các chất đều không bị thuỷ phân trong dung dịch H2SO4 loãng, nóng là
A. tơ capron; nilon -6,6, polietylen
B. poli (vinyl axetat); polietilen, cao su buna
C. nilon-6,6; poli(etylen-terephtalat); polistiren
D. polietylen; cao su buna; polistiren
tơ capron; nilon -6,6 bị thủy phân Loại A và C.
poli (vinyl axetat) b ị thủy phân Loại B
Chọn D.
Câu 27: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một amin no, mạch hở X bằng oxi v ừa đủ thu được 0,5 mol hỗn hợp Y
gồm khí và hơi. Cho 4,6g X tác dụng với dung dịch HCl (dư), số mol HCl phản ứng là
A. 0,1 B. 0,4 C. 0,3 D. 0,2

2n 2 x
CnH2n + 2 – x(NH2)x nCO2 + H2O + x/2N 2
2
2n 2 x
0,1 0,1n 0,1 0,1x/2 mol
2
2n 2 x
n+ + x/2 = 5
2
4n + 2x = 8
N = 1, x = 2 amin: CH 2(NH2)2
n amin = 0,1 nHCl = 0,2 mol Chọn D.

Câu 28: Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, thu được
dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y, thu được
2,34 gam k ết tủa. Giá trị củ a x là
A. 1,2 B. 0,8 C. 0,9 D. 1,0

Cách 1.
TN1. nKOH = 0,18 mol ; nAl(OH)3 = 0,06 mol
TN2. nKOH = 0,21 mol ; nAl(OH)3 = 0,03 mol
3+ -
Al + 3OH Al(OH)3
a + 0,03 3(a + 0,03) a + 0,03 mol
-
Al(OH)3 + OH AlO 2 + 2H2O
a a mol
a + 3(a + 0,03) = 0,21
=> a = 0,03

7
Giáo viên: Th.S Nguy ễn Ái Nhân Tel 0989 848 791 Email:nguyenainhan79@yahoo.com
x = (0,06 + 0,03 + 0,03)/0,1 = 1,2 Chọn A.

Câu 29: Phát biểu nào sau đây không đúng ?
A. Dung dịch đậm đặc của Na2SiO3 và K2SiO3 được gọi là thuỷ tinh lỏng
B. Đám cháy magie có thể được dập tắt bằng cát khô
C. CF2Cl2 bị cấm sử dụng do khi thải ra khí quyển thì phá huỷ tầng ozon
D. Trong phòng thí nghiệm, N2 được điều chế bằng cách đun nóng dung dịch NH4NO2 bão hoà
Mệnh đề B sai.

Câu 30: Có 4 dung dịch riêng bi ệt: CuSO4, ZnCl2, FeCl3, AgNO3. Nhúng vào mỗi dung dịch một thanh Ni.
Số trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hoá là
A. 1 B. 4 C. 3 D. 2
Điều kiện để có ăn m òn điện hóa l à:
Phải có hai kim loại khác nhau về bản chất hóa học, hoặc một kim loại với phi kim
Phải cùng tiếp xúc với nhau hoặc t iếp xúc với nhau qua dây dẫn
Cùng nằm trong dung dịch chất điện li
Chỉ có Ni phản ứng với dung dịch CuSO 4, AgNO 3 mới thỏa m ãn điều kiện tr ên.
Chọn D.
Câu 31: Thuỷ phân este Z trong môi tr ường axit thu được hai chất hữu cơ X và Y (MX < MY). Bằng một phản
ứng có thể chuyển hoá X thành Y. Chất Z không thể là
A. metyl propionat B. metyl axetat
C. etyl axetat D. vinyl axetat
Viết các phản ứng Chỉ có metyl propionat không th ỏa mãn Chọn A.
Câu 32: Tổng số hợp chất hữu cơ no , đơn chức, mạch hở, có cùng công th ức phân tử C5H10O2, phản ứng
được với dung dịch NaOH nhưng không có phả n ứng tráng bạc là
A. 4 B. 5 C. 8 D. 9
Hợp chất hữu cơ tác dụng được với NaOH chứng tỏ phải l à axit ho ặc este
Các đồng phân chức axit:
C-C-C-C-COOH; C-C(C)-C-COOH; C-C-C(C)COOH; C-C(C)2COOH;
Đồng phân chức este
C-COOC-C-C; C-COOC(C)C; C-C-COOC-C; C-C-C-COOC; C-C(C)-COOC
Có 9 đồng phân th ỏa mãn điều kiện của đề b ài Chọn D.
Câu 33: Hoà tan hoàn toàn 2,45 gam h ỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm thổ vào 200 ml dung dịch HCl
1,25M, thu được dung dịch Y ch ứa các chất tan có nồng độ mol bằng nhau. Hai kim loại trong X là
A. Mg và Ca B. Be và Mg C. Mg và Sr D. Be và Ca

Số mol HCl l à 0,2.1,25 =0,25 mol.
M 2HCl MCl 2 H 2
x 2x x
N 2 HCl NCl 2 H 2
x 2x x
2, 45
Nếu axit vừa đủ: M 19, 6
0,125
(M +N)/2 = 19,6 lo ại
Vậy dư axit.
Số mol HCl dư là 0,25-4x
Y có nồng độ mol/l của các chất bằng nhau n ên: nM = nN = nHCl (dư)

x = (0,25-4x) x = 0,05

8
Giáo viên: Th.S Nguy ễn Ái Nhân Tel 0989 848 791 Email:nguyenainhan79@yahoo.com
M + N = 2,45/0,05 = 49
M là Be, N là Ca Chọn D.
Câu 34: Cho các cân b ằng sau
(1) 2HI (k) H2 (k) + I2 (k) ;
(II) CaCO 3 (r) CaO (r) + CO 2 (k) ;
(III) FeO (r) + CO (k) Fe (r) + CO 2 (k) ;
(IV) 2SO 2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k)
Khi giảm áp suất của hệ, số cân bằng bị chuyển dịch theo chi ều nghịch là
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
Những phản ứng m à có s ố mol chất khí trước và sau ph ản ứng bằng nhau th ì cân bằng
Không b ị chuyển dịch khi thay đổi áp suất Đó là các phản ứng (1), v à (3)
Chỉ có (II) v à (IV) bị chuyển dịch, nhưng (IV) bị chuyển dịch theo chiều nghịch
Chọn D.
Câu 35: Cho sơ đồ chuyển hoá :
H 3 PO4
KOH KOH
P2O5 X Y Z
Các chất X, Y, Z lần lượt là :
A. K3PO4, K2HPO4, KH2PO4 B. KH2PO4, K2HPO4, K3PO4
C. K3PO4, KH2PO4, K2HPO4 D. KH2PO4, K3PO4, K2HPO4
Y +KOH Z Y còn ph ải chứa H linh động Loại B.
Chỉ có K3PO4, KH2PO4, K2HPO4 là thỏa mãn. Chọn C.

Câu 36: Đốt cháy hoàn toàn m gam FeS 2 bằng m ột lượng O2 vừa đủ, thu được khí X. Hấp thụ hết X vào 1 lít
dung dịch chứa Ba(OH)2 0,15M và KOH 0,1M, thu được dung dịch Y và 21,7 gam kết tủa. Cho Y vào dung
dịch NaOH, thấy xuất hiện thêm k ết tủa. Giá trị củ a m là
A. 23,2 B. 12,6 C. 18,0 D. 24,0

nBa2+ = 0,15 mol ; nOH- = 0,4 mol ; nBaSO3 = 0,1 mol
FeS2 2SO2
SO2 + Ba(OH) 2 BaSO3 + H2O (1)
0,1 0,1 0,1 mol
-
HSO3-
SO2 + OH
0,2 0,2 mol
nSO2 = 0,3 mol
nFeS2 = 0,15 mol m = 120.0,15 = 18g Chọn C.
Câu 37: Cho sơ đồ chuyển hoá sau
H 2 ,t 0
xt,t 0 Z
C2H 2 X Y Cao su buna N
t 0 ,xt,p
Pd,PbCO 3

Các chất X, Y, Z lần lượt là :
A. benzen; xiclohexan; amoniac B. axetanđehit; ancol etylic; buta -1,3-đien
C. vinylaxetilen; buta-1,3-đien; stiren D. vinylaxetilen; buta-1,3-đien; acrilonitrin
H 2 ,t 0
xt,t 0
2C 2 H 2 HC C CH CH 2 H 2C CH CH CH 2 CH 2 CH CN Cao su buna N
Pd,PbCO 3

Chọn D
Câu 38: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X gồm 2 ancol (đều no, đa chức, mạch hở, có cù ng số nhó m
-OH) cần vừa đủ V lít khí O2, thu được 11,2 lít khí CO2 va 12,6 gam H 2O (các thể tích khí đo ở đktc). Giá trị
của V là
A. 14,56 B. 15,68 C. 11,20 D. 4,48




9
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
3n 1 x
C n H 2n OH O2 nCO 2 n 1 H 2O
2–x x
2
3n 1 x
0,2 .0, 2 0,2 n
2
Vì số mol nước lớn hơn số mol CO 2 Số mol ancol bằng 0,7 -0,5=0,2 mol
0,2n 0,5 n 2,5
một ancol có 2C trong phân tử, m à số nhóm OH luôn bé hơn hoặc số nguy ên tử C x=2
3.2,5 1 2
V= .0, 2.22, 4 14,56 lit lít Chọn A.
2
Câu 39: Hỗn hợp X gồm alanin và axit glutamic. Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH
(dư), thu được dung dịch Y ch ứa (m+30,8) gam muối. Mặt khác, nếu cho m gam X tác dụng hoàn toàn với
dung dịch HCl, t hu được dung dịch Z ch ứa (m+36,5) gam muối. Giá trị củ a m là
A. 112,2 B. 165,6 C. 123,8 D. 171,0

nX = nHCl = 1 mol
Gọi x là số mol của alanin, 1 – x là số mol của glutamic
89x + 147(1 – x) = m
111x + 191(1-x) = m + 30,8
x = 0,6 mol
m = 0,6.89 +147.0,4 = 112,2g Chọn A.
Câu 40: Trong các chất : xiclopropan, benzen, stiren, metyl acrylat, vinyl axetat, đimetyl ete , số chất có khả
năng làm mất màu nước brom là
A. 5 B. 4 C. 6 D. 3

II. PHẦN RIÊNG [ 10 câu ]
Thí sinh chỉ được làm một trong hai ph ần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50)
Câu 41: Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Khi đun C 2H5Br với dung dịch KOH chỉ thu đươc etilen
B. Dung dịch phenol làm phenolphtalein không màu chuyển thành màu hồng
C. Dãy các chất : C2H5Cl, C2H5Br, C2H5I có nhiệt độ sôi tăng dần từ trái sang phải
D. Đun ancol etylic ở 1400C (xúc tác H2SO4 đặc) thu được đimetyl ete

C2H5Cl, C2H5Br, C2H5I đều không có li ên kết hidro n ên khối lượng tăng th ì nhiệt độ sôi tăng. Chọn C.
Câu 42: Cho các cặp chất với tỉ lệ số mol tương ứng như sau :
(a) Fe3O4 và Cu (1:1) (b) Sn và Zn (2:1) (c) Zn và Cu (1:1)
(d) Fe2(SO4) và Cu (1:1) (e) FeCl2 và Cu (2:1) (g) FeCl 3 và Cu (1:1)
Số cặp chất tan hoàn toàn trong m ột lượng dư dung dịch HCl loãng nóng là
A. 4 B. 2 C. 3 D. 5
Các phản ứng (c), (e) không tan h ết
Phản ứng (g) không tan hết
Cu+2FeCl3 CuCl2 +2FeCl2
Chọn C.

Câu 43: Có bao nhiêu ch ất hữu cơ mạch hở dùng để điều chế 4-metylpentan-2-ol chỉ bằng phản ứng cộng H2
(xúc tác Ni, t0)?
A. 3 B. 5 C. 2 D. 4



10
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
Welcome to http://trithucbonphuong.com or http://nguyenainhan.violet.vn

CH 3 CH 2 CH 2 C CH 3 CH 2 C CH 2 C CH 3 CH 3 C CH C CH 3
; ;
CH 3 O CH 3 O CH 3 O
CH 2 C CH 2 CH CH 3 CH 3 CH CH CH CH 3
;
CH 3 OH CH 3 OH
Có 5 chất thỏa m ãn Chọn B.
Câu 44: Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức, số mol X gấp hai l ần số mol Y) và este Z
được tạo ra t ừ X và Y. Cho một lượng M tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,2 mol NaOH, tạo ra 16,4 gam
muối và 8,05 gam ancol. Công th ức của X và Y là
A. HCOOH và CH3OH B. CH3COOH và CH3OH
C. HCOOH và C3H7OH D. CH3COOH và C2H5OH

nRCOONa = nNaOH = 0,2 mol
R + 67 = 16,4/0,2 = 82
R = 15
X là CH3COOH Loại A v à C.
Gọi số mol của Y l à a thì số mol của X l à 2a, của Z là b.
Số mol của muối: 2a + b = 0,2.
Số mol của Y sau phản ứng với NaOH: a + b
a + b < 0,2
MY > 8,05/0,2 = 40,25
Y không ph ải là CH3OH Loại B
Chọn D

Câu 45: Dung dịch X chứa các ion: Ca 2+, Na+, HCO 3 và Cl , trong đó số mol của ion Cl là 0,1. Cho 1/2
dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được 2 gam k ết tủa. Cho 1/2 dung dịch X còn lại phản
ứng với dung dịch Ca(OH) 2 (dư), thu được 3 gam kết tủa. Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn dung dịch X thì thu
được m gam ch ất rắn khan. Giá trị củ a m là
A. 9,21 B. 9,26 C. 8,79 D. 7.47

½ X + Ca(OH) 2 dư được 3 gam kết tủa suy ra nHCO 3- trong X = 0,03.2 = 0,06 mol
½ X + NaOH dư được 2 g kết tủa suy ra nCa 2+ trong X = 0,02.2 = 0,04 mol
nNa+ = 0,06 + 0,1 – 0,04.2 = 0,08 mol
Khi đun sôi: 2HCO 3- CO32- + CO2 + H2O
0,06 0,03 0,03 0,03 mol
m = 0,04.40 + 0,08.23 + 0,1.35,5 + 0,03.60 = 8,79g Chọn C.

Câu 46: Hỗn hợp X gồm CuO và Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn 44 gam X b ằng dung dịch HCl (dư), sau phản ứng
thu được dung dịch ch ứa 85,25 gam mu ối. Mặt khác, nếu khử hoàn toàn 22 gam X b ằng CO (dư), cho h ỗn
hợp khí thu được sau phản ứng lội từ từ qua dung d ịch Ba(OH) 2 (dư) thì thu được m gam k ết tủa. Giá trị củ a
m là
A. 76,755 B. 73,875 C. 147,750 D. 78,875

Gọi số mol của CuO l à x, Fe2O3 là y
80x + 160y = 44
135x + 162,5.2y = 85,25
x = 0,15, y = 0,2
nBaCO3 = nCO2 = 0,15/2 + 0,2.3/2 = 0,375 mol
m = 0,375.197 = 73,875g Chọn B.
Câu 47: Cho một số nhận định về nguyên nhân gây ô nhi ễm môi trường không khí như sau :

11
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
(1) Do hoạt động của núi lửa
(2) Do khí thải công nghi ệp, khí thải sinh hoạt
(3) Do khí thải từ các phương tiện giao thông
(4) Do khí sinh ra t ừ quá trì nh quang h ợp cây xanh
(5) Do nồng độ cao của các ion kim loại : Pb2+, Hg2+, Mn2+, Cu2+ trong các ngu ồn nước
Những nh ận định đúng là :
A. (1), (2), (3) B. (2), (3), (5) C. (1), (2), (4) D. (2), (3), (4)

(4) Do khí sinh ra t ừ quá trì nh quang h ợp cây xanh không g ọi là nguyên nhân gây ô nhi ễm Loại C v à D
(5) Do nồng độ cao của các ion kim loại : Pb2+, Hg2+, Mn2+, Cu2+ trong các ngu ồn nước
( Gây ô nhi ễm nước không phải l à không khí ) Loại B Chọn A
Câu 48: T huỷ phân hoàn toàn 1 mol pentapeptit X, thu được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol
valin (Val) và 1 mol Phenylalanin (Phe). Thuỷ phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val -Phe và tripeptit
Gly-Ala-Val nhưng không thu đ ược đipeptit Gly -Gly. Chất X có công th ức là
A. Gly-Phe-Gly-Ala-Val B. Gly-Ala-Val-Val-Phe
C. Gly-Ala-Val-Phe-Gly D. Val-Phe-Gly-Ala-Gly
Thuỷ phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val -Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu đ ược
đipeptit Gly -Gly Loại D, loại A.
Mặt khác thuỷ phân hoàn toàn 1 mol pentapeptit X, thu được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol
valin (Val) và 1 mol Phenylalanin (Phe) Loại B Chọn C.
Câu 49: Hỗn hợp bột X gồm Cu, Zn. Đốt cháy hoàn toàn m gam X trong oxi (d ư), thu được 40,3 gam h ỗn
hợp gồm CuO và ZnO. Mặt khác, nếu cho 0,25 mol X phản ứng với một lượng dư dung dịch KOH loãng
nóng, thì thu được 3,36 lít khí H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của Cu trong X là
A. 19,81% B. 29,72% C. 39,63% D. 59,44%

nZn = nH 2 = 0,15 mol
0,1.64
%mCu = 100 39,63% Chọn C.
6,4 0,15.65
Câu 50: Cho các chất : (1) axit picric; (2) cumen; (3) xiclohexanol; (4) 1,2 -đihiđroxi -4-metylbenzen; (5) 4-
metylphenol; (6) -naphtol. Các chất thuộc loại phenol là:
A. (1), (3), (5), (6) B. (1), (2), (4), (6) C. (1), (2), (4), (5) D. (1), (4), (5), (6)
(2) cumen; (3) xiclohexanol không thu ộc loại Phenol v ì không có nhóm OH liên k ết với v òng thơm
Loại A, B, C Chọn D
B. Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60)
Câu 51: Cho 0,3 mol bột Cu và 0,6 mol Fe(NO 3)2 vào dung dịch chứa 0,9 mol H 2SO4 (loãng). Sau khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nh ất, ở đktc). Giá trị củ a V là
A. 6,72 B. 8,96 C. 4,48 D. 10,08
Giải
nNO3- = 0,6.2 = 1,2 mol ; nH+= 0,9.2 = 1,8 mol
3Cu + 8H + + 2NO3- 3Cu2+ 2NO+4H2O
0,3 0,8 0,2 mol
2+ + -
NO + 3Fe 3+ + 2H2O
3Fe + 4H + NO3
0,6 0,8 mol 0,2 mol
V = (0,2 + 0,2).22,4 = 8,96 lít Chọn B.

Câu 52: Phát biểu nào sau đây không đúng ?
A. Trong môi tr ường ki ềm, muối Cr(III) có tính khử và bị cá c chất oxi hoá mạ nh chuyển thành muối
Cr(VI).
B. Do Pb 2+/Pb đứng trước 2H+/H2 trong dãy điện hoá nên Pb dễ dàng phản ứng với dung dịch HCl
loãng ngu ội, giải phóng khí H2.

12
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
C. CuO nung nóng khi tác dụng với NH3 hoặc CO, đều thu được Cu
D. Ag không phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng nhưng phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc nóng
Do Pb2+/Pb đứng trước 2H+/H2 trong dãy điện hoá nên Pb d ễ dàng phản ứng với dung dịch HCl loãng nguội,
giải phóng khí H2 nhưng trong thực tế phản ứng n ày khó x ẩy ra vì tạo thành PbCl2 ít tan bám bào Pb ngăn c ản
sự tiếp xúc của Pb với HCl .Nên mệnh đề n ày sai. Chọn B.
Câu 53: Dung d ịch axit fomic 0,007M có pH = 3. Kết luận nào sau đây không đúng?
A. Khi pha lõang 10 l ần dung dịch tr ên thì thu được dung dịch có pH = 4.
B. Độ điện li của axit fomic sẽ giảm khi th êm dung d ịch HCl.
C. Khi pha lõang dung d ịch trên thì độ điện li của axit fomic tăng.
D. Độ điện li của axit fom ic trong dung d ịch trên là 14,29%.
Mệnh đề A chỉ đúng với axit mạnh, mà axit fomic là axit yếu nên mệnh đề A sai Chọn A.
Câu 54: Hợp chất hữu cơ mạch hở X có công thức phân tử C 5H10O. Chất X không phản ứng với Na, thỏa m ãn
sơ đồ chuyển hóa sau: đa
CH 3COOH
X NiHt20 Y Este có mùi mu ối chín.
H 2 SO4 , c
,

Tên của X l à
A. pentanal B. 2 – metylbutanal
C. 2,2 – đimetylpropanal. D. 3 – metylbutanal
Este có mùi mu ối chín là isoamyl axetat CH 3COOCH2CH2CH(CH3)2 .Nên chỉ có D ph ù hợp Chọn D.

Câu 55: Để đánh giá sự ô nhiễm kim loại nặng trong n ước thải của một nhà máy, người ta lấy một ít nước, cô
đặc rồi th êm dung d ịch Na 2S vào th ấy xuất hiện kết tủa m àu vàng. Hi ện tượng tr ên chứng tỏ nước thải bị ô
nhiễm bởi i on
A. Fe2+. B. Cu2+. C. Pb2+. D. Cd2+.
PbS và Ag2S là kết tủa đen không tan trong n ước và axit, FeS c ũng kết tủa đen, không tan trong n ước nhưng
tan được trong axit mạnh, CdS có kết tủa màu vàng Chọn D.
Câu 56: Cho sơ đồ phản ứng: Stiren HH 2,tO X Br
CuO
Y H2 Z
0
t0

Trong đó X, Y, Z đều là các sản phẩm chính. Công thức của X, Y, Z lần l ượt là:
A. C6H5CHOHCH 3, C6H5COCH3, C6H5COCH2Br.
B. C6H5CH2CH2OH, C6H5CH2CHO, C6H5CH2COOH.
C. C6H5CH2CH2OH, C6H5CH2CHO, m-BrC6H4CH2COOH
D. C6H5CHOHCH 3, C6H5COCH3, m-BrC6H4COCH3.
Chỉ có A thỏa m ãn Chọn A.
Câu 57: Trung hòa hòan tòan 8,88 gam m ột amin (bậc một, mạch cacbon không phân nhánh) bằng a xit HCl,
tạo ra 17,64 gam muối. Amin có công thức l à
A. H2NCH2CH2CH2CH2NH2. B. CH 3CH2CH2NH2.
C. H2NCH2CH2NH2 D. H2NCH2CH2CH2NH2.

17,64 8,88
nHCl = 0,24 mol
36,5
amin: R(NH 2)x
8,88 x
M= 37 x
0,24
Chọn x = 2 M = 74 R = 42 là C 3H6
H2NCH2CH2CH2NH2 Chọn D.
Câu 58: Cho sơ đồ chuyển hóa:
Fe3O4 + dung d ịch HI (dư) X + Y + H 2O
Biết X và Y là s ản phẩm cuối c ùng của quá tr ình chuyển hóa. Các chất X v à Y là
A. Fe và I 2. B. FeI3 và FeI2. C. FeI2 và I2. D. FeI3 và I2.


13
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
Fe3O4 8HI 8FeI 3 FeI 2 4 H 2O
2 Fe3 2 I 2 Fe 2 I2
Chọn C.

Câu 59: Đốt cháy h òan tòan m gam h ỗn hợp X gồm ba ancol (đơn chức, thuộc c ùng dãy đồng đẳng), thu
được 8,96 lít khí CO 2 (đktc) và 11,7 gam H 2O. Mặt khác, nếu đun nóng m gam X với H 2SO4 đặc thì tổng khối
lượng ete tối đa thu được là
A. 7,85 gam. B. 7,40 gam. C. 6,50 gam. D. 5,60 gam.

nCO2 = 0,4 mol ; nH2O = 0,65 mol
nCO2 < nH2O suy ra ancol no đơn chức: CnH 2n + 1OH.
Từ số mol CO 2 và số mol nước tìm được n = 1,6
nX = nH2O – nCO2 = 0,25 mol
Số mol ete = ½ số mol ancol = 0,125 mol
Ete: (CnH2n + 1)2O hay C2nH4n + 2O
m = 0,125(28.1,6 +18) = 7,85g Chọn B.

Câu 60: Chất X có các đặc điểm sau: phân tử có nhiều nhóm –OH, có vị ngọt, h òa tan Cu(OH) 2 ở nhiệt độ
thường, phân tử có liên kết glicozit , làm mất màu nước brom. Chất X là
A. xenlulozơ B. mantozơ C. glucozơ D. saccarozơ
Chất X có vị ngọt n ên loại A. làm mất màu nước Brom n ên loại D, có li ên kết glicozit n ên loại C
Chọn B.
Trên đây là lời giải chi tiết của đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2010, do GV:TH.S Nguy ễn Ái
Nhân – Trung tâm luy ện thi TRI THỨC TRẺ thực hiện.
Đề thi được giải chi tiết trong thời gian gấp rút, do vậy chắc chắn không thể tránh khỏi sai sót. Rất
mong nh ận được sự đóng góp của các em học sinh v à các b ạn đồng nghiệp để b ài giải hay hơn.




14
Giáo viên: Th.S Nguy ễn Ái Nhân Tel 0989 848 791 Email:nguyenainhan79@yahoo.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: HOÁ HỌC; Khối A
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi có 06 trang)

Mã đề thi 596

Họ, tên thí sinh: .......................................................................
Số báo danh: ............................................................................
Cho biết nguyên tử khối (theo đvC) của các nguyên tố:
H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; 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; Rb = 85; Sr = 88; Ag = 108;
Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40)
Câu 1: Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na+; 0,02 mol SO 4− và x mol OH − . Dung dịch Y có chứa
2


ClO 4 , NO 3 và y mol H+; tổng số mol ClO − và NO 3 là 0,04. Trộn X và Y được 100 ml dung dịch Z.
− − −
4




Trang 1/6 - Mã đề thi 596
Dung dịch Z có pH (bỏ qua sự điện li của H2O) là
A. 1. B. 2. C. 12. D. 13.

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có: 0, 07.1 0, 02.2 + x → x 0, 03
= =
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch Y ta có: y = 0, 04
Khi trộn dung dịch X với dung dịch Y ta có
H + + OH − → H 2O
0, 04 0, 03 0, 03
0, 01
Sau phản ứng còn dư 0,1 mol H+ → [H + ] = = 10−1 → pH = Chọn A.
1→
0,1
Câu 2: Cho 19,3 gam hỗn hợp bột gồm Zn và Cu có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2 vào dung dịch chứa
0,2 mol Fe2(SO4)3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kim loại. Giá trị của m là
A. 6,40. B. 16,53. C. 12,00. D. 12,80.
Gọi x là số mol Zn thì 2x là số mol Cu, theo bài ra ta có: 65x +64.2x = 19,3 → x = 0,1
Tức là 0,1 mol Zn và 0,2 mol Cu, và 0,4 mol Fe3+
Zn đứng trước Cu trong dãy điện hóa nên đầu tiên xẩy ra phản ứng
Zn + 2 Fe3+ → Zn 2+ + 2 Fe 2+
0,1 0, 2 0,1 0, 2
Sau đó xẩy ra phản ứng sau
Cu + 2 Fe3+ → Cu 2+ + 2 Fe 2+
0,1 0, 2 0,1 0, 2
Như vậy là Fe vừa hết, Cu còn dư 0,1 mol. Vậy khối lượng chất rắn là Cu dư, có khối lượng là
3+

0,1.64 = 6,4 gam. → Chọn A
Câu 3: Hỗn hợp khí X gồm N2 và H2 có tỉ khối so với He bằng 1,8. Đun nóng X một thời gian
trong bình kín (có bột Fe làm xúc tác), thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 2. Hiệu
suất của phản ứng tổng hợp NH3 là
A. 50%. B. 36%. C. 40%. D. 25%.
Khối lượng trung bình của hỗn hợp trước phản ứng là 1,8.4 =7,2
Gọi x là số mol N2 thì 1 –x là số mol H2
28x + 2(1-x) =7,2 → x =0,2 mol N2 và 0,8 mol H2 → Hiệu suất tính theo N2
Do khối lượng trước và sau phản ứng không đổi nên ta có
M X nY 1,8
= = = 0,9 → nY = 0, 0.1 = 0,9mol
M Y nX 2
Phương trình tổng hợp NH3 là
N2 + 3H 2   2 NH 3
 
0, 2 0,8 0
x 3x 2x
0, 2 − x 0,8 − 3 x 2 x
→ 0, 2 − x + 0,8 − 3 x + 2 x =0,9 → x =0, 05mol
0, 05.100%
= = 25% → Chọn D.
H
0, 2

Câu 4: Trong số các chất: C3H8, C3H7Cl, C3H8O và C3H9N; chất có nhiều đồng phân cấu tạo nhất là
A. C3H7Cl. B. C3H8O. C. C3H8. D. C3H9N.
C3 H 8 chỉ có đồng phân mạch các bon., 1 đồng phân
C3 H 7Cl chỉ có đồng phân mạch các bon và vị trí của nhóm Cl, hai đồng phân.
C3 H 8O có 2 đồng phân chức ancol và 1 đồng phân chức ete
C3 H 9 N có 2 đồng phân amin bậc 1, 1 đồng phân amin bậc 2 và 1 đồng phân amin bậc 3.
Trang 2/6 - Mã đề thi 596
Vậy C3 H 9 N có nhiều đồng phân nhất → chọn D.

Câu 5: Thực hiện các thí nghiệm sau:
(I) Sục khí SO2 vào dung dịch
KMnO4. (II) Sục khí SO2 vào dung
dịch H2S.
(III) Sục hỗn hợp khí NO2 và O2 vào nước.
(IV) Cho MnO2 vào dung dịch HCl đặc, nóng.
(V) Cho Fe2O3 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng.
(VI) Cho SiO2 vào dung dịch HF.
Số thí nghiệm có phản ứng oxi hoá - khử xảy ra là
A. 3. B. 6. C. 5. D. 4.
Phản ứng (V và VI) không phải là phản ứng oxi hóa khử → có 4 phản ứng là phản ứng oxi hóa khử →
chọn D (Phản ứng VI dùng để khắc chữ lên thủy tinh → Không dùng binh thủy tinh để đựng dung dịch
HF)
Câu 6: Cho cân bằng: 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k). Khi tăng nhiệt độ thì tỉ khối của hỗn hợp khí
so với H2 giảm đi. Phát biểu đúng khi nói về cân bằng này là:
A. Phản ứng nghịch toả nhiệ t, cân bằng dịch chuyển theo chiều thuậ n khi tăng nhiệt độ.
B. Phản ứng thuậ n toả nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch khi tăng nhiệt độ.
C. Phản ứng nghịch thu nhiệ t, cân bằng dịch chuyển theo chiều thuậ n khi tăng nhiệt độ.
D. Phản ứng thuậ n thu nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch khi tăng nhiệt độ.
Ta thấy: số mol trước phản ứng là 2+1=3, số mol sau phản ứng là 2
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, khối lượng trước phản ứng và sau phản ứng là bằng nhau nên
phản ứng thuận làm tăng tỉ khối, theo giả thiết của bài toán, khi tăng nhiệt độ thì tỉ khối hơi của hợp
giảm đi , ta suy ra rằng phản ứng thuận là toả nhiệt → Chọn B.
Câu 7: Cho m gam NaOH vào 2 lít dung dịch NaHCO3 nồng độ a mol/l, thu được 2 lít dung dịch X.
Lấy 1 lít dung dịch X tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư) thu được 11,82 gam kết tủa. Mặt khác, cho 1
lít dung dịch X vào dung dịch CaCl2 (dư) rồi đun nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được 7,0
gam kết tủa. Giá trị của a, m tương ứng là
A. 0,04 và 4,8. B. 0,07 và 3,2. C. 0,08 và 4,8. D. 0,14 và 2,4.
Ta có:
11,82 7
= 0, 06mol ; nCaCO3 ↓ = 0, 07 → Chứng tỏ trong phản ứng trên có tạo thành hai muối
= =
nBaCO3 ↓
196 100
axit và trung hòa
2OH − + HCO3− → CO32− + H 2O(1)
0,12 0, 06
Tức là lượng OH- chưa chuyển hết ion HCO3− → CO32−

11,82
Từ thí nghiệm 1 ta thấy số số mol = nBaCO3 ↓
= = 0, 06
nCO2−
196
3


Từ thí nghiệm 2 ta có
Ca 2+ + CO32− → CaCO3 ↓ (2)
0, 06 0, 06 0, 06
Ca ( HCO3 ) 2  CaCO3 ↓ +CO2 ↑ + H 2O(3)

0
t


0, 01 0, 01
Từ (1) ta có số mol NaOH bằng số mol OH-= 0,06 mol → m =0,06.40 =2,4 gam →
Ban đầu thì khối lượng NaOH là 2,4.2 =4,8g
Số mol NaHCO3 bằng 0,06 + 2.0,01 =0,08 mol → Số mol NaHCO3 ban đầu bằng 0,08.2 =0,16 mol.
Vậy nồng độ NaHCO3 là 0,16:2 =0,08M
→ Chọn C.

Trang 3/6 - Mã đề thi 596
Câu 8: Một phân tử saccarozơ có
A. một gốc β-glucozơ và một gốc β-fructozơ. B. một gốc β-glucozơ và một gốc α-fructozơ.
C. hai gốc α-glucozơ. D. một gốc α-glucozơ và một gốc β-fructozơ.

Saccarozơ được cấu tạo bới hai gốc α glucozơ và β fructozơ → Chọn D.

Câu 9: Oxi hoá hết 2,2 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức thành anđehit cần vừa đủ 4,8 gam CuO. Cho
toàn bộ lượng anđehit trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 23,76 gam
Ag. Hai ancol là:
A. C2H5OH, C2H5CH2OH. B. C2H5OH, C3H7CH2OH.
C. CH3OH, C2H5CH2OH. D. CH3OH, C2H5OH.
Số mol của hỗn hợp hai ancol bằng số mol CuO = 0,06 mol.
23, 76
Số mol Ag: nAg = 0, 22mol
=
108
1
Nhận xét: nacol < nAg → trong hai ancol phải có một ancol là CH 3OH → loại A và B.
2
CH 3OH → HCHO → 4 Ag ↓
x 4x
ROH → R ,CHO → 2 Ag ↓
y 2y
= 0, 22(1)
4 x + 2 y = 0, 05 x
 
= 0, 06
x + y = 0, 01 → y
32 x + ( R + 17) y = 2, 2(2)  R = 29 → C H
  25

→ Chọn C.
Câu 10: Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức X và axit cacboxylic đơn chức Y, đều mạch hở và có
cùng số nguyên tử C, tổng số mol của hai chất là 0,5 mol (số mol của Y lớn hơn số mol của X). Nếu
đốt cháy hoàn toàn M thì thu được 33,6 lít khí CO2 (đktc) và 25,2 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng
M với H2SO4 đặc để thực hiện phản ứng este hoá (hiệu suất là 80%) thì số gam este thu được là
A. 34,20. B. 27,36. C. 22,80. D. 18,24.
Số mol CO2 là 1,5 mol, số mol nước là 1,4 mol
Gọi công thức chung của ancol và axit là C x H y Oz
y
C x H y Oz + O2 → xCO2 + H 2O
2
0,5 0,5 x 0, 25 y
Theo giả thiết ta có: 0,5x=1,5 → x=3.
Vậy ancol là C3H7OH
0, 25 y = 1, 4 → y = 5, 6 → Số nguyên tử hidro của axit phải bằng 4 hoặc 2
Trường hợp 1: X là C3H7OH và Y là CH2=CH-COOH
C3 H 7OH + O2 → 3CO2 + 4 H 2O
x 3x 4x
CH 2 = CH − COOH + O2 → 3CO2 + 2 H 2O
y 3y 2y

= 0,5= 0, 2
x + y x
thỏa mãn → loại trường hợp 2 :(X là C3H7OH và Y là HCCCOOH )
→

4 x = 1, 4 = 0,3
+ 2y y
Phương trình tạo este là

Trang 4/6 - Mã đề thi 596
Welcome to http://trithucbonphuong.com


CH 2 =
CH − COOH+C3 H 7OH     CH 2 =
CH − COOC3 H 7 + H 2O
H SO4
  2 
0, 2 0, 2 0, 2
Khối lượng este thu được là
80
m = 18, 24 g → Chọn D.
= 0, 2.114.
100
Câu 11: Cho dung dịch X gồm: 0,007 mol Na+; 0,003 mol Ca2+; 0,006 mol Cl–; 0,006 mol HCO3– và
0,001 mol NO3–. Để loại bỏ hết Ca2+ trong X cần một lượng vừa đủ dung dịch chứa a gam Ca(OH)2.
Giá trị của a là
A. 0,222. B. 0,120. C. 0,444. D. 0,180.
2+ −
Ca (OH ) 2 → Ca + 2OH
x x 2x
OH − HCO3 → CO32− + H 2O

+
2x 0, 006 0, 006
→ = 0, 006 → x 0, 003
=
2x
= 0, 003.74 0, 222 g → Chọn A.
mCa (OH )2 =
Câu 12: Hỗn hợp khí nào sau đây không tồn tại ở nhiệt độ thường?
A. H2 và F2. B. Cl2 và O2. C. H2S và N2. D. CO và O2.
Ta thấy H 2 + F2 → 2 HF phản ứng này xẩy ra ngay cả trong bóng tối → Chọn A.
Câu 13: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,02 mol C2H2 và 0,03 mol H2 trong một bình kín (xúc tác
Ni), thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y lội từ từ vào bình nước brom (dư), sau khi kết thúc các phản
ứng, khối lượng bình tăng m gam và có 280 ml hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của Z so với H2
là 10,08. Giá trị của m là
A. 0,328. B. 0,205. C. 0,585. D. 0,620.
Khối lượng hỗn hợp X ban đầu là: 0,02.26 + 0,03.2= 0,58g

X : C2 H 2 + H 2  Y : C2 H 2( du ) , H 2( du ) , C2 H 4 , C2 H 6  Z : H 2( du )C2 H 6 ,
→ →
0
Br2
Ni ,t


Y tác dụng với dung dịch Brom thì khối lượng bình brom tăng chính là khối lượng của hidrocacbon
không no
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: khối lượng hỗn X bằng khối lượng hỗn hợp Y bằng độ
tăng của bình brom cộng với khối lượng hỗn hợp khí Z
= 1= 20,16
M Z 0, 08.2

= 0, 0125.20,16 0, 252 g
→ mZ =
 0, 28
= = 0, 0125
nZ

 22, 4
→ m = 0,58- 0,252 = 0,328g → Chọn A.
Câu 14: Nung nóng từng cặp chất sau trong bình kín: (1) Fe + S (r), (2) Fe2O3 + CO (k), (3) Au + O2 (k),
(4) Cu + Cu(NO3)2 (r), (5) Cu + KNO3 (r), (6) Al + NaCl (r). Các trường hợp xảy ra phản ứng oxi hoá kim
loại là:
A. (1), (3), (6). B. (2), (3), (4). C. (1), (4), (5). D. (2), (5), (6).
Au không tác dụng được với oxi nên nơi nào có (3) ta loại → loại A và B.
NaCl không bị nhiệt phân nên không có phản ứng xẩy ra → nên nơi nào có (6) ta loại.
→ vậy chỉ còn C. → Chọn C
Câu 15: Tổng số chất hữu cơ mạch hở, có cùng công thức phân tử C2H4O2 là
A. 3. B. 1. C. 2. D. 4.
Các đồng phân là CH 3COOH , HCOOCH 3 , CHO − CH 2OH

Câu 16: Có các phát biểu sau:
(1) Lưu huỳnh, photpho đều bốc cháy khi tiếp xúc với CrO3.
(2) Ion Fe3+ có cấu hình electron viết gọn là [Ar]3d5.
(3) Bột nhôm tự bốc cháy khi tiếp xúc với khí clo.
Trang 5/6 - Mã đề thi 596
(4) Phèn chua có công thức là Na2SO4.Al2(SO4)3.24H2O.
Các phát biểu đúng là:
A. (1), (3), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (3). D. (1), (2), (4).
Phèn chua có công thức là K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O → (4) sai → nơi nào có (4) loại → → Chọn C.
Câu 17: Phát biểu nào sau đây đúng?
A. Các kim loại: natri, bari, beri đều tác dụng với nước ở nhiệt độ thường.
B. Kim loại xesi được dùng để chế tạo tế bào quang điện.
C. Kim loại magie có kiểu mạng tinh thể lập phương tâm diện.
D. Theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, các kim loại kiềm thổ (từ beri đến bari) có nhiệt độ
nóng chảy giảm dần.
-Các kim loại: natri, bari, beri đều tác dụng với nước ở nhiệt độ thường → Sai trừ Be.
-Kim loại magie có kiểu mạng tinh thể lập phương tâm diện → Sai, lục phương.
-Theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, các kim loại kiềm thổ (từ beri đến bari) có nhiệt độ nóng chảy
giảm dần. → Sai, không đồng đều, giảm rồi tăng
-Kim loại xesi được dùng để chế tạo tế bào quang điện → Đúng ( công thoát electron của xesi rất thấp)
→ Chọn B

Câu 18: Hoà tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung dịch
KOH 2M vào X thì thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì
thu được 2a gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 32,20. B. 24,15. C. 17,71. D. 16,10.
Cách 1. Dùng phương pháp đồ thị




Từ đồ thị ta có:
 2a / 99 4 x − 0, 28
=
 a = 7, 26
x 2x
→

 x = 0,106
 3a / 99 = 0, 22
x
 2x
→ 2x = 0,2 < 0,22 nên loại trường hợp này
Trường hợp lượng KOH cho vào đều làm kết tủa rồi tan.




Trang 6/6 - Mã đề thi 596
Từ đồ thị ta có:

 2a / 99 4 x − 0, 28
x=
 2x
→ x = thỏa mãn
 0,1
 3a / 99 = 4 x − 0, 22
x
 2x

Vậy khối lượng muối ZnSO4 là: 0,1.161 =16,1g → Chọn D.
Cách 2. Viết phương trình phản ứng.

Câu 19: Cho các loại tơ: bông, tơ capron, tơ xenlulozơ axetat, tơ tằm, tơ nitron, nilon-6,6. Số tơ tổng
hợp là
A. 3. B. 4. C. 2. D. 5.

-tơ capron, tơ nitron, nilon-6,6 là tơ tổng hợp
- tơ xenlulozơ axetat là tơ bán tổng hợp
- bông, tơ tằm là tơ thiên nhiên
→ Chọn A.
Câu 20: Trong số các phát biểu sau về phenol (C6H5OH):
(1) Phenol tan ít trong nước nhưng tan nhiều trong dung dịch HCl.
(2) Phenol có tính axit, dung dịch phenol không làm đổi màu quỳ tím.
(3) Phenol dùng để sản xuất keo dán, chất diệt nấm mốc.
(4) Phenol tham gia phản ứng thế brom và thế nitro dễ hơn benzen.
Các phát biểu đúng là:
A. (1), (2), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (3). D. (1), (3), (4).
(1) Phenol tan ít trong nước nhưng tan nhiều trong dung dịch HCl → Sai nên nơi nào có (1) ta
loại → A,C, D → Chọn B.
Câu 21: Có bao nhiêu tripeptit (mạch hở) khác loại mà khi thủy phân hoàn toàn đều thu được 3
aminoaxit: glyxin, alanin và phenylalanin?
Glyxin(A), alanin(B) và phenylalanin(C)
ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA → Chọn D.
A. 3. B. 9. C. 4. D. 6.
Câu 22: Hỗn hợp khí X gồm đimetylamin và hai hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp. Đốt cháy hoàn
toàn 100 ml hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 550 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi nước.
Nếu cho Y đi qua dung dịch axit sunfuric đặc (dư) thì còn lại 250 ml khí (các thể tích khí và hơi đo ở
cùng điều kiện). Công thức phân tử của hai hiđrocacbon là
A. C2H6 và C3H8. B. C3H6 và C4H8. C. CH4 và C2H6. D. C2H4 và C3H6.
Hỗn hợp khí Y gồm : CO2, H2O và N2

Trang 7/6 - Mã đề thi 596
VH 2O + VCO2 + VN2 =ml
550
H2SO4 hấp thụ nước nên: VCO2 + VN2 =ml
250
Gọi công thức chung của hỗn hợp là C x H y N z
y Z
C x H y N z + O2 → xCO2 + H 2O + N 2
2 → 50 y= 300 → y= 6
2
100 50 y
Mà đimetyl amin có số nguyên tử hidro bằng 7 → Số nguyên tử H trung bình của hai hidrocacbon phải
bé thua 7. → Loại A và B ( vì số nguyên tử trung bình bằng 7)
Nếu hai hidrocacbon la ancanl thì Vancal VH 2O − VCO2
=
Vì hỗn hợp X chứa cả đimetyl amin nên VH 2O − VCO2 < VX
Cn H 2 n + 2 + O2 → nCO2 + (n + 1) H 2O
C2 H 7 N 2 +O2 → 2CO2 + 0,5 N 2 + 3,5 H 2O
VH 2O − VCO2 =Vancal + VN2 + VC2 H7 N → Vancal + VC2 H7 N =VH 2O − VCO2 − VN2 → VX = 300 − 250 = 50 ≠ 100
→ Loại C. → Chọn D.
Câu 23: Phát biểu đúng là:
A. Khi thủy phân đến cùng các protein đơn giản sẽ cho hỗn hợp các α-aminoaxit.
B. Khi cho dung dịch lòng trắng trứng vào Cu(OH)2 thấy xuất hiện phức màu xanh đậm.
C. Enzim amilaza xúc tác cho phản ứng thủy phân xenlulozơ thành mantozơ.
D. Axit nucleic là polieste của axit photphoric và glucozơ.
-Khi thủy phân đến cùng các protein đơn giản sẽ cho hỗn hợp các α-aminoaxit → Đúng
-Khi cho dung dịch lòng trắng trứng vào Cu(OH)2 thấy xuất hiện phức màu xanh đậm. → Sai, màu xanh
tím.
-Enzim amilaza xúc tác cho phản ứng thủy phân xenlulozơ thành mantozơ. → Sai, tinh bột thành mantozơ
-Axit nucleic là polieste của axit photphoric và glucozơ. → Sai, Axit nucleic là polieste của axit
photphoric và pentozơ
→ Chọn A.
Câu 24: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức, thuộc cùng dãy đồng đẳng, thu được
3,808 lít khí CO2 (đktc) và 5,4 gam H2O. Giá trị của m là
A. 4,72. B. 5,42. C. 7,42. D. 5,72.
3,808 5, 4
= = 0,17 mol , nH 2O = 0,3mol=
nCO2
22, 4 18
Vì nH 2O > nCO2 → hỗn hợp là ancol no đơn chức, và số mol của ancol bằng số mol nước trừ đi số mol
CO2 →
3n
Cn H 2 n +1OH + O2 → nCO2 + (n + 1) H 2O
2
(n + 1)0,13
0,13 0,13n
0,17 17
→ 0,13n 0,17 → n
= = =
0,13 13
17
mancol = n + 18).0,13 = + 18).0,13 = g
(14 (14 4, 72
13
→ Chọn A

Câu 25: Nhận định nào sau đây đúng khi nói về 3 nguyên tử: 26
26 55
X, Y, Z?
12
13 26
A. X, Y thuộc cùng một nguyên tố hoá học.
B. X và Z có cùng số khối.
C. X và Y có cùng số nơtron.
D. X, Z là 2 đồng vị của cùng một nguyên tố hoá học.

Trang 8/6 - Mã đề thi 596
X, Y thuộc cùng một nguyên tố hoá học → Sai, vì Z X 1= 26
= 3, ZY
- X và Z có cùng số khối → Đúng.
- X và Y có cùng số nơtron → Sai, X có 26-13=13 còn Y có 55-26 =29.
- X, Z là 2 đồng vị của cùng một nguyên tố hoá học → Sai, dựa vào khái niệm đồng vị ta thấy X và Z
không cùng là một nguyên tố hóa học.
→ Chọn B
Câu 26: Cho x mol Fe tan hoàn toàn trong dung dịch chứa y mol H2SO4 (tỉ lệ x : y = 2 : 5), thu được
một sản phẩm khử duy nhất và dung dịch chỉ chứa muối sunfat. Số mol electron do lượng Fe trên
nhường khi bị hoà tan là
A. 3x. B. y. C. 2x. D. 2y.
Nếu : H 2 SO4 + Fe → FeSO4 + H 2 ( x =→ Loại
y)
Nếu : 6 H 2 SO4 + 2 Fe → Fe2 ( SO4 )3 + 3SO2 ↑ 6 H 2O( x : y = → loại
1: 3)
Chứng tỏ Fe còn dư sẽ tác dụng với Fe để về Fe
3+ 2+

Fe → Fe 2+ + 2e
x 2x
SO4 − + 2e + 4 H + → SO2 + 2 H 2O
2


y 2y
2 x = y → Chọn B.
Câu 27: Axeton được điều chế bằng cách oxi hoá cumen nhờ oxi, sau đó thuỷ phân trong dung dịch
H2SO4 loãng. Để thu được 145 gam axeton thì lượng cumen cần dùng (giả sử hiệu suất quá trình điều
chế đạt 75%) là
A. 300 gam. B. 500 gam. C. 400 gam. D. 600 gam.
C6 H 5CH (CH 3 ) 2  CH 3COCH 3 + C6 H 5OH

O2



126 58
m← 145
145.126.100
= = 420 g
m
58.75
→ Chọn C.

Câu 28: Cho các chất: NaHCO3, CO, Al(OH)3, Fe(OH)3, HF, Cl2, NH4Cl. Số chất tác dụng được với
dung dịch NaOH loãng ở nhiệt độ thường là
A. 4. B. 5. C. 3. D. 6.
CO và Fe(OH)3 không tác dụng được → Chỉ có năm chất còn lại → Chọn B.
Câu 29: Thuỷ phân hoàn toàn 0,2 mol một este E cần dùng vừa đủ 100 gam dung dịch NaOH 24%,
thu được một ancol và 43,6 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic đơn chức. Hai axit đó là
A. HCOOH và CH3COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH.
C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. HCOOH và C2H5COOH.

mct .100% C %.mdd . 24.100 24
C% = → mct = = = 24 g → nNaOH = = 0, 6mol
mdd 100% 100 40
: neste = 3 :1 → este đã cho là este đã cho là este ba chức
nNaOH
(RCOO)3 R ' +3NaOH → 3RCOONa+R '(OH )3
.
0, 2 0, 6 0, 6 0, 2
43, 6
M RC= = 72, 67 → Phải có một muối là HCOONa( M =68) → loại B và C
OONa
0, 6
Muối còn lại là RCOONa
Nếu muối RCOONa gấp hai lần số muối HCOONa (0,2mol) thì

Trang 9/6 - Mã đề thi 596
2 M RCOONa + 68 43, 6
= → M RCOONa = → Loại 75
3 0, 6
Nếu muối HCOONa gấp hai lần muối RCOONa (0,2) thì HCOONa =0,4 mol
M RCOONa + 268 43, 6
=→ M RCOONa = CH 3COONa
82 →
3 0, 6
→ Chọn A.
Câu 30: Các nguyên tố từ Li đến F, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân thì
A. bán kính nguyên tử và độ âm điện đều tăng.
B. bán kính nguyên tử tăng, độ âm điện giảm.
C. bán kính nguyên tử giảm, độ âm điện tăng.
D. bán kính nguyên tử và độ âm điện đều giảm.
Từ Li đến F là các nguyên tố thuộc chu kì II
-Trong một chu kì, đi từ trái qua phải theo chiều tăng dần điện tích hạt nhân
thì bán kính giảm, tính kim loại giảm, độ âm điện tăng, tính phi kim tăng.

Câu 31: Cho 0,15 mol H2NC3H5(COOH)2 (axit glutamic) vào 175 ml dung dịch HCl 2M, thu được
dung dịch X. Cho NaOH dư vào dung dịch X. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, số mol NaOH
đã phản ứng là
A. 0,50. B. 0,65. C. 0,70. D. 0,55.

Câu 32: Cho 7,1 gam hỗn hợp gồm một kim loại kiềm X và một kim loại kiềm thổ Y tác dụng hết
với lượng dư dung dịch HCl loãng, thu được 5,6 lít khí (đktc). Kim loại X, Y là
A. natri và magie. B. liti và beri. C. kali và canxi. D. kali và bari.
Cách 1: gọi x là số mol của kim loại kiềm, y là số mol của kim loại kiềm thổ
Thay các đáp án của bài toán vào, cặp nào thỏa mãn là ta chọn.
Cách 2:
Gọi kí hiệu của hai kim loại kiềm là M và có hóa trị là n với 1 < n < 2
n
M → M + ne
0,5
0,5
→ M = 2n
14,
n
2 H + + 2e → H 2
0,5 0,5 0, 25
Vì 1 < n < 2 → 14, 2 < M < 28, 4
Chỉ có Na và Mg là thỏa mãn → Chọn A.

Câu 33: Hoà tan hoàn toàn 8,94 gam hỗn hợp gồm Na, K và Ba vào nước, thu được dung dịch X và
2,688 lít khí H2 (đktc). Dung dịch Y gồm HCl và H2SO4, tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 1. Trung hoà dung
dịch X bởi dung dịch Y, tổng khối lượng các muối được tạo ra là
A. 13,70 gam. B. 18,46 gam. C. 12,78 gam. D. 14,62 gam.
Khi cho các kim loại trên tác dụng với nước thì các kim loại trên sẽ nhường electron cho nước và nước
sẽ nhận electron theo phương trình sau:
2 H 2O + 2e → 2OH − + H 2 ↑
0, 24 0,12




Trang 10/6 - Mã đề thi 596
H 2 SO4 → 2 H + + SO4 −
2


x 2x x
HCl → H + + Cl −
4x 4x x
H + + OH − → H 2O
6x 0, 24
→ x = 04
0,
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có
mmuoi = kl + mSO2− + mCl − =8,94 + 0, 04.96 + 4.0, 04.35,5 = 46 g
m 18,
4

→ Chọn B.

Câu 34: Cho sơ đồ chuyển hoá:




C3 H 6 + Br2 → Br − CH 2 − CH 2 − CH 2 − Br
Br − CH 2 − CH 2 − CH 2 − Br + NaOH → HO − CH 2 − CH 2 − CH 2 − OH + 2 NaBr
HO − CH 2 − CH 2 − CH 2 − OH + 2CuO  CHO − CH 2 − CHO + 2Cu + 2 H 2O

o
t

2+
CHO − CH 2 − CHO + O2  HOOC − CH 2 − COOH

Mn


HOOC − CH 2 − COOH + CH 3OH   CH 3OCO − CH 2 − COOCH 3 + H 2O
 

→ Chọn A.
Câu 35: Cho 4 dung dịch: H2SO4 loãng, AgNO3, CuSO4, AgF. Chất không tác dụng được với cả 4
dung dịch trên là
A. KOH. B. BaCl2. C. NH3. D. NaNO3.
Chỉ có NaNO3 là không tác dụng được với các chất trên → Chọn D.
Câu 36: Phản ứng điện phân dung dịch CuCl2 (với điện cực trơ) và phản ứng ăn mòn điện hoá xảy ra
khi nhúng hợp kim Zn-Cu vào dung dịch HCl có đặc điểm là:
A. Phản ứng xảy ra luôn kèm theo sự phát sinh dòng điện.
B. Đều sinh ra Cu ở cực âm.
C. Phản ứng ở cực âm có sự tham gia của kim loại hoặc ion kim loại.
D. Phản ứng ở cực dương đều là sự oxi hoá Cl–.
Điện phân dung dịch CuCl2 thì

Cực âm (-) catot Cực dương (+) anot
Cu 2+ + 2e → Cu ↓ 2Cl − → Cl2 ↑ +2e


Khi nhúng hợp kim Zn-Cu vào dung dịch HCl thì xẩy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa

Cực âm (-) catot Cực dương (+) anot
Zn → Zn 2+ + 2e 2 H + + 2e → H 2 ↑


Phản ứng ở cực âm có sự tham gia của kim loại hoặc ion kim loại → Chọn C.


Trang 11/6 - Mã đề thi 596
Câu 37: Anken X hợp nước tạo thành 3-etylpentan-3-ol. Tên của X là
A. 3-etylpent-3-en. B. 2-etylpent-2-en. C. 3-etylpent-2-en. D. 3-etylpent-1-en.
Chỉ có 3-etylpent-2-en
CH 3 − CH = − CH 2 − CH 3
C
C2 H 5

→ Chọn C.

Câu 38: Cho sơ đồ chuyển hoá:




(C3 H 5 )(OCOC17 H 33 )3 + 3H 2  (C3 H 5 )(OCOC17 H 35 )3 ( X )

0
Ni ,t


(C3 H 5 )(OCOC17 H 35 )3 ( X ) + 3 NaOH  3C17 H 35COONa (Y ) + C3 H 5 (OH )3

C17 H 35COONa (Y ) + HCl  C17 H 35COOH ( Z ) + NaCl

Vậy Z là axit stearic → Chọn D.
Câu 39: Phát biểu không đúng là:
A. Hiđro sunfua bị oxi hoá bởi nước clo ở nhiệt độ thường.
B. Kim cương, than chì, fuleren là các dạng thù hình của cacbon.
C. Tất cả các nguyên tố halogen đều có các số oxi hoá: -1, +1, +3, +5 và +7 trong các hợp chất.
D. Trong công nghiệp, photpho được sản xuất bằng cách nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và
than cốc ở 1200oC trong lò điện.
Mệnh đề : Tất cả các nguyên tố halogen đều có các số oxi hoá: -1, +1, +3, +5 và +7 trong các hợp chất
là Sai vì F chỉ có số oxhi hoá bằng -1 trong các hợp chất, F không có số oxi hóa dương - do F là phi kim
có độ âm điện mạnh nhất và F không có phân lớp d.
Câu 40: Đốt cháy hoàn toàn một este đơn chức, mạch hở X (phân tử có số liên kết π nhỏ hơn 3), thu
được thể tích khí CO2 bằng 6/7 thể tích khí O2 đã phản ứng (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện).
Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với 200 ml dung dịch KOH 0,7M thu được dung dịch Y. Cô cạn Y
thu được 12,88 gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 7,20. B. 6,66. C. 8,88. D. 10,56.
Gọi công thức của este đơn chức mạch hở là Cn H 2 n − 2 a O2
3n − 3a − 2
Cn H 2 n − 2 a O2 + O2 → nCO2 + (n − a ) H 2O
2
3n − 3a − 2 6
Theo giả thiết ta có: . =n
2 7
Vì số liên kết pi trong X bé thua 3 nên nghiệm hợp lí là a =0 và n=3
Vậy công thức phân tử của este X là C3 H 6O2
Nếu phản ứng vừa đủ thì số mol este bằng số mol KOH → Không có giá trị nào của m thỏa mãn
→ Chứng tỏ KOH phải dư → 12,88 gam chất rắn khan phải có RCOOK và KOH dư. → Loại D.
Thử các kết quả còn lại của bài toán chỉ thấy m=8,88 là thỏa mãn → Chọn C.



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: Chất được dùng để tẩy trắng giấy và bột giấy trong công nghiệp là
A. CO2. B. SO2. C. N2O. D. NO2.

Trang 12/6 - Mã đề thi 596
-CO2 là khí gây hiệu ứng nhà kính, được nạp vào các loại nước giải khát nhằm tạo ga, nó cũng được
dùng làm nước đá khô, dùng để chữa cháy…
-SO2 được dùng để tẩy màu, tẩy trắng giấy và bột giấy trong công nghiệp, tẩy màu trong quá trình sản
xuất đường, nó là một trong các khí gây mưa axit,
-N2O còn gọi là khí vui
-NO2 khí màu nâu, độc, dùng để sản xuất HNO3…
→ Chọn B.
Câu 42: Hỗn hợp X gồm 1 mol aminoaxit no, mạch hở và 1 mol amin no, mạch hở. X có khả năng
phản ứng tối đa với 2 mol HCl hoặc 2 mol NaOH. Đốt cháy hoàn toàn X thu được 6 mol CO2, x mol
H2O và y mol N2. Các giá trị x, y tương ứng là
A. 8 và 1,0. B. 8 và 1,5. C. 7 và 1,0. D. 7 và 1,5.
2 mol X tác dụng hết với 2mol HCl chứng tỏ amin có chứa 1N và aminoaxit cũng chứa 1N.
2 mol X tác dụng hết với 2mol NaOH chứng tỏ aminoaxit chứa hai nhóm COOH
Vậy công thức của amin là C x H y NH 2 và aminoaxit là Cn H 2 n −1 (COOH ) 2 NH 2
→ Đốt cháy 2mol X sẽ giải phóng 1 mol N2 → loại B và D.
Theo giả thiết ta có:
x+n+2= 6→ x+n = 4
x =1 thì n =3; x =2 thì n=2; x=3 thì n =1
Xét trường hợp 1 Amin là CH3NH2 và aminoaxit là C3 H 5 (COOH ) 2 NH 2
CH 3 NH 2 → CO2 + 2,5 H 2O + 0,5 N 2
1 1 2,5 0,5
C3 H 5 (COOH ) 2 NH 2 → 5CO2 + 4,5 H 2O + 0,5 N 2
1 5 4,5 0,5
Thỏa mãn điều kiện bài toán → Chọn C.
Câu 43: Từ 180 gam glucozơ, bằng phương pháp lên men rượu, thu được a gam ancol etylic (hiệu
suất 80%). Oxi hoá 0,1a gam ancol etylic bằng phương pháp lên men giấm, thu được hỗn hợp X. Để
trung hoà hỗn hợp X cần 720 ml dung dịch NaOH 0,2M. Hiệu suất quá trình lên men giấm là
A. 80%. B. 10%. C. 90%. D. 20%.

C6 H12O6 → 2C2 H 5OH + 2CO2 ↑
men


180 92
92.80
Do hiệu suất lên men đạt 80% nên lượng C2 H 5OH th được là = 73, 6 g
100
Lấy 0,1a hay 0,1.73,6=7,36 gam lên men thành axit axetic
7,36
= = 0,16mol
nC2 H5OH
46
C2 H 5OH + O2  CH 3COOH + H 2O

men giam


CH 3COOH + NaOH → CH 3COONa+H 2O
0,144 0,144
0,144
Hiệu suất H % = 90% → Chọn C.
= .100%
0,16
Câu 44: Các chất vừa tác dụng được với dung dịch HCl vừa tác dụng được với dung dịch AgNO3 là:
A. CuO, Al, Mg. B. Zn, Cu, Fe. C. MgO, Na, Ba. D. Zn, Ni, Sn.
Cu không tác dụng với HCl → loại B.
-CuO, MgO không tác dụng được với AgNO3 → Loại A và C → Chọn D.
Câu 45: Trong phản ứng: K2Cr2O7 + HCl → CrCl3 + Cl2 + KCl + H2O
Số phân tử HCl đóng vai trò chất khử bằng k lần tổng số phân tử HCl tham gia phản ứng. Giá trị
của k là
A. 4/7. B. 1/7. C. 3/14. D. 3/7.

Trang 13/6 - Mã đề thi 596
Welcome to http://trithucbonphuong.com


K 2Cr2O7 + 14 HCl → 2CrCl3 + 3Cl2 +2 KCl + 7H 2 O
Số mol HCl đóng vai trò chất khử bằng 6
Số mol HCl tham gia phản ứng bằng 14
63
Vậy = = → Chọn D.
k
14 7
Câu 46: Nhỏ từ từ từng giọt đến hết 30 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch chứa Na2CO3
0,2M và NaHCO3 0,2M, sau phản ứng thu được số mol CO2 là
A. 0,030. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,015.
= 0, 03mol ; nCO2− 0,= 0, 02mol
nHCl = 02mol ; nHCO−
3 3

Trước tiên xẩy ra phản ứng sau:
H + + CO32− → HCO3− (1)
0, 02 0, 02 0, 02
Sau phản ứng (1) HCl còn dư là 0,03-0,02 =0,01 mol và HCO3- là 0,02+0,02 =0,04 mol
Sẽ xẩy ra phản ứng sau
H + + HCO3− → CO2 ↑ + H 2O
0, 01 0, 04 0, 01
→ Chọn B
Câu 47: Cho m gam hỗn hợp etanal và propanal phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3
trong NH3, thu được 43,2 gam kết tủa và dung dịch chứa 17,5 gam muối amoni của hai axit hữu cơ.
Giá trị của m là
A. 10,9. B. 14,3. C. 10,2. D. 9,5.
43, 2
= = 0, 4mol
nAg
108
Gọi công thức chung của hai adehit là RCHO
RCHO + 2 AgNO3 + 3 NH 3 + H 2O → RCOONH 4 + 2 NH 4 NO3 + 2 Ag ↓
0, 2 0, 2 0, 4 0, 4
mRCOONH = 17,5 = ( R + 62)0, 2 → R = 25,5
4

→ mRCHO 0, 2(25,5 + = 10,9 g → Chọn A.
= 29)
Câu 48: Hỗn hợp gồm 0,1 mol một axit cacboxylic đơn chức và 0,1 mol muối của axit đó với kim
loại kiềm có tổng khối lượng là 15,8 gam. Tên của axit trên là
A. axit propanoic. B. axit metanoic. C. axit etanoic. D. axit butanoic.
 RCOOH (0,1mol )
→ ( R + 45).0,1 + ( R + 44 + M ).0,1 =
 15,8
 RCOOM (0,1mol )
0, 2 R + 8,9 + 0,1M =15,8
Nghiệm hợp lí là R=15(C H3-) và M=39(K)
→ Axit là CH 3COOH → Chọn C.
Câu 49: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hiđrocacbon X. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung
dịch Ba(OH)2 (dư) tạo ra 29,55 gam kết tủa, dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm 19,35 gam
so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Công thức phân tử của X là
A. C3H4. B. C2H6. C. C3H6. D. C3H8.
29,55
nCO2= n ↓= = 0,15mol
197
Sản phẩm cháy gồm CO2 và nước hấp thụ hết bởi Ba(OH)2 nên
mCO2 + mH 2O − m ↓= −19,35 → mH 2O = m ↓ − mCO2 − 19,35
3, 6
mH 2O = 29,55 − 0,15.44 − 19,35 = 3, 6 g → nH 2O = =0, 2mol
18
> n CO2 nên hidrocacbon là ankan → Loại A và C.
Vì nH 2O
Trang 14/6 - Mã đề thi 596
Welcome to http://trithucbonphuong.com


Số mol của hi drocacbon bằng số mol nước trừ số mol CO2 =0,2-0,15 =0,05mol
3n + 1
Cn H 2 n + 2 + O2 → nCO2 + (n + 1) H 2O
2
0, 05n (n + 1).0, 05
0, 05
Theo giả thiết ta có 0, 05n 0,15 → n 3 → C3 H 8 → Chọn D.
= =



Câu 50: Điện phân (với điện cực trơ) một dung dịch gồm NaCl và CuSO4 có cùng số mol, đến khi ở
catot xuất hiện bọt khí thì dừng điện phân. Trong cả quá trình điện phân trên, sản phẩm thu được ở
anot là
C. chỉ có khí Cl2.
A. khí Cl2 và O2. B. khí H2 và O2. D. khí Cl2 và H2.



Catot(-) Anot(+)
Cu 2+ , H + ( H 2O), Na + Cl − , OH − ( H 2O), SO4 −
2


2Cl − → Cl2 ↑ +2e(3)
Cu 2+ + 2e → Cu (1)
x 2x x x 0,5 x x
2 H 2O → O2 ↑ +4 H + + 4e(4)

H 2O + 2e → H 2 ↑ +2OH (2)
0,5 x 0, 25 x x


Khi catot xuất họt khí là lúc nước bị điện phân ở catot, trong khi đó nước ở anot đã bị điện phân rồi, vì
CuSO4 và NaCl có số mol như nhau. Nên ở catot Cu2+ nhận 2x mol e thì ở anot Cl- mới chỉ nhường x
mol e nên H2O phải nhường x mol e nũa. → khí Cl2 và O2 thoát ra ở anot → Chọn A.


Trên đây là lời giải chi tiết của đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2009.
Các em học sinh ở địa bàn Diễn Châu – Yên Thành có thể đăng kí học tại trung tâm
luyện thi TRI THỨC TRẺ
Điạ chỉ: Nhà Thầy Nhân- Xóm 9- Hợp Thành Yên Thành- Nghệ An.
Trung tâm chúng tôi khai giảng các lớp luyện thi dài hạn và luyện thi cấp tốc.
Các em học sinh ở địa bàn Nghĩa Đàn, Quỳ Hợp, Quỳnh Lưu, Diễn Châu, Yên Thành,
Đô Lương nếu về địa bàn xã Hợp Thành xin vui lòng liên lạc với trung tâm TRI THỨC
TRẺ để được hướng dẫn ôn tập các môn Toán , lý Hóa với các thầy cô giáo giỏi giảng
dạy.
Rất mong được các em học sinh và đồng nghiệp góp ý cho lời giải này để ngày càng
hoàn thiện hơn.
Mọi đóng góp về bài giảng xin vui lòng liên lạc với tác giả theo địa chỉ
Email:nguyenainhan79@yahoo.com
Website:http://trithucbonphuong.com




Trang 15/6 - Mã đề thi 596
ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
ð THI TUY N SINH VÀO CÁC TRƯ NG ð I H C, KH I A, 2010
Phân tích, hướng dẫn giải :
ThS. Phạm Ngọc Ân, Cộng tác viên Công ty Cổ phần Học liệu Sư phạm
TRÂN TRỌNG CẢM ƠN
1. Ông Ninh Quốc Tình, Giám đốc Công ty Cổ phần Học liệu Sư phạm
2. ThS. Phạm Ngọc Bằng, Khoa Hoá học, ĐHSP Hà Nội đã xem và đóng góp ý kiến
3. Phòng chế bản, Công ty Cổ phần Học liệu Sư phạm


Câu 1: Dung d ch X có ch a: 0,07 mol Na+; 0,02 mol SO 2 − và x mol OH—. Dung
4

d ch Y có ch a ClO − , NO 3 và y mol H+; t ng s mol ClO − và NO 3 là 0,04. Tr n
− −
4 4

X và Y ñư c 100 ml dung d ch Z. Dung d ch Z có pH (b qua s ñi n li c a H2O) là
A. 1. B . 2. C. 12. D. 13.
Phân tích, h ng d n gi i:
Áp d ng b o toàn ñi n tích cho dung d ch X :
0,07 = 0,02×2 + x ⇒ x = 0,03 (mol)

) = 0,04
(
=n +n
Áp d ng b o toàn ñi n tích cho dung d ch Y : y = n
H+ − −
ClO4 NO3


Khi tr n dung d ch X v i dung d ch Y;

H + + OH −  H 2O
→ (1)
0, 03 → 0, 03
0, 01
= 0, 04 − 0, 03 = 0, 01( mol ) ⇒  H +  = = 0,1 = 10 −1 ( M )
⇒n 
H + ( d− ) 0,1
⇒ pH = 1 ⇒ ðáp án A.
Câu 2: Cho 19,3 gam h n h p b t Zn và Cu có t l mol tương ng là 1 : 2 vào
dung d ch ch a 0,2 mol Fe2(SO4)3. Sau khi các ph n ng x y ra hoàn toàn, thu
ñư c m gam kim lo i. Giá tr c a m là
A. 6,40. B. 16,53. C. 12,00. D. 12,80.
Phân tích, h ng d n gi i:
ð t nZn = x (mol) ⇒ nCu = 2x (mol)
⇒ 65x + 64.2x = 19,3 ⇒ x = 0,1 (mol)

Zn + 2Fe3+  Zn 2+ + 2Fe2+

0,1 → 0, 2
⇒ kim lo i sau ph n ng là Cu dư : 0,1 (mol)
3+ 2+ 2+
Cu + 2Fe  Cu
→ + 2Fe
0,1 ← 0, 2

⇒ m = m Cu ( d− ) = 0,1× 64 = 6, 4 ( gam ) ⇒ ðáp án A.

Câu 3: H n h p khí X g m N2 và H2 có t kh i so v i He b ng 1,8. ðun nóng X
m t th i gian trong bình kín (có b t Fe làm xúc tác), thu ñư c h n h p khí Y có t
kh i so v i He b ng 2. Hi u su t c a ph n ng t ng h p NH3 là
A. 50% B. 36% C. 40% D. 25%
Phân tích, h ng d n gi i:
5,2
N2 28
n N2 5, 2 1
= =

7,2
n H2 2,8 4
H2 2 20,8
⇒ Hi u su t ph n ng tính theo N2.
Ch n n X = 1 ⇒ n N 2 = 0, 2 ( mol )

M X n Y 1,8
= 0, 9 ( do m X = m Y ) ⇒ n Y = 0,9
= =
MY nX 2


N 2 + 3H 2 ← 2NH3


H = 100% ⇒ sè mol khÝ gi¶m = 2n N 2 = 0, 4 ( mol ) 
 0,1× 100
⇒ H = = 25%
H  (1 − 0, 9 ) = 0,1( mol ) 
→ 0, 4

⇒ ðáp án D.
Câu 4: Trong s các ch t : C3H8, C3H7Cl, C3H8O và C3H9N; ch t có nhi u ñ ng
phân c u t o nh t là
A. C3H7Cl B. C3H8O C. C3H8 D. C3H9N
Phân tích, h ng d n gi i:
T ng s nguyên t cacbon trong các ch t là b ng nhau ⇒ khi liên k t v i các
nguyên t có hoá tr cao (N có hoá tr cao nh t), s ñ ng phân s tăng
⇒ ðáp án D.
Câu 5: Th c hi n các thí nghi m sau :
(I) S c khí SO2 vào dung d ch KMnO4
(II) S c khí SO2 vào dung d ch H2S
(III) S c h n h p khí NO2 và O2 vào nư c
(IV) Cho MnO2 vào dung d ch HCl ñ c, nóng
(V) Cho Fe2O3 vào dung d ch H2SO4 ñ c, nóng
(VI) Cho SiO2 vào dung d ch HF
S thí nghi m có ph n ng oxi hoá - kh x y ra là
A. 3 B. 6 C. 5 D. 4
Phân tích, h ng d n gi i:

(1) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4


(2) SO2 + 2H2S  3S + 2H2O


(3) 4NO2 + O2 + 2H2O  4HNO3

t0
(4) MnO2 + 4HCl ñ c  MnCl2 + Cl2 + H2O

t0
(5) 2Fe2O3 + 3H2SO4 ñ c  Fe2(SO4)3 + 3H2O


(6) SiO2 + 4HF  SiF4 + 2H2O

Các ph n ng (5) và (6) không có s thay ñ i s oxi hoá ⇒ ðáp án D.


Câu 6: Cho cân b ng : 2SO2 (k) + O2 (k) ← 2SO3 (k)

Khi tăng nhi t ñ thì t kh i c a h n h p khí so v i H2 gi m ñi. Phát bi u ñúng khi
nói v cân b ng này là :
A. Ph n ng ngh ch to nhi t, cân b ng d ch chuy n theo chi u thu n khi tăng
nhi t ñ .
B. Ph n ng thu n to nhi t, cân b ng d ch chuy n theo chi u ngh ch khi tăng
nhi t ñ .
C. Ph n ng ngh ch thu nhi t, cân b ng d ch chuy n theo chi u thu n khi tăng
nhi t ñ .
D. Ph n ng thu n thu nhi t, cân b ng d ch chuy n theo chi u ngh ch khi tăng
nhi t ñ .
Phân tích, h ng d n gi i:
Theo ñ nh lu t b o toàn, kh i lư ng h n h p khí luôn không ñ i.
T kh i c a h n h p khí (sau khi tăng nhi t ñ ) so v i H2 gi m ñi, ch ng t kh i
 m
lư ng phân t trung bình gi m  M =  ⇒ S mol khí tăng ⇒ Cân b ng chuy n
 n
d ch theo chi u ngh ch (chi u gi m nhi t ñ t c thu nhi t) ⇒ ph n ng thu n là
to nhi t.
⇒ ðáp án B.
Câu 7: Cho m gam NaOH vào 2 lít dung d ch NaHCO3 n ng ñ a mol/l, thu ñư c
2 lít dung d ch X. L y 1 lít dung d ch X tác d ng v i dung d ch BaCl2 (dư) thu
ñư c 11,82 gam k t t a. M t khác, cho 1 lít dung d ch X vào dung d ch CaCl2
(dư) r i ñun nóng, sau khi k t thúc các ph n ng thu ñư c 7,0 gam k t t a. Giá tr
c a a, m tương ng là
A. 0,04 và 4,8 B. 0,07 và 3,2 C. 0,08 và 4,8 D. 0,14 và 2,4
Phân tích, h ng d n gi i:
Áp d ng b o toàn nguyên t (v i cacbon) :

OH − + HCO3  CO3 − + H 2O

→ 2
(1)

7, 0 11,82
= 0, 07 ( mol ) > n BaCO3 = = 0, 06 ( mol )
Do n CaCO3 =
100 197
⇒ Dung d ch X có ch a ñ ng th i CO3 − ; HCO3 : x ( mol )

2


⇒ Sau (1) : NaOH ph n ng h t ; NaHCO3 còn dư
n CO2− = 2 × n BaCO3 = 0,12 ( mol )
3



2HCO3  CO3 − + CO2 ↑ + H 2O
− t0
→ 2


x  0,5x


n CO2− = ( 0,12 + 0,5x ) = 2n CaCO3 = 0,14 ⇒ x = 0,04 ( mol )
3


n HCO− = 0,12 + x = 0,16 ( mol ) = 2a ⇒ a = 0, 08 ( M )
3


n NaOH = n CO2− (1) = 0,12 ⇒ m = 0,12 × 40 = 4,8 ( gam )
3


⇒ ðáp án C.
Câu 8: M t phân t saccarozơ có
A. m t g c β-glucozơ và m t g c β-fructozơ
B. m t g c β-glucozơ và m t g c α-fructozơ
C. hai g c α-glucozơ
D. m t g c α-glucozơ và m t g c β-fructozơ
Phân tích, h ng d n gi i:
Saccarozơ ñư c c u t o t m t g c g c α-glucozơ và m t g c β-fructozơ liên k t
v i nhau qua nguyên t oxi gi C1 c a glucozơ và C2 c a fructozo (C1−O−C2):
Liên k t glicozit ⇒ ðáp án D.
Câu 9: Oxi hoá h t 2,2 gam h n h p hai ancol ñơn ch c thành anñehit c n v a ñ
4,8 gam CuO. Cho toàn b lư ng anñehit trên tác d ng v i lư ng dư dung d ch
AgNO3 trong NH3, thu ñư c 23,76 gam Ag. Hai ancol là :
A. C2H5OH, C2H5CH2OH B. C2H5OH, C3H7CH2OH
C. CH3OH, C2H5CH2OH D. CH3OH, C2H5OH
Phân tích, h ng d n gi i:
4,8 23, 76
= 0, 06 ( mol ) ; n Ag = = 0, 22 ( mol )
n ancol = n CuO =
80 108
Nh n th y : n Ag > 2n ancol ⇒ Có m t ancol là CH3OH ⇒ Lo i phương án A và B.

Nh n xét : Các ancol trong 4 phương án ñ u là ancol b c nh t

CH3OH  HCHO  4Ag 
→ →


a  4a  a + b = 0, 06 a = 0, 05

⇒  ⇒
RCH 2OH  RCHO  2Ag  4a + 2b = 0, 22 b = 0, 01
→ →

b → 2b  
mancol = 32×0,05 + (R + 31) ×0,01 = 2,2 ⇔ R = 29 (—C2H5)
ðáp án C.
Câu 10: H n h p M g m ancol no, ñơn ch c X và axit cacboxylic ñơn ch c Y,
ñ u m ch h và có cùng s nguyên t C, t ng s mol c a hai ch t là 0,5 mol (s
mol c a Y l n hơn s mol c a X). N u ñ t cháy hoàn toàn M thì thu ñư c 3,36 lít
khí CO2 (ñktc) và 25,2 gam H2O. M t khác, n u ñun nóng M v i H2SO4 ñ c ñ
th c hi n ph n ng este hoá (hi u su t là 80%) thì s gam este thu ñư c là
A. 34,20 B. 27,36 C. 22,80 D. 18,24
Phân tích, h ng d n gi i:
n CO2 = 1,5 ( mol ) ; n H2O = 1, 4 ( mol )

1,5 1, 4
⇒ nC = = 3; n H = 2 × = 5, 6 ⇒ ancol là C3H8O : a (mol)
0,5 0,5
G i công th c c a axit là C3HnO2 (n ≤ 4 và n là ch n)
TH1 : n = 4 ⇒ C3H4O2 : b (mol)
a + b = 0, 5 a = 0, 2
⇒

8a + 4b = 2,8  b = 0,3



C3H8O + C3H4O2 ← C6H10O2 + H2O


0,2  0,2 ( H = 100%)

80
= 18, 24 ( gam ) ⇒ ðáp án D.
⇒ meste = 0, 2 × 114 ×
100
TH2 : n = 2 ⇒ C3H2O2 : b (mol)
a + b = 0, 5 a = 0,3
⇒ ⇒ Lo i (vì a > b)

8a + 2b = 2,8  b = 0, 2
Câu 11: Cho dung d ch X g m: 0,007 mol Na+; 0,003 mol Ca2+; 0,006 mol Cl—;
− −
0,006 HCO3 và 0,001 mol NO 3 . ð lo i b h t Ca2+ trong X c n m t lư ng v a
ñ dung d ch ch a a gam Ca(OH)2 Giá tr c a a là
A. 0,222 B. 0,120 C. 0,444 D. 0,180
Phân tích, h ng d n gi i:
n Ca 2 + = x

n Ca(OH)2 = x ⇒ 
n OH− = 2x

= x + 0, 03 ( mol )
∑ n Ca 2+



ð k t t a h t ion Ca2+: CO3 − + Ca 2+  CaCO3 + H 2O

2


⇒ n CO2 − = n Ca 2 + = a + 0, 003
3



HCO3 + OH −  CO3 − + H 2O

→ 2


⇒ n CO2− = n HCO− = x + 0, 003 = 0, 006 ⇒ x = 0, 003 ( mol )
3 3



Khi ñó n OH − = 2x = 0, 006 : Ph n ng v a ñ v i HCO3

HCO3 + OH −  CO3 − + H 2O

→ 2


0, 06  0, 06  0, 06
→ →
⇒ m = 74×0,003 = 0,222 (gam)
⇒ ðáp án A.
Câu 12: H n h p khí nào sau ñây không t n t i nhi t ñ thư ng ?
A. H2 và F2 B. Cl2 và O2 C. H2S và N2 D. CO và O2
Phân tích, h ng d n gi i:
H2 + F2  2HF

Ph n ng có th x y ra trong bóng t i ho c −2520C ⇒ ðáp án A.
Câu 13: ðun nóng h n h p khí X g m 0,02 mol C2H2 và 0,03 mol H2 trong m t
bình kín (xúc tác Ni), thu ñư c h n h p khí Y. Cho Y l i t t vào bình nư c
brom (dư), sau khi k t thúc các ph n ng, kh i lư ng bình tăng m gam và có 280
ml h n h p khí Z (ñktc) thoát ra. T kh i c a Z so v i H2 là 10,08. Giá tr c a m là
A. 0,328 B. 0,205 C. 0,585 D. 0,620
Phân tích, h ng d n gi i:

{C2H2 ; H2}  Y  Z
→ →
0
+ Br2
Ni, t


mh n h p ban ñ u = 0,02×26 + 0,03×2 = 0,58 (gam)
mkhí tác d ng v i dung d ch brom = mkh i lư ng bình brom tăng
mh = mY = mZ + mkh
n h p ban ñ u i lư ng bình brom tăng

280
× (10,08 × 2 ) = 0, 252 ( gam ) (gam)
M t khác: mZ =
22400
mkh i lư ng bình brom tăng = mh n h p ban ñ u − mZ = 0,58 − 0,252 = 0,328 (gam) ⇒ ðáp án A.
Câu 14: Nung nóng t ng c p ch t trong bình kín: (1) Fe + S (r), (2) Fe2O3 + CO
(k), (3) Au + O2 (k), (4) Cu + Cu(NO3)2 (r), (5) Cu + KNO3 (r) , (6) Al + NaCl (r).
Các trư ng h p x y ra ph n ng oxi hoá kim lo i là :
A. (1), (3), (6) B. (2), (3), (4) C. (1), (4), (5) D. (2), (5), (6)
Phân tích, h ng d n gi i:
+3 0
Fe2 O3 + 3CO  2 Fe + 3CO 2 ⇒ Ph n ng (2) là ph n ng kh ion kim lo i

thành kim lo i ⇒ Lo i phương án B và D.
Au, Pt không b oxi hoá b i oxi ⇒ Lo i phương án A.
⇒ ðáp án C.
Câu 15: T ng s ch t h u cơ m ch h , có cùng công th c phân t C2H4O2 là
A. 3 B. 1 C. 2 D. 4
Phân tích, h ng d n gi i:
2× 2 + 2 − 2
=1
C2H4O2 có ñ b t bão hoà =
2
⇒ Có các công th c tho mãn là :
CH3COOH ; HCOOCH3 và HOCH2CHO
⇒ ðáp án A.
Câu 16: Có các phát bi u sau :
(1) Lưu huỳnh, photpho ñ u b c cháy khi ti p xúc v i CrO3
(2) Ion Fe3+ có c u hình electron vi t g n là [Ar]3d5
(3) B t nhôm t b c cháy khi ti p xúc v i khí clo
(4) Phèn chua có công th c Na2SO4.Al2(SO4)3.24H2O
Các phát bi u ñúng là
A. (1), (3), (4) B. (2), (3), (4) C. (1), (2), (3) D. (1), (2), (4)
Phân tích, h ng d n gi i:
Phèn chua có công th c K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O ⇒ Lo i phương án A, B và D
⇒ ðáp án C.
Câu 17: Phát bi u nào sau ñây ñúng ?
A. Các kim lo i: natri, bari, beri ñ u tác d ng v i nư c nhi t ñ thư ng
B. Kim lo i xeri ñư c dùng ñ ch t o t bào quang ñi n
C. Kim lo i magie có ki u m ng tinh th l p phương tâm di n
D. Theo chi u tăng d n c a ñi n tích h t nhân, các kim lo i ki m th (t beri
ñ n bari) có nhi t ñ nóng ch y gi m d n
Phân tích, h ng d n gi i:
− Ch có các kim lo i ki m (nhóm IA) và kim lo i ki m th (Ca, Sr, Ba) tác d ng
v i H2O nhi t ñ thư ng. Be và Mg là kim lo i nhóm IIA nhưng không tác d ng
v i H2O nhi t ñ thư ng ⇒ Lo i phương án A.
− Kim lo i magie có ki u m ng tinh th l c phương ⇒ Lo i phương án C.
− T Be ñ n Ba bi n ñ i không ñ u (tăng và gi m)
⇒ ðáp án B.
Câu 18: Hoà tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nư c ñư c dung d ch X. N u cho
110 ml dung d ch KOH 2M vào X thì thu ñư c 3a gam k t t a. M t khác, n u cho
140 ml dung d ch KOH 2M vào X thì thu ñư c 2a gam k t t a. Giá tr c a m là
A. 32,20 B. 24,15 C. 17,71 D. 16,10
Phân tích, h ng d n gi i:
ðáp án D.
Câu 19: Cho các lo i tơ: bông, tơ capron, tơ xenlulozơ axetat, tơ t m, tơ nitron,
nilon−6,6. S tơ t ng h p là
A. 3 B. 4 C. 2 D. 5
Phân tích, h ng d n gi i:
Tơ t ng h p là tơ mà các polime do con ngư i t ng h p ra t các monome :
Tơ capron, tơ nitron, nilon−6,6
⇒ ðáp án A.
Bông, tơ tằm : Là polime thiên nhiên
Tơ xenlulozơ axetat: Là polime nhân tạo (bán tổng hợp)
Câu 20: Trong s các phát bi u sau v phenol (C6H5OH):
(1) Phenol tan ít trong nư c nhưng tan nhi u trong dung d ch HCl
(2) Phenol có tính axit, dung d ch phenol không làm ñ i màu quỳ tím
(3) Phenol dùng ñ s n xu t keo dán, ch t di t n m m c
(4) Phenol tham gia ph n ng th brom và th nitro d hơn benzen
Các phát bi u ñúng là
A. (1), (2), (4) B. (2), (3), (4) C. (1), (2), (3) D. (1), (3), (4)
Phân tích, h ng d n gi i:
Phenol là m t axit y u tan ít trong nư c ⇒ tan ít trong trong dung d ch HCl
⇒ ðáp án B.
Câu 21: Có bao nhiêu tripeptit (m ch h ) khác lo i mà khi thu phân hoàn toàn
ñ u thu ñư c 3 aminoaxit: glyxin, alanin và phenylalanin?
A. 3 B. 9 C. 4 D. 6
Phân tích, h ng d n gi i:
ðáp án D.
Câu 22: H n h p khí X g m ñimetylamin và hai hiñrocacbon ñ ng ñ ng liên ti p.
ð t cháy hoàn toàn 100 ml h n h p X b ng m t lư ng oxi v a ñ , thu ñư c 550
ml h n h p Y g m khí và hơi nư c. N u cho Y ñi qua dung d ch axit sunfuric ñ c
(dư) thì còn l i 250 ml khí (các th tích khí và hơi ño cùng ñi u ki n). Công
th c phân t c a hai hiñrocacbon là
A. C2H6 và C3H8 B. C3H6 và C4H8 C. CH4 và C2H6 D. C2H4 và C3H6
Phân tích, h ng d n gi i:
− H n h p khí Y g m : CO2, H2O và N2
⇒ VH2O + VCO2 + VN2 = 550 ( ml ) (*)
− Y ñi qua dung d ch axit sunfuric ñ c (dư) thì th tích khí còn l i là 250ml g m :
CO2 và N2 ⇒ VH2O = 550 − 250 = 300 ( ml ) ; VCO2 + VN 2 = 250 ( ml ) (**)
300
⇒ S nguyên t H trung bình là n H = 2 × = 6 ⇒ Lo i phương án A và B.
100
− N u là phương án C (h n h p hai ankan) ⇒ VH 2O − VCO2 < VX do

( )
+ ankan CnH2n+2  nCO 2 + ( n + 1) H 2O VH2O − VCO2 = Vankan
+ O2


( )
+ O2
+ C2H7N  2CO 2 + 3, 5H 2O + 0,5N 2 VH2O − VCO2 = VC2H7 N + VN 2

⇒ VH2O − VCO2 = Vankan + V C2 H7 N + VN2
( )
= VH2O − VCO2 + VN2 = 300 − 250 = 50 ( ml ) ≠100 (ml)
⇔ VX = Vankan + V C2 H 7 N

⇒ Lo i phương án C.
⇒ ðáp án D.
Câu 23: Phát bi u ñúng là
A. Khi thu phân ñ n cùng các protein ñơn gi n s cho h n h p các α-
aminoaxit
B. Khi cho dung d ch lòng tr ng tr ng vào Cu(OH)2 th y xu t hi n ph c màu
xanh ñ m
C. Enzim amilaza xúc tác cho ph n ng thu phân xenlulozơ thành mantozơ
D. Axit nucleic là polieste c a axit photphoric và glucozơ
Phân tích, h ng d n gi i:
ðáp án A.
Khi cho dung dịch lòng trắng trứng vào Cu(OH)2 thấy xuất hiện phức màu
xanh tím ⇒ Loại phương án B.
Enzim amilaza là xúc tác cho phản ứng thuỷ phân xenlulozơ thành glucozơ
⇒ Loại phương án C.
Axit nucleic là polieste của axit photphoric và pentozơ (mono saccarit có 5C)
⇒ Loại phương án D.
Câu 24: ð t cháy hoàn toàn m gam h n h p 3 ancol ñơn ch c, thu c cùng dãy
ñ ng ñ ng, thu ñư c 3,808 lít khí CO2 (ñktc) và 5,4 gam H2O. Giá tr c a m là
A. 4,72 B. 5,42 C. 7,42 D. 5,72
Phân tích, h ng d n gi i:
3,808 5, 4
= 0,17 ( mol ) ; n H 2O = = 0,3 ( mol )
n CO2 =
22, 4 18
> n CO2 ⇒ ancol no, m ch h (ñơn ch c ho c ña ch c)
n H 2O
0,17
n ancol = n H 2O − n CO2 = 0,13 ( mol ) ⇒ n C =
≃ 1,308
0,13
⇒ Có m t ancol là CH3OH (ñơn ch c) ⇒ H n h p g m các ancol ñơn ch c, có
công th c t ng quát Cn H 2n + 2O
( )
m ancol = m = 14n + 18 × 0,13 = 4, 72 ( gam ) ⇒ ðáp án A.
26
X, 55 Y, 12 Z ?
26
Câu 25: Nh n ñ nh nào sau ñây ñúng khi nói v 3 nguyên t : 13 26


A. X, Y thu c cùng m t nguyên t hoá h c
B. X và Z có cùng s kh i
C. X và Y có cùng s nơtron
D. X, Z là 2 ñ ng v c a cùng m t nguyên t hoá h c
Phân tích, h ng d n gi i:
ðáp án B.
Câu 26: Cho x mol Fe tan hoàn toàn trong dung d ch ch a y mol H2SO4 (t l x :
y = 2 : 5), thu ñư c m t s n ph m kh duy nh t và dung d ch ch ch a m i sunfat.
S mol electron do lư ng Fe trên như ng khi b hoà tan là
A. 3x B. y C. 2x D. 2y
Phân tích, h ng d n gi i:
H2SO4 do chưa bi t n ng ñ , nên
Fe + H2SO4 loãng  FeSO4 + H2 ⇒ Lo i vì x = y


 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O ⇒ Lo i vì x : y = 1 : 3

2Fe + 6H2SO4 ñ c, nóng



⇒ X y ra hai phương trình :
2Fe + 6H2SO4ñ c, nóng  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

y y
← y 
 →
3 2
Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4




+6 +4
+2
0
S + 2e  S ( SO2 )
Fe  Fe + 2e
→ →
x  2x
→ y
y ←

2
⇒ 2 x = y ⇒ ðáp án B.
Câu 27: Axeton ñư c ñi u ch b ng cách oxi hoá cumen nh oxi, sau ñó thu
phân trong dung d ch H2SO4 loãng. ð thu ñư c 145 gam axeton thì lư ng cumen
c n dùng (gi s hi u su t quá trình ñi u ch ñ t 75%) là
A. 300 gam B. 500 gam C. 400 gam D. 600 gam
Phân tích, h ng d n gi i:
1) O
(CH3)2CH−C6H5  →
Sơ ñ ñi u ch : Ti u phân trung
2


2)H SO 20%
gian  CH3COCH3 + C6H5OH

2 4




( CH3 )2 CH − C6 H5  CH3COCH3 +
→ C6 H5OH

126  58
→ 145 × 126
= 315 ( H = 100% )
⇒m=
m  145
→ 58

100
Vì hi u su t quá trình ñi u ch ñ t 75% ⇒ mcumen = 315 × = 420 (gam)
75
⇒ ðáp án C.
Câu 28: Cho các ch t: NaHCO3, CO, Al(OH)3, Fe(OH)3, HF, Cl2, NH4Cl. S ch t
tác d ng ñư c v i dung d ch NaOH loãng nhi t ñ thư ng là
A. 4 B. 5 C. 3 D. 6
Phân tích, h ng d n gi i:
Các ch t không tác d ng ñư c v i dung d ch NaOH loãng nhi t ñ thư ng là: :
CO ; Fe(OH)3 ⇒ ðáp án B.
Câu 29: Thu phân hoàn toàn 0,2 mol m t este E c n dùng v a ñ 100 gam dung
d ch NaOH 24%, thu ñư c m t ancol và 43,6 gam h n h p mu i c a hai axit
cacboxylic ñơn ch c. Hai axit ñó là
A. HCOOH và CH3COOH B. CH3COOH và C2H5COOH
C. C2H5COOH và C3H7COOH D. HCOOH và C2H5COOH
Phân tích, h ng d n gi i:
nNaOH = 0,06 (mol) = 3nE ⇒ E là este 3 ch c (t o b i ancol 3 ch c và 2 axit ñơn
ch c)

(RCOO)3 R '+ 3NaOH  3RCOONa + R ' ( OH )3


0, 2  0, 6

43, 6
=
⇒M ≃ 72, 67 ⇒ mu i th nh t là HCOONa (M = 68)
RCOONa 0, 6
G i công th c mu i còn l i là RCOONa
TH1 : nRCOONa = 2nHCOONa = 0,4 (mol)
2M RCOONa + 68 43, 6
= ⇔ M RCOONa = 75 (lo i)

3 0, 6
TH1 : nHCOONa = 2nRCOONa = 0,4 (mol)
M RCOONa + 2 × 68 43, 6
= ⇔ M RCOONa = 82 (CH3COONa)

3 0, 6
⇒ ðáp án A.
Câu 30: Các nguyên t t Li ñ n F, theo chi u tăng c a ñi n tích h t nhân thì
A. Bán kính nguyên t và ñ âm ñi n ñ u tăng
B. Bán kính nguyên t tăng, ñ âm ñi n gi m
C. Bán kính nguyên t gi m, ñ âm ñi n tăng
D. Bán kính nguyên t và ñ âm ñi n ñ u gi m
Phân tích, h ng d n gi i:
ðáp án C.
Câu 31: Cho 0,15 mol H2NC3H5(COOH)2 (axit glutamic) vào 175 ml dung d ch
HCl 2M, thu ñư c dung d ch X. Cho NaOH dư vào dung d ch X. Sau khi các ph n
ng x y ra hoàn toàn, s mol NaOH ñã ph n ng là
A. 0,50. B. 0,65. C. 0,70. D. 0,55.
Phân tích, h ng d n gi i:
nHCl = 0,35 (mol)

H2NC3H5(COOH)2 + HCl  ClH3NC3H5(COOH)2
→ (1)

0,15  0,15  0,15
→ →
Sau (1) : ClH3NC3H5(COOH)2 : 0,15 (mol) và HCl dư : 0,2 (mol)

HCl + NaOH  NaCl

0,2→0,2

ClH3NC3H5(COOH)2 + 3NaOH  H2NC3H5(COONa)2 + NaCl + 2H2O


0,15  0,45

⇒ nNaOH = 0,2 + 0,45 = 0,65 (mol) ⇒ ðáp án B.
Câu 32: Cho 7,1 gam h n h p g m m t kim lo i ki m X và m t kim lo i ki m
th Y tác d ng h t v i lư ng dư dung d ch HCl loãng, thu ñư c 5,6 lít khí (ñktc).
Kim lo i X, Y là
A. natri và magie. B. liti và beri.
C. kali và canxi. D. kali và bari.
Câu 33: Hòa tan hoàn toàn 8,94 gam h n h p g m Na, K và Ba vào nư c, thu
ñư c dung d ch X và 2,688 lít khí H2 (ñktc). Dung d ch Y g m HCl và H2SO4, t
l mol tương ng là 4 : 1. Trung hòa dung d ch X b i dung d ch Y, t ng kh i
lư ng các mu i ñư c t o ra là
A. 13,70 gam. B. 18,46 gam. C. 12,78 gam. D. 14,62 gam.
Câu 34: Cho sơ ñ chuy n hóa:
CuO,t 0 CH OH,t 0 ,xt
dung dich Br NaOH O ,xt
C3H6 → X → Y  Z  T → E
→ → 3
2 2


(Este ña ch c).
Tên g i c a Y là
A. propan-1,3-ñiol. B. propan-1,2-ñiol.
C. propan-2-ol. D. glixerol.
Câu 35: Cho 4 dung d ch: H2SO4 loãng, AgNO3, CuSO4, AgF. Ch t không tác
d ng ñư c v i c 4 dung d ch trên là
A. KOH. B. BaCl2. C. NH3. D. NaNO3.
Phân tích, h ng d n gi i:
⇒ ðáp án D.
Câu 36: Ph n ng ñi n phân dung d ch CuCl2 (v i ñi n c c trơ) và ph n ng ăn
mòn ñi n hóa x y ra khi nhúng h p kim Zn−Cu vào dung d ch HCl có ñ c ñi m là:
A. Ph n ng x y ra luôn kèm theo s phát sinh dòng ñi n.
B. ð u sinh ra Cu c c âm.
C. Ph n ng c c âm có s tham gia c a kim lo i ho c ion kim lo i.
c c dương ñ u là s oxi hóa Cl−.
D. Ph n ng
Phân tích, h ng d n gi i:
− Ph n ng ñi n phân dung d ch CuCl2 s d ng dòng ñi n m t chi u
⇒ Lo i phương án A.
− Khi nhúng h p kim Zn−Cu vào dung d ch HCl, c c âm là Zn và b ăn mòn
⇒ Lo i phương án B.
− Khi nhúng h p kim Zn−Cu vào dung d ch HCl, c c dương x y ra quá trình kh
H+ (2H+ + 2e  H2)⇒ Lo i phương án D.

⇒ ðáp án D.
Câu 37: Anken X h p nư c t o thành 3-etylpentan-3-ol. Tên c a X là
A. 3-etylpent-3-en. B. 2-etylpent-2-en.
C. 3-etylpent-2-en. D. 3-etylpent-1-en.
Câu 38: Cho sơ ñ chuy n hóa:
+ H d− (Ni,t 0 ) + NaOH d− ,t 0 + HCl
Triolein  X → Y  Z.
→ →
2



Tên c a Z là
A. axit linoleic. B. axit oleic. C. axit panmitic. D. axit stearic.
Phân tích, h ng d n gi i:
+ H d− (Ni,t 0 )
− Triolein  X ⇒ G c axit trong triolein chưa no và X ch a g c

2


axit no ⇒ Lo i phương án C, A, B
⇒ ðáp án D.
Câu 39: Phát bi u không ñúng là:
A. Hiñro sunfua b oxi hóa b i nư c clo nhi t ñ thư ng.
B. Kim cương, than chì, fuleren là các d ng thù hình c a cacbon.
C. T t c các nguyên t halogen ñ u có các s oxi hóa: -1, +1, +3, +5 và +7
trong các h p ch t.
D. Trong công nghi p, photpho ñư c s n xu t b ng cách nung h n h p qu ng
photphorit, cát và than c c 12000C trong lò ñi n.
Câu 40: ð t cháy hoàn toàn m t este ñơn ch c, m ch h X (phân t có s liên k t
6
π nh hơn 3), thu ñư c th tích khí CO2 b ng th tích khí O2 ñã ph n ng (các
7
th tích khí ño cùng ñi u ki n). Cho m gam X tác d ng hoàn toàn v i 200 ml
dung d ch KOH 0,7M thu ñư c dung d ch Y. Cô c n Y thu ñư c 12,88 gam ch t
r n khan. Giá tr c a m là
A. 7,20. B. 6,66. C. 8,88. D. 10,56.
Câu 41: Ch t ñư c dùng ñ t y tr ng gi y và b t gi y trong công nghi p là
A. CO2. B. SO2. C. N2O. D. NO2.
Phân tích, h ng d n gi i:
ðáp án B.
Đọc tham khảo phần ứng dụng và sản xuất đường saccarozơ (SGK Hoá học 12)
Câu 42: H n h p X g m 1 mol aminoaxit no, m ch h và 1 mol amin no, m ch
h . X có kh năng ph n ng t i ña v i 2 mol HCl ho c 2 mol NaOH. ð t cháy
hoàn toàn X thu ñư c 6 mol CO2, x mol H2O và y mol N2. Các giá tr x, y tương
ng là
A. 8 và 1,0. B. 8 và 1,5. C. 7 và 1,0. D. 7 và 1,5.
Câu 43: T 180 gam glucozơ, b ng phương pháp lên men rư u, thu ñư c a gam
ancol etylic (hi u su t 80%). Oxi hóa 0,1a gam ancol etylic b ng phương pháp lên
men gi m, thu ñư c h n h p X. ð trung hòa h n h p X c n 720 ml dung d ch
NaOH 0,2M. Hi u su t quá trình lên men gi m là
A. 80%. B. 10%. C. 90%. D. 20%.
Câu 44: Các ch t v a tác d ng ñư c v i dung d ch HCl v a tác d ng ñư c v i
dung d ch AgNO3 là:
A. CuO, Al, Mg. B. Zn, Cu, Fe. C. MgO, Na, Ba. D. Zn, Ni, Sn.
Phân tích, h ng d n gi i:
− CuO và MgO không tác d ng v i dung d ch AgNO3 ⇒ Lo i phương án A và C.
− Cu không tác d ng v i dung d ch HCl ⇒ Lo i phương án B.
⇒ ðáp án D.

Câu 45: Trong ph n ng: K2Cr2O7 + HCl  CrCl3 + Cl2 + KCl + H2O

S phân t HCl ñóng vai trò ch t kh b ng k l n t ng s phân t HCl tham gia
ph n ng. Giá tr c a k là
A. 4/7. B. 1/7. C. 3/14. D. 3/7.
Phân tích, h ng d n gi i:

K2Cr2O7 + 14HCl  2CrCl3 + 3Cl2 + 2KCl + 7H2O

− Có 12 HCl ñóng vai trò là ch t kh , t ng s phân t HCl tham gia ph n ng là
63
= ⇒ ðáp án D.
14 ⇒ k =
14 7
Câu 46: Nh t t t ng gi t ñ n h t 30 ml dung d ch HCl 1M vào 100 ml dung
d ch ch a Na2CO3 0,2M và NaHCO3 0,2M, sau ph n ng thu ñư c s mol CO2 là
A. 0,030. B. 0,010. C. 0,020. D. 0,015.
Câu 47: Cho m gam h n h p etanal và propanal ph n ng hoàn toàn v i lư ng dư
dung d ch AgNO3 trong NH3, thu ñư c 43,2 gam k t t a và dung d ch ch a 17,5
gam mu i amoni c a hai axit h u cơ. Giá tr c a m là
A. 10,9. B. 14,3. C. 10,2. D. 9,5.
Phân tích, h ng d n gi i:
Cách 1 :

CH3CHO  CH3COONH4 + 2Ag


a  a  2a
→ →

C2H5CHO  C2H5COONH4 + 2Ag


b  b  2b
→ →
2a + 2b = 0, 4 a = 0, 05
⇒ m = 0, 05 × 44 + 0,15 × 58 = 10,9 ( gam )
⇒ ⇒
77a + 91b = 17, 5 b = 0,15
⇒ ðáp án A.
Cách 2 :

RCHO  RCOONH4 + 2Ag


0, 2 ← 0, 4

⇒ Kh i lư ng mu i tăng = 0,2×33 = 6,6 (gam)
m = 17,5 − 6, 6 = 10,9 ( gam ) ⇒ ðáp án A.

Câu 48: H n h p g m 0,1 mol m t axit cacboxylic ñơn ch c và 0,1 mol mu i c a
axit ñó v i kim lo i k m có t ng kh i lư ng là 15,8 gam. Tên c a axit trên là
A. axit propanoic. B. axit metanoic.
C. axit etanoic. D. axit butanoic.
Câu 49: ð t cháy hoàn toàn m t lư ng hiñrocacbon X. H p th toàn b s n ph m
cháy vào dung d ch Ba(OH)2 (dư) t o ra 29,55 gam k t t a, dung d ch sau ph n
ng có kh i lư ng gi m 19,35 gam so v i dung d ch Ba(OH)2 ban ñ u. Công th c
phân t c a X là
A. C3H4. B. C2H6. C. C3H6. D. C3H8.
Câu 50: ði n phân (v i ñi n c c trơ) m t dung d ch g m NaCl và CuSO4 có cùng
s mol, ñ n khi catot xu t hi n b t khí thì d ng ñi n phân. Trong c quá trình
ñi n phân trên, s n ph m thu ñư c anot là
A. khí Cl2 va2 O2. B. khí H2 và O2.
C. ch có khí Cl2. D. khí Cl2 và H2.
Câu 51: Trong các polime sau: (1) poli(metyl metacrylat); (2) polistiren; (3)
nilon-7; (4) poli(etylen-terephtalat); (5) nilon-6,6; (6) poli (vinyl axetat), các
polime là s n ph m c a ph n ng trùng ngưng là:
A. (1), (3), (6). B. (3), (4), (5). C. (1), (2), (3). D. (1), (3), (5).
Phân tích, h ng d n gi i:
Poli(metyl metacrylat) là s n ph m c a ph n ng trùng h p
⇒ Lo i phương án A, C và D.
⇒ ðáp án B.
Câu 52: ði n phân (ñi n c c trơ) dung d ch X ch a 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol
NaCl b ng dòng ñi n có cư ng ñ 2A. Th tích khí (ñktc) thoát ra anot sau 9650
giây ñi n phân là
A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. C. 1,792 lít. D. 1,344 lít.
Câu 53: Cho 0,448 lít khí NH3 (ñktc) ñi qua ng s ñ ng 16 gam CuO nung
nóng, thu ñư c ch t r n X (gi s ph n ng x y ra hoàn toàn). Ph n trăm kh i
lư ng c a Cu trong X là
A. 12,37%. B. 87,63%. C. 14,12%. D. 85,88%.
Phân tích, h ng d n gi i:
t0
2NH3 + 3CuO  N2 + 3Cu + 3H2O

t0
2NH3 + 3CuO N2 + 3Cu + 3H2O
→
Ban ñ u 0,02 0,2 0
Ph n ng 0,02 0,03 0,03
K t thúc 0 0,17 0,03
0, 03 × 64
× 100% ≃ 12, 37%
%Cu =
0, 03 × 64 + 0,17 × 160
⇒ ðáp án A.
Câu 54: ð t cháy hoàn toàn V lít hơi m t amin X b ng m t lư ng oxi v a ñ t o
ra 8V lít h n h p g m khí cacbonic, khí nitơ và hơi nư c (các th tích khí và hơi
ñ u ño cùng ñi u ki n). Amin X tác d ng v i axit nitrơ nhi t ñ thư ng, gi i
phóng khí nitơ. Ch t X là
A. CH2=CH−NH−CH3. B. CH3−CH2−NH−CH3.
C. CH3−CH2−CH2−NH2. D. CH2=CH−CH2−NH2.
Phân tích, h ng d n gi i:
Nhận xét : Cả 4 phương án amin đều đơn chức (chứa 1 nguyên tử N)
G i công th c c a X là CnHmN
− X tác d ng v i axit nitrơ nhi t ñ thư ng, gi i phóng khí nitơ ⇒ X là amin
b c I ⇒ Lo i phương án A và B.
⇒ Lo i phương án A và D.
− ðơn gi n nh t là th v i m t trong hai phương án còn l i (n u C ñúng ⇒ D sai
và ch n ñáp án C. N u C sai, không c n th l i v i D và ch n ñáp án D)
+ O2
Th v i phương án D : CH2=CH−CH2−NH2  3CO2 + 3,5H2O + 0,5N2

Vh n h p khí = 3 + 3,5 + 0,5 = 7 ⇒ Lo i phương án D
⇒ ðáp án C.
Câu 55: Hiñro hóa ch t h u cơ X thu ñư c (CH3)2CHCH(OH)CH3. Ch t X có tên
thay th là
A. metyl isopropyl xetol. B. 3-metylbutan-2-on.
C. 3-metylbutan-2-ol. D. 2-metylbutan-3-on.
Phân tích, h ng d n gi i:
ðáp án B.
Câu 56: Trong s các ngu n năng lư ng: (1) th y ñi n, (2) gió, (3) m t tr i, (4)
hóa th ch; nh ng ngu n năng lư ng s ch là:
A. (1), (3), (4). B. (2), (3), (4). C. (1), (2), (4). D. (1), (2), (3).
Phân tích, h ng d n gi i:
Năng lư ng hoá th ch (ch y u t than ñá) không ph i là ngu n năng lư ng s ch
⇒ ðáp án D.
Câu 57: Cho h n h p X g m ancol metylic và hai axit cacboxylic (no, ñơn ch c,
k ti p nhau trong dãy ñ ng ñ ng) tác d ng h t v i Na, gi i phóng ra 6,72 lít khí
H2 (ñktc). N u ñun nóng h n h p X (có H2SO4 ñ c làm xúc tác) thì các ch t trong
h n h p ph n ng v a ñ v i nhau t o thành 25 gam h n h p este (gi thi t ph n
ng este hóa ñ t hi u su t 100%). Hai axit trong h n h p X là
A. HCOOH và CH3COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH.
C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. C2H7COOH và C4H9COOH.
Phân tích, h ng d n gi i:
n X = 2n H 2 = 0, 6 ( mol ) .
Vì các ch t trong X ph n ng v a ñ v i nhau ⇒ n CH3OH = n ax it = 0, 3 ( mol )


CH3OH + RCOOH ← RCOOCH3 + H 2O


0,3 → 0, 3
25
⇒ m RCOOCH = ≃ 83, 33 ⇒ M R = 24, 3
0, 3
3



( ) ( )
⇒ Hai axit là CH3COOH M ( −CH ) = 15 và C2H5COOH M ( −C H ) = 29
3 25

⇒ ðáp án B.
Câu 58: Cho m gam h n h p b t X g m ba kim lo i Zn, Cr, Sn có s mol b ng
nhau tác d ng h t v i lư ng dư dung d ch HCl loãng, nóng thu ñư c dung d ch Y
và khí H2. Cô c n dung d ch Y thu ñư c 8,98 gam mu i khan. N u cho m gam
h n h p X tác d ng hoàn toàn v i O2 (dư) ñ t o h n h p 3 oxit thì th tích khí O2
(ñktc) ph n ng là
A. 2,016 lít. B. 0,672 lít. C. 1,344 lít. D. 1,008 lít.
Phân tích, h ng d n gi i:
G i công th c chung c a 3 kim lo i là M và s mol m i kim lo i là a
65 + 52 + 119 236
⇒M= =
3 3
M + 2HCl  MCl2 + H 2 
→   236 
 ⇒ 3a ×  + 71 = 8,98 ⇔ a = 0, 02 (mol)
3 
3a → 3a 

−2
+2  0
0
O2 + 4e  2 O→
Zn  Zn + 2e 

0, 045 ← 0,18
0, 02  0, 04 



+3
0
Cr  Cr + 3e 

 ∑ n electron nh−êng = 0,18 ( mol )
0, 02  0, 06 


+4
0
Sn  Sn + 4e 


0, 02  0, 08 
→ 
VO2 = 0, 045 × 22, 4 = 1, 008 (lít) ⇒ ðáp án D.
Câu 59: Tách nư c h n h p g m ancol etylic và ancol Y ch t o ra 2 anken. ð t
5
cháy cùng s mol m i ancol thì lư ng nư c sinh ra t ancol này b ng l n lư ng
3
nư c sinh ra t ancol kia. Ancol Y là
A. CH3−CH2−CH(OH)−CH3. B. CH3−CH2−CH2−CH2−OH.
C. CH3−CH2−CH2−OH. D. CH3−CH(OH) −CH3.
Phân tích, h ng d n gi i:
Nhận xét : Cả 4 phương án ancol đều có số nguyên tử H lớn hơn số nguyên tử H
trong C2H5OH
2n + 2 5
= ⇔ n = 4 ⇒ C4 H10 O
G i công th c ancol Y là CnH2n+2O ⇒
6 3
⇒ Lo i phương án A và D.
Vì tách H2O ch t o m t anken duy nh t ⇒ Y là CH3−CH2−CH2−CH2−OH (ancol
b c 1) ⇒ ðáp án B.
→
Câu 60: Xét cân b ng: N2O4 (k) ← 2NO2 (k) 250C.


Khi chuy n d ch sang m t tr ng thái cân b ng m i n u n ng ñ c a N2O4 tăng lên
9 l n thì n ng ñ c a NO2
A. tăng 9 l n. B. tăng 3 l n. C. tăng 4,5 l n. D. gi m 3 l n.
Phân tích, h ng d n gi i:
[NO2 ]2
Ban ñ u : K C = .
[N 2 O 4 ]
Khi [N2O4] tăng 9 l n, ñ t [NO2] = a
[NO 2 ]2 a2
KC = =
[N 2O 4 ] 9 × [N 2O 4 ]

−Vì h ng s cân b ng Kc không ph thu c vào n ng ñ , ch ph thu c vào nhi t
ñ và cách vi t phương trình, nên :
[NO2 ]2 a2
⇔ 9 × [ NO 2 ] = a 2 ⇒ a = 3 × [ NO 2 ]
=
2

[N 2 O 4 ] 9 × [N 2 O 4 ]
⇒ ðáp án B.
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản