Đề thi tham khảo kỳ thi Trung học Phổ thông Quốc gia năm 2019 môn Hóa học 12 - Mã đề thi 217 (Có đáp án)

TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
1 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2019 
 BÀI GIẢI THAM KHẢO Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN 
 (Đề thi có 11 trang) Môn thi thành phần: HÓA HỌC 
 Thời gian làm bài: 50 phút, không kể thời gian phát đề 
Họ và Tên: Trần Ngọc Toản. 
Số báo danh: GV THPT Phú Ngọc. 
 Biết nguyên tử khối của các nguyên tố: 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; Cr= 52; Fe= 56; Cu= 64; Zn=65; Br=80; Rb=85,5; Ag=108; Ba= 137. 
 Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn, giả thiết các khí sinh ra không tan trong nước. 
Câu 41. Dung dịch nào sau đây không làm đổi màu quỳ tím? 
 A. NaOH. B. H2NCH2COOH. C. HCl. D. CH3NH2. 
Giải: 
 -dung dịch NaOH làm quỳ tím hóa xanh. 
 - dung dịch H2N-CH2-COOH không làm đổi màu quỳ tím. 
 -dung dịch HCl làm quỳ tím hóa đỏ. 
 -dung dịch CH3H2N làm quỳ tím hóa xanh. 
Đáp án B. 
Câu 42. Công thức của axit oleic là: 
 A.C2H5COOH. B. HCOOH C. CH3COOH. D. C17H33COOH. 
Giải: 
 -C2H5COOH: axit propionic 
 -HCOOH: axit fomic 
 -CH3COOH: axit axetic 
 -C17H33COOH: axit oleic 
Đáp án D. 
Câu 43. Dung dịch chất nào sau đây hòa tan được Al(OH)3? 
 A. NaNO3. B. KCl C. MgCl2. D. NaOH. 
Giải: 
 -NaNO3 + Al(OH)3  XXX (không phản ứng). 
 -KCl + Al(OH)3  XXX (không phản ứng). 
 -MgCl2 + Al(OH)3  XXX (không phản ứng). 
 -NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2 H2O. 
Đáp án D. 
Câu 44. Kim loại nào sau đây không tan trong dung dịch HCl? 
 A. Al. B. Ag. C. Mg. D. Zn. 
Giải: 
 Dung dịch HCl hòa tan kim loại đứng trước hiđro. 
- 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 . 
- Ag + HCl không phản ứng. 
- Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 . 
- Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2 . 
Đáp án B. 
Câu 45. Kim loại nào sau đây được điều chế bằng phương pháp thủy luyện? 
 A. Mg. B. Ca. C. Cu. D. Na. 
Giải: 
 Phương pháp thủy luyện điều chế kim loại đứng sau Al (trong dãy điện hóa) 
Mã đề: 217 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
2 
Đáp án C. 
Câu 46. Crom tác dụng với lưu huỳnh (đun nóng), thu được sản phẩm là: 
 A. CrS3. B. CrSO4. C. Cr2(SO4)3. D. Cr2S3. 
Giải: 
 2Cr + 3S 
 𝑡0 
→ Cr2S3. 
Đáp án D. 
Câu 47. Chất nào sau đây thuộc loại polisaccarit? 
 A. Fructozơ. B. Glucozơ. C. Tinh bột. D. Saccarozơ. 
Giải: 
 -Monosaccarit như: glucozơ, fructozơ  
 -Đissaccarit như: saccarozơ, mantozơ. 
 -Polisaccarit như: tinh bột, xenlulozơ. 
Đáp án C. 
Câu 48. Chất nào sau đây được dùng để khử chua đất nông nghiệp? 
 A. CaO. B. Ca(NO3)2. C. CaCl2. D. CaSO4. 
Giải: 
 Đất chua tức có mội trường axit nên dùng chất có môi trường kiềm để trung hòa. 
 CaO + H2O  Ca(OH)2. 
Đáp án A. 
Câu 49. Tơ nào sau đây thuộc tơ nhân tạo? 
 A. Tơ nitron. B. Tơ xenlulozơ axetat. C. Tơ tằm. D. Tơ capron. 
Giải: 
 Tơ nhân tạo hay tơ bán tổng hợp như: tơ visco, tơ xenlulozơ axetat 
Đáp án B. 
Câu 50. Hiện nay, nhiều nơi ở nông thôn đang sử dụng hầm biogas để xử lí chất thải trong chăn nuôi gia súc, 
cung cấp nhiên liệu cho việc đun nấu. Chất dễ cháy trong khí biogas là: 
 A. CO2. B. CH4. C. N2. D. Cl2. 
Giải: 
 Khí biogas (khí sinh học) là hỗn hợp gồm nhiều khí: CH4, H2S . 
 Thành phần CH4 trong bigas cháy tỏa nhiệt, nên dùng cho việc đun nấu thức ăn  
Đáp án B. 
Câu 51. Kim loại nào sau đây tan trong nước ở điều kiện thường? 
 A. Na. B. Cu. C. Al. D. Fe. 
Giải: 
 Kim loại kiềm, kiềm thổ (trừ Be, Mg) phản ứng mãnh liệt với nước ở điều kiện thường. 
 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 . 
Đáp án A. 
Câu 52. Công thức hóa học của sắt (III) clorua là: 
 A. Fe2(SO4)3. B. FeSO4. C. FeCl2. D. FeCl3. 
Giải: 
 Fe2(SO4)3 sắt (III) sunfat. 
 FeSO4 sắt (II) sunfat. 
 FeCl2 sắt (II) clorua. 
 FeCl3 sắt (III) clorua. 
Đáp án D. 
Câu 53. Những thí nghiệm nào sau đây có xảy ra ăn mòn điện hóa học? 
 A. Nhúng thanh Zn vào dung dịch hỗn hợp gồm CuSO4 và H2SO4. 
 B. Đốt dây Mg trong bình đựng khí O2. 
 C. Nhúng thanh Fe vào dung dịch HCl. 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
3 
 D. Nhúng thanh Cu vào dung dịch HNO3 loãng. 
Giải: 
 Để xảy ra ăn mòn điện hóa học phải thỏa 3 điều kiện: hai điện cực khác chất (ví dụ: Zn, Cu); hai điện cực 
tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp qua dây dẫn (ví dụ Cu bám vào kẽm); hai điện cực cùng tiếp xúc với một dung 
dịch chất điện li (ví dụ Zn và Cu cùng nằm trong dung dịch H2SO4). 
 Khi nhúng thanh Zn vào dung dịch hỗn hợp CuSO4 và H2SO4, thì có phản ứng 
 Zn + CuSO4  ZnSO4 + Cu. 
 Cu sinh ra bám vào thanh kẽm và tạo thành 2 điện cực khác chất tiếp xúc với nhau và cùng tiếp xúc với 
dung dịch chất điện li H2SO4, thỏa mãn 3 điều kiện ăn mòn điện hóa học. 
Đáp án A. 
Câu 54. Cho m gam Fe tác dụng hết với dung dịch CuSO4 dư, thu được 19,2 gam Cu. Giá trị của m là: 
 A. 11,2. B. 14,0. C. 8,4. D. 16,8. 
Giải: 
 Xét phản ứng: Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu 
 0,3 mol < 0,3 mol 
 Đề: nCu = 
19,2
64
 = 0,3 mol 
 Theo PTHH: nFe = 
0,3 .1
1
 = 0,3 mol 
 Ta có: mFe = 56. 0,3 = 16,8 gam. 
Đáp án: D. 
Câu 55. Đốt cháy hoàn toàn m gam Al trong khí O2 dư, thu được 10,2 gam Al2O3. Giá trị của m là: 
 A. 5,4. B. 3,6. C. 2,7. D. 4,8. 
Giải: 
 Xét phản ứng: 4Al + 3O2  2Al2O3 
 0,2 mol < 0,1 mol 
 Đề: nAl2O3 = 
10,2
102
 = 0,1 mol 
 Theo PTHH: nAl = 
0,1 .4
2
 = 0,2 mol 
 Ta có: mAl = 27. 0,2 = 5,4 gam. 
Đáp án: A. 
Câu 56. Tinh thể chất rắn X không màu, vị ngọt, dễ tan trong nước. X có nhiều trong mật ong nên làm cho mật 
ong có vị ngọt sắc. Trong công nghiệp, X được điều chế bằng phản ứng thủy phân chất Y. Tên gọi của X và Y 
lần lượt là: 
 A. fructozơ và saccarozơ. B. saccarozơ và glucozơ. C. saccarozơ và xenlulozơ. D. glucozơ và fructozơ. 
Giải: 
 X là fructozơ. Fructozơ chiếm khoảng 40% trong mật ong, tạo nên vị ngọt sắc của mật ong. Fructozơ được 
điều chế bằng phản ứng thủy phân saccarozơ, theo phương trình: 
 C12H22O11 + H2O 
 𝐻+,𝑡0 
→ C6H12O6 (glucozơ) + C6H12O6 (fructozơ). 
Đáp án A. 
Câu 57. Thí nghiệm nào sau đây thu được muối sắt (III) sau khi kết thúc phản ứng? 
 A. Cho Fe vào dung dịch CuSO4. B. Cho Fe(OH)2 vào dung dịch H2SO4 loãng. 
 C. Đốt Fe trong bình khí Cl2 dư. D. Cho Fe vào dung dịch HCl. 
Giải: 
 Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu. 
 Fe(OH)2 + H2SO4  FeSO4 + 2 H2O. 
 2Fe + 3Cl2  2FeCl3. 
 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2. 
Đáp án C. 
Câu 58. Phát biểu nào sau đây đúng? 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
4 
 A. PVC được điều chế bằng phương pháp trùng hợp. 
 B. Tơ visco thuộc loại tơ tổng hợp. 
 C. Tơ tằm thuộc loại tơ nhân tạo. 
 D. Amilozơ có cấu trúc mạch phân nhánh. 
Giải: 
 -PVC được điều chế bằng phương pháp trùng hợp, theo phản ứng. 
 nCH2=CH-Cl 
 𝑡0,𝑥𝑡,𝑝 
→ -(-CH2-CHCl-)n- 
 -Tơ visco thuộc loại tơ bán tổng hợp. 
 -Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên. 
 -Amilozơ có cấu trúc mạch không phân nhánh. 
Đáp án A. 
Câu 59. Cặp dung dịch chất nào sau đây phản ứng với nhau tạo thành chất khí? 
 A. NH4Cl và AgNO3. B. NaOH và H2SO4 . C. Ba(OH)2 và NH4Cl. D. Na2CO3 và KOH. 
Giải: 
 NH4Cl + AgNO3  AgCl  + NH4NO3. 
 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O. 
 Ba(OH)2 + 2NH4Cl  BaCl2 + 2NH3  + 2H2O. 
 Na2CO3 + KOH không xảy ra phản ứng. 
Đáp án: C. 
Câu 60. Cho 7,5 gam amino axit X (công thức có dạng H2NCnH2nCOOH) tác dụng hết với dung dịch HCl dư, 
thu được 11,15 gam muối. Số nguyên tử hiđro trong phân tử X là: 
 A. 7. B. 5. C. 9. D. 11. 
Giải: 
 H2NCnH2nCOOH + HCl  ClH3NCnH2nCOOH 
 14n + 61 . 14n + 97,5 
 7,5 .. 11,15 
 Từ phương trình hóa học, ta có: 
14𝑛+61
7,5
 = 
14𝑛+97,5
11,15
  n = 1 
 Vậy công thức X là C2H5O2N 
Đáp án B. 
Câu 61. Este nào sau đây tác dụng với dung dịch NaOH thu được natri axetat? 
 A. CH3COOC2H5. B. C2H5COOCH3. C. HCOOCH3. D. HCOOC2H5. 
Giải: 
 CH3COOC2H5 + NaOH 
 𝑡0 
→ CH3COONa + C2H5OH. 
 C2H5COOCH3 + NaOH 
 𝑡0 
→ C2H5COONa + CH3OH. 
 HCOOCH3 + NaOH 
 𝑡0 
→ HCOONa + CH3OH. 
 HCOOC2H5 + NaOH 
 𝑡0 
→ HCOONa + C2H5OH. 
Đáp án A. 
Câu 62. Cho 2 ml chất lỏng X vào ống nghiệm khô có sẵn vài viên đá bọt, sau đó thêm từng giọt dung dịch 
H2SO4 đặc, lắc đều. Đun nóng hỗn hợp, sinh ra hiđrocacbon làm nhạt màu dung dịch KMnO4. Chất X là: 
 A. Andehit axetic. B. ancol metylic. C. ancol etylic. D. axit axetic. 
Giải: 
 CH3-CH2-OH 
 𝐻2𝑆𝑂4 đặ𝑐, 𝑡
0 
→ CH2=CH2 + H2O. 
 3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  3HOCH2-CH2OH + 2KOH + 2MnO2. 
Đáp án C. 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
5 
Câu 63. Đun nóng 100ml dung dịch glucozơ a (mol/l) với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3. Sau khi phản 
ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag. Giá trị của a là: 
 A. 0,2. B. 0,5. C. 0,1. D. 1,0. 
Giải: 
 CH2OH[CHOH]4-CHO 
 +𝑑𝑑 𝐴𝑔𝑁𝑂3/𝑁𝐻3, 𝑡
0 
→ 2Ag 
 Đề: nAg = 
21,6
108
 = 0,2 mol 
 PTHH: nglucozơ = 
0,2 .1
2
 = 0,1 mol 
 Ta có: CM glucozơ = 
0,1
0,1
 = 1M (Đổi 100 ml = 0,1 lit) 
Đáp án D. 
Câu 64. Phát biểu nào sau đây đúng? 
 A. Glyxin là hợp chất có tính lưỡng tính. B. Phân tử Gly-Ala-Val có 6 nguyên tử oxi. 
 C. Valin tác dụng với dung dịch Br2 tạo kết tủa. D. Đimetylamin có công thức CH3CH2H2N. 
Giải: 
 -Glyxin (H2N-CH2-COOH) là hợp chất có tính lưỡng tính, tác dụng với cả dung dịch HCl và NaOH. 
 H2N-CH2-COOH + HCl  ClH3N-CH2-COOH 
 H2N-CH2-COOH + NaOH  H2N-CH2-COONa + H2O. 
 - Gly-Ala-Val có công thức: H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-CO-NH-CH[CH(CH3)2]-COOH. 
 - H2N-CH[CH(CH3)2]-COOH không tạo kết tủa với dung dịch Br2. 
 - Đimetylamin có công thức CH3NH2CH3. 
Đáp án A. 
Câu 65. Dẫn 0,02 mol hỗn hợp X (gồm hơi nước và khí CO2) qua cacbon nung đỏ, thu được 0,035 mol hỗn 
hợp Y gồm CO, H2 và CO2. Cho Y đi qua ống đụng 10 gam hỗn hợp gồm Fe2O3 và CuO (dư, nung nóng), sau 
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là: 
 A. 9,20. B. 9,76. C. 9,52. D. 9,28. 
Giải: 
Cách 1. 
 X (gồm H2O x mol; CO2 y mol) qua than nung đỏ: 
Ta có: nX = x + y = 0,02 (1*) 
Các phản ứng xảy ra: 
 H2O + C 
 𝑡0 
→ CO + H2. (1) 
 x x x x 
 CO2 + C 
 𝑡0 
→ 2CO (2) 
 a a 2a 
Hỗn hợp Y gồm: CO (x + 2a) mol; H2 (x mol); CO2 dư (y-a) mol 
Ta có: nY = nCO + nH2 + nCO2 = (x + 2a) + x + (y-a) = 2x + y + a = 0,035 mol (2*) 
 Y phản ứng với hỗn hợp Fe2O3 và CuO dư. Xem hỗn hợp Fe2O3 và CuO như hỗn hợp Fe, Cu, O 
Các phản ứng xảy ra: 
 CO + O 
 𝑡0 
→ CO2. (3) 
 x + 2a x + 2a x + 2a 
 H2 + O 
 𝑡0 
→ H2O (4) 
 x x x 
-Vì hỗn hợp (Fe2O3, CuO) dư hay O dư và CO, H2 phản ứng hết. 
 Ta có: nO phản ứng = nO (3) + nO (4) = (x + 2a) + x = 2 (x +a) (3*) 
-Lấy (2*) – (1*), vế theo vế, ta được: x + a = 0,015 thay vào (3*), được nO phản ứng = 0,03 mol 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
6 
-Bảo toàn khối lượng: mrắn sau phản ứng = mrắn ban đầu – mO phản ứng = 10 – 16 * 0,03 = 9,52 gam. 
Đáp án C. 
Cách 2. 
Với một học sinh giỏi thì cách nhận định và tính nhẫm sẽ tốt hơn. Nên Giải sẽ nhanh hơn. 
-Bước 1: Tìm nC phản ứng = 0,035-0,02 = 0,015. 
-Bước 2: Tìm nO phản ứng = 2nC = 0,03 mol 
-Bước 3: mrắn sau phản ứng = 10 – 16* 0,03 = 9,52 gam 
Đáp án C. 
Câu 66. Nung nóng 0,1 mol C4H10 có xúc tác thích hợp, thu được hỗn hợp X gồm: H2, CH4, C2H4, C2H6, C3H6, 
C4H8 và C4H10. Dẫn X qua bình đựng dung dịch Br2 dư, sau khi phản ứng hoàn toàn khối lượng bình tăng 3,64 
gam và có hỗn hợp khí Y thoát ra. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ V lít khí O2. Giá trị của V là: 
 A. 6,048. B. 5,376. C. 6,272. D. 5,824. 
Giải: 
 Ta có: nC4H10 = 0,1 mol  nC bđ = 0,4 mol; mH bđ = 1 mol 
 mC2H4, C3H6, C4H8 = 3,64 gam = m(CH2)n  nC (Br2) = 3,64/14 = 0,26 mol; nH (Br2) = 0,52 mol 
 BTNT: nC (Y) = 0,4 - 0,26 = 0,14 mol; nH (Y) = 1 – 0,52 = 0,48 mol 
 nO2 = nCO2 + ½ nH2O = nC (Y) + ¼ nH (Y) = 0,14 + ¼ .0,48 = 0,26 mol  VO2 = 0,26 . 22,4 = 5,824 lit. 
Đáp án D. 
Câu 67. Cho các phát biểu sau: 
(a) Mỡ lợn hoặc dầu dừa có thể dùng làm nguyên liệu sản xuất xà phòng. 
(b) Nước ép của quả nho chín có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc. 
(c) Trong tơ tằm có các gốc α-amino axit. 
(d) Cao su lưu hóa có tính đàn hồi, lâu mòn và khó tan hơn cao su thường. 
(e) Một số este có mùi thơm được dùng làm chất tạo hương cho thực phẩm và mỹ phẩm. 
Số phát biểu đúng là: 
 A. 3 B. 2. C. 5. D. 4. 
Giải: 
 Tất cả các ý đều đúng. 
Đáp án C. 
Câu 68. Cho sơ đồ các phản ứng sau: 
 (a) X1 + H2O 
đ𝑖ệ𝑛 𝑝ℎâ𝑛 𝑑𝑢𝑛𝑔 𝑑ị𝑐ℎ 
𝑐ó 𝑚à𝑛𝑔 𝑛𝑔ă𝑛
→ X2 + X3  + H2 . (b) X2 + X4  BaCO3 + K2CO3 + H2O. 
(c) X2 + X3  X1 + X5 + H2O. (d) X4 + X6  BaSO4 + K2SO4 + CO2 + H2O. 
Các chất X5, X6 thỏa mãn sơ đồ trên lần lượt là: 
 A. Ba(HCO3)2, KHSO4. B. KClO, KHSO4. C. Ba(HCO3)2, H2SO4. D. KClO, H2SO4. 
Giải: 
 (a) 2KCl + 2H2O 
đ𝑝𝑑𝑑 
𝑐ó 𝑚à𝑛𝑔 𝑛𝑔ă𝑛
→ 2KOH + Cl2 + H2. 
 (b) 2KOH + Ba(HCO3)2  BaCO3 + K2CO3 + 2H2O. 
(c) 2KOH + Cl2  KCl + KClO + H2O. 
(d) Ba(HCO3)2+ 2KHSO4BaSO4+K2SO4+2CO2 + 2H2O. 
Đáp án B. 
Câu 69. Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu được H2O và 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng 
với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Mặt khác, 17,16 gam X tác dụng được tối đa 
0,04 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là: 
 A. 18,28. B. 18,48. C. 16,12. D. 17,72. 
Giải: 
Đặt công thức X: CnH2n+2-2kO6 (a mol) 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
7 
 Ta có: 14na + 98a -2ka = 17,16 (1) 
 Bảo toàn C: nCO2 = na = 1,1 (2) 
 Phản ứng với Br2: nBr2 = (k-3)a = 0,04 (3), vì 3 liên đôi C=O trong COO không phản ứng với Br2. 
 Từ (1), (2), (3) Giải ra ta được: a = 0,02; n = 55; k = 5. 
 Phản ứng với NaOH, áp dụng bảo toàn khối lượng. 
 Ta có: mmuối = mX + mNaOH - mglixerol = 17,16 + 40. 3. 0,02 -92. 0,02 = 17,72 gam 
Đáp án D. 
Câu 70. Thực hiện các thí nghiệm sau: 
 (a) Sục khí CO2 vào dung dịch NaOH dư. (b) Cho kim loại Cu vào dung dịch FeCl3 dư. 
 (c) Cho dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO2 dư. (d) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch AgNO3 dư. 
 (e) Cho dung dịch NaHCO3 vào dung dịch Ca(OH)2. 
Sau khi các phản ứng kết thúc, số thí nghiệm thu được kết tủa là: 
 A. 5. B. 2. C. 4. D. 3. 
Giải: 
 (a) CO2 + 2NaOHdư  Na2CO3 + H2O. (b) Cu + 2 FeCl3dư  CuCl2 + 2 FeCl2. 
 (c) HCl + NaAlO2dư +H2O  Al(OH)3 + NaCl. (d) Fe(NO3)2 + AgNO3 dư  Ag  + Fe(NO3)3. 
 (e) 2NaHCO3 + Ca(OH)2  CaCO3  + Na2CO3 + H2O. 
Đáp án D. 
Câu 71. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 (tỉ lệ mol tương ứng 4:3) vào nước, thu được 
dung dịch X. Cho từ từ dung dịch HCl 1M vào X, kết quả thí nghiệm được ghi ở bảng sau: 
Thể tích dung dịch HCl (ml) 300 600 
Khối lượng kết tủa (gam) a a + 2,6 
Giá trị của a và m lần lượt là: 
 A. 23,4 và 56,3. B. 15,6 và 55,4. C. 15,6 và 27,7. D. 23,4 và 35,9. 
Giải: 
 Gọi nNa2O = 4x; nAl2O3 = 3x 
 BTNT: nNaAlO2 (X) = 6x; nNaOH (X) = 2x 
 -Xét tại 300 ml dung dịch HCl (nHCl = 0,3 mol) có các phản ứng theo thứ tự: 
 HCl + NaOH  NaCl + H2O. 
 HCl + NaAlO2dư +H2O  Al(OH)3 + NaCl 
 Từ PTHH, ta có: nHCl = nNaOH + nAl(OH)3  hay 0,3 = 2x + a/78 (1*) 
 -Xét tại 600 ml dung dịch HCl (nHCl = 0,6 mol) có các phản ứng theo thứ tự: 
 HCl + NaOH  NaCl + H2O. 
 HCl + NaAlO2dư +H2O  Al(OH)3 + NaCl 
 Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O. 
 Từ PTHH, ta có: nHCl = nNaOH + 4nNaAlO2 - 3nAl(OH)3  hay 0,6 = 2x + 4.6x – 3(a+2,6)/78 (2*) 
 Từ (1*), (2*) Giải ra ta được: x = 0,05; a = 15,6 
 Ta có: m = mNa2O + mAl2O3 = 62. (4. 0,05) + 102. (3. 0,05) = 27,7 gam. 
Đáp án C. 
Câu 72. Cho sơ đồ các phản ứng theo đúng tỉ lệ mol: 
(a) X + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O 
 𝑡0 
→ X1 + 4 Ag+ 4 NH4NO3. 
(b) X1 + 2NaOH  X2 + 2 NH3 + 2 H2O. 
(c) X2 + 2HCl  X3 + 2NaCl. 
(d) X3 + C2H5OH 
𝐻2𝑆𝑂4 đặ𝑐,𝑡
0
→ 
← X4 + H2O. 
Biết X là hợp chất hữu cơ no mạch hở, chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt cháy hoàn toàn X2, sản phẩm thu 
được chỉ gồm CO2 và Na2CO3. Phân tử khối của X4 là: 
 A. 118. B. 90. C. 138. D. 146. 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
8 
Giải: 
 Từ (a)  X có 2 nhóm CHO; X1 là muối amoni –COONH4. 
 Từ (a), (b)  X2 có 2 nhóm COONa 
 Khi đốt cháy hoàn toàn X2, sản phẩm thu được chỉ gồm CO2 và Na2CO3  X2 chỉ có C, O, Na 
 Vậy X2 là NaOOC-COONa 
 Từ đó  X4 là HOOC-COOC2H5. 
Đáp án A. 
Câu 73. Trong quá trình bảo quản, một mẫu muối FeSO4.7H2O (có khối lượng m gam) bị oxi hóa bởi oxi 
không khí tạo thành hỗn hợp X chứa các hợp chất của Fe (II) và Fe (III). Hòa tan toàn bộ X trong dung dịch 
loãng chứa 0,025 mol H2SO4, thu được 100 ml dung dịch Y. Tiến hành 2 thí nghiệm với Y: 
 Thí nghiệm 1: Cho lượng dư dung dịch BaCl2 vào 20ml dung dịch Y, thu được 2,33 gam kết tủa. 
 Thí nghiệm 2: Thêm dung dịch H2SO4 (loãng, dư) vào 20 ml dung dịch Y, thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ 
dung dịch KMnO4 0,1M vào Z đến khi phản ứng vừa đủ thì hết 8,6ml. 
Giá trị của m và phần trăm số mol Fe(II) đã bị oxi hóa trong không khí lần lượt là: 
 A. 11,12 và 43%. B. 6,95 và 14%. C. 6,95 và 7%. D. 11,12 và 57%. 
Giải: 
 Gọi nFeSO4.7H2O bđ = a 
 Xét 20ml dung dịch Y chứa FeSO4 x mol; Fe2(SO4)3 y mol; H2SO4 z mol. 
 BTNT Fe: x +2y = a. 20/100 (1*) 
 BTNT S: x + 3y + z = (a +0,025) . 20/100 (2*) 
 Áp dụng BTNT lưu huỳnh cho thí nghiệm 1: nBaSO4 = x + 3y + z = 0,01 (3*) 
 Áp dụng BT e cho thí nghiệm 2, ta có: nFeSO4 = 5. nKMnO4 = 5.0,00086 = 0,0043 = x 
 Giải hệ phương trình gồm (1*), (2*), (3*) với x = 0,0043. Ta được y = 0,00035; z =0,00465; a=0,025 
 Ta có: m = (152+7.18).0,025=6,95gam 
 %nFe(II) bị oxi hóa = nFe(III)/0,2a = 2.0,00035/(0,2.0,025) =14%. 
Đáp án B. 
Câu 74. Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau: 
Bước 1: Cho vào hai ống nghiệm mỗi ống 2 ml etyl axetat 
Bước 2: Thêm 2ml dung dịch H2SO4 20% vào ống thứ nhất; 4ml dung dịch NaOH 30% vào ống thứ hai. 
Bước 3: Lắc đều cả hai ống nghiệm, lắp ống sinh hàn, đun sôi nhẹ trong khoảng 5 phút, để nguội. 
Cho các phát biểu sau: 
(a) Sau bước 2, chất lỏng trong cả hai ống nghiệm đều phân thành hai lớp. 
(b) Sau bước 3, chất lỏng trong cả hai ống nghiệm đều đồng nhất. 
(c) Sau bước 3, ở hai ống nghiệm đều thu được sản phẩm giống nhau. 
(d) Ở bước 3, có thể thay việc đun sôi nhẹ bằng cách đun cách thủy (ngâm trong nước nóng). 
(e) Ống sinh hàn có tác dụng hạn chế sự thất thoát của các chất lỏng trong ống nghiệm. 
Số phát biểu đúng là: 
 A. 2. B. 4. C. 5. D. 3. 
Giải: 
 Các phát biểu đúng là: (a), (d), (e) 
Đáp án D. 
Câu 75. Hòa tan hoàn toàn 23,18 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Fe(NO3)3 vào dung dịch chứa 0,92 mol HCl và 
0,01 mol NaNO3, thu được dung dịch Y (chất tan chỉ có 46,95 gam hỗn hợp muối) và 2,92 gam hỗn hợp Z gồm 
ba khí không màu (trong đó có hai khí có số mol bằng nhau). Dung dịch Y phản ứng tối đa với 0,91 mol KOH, 
thu được 29,18 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm thể tích của khí có thể tích lớn nhất 
trong Z là: 
 A. 58,82%. B. 45,45%. C. 51,37%. D. 75,34% 
Giải: 
Ta có: X {Fe, Mg, Fe(NO3)3} + {HCl, NaNO3}  muối + Z + H2O. 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
9 
BTKL: mH2O = 23,18 + 0,92. 36,5 + 0,01.85 – 46,95 -2,92 = 7,74 gam  nH2O = 0,43 mol 
Gọi x = nH2 (Z); y = nNH4+ (Y). 
 BTNT H, ta có: 2x + 4y = 0,92 – 0,43.2 = 0,06 (1*) 
Dung dịch Y có thể chứa Na+ (0,01 mol), Mg2+, Fe2+, Fe3+, NH4+(y mol), Cl- (0,92mol), NO3-. 
Khi cho Y phản ứng với KOH, thì chỉ có các ion Mg2+, Fe2+, Fe3+, NH4+ phản ứng, nên ta có phuong trình 
 2nMg2+ + 2nFe2+ + 3nFe3+ + nNH4+ = nOH- = 0,91 
Áp dụng BTĐT cho dung dịch Y ta suy ra dung dịch Y không chứa NO3-. 
Ta có: 24nMg2+ + 56nFe2+ + 56nFe3+ + 17. (nOH- -nNH4+) = 29,18 (khối lượng kết tủa) 
 Và 24nMg2+ + 56nFe2+ + 56nFe3+ + 18. nNH4+ + 23.nNa+ + 35,5. nCl- = 46,95 (khối lượng muối Y) 
Lấy vế trừ vế ở 2 phương trình trên, ta được: 35. nNH4+ + 23.nNa+ + 35,5. nCl- - 17. nOH- = 46,95-29,18(2*) 
Thay nOH- =0,91; nNa+ =0,01; nCl- = 0,92; nNH4+ = y vào phương trình (2*), ta được y = 0,01 
Thay y =0,01 vào (1*) ta được x = 0,01 
Ta có: mnguyên tố Mg, Fe = 29,18 – 17. (nOH- -nNH4+) = 29,18 -17. (0,91-0,01) = 13,88 gam 
Xét hỗn hợp X, ta có: mnguyên tố Mg, Fe + mNO3(X) = 23,18  mNO3(X) = 23,18- 13,88 = 9,3gam  nNO3(X) = 0,15 
Áp dụng BTNT N cho quá trình X + {HCl, NaNO3 }, ta có: nNO3 (X) + nNaNO3 = nNH4+ + nN(Z) 
 Hay 0,15 + 0,01 = 0,01 + nN(Z)  nN(Z) = 0,15 (3*) 
Áp dụng BTNT O cho quá trình X + {HCl, NaNO3 }, ta có: 3nNO3 (X) + 3nNaNO3 = nO(Z) + nH2O 
 Hay 3.0,15 + 3.0,01 = nO(Z) + 0,43  nO(Z) = 0,05 (4*) 
Hỗn hợp Z gồm ba khí không màu (trong đó có hai khí có số mol bằng nhau), là: H2 (0,01) và hai trong ba khí 
N2; N2O; NO. Với nN(Z) = 0,15; nO(Z) = 0,05  hỗn hợp Z gồm H2 (0,01 mol); N2 (0,05 mol); NO (0,05mol). 
%VN2 = %VNO = 0,05/(0,01+0,05+0,05).100% = 45,45% 
Đáp án B. 
Câu 76. Chất X (CnH2n+4O4N2) là muối amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmH2m+4O4N2) là muối 
amoni của một amino axit. Cho m gam gồm X và Y (có tỉ lệ mol tương ứng là 7:3) tác dụng hết với lượng dư 
dung dịch NaOH đun nóng, thu được 0,17 mol etylamin và 15,09 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của 
X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? 
 A. 71. B. 52. C. 68. D. 77. 
Giải: 
X có dạng [CH2]pCOONH3-C2H5 7x mol; Y có dạng H2N-[CH2]q-COONH3-C2H5 3x mol, với p≥0, q≥1 
Ta có: nC2H5NH2 = 17x = 0,17  x = 0,01 mol 
mmuối = (14p + 2.67). 0,07 + (14q + 83) 0,03 = 15,09  7p + 3q = 23, với p≥0, q≥1  p =2; q=3 
%mX = (14.2 + 180).0,07/[(14.2 + 180).0,07+(16+14.3+90).0,03] . 100% = 76,63% 
Đáp án D. 
Câu 77. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 vào dung dịch HCl dư, thu được 0,04 
mol H2 và dung dịch chứa 36,42 gam hỗn hợp muối. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch 
chứa 0,625 mol H2SO4 (đặc) đun nóng, thu được dung dịch Y và a mol SO2 (sản phẩm khử duy nhất của S+6). 
Cho 450 ml dung dịch NaOH 1M vào Y, sau khi phản ứng kết thúc thu được 10,7 gam một chất kết tủa. Giá trị 
của a là: 
 A. 0,125. B. 0,155. C. 0,145. D. 0,105. 
Giải: 
X {Fe x mol; O y mol} + 0,625 mol H2SO4  dung dịch Y + SO2 {a mol} 
Y + 0,45 mol NaOH  10,7 gam một chất kết tủa 
Kết tủa là Fe(OH)2 hoặc Fe(OH)3 thì nOH- phản ứng tạo kết tủa < 0,45 mol 
 dung dịch Y chứa H2SO4 dư và kết tủa là Fe(OH)3. Hay Y chứa {Fe3+ x mol; H+ z mol; SO42- 0,625-a mol} 
Ta có: z + 3.nFe(OH)3 = nNaOH hay z + 3. (10,7/107) = 0,45  z = 0,15 
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch Y, ta có: 3x + 0,15 = 2. (0,625-a)  x = (1,1-2a)/3 
Ta có: nH2SO4 phản ứng với X = 2nSO2 + nO hay 0,625 – 0,15/2 = 2a +y  y = 0,55-2a 
X {Fe x mol; O y mol} + HCl  dung dịch {36,42 gam muối (Fen+ x mol; Cl-) và HCldư } + H2 {0,04 mol} 
 BTNT: nH2O sinh ra = nO = y mol = 0,55 – 2a; 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
10 
 nHCl phản ứng = 2nH2O + 2nH2 = 1,1-4a + 0,08 =1,18 -4a 
 nCl- muối = nHCl = 1,18-4a 
 Ta có: mmuối = mFe
n+ + mCl- hay 36,42 = 56. (1,1-2a)/3 + 35,5. (1,18-4a)  a = 0,145 
Đáp án C. 
Câu 78. Cho 7,34 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X và Y (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol; MX < 
MY < 150) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được một ancol Z và 6,74 gam hỗn hợp muối T. Cho toàn 
bộ Z tác dụng với Na dư, thu được 1,12 lít khí H2. Đốt cháy hoàn toàn T, thu được H2O, Na2CO3 và 0,05 mol 
CO2. Phần trăm khối lượng của X trong E là: 
 A. 40,33%. B. 35,97%. C.81,74%. D. 30,25%. 
Giải: 
Ta có: nH2 = 0,05  nNaOH phản ứng = 0,1 mol 
BTKL, ta có: 7,34 + 40. 0,1 = 6,74 + mZ  mZ = 4,6 gam  MZ = 46n  Z: C2H5OH. 
Xét quá trình đốt T. 
 BTNT Na, ta có: nCOONa = nNaOH = 0,1 mol  nNa2CO3 = ½ nCOONa =0,05 mol 
 BTNT C, ta có: nC (T) = nCO2 + nNa2CO3 = 0,1 mol  nC (T) = nCOONa = 0,1 mol 
  T gồm {HCOONa x mol; NaOOC-COONa y mol} 
  E gồm {X là HCOOC2H5 x mol và Y là C2H5OOC-COO C2H5 y mol} 
 Ta có: x + 2y =0,1 và 74x + 146y = 7,34  x = 0,04; y = 0,03 
%mX = 74.0,04/7,34 . 100% = 40,33% 
Đáp án A. 
Câu 79. Hỗn hợp X gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol, trong đó hai este có cùng số 
nguyên tử cacbon trong phân tử. Xà phòng hóa hoàn toàn 7,76 gam X bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 
hỗn hợp Y gồm hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và hỗn hợp Z gồm hai muối. Cho toàn bộ 
Y vào bình đựng kim loại Na dư, sau phản ứng có khí H2 thoát ra và bình tăng 4 gam. Đốt cháy hoàn toàn Z cần 
vừa đủ 0,09 mol O2, thu được Na2CO3 và 4,96 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Phần trăm khối lượng của este có 
phân tử khối nhỏ nhất trong X là: 
 A. 19,07%. B. 77,32%. C. 15,46%. D. 61,86%. 
Giải: 
Gọi a =nNaOH phản ứng  nY = a  mY = 4 + a 
BTNT Na, ta có: nNa2CO3 = a/2 
BTKL cho quá trình đốt Z, ta có: mZ = 4,96 + 106. a/2 – 32. 0,09 = 2,08+53a 
BTKL cho quá trình xà phòng hóa X, ta có: 7,76 + 40a = 2,08 + 53a + 4 + a  a = 0,12 
MY = (4+ 0,12)/ 0,12 = 34,3  Y gồm CH3OH x mol; C2H5OH y mol 
 Ta có: x + y = 0,12 và 32x + 46y = 4 +0,12  x =0,1; y = 0,08 
MZ = (2,08+53.0,12)/0,12 = 70,33  Z gồm HCOONa và RCOONa. 
Vì X gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol, trong đó hai este có cùng số nguyên tử cacbon 
trong phân tử  Z gồm HCOONa và CH3COONa 
Tương tự ở trên, ta giải hệ phương trình, thu được HCOONa 0,1 mol và CH3COONa 0,02 mol 
Vậy hỗn hợp X gồm HCOOCH3 0,08 mol; HCOOC2H5 0,02 mol và CH3COOCH3 0,02 mol. 
%mHCOOCH3 = 60.0,08 / 7,76. 100% = 61,86% 
Đáp án D. 
Câu 80. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp 
CuSO4 và NaCl vào nước, thu được dung dịch 
X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, 
màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không 
đổi. Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện 
cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) 
được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại 
các điểm M, N). Giả thiết hiệu suất điện phân là 
n (mol) 
t (giây) 
 6a a 
0,010 
0,045 
M 
N 
TRẦN NGỌC TOẢN. 0358088594 GV THPT PHÚ NGỌC ĐỊNH QUÁN-ĐỒNG NAI 
11 
100%, bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là: 
 A. 2,77. B. 7,57. 
 C. 5,97. D. 9,17. 
Giải: 
Tại M. Ta có: nCl2 = 0,01 mol  nNaCl = 0,02 mol  ne (M) = 0,02 
Tại thời điểm t = 6a,  ne (6a) = 6.0,02 = 0,12 mol hay ne (6a) = 2.nCl2 + 4nO2 = 2.nCuSO4 + 2. nH2. (1*) 
  nO2 = 0,025 mol 
 Với nkhí = 0,045 = nCl2 + nO2 + nH2  nH2 = 0,01 mol thay vào (1*)  nCuSO4 = 0,05 mol 
m = 58,5. 0,02 + 160. 0,05 = 9,17 gam. 
Đáp án D.