Đề thi thử Hóa NAP 7 2016

Đáp án B Câu 6: HD• Than chì được dùng làm chế tạo điện cực; làm nồi, chén để nấu chảy các hợp kim chịu nhiệt; chế tạo chất bôi trơn; làm bút chì đen.. Than cốc được dùng làm chất khử t

Trang 1

FACEBOOK.COM/LUYENDEMOON – LUYỆN ĐỀ KHÔNG CÒN LÀ NỖI LO

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 7 Câu 1:

HD• Cấu hình electron của X 14X: 1s2

1s22p6 3s23p2

→ Cấu hình electron lớp ngoài cùng của X là 3s2

3p2 → Chọn C

Câu 2:

HD• Giả sử hai ancol là R-OH

H = 75% → mR-OH phản ứng = 15,2 x 75% = 11,4 gam

2R-OH R2O + H2O

Theo BTKL: mH2O = 11,4 - 9,375 = 2,05 gam → nH2O = 0,1125 mol

→ nR-OH = 0,1125 x 2 = 0,225 mol → MR-OH = 11,4 : 0,225 ≈ 50,67

→ Hai ancol là C2H5OH (M = 46) và C3H7OH (M = 60) → Chọn A

Câu 3:

HD: 4Mg + 10HNO3 → 4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O

||→ ∑hệ số = 22 Chọn đáp án A ♥

p/s: tránh 10 ÷ 2 = 5 → chọn đáp án C nhé.! Ẩu là dễ hỏng :D

Câu 4:

HD• HCOOH + Br2→ CO2 + 2HBr

CH≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2

C6H12O6 (fructozơ) + Br2 → không phản ứng

Trang 2

CH3CHO + Br2 + H2O → CH3COOH + 2HBr

→ Chọn C

Câu 5:

X là axit có mạch không phân nhánh → tối đa axit X có 2 chức

Bảo toàn khối lượng → mO2 = 2,88 gam → nO2 = 0,09 mol

Vì nH2O > nCO2 → Y là ancol no, đơn chức

Gọi số mol oxi trong X , Y lần lượt là x, y mol

Bảo toàn nguyên tố O → nO (E) = 0,085.2 + 0,09- 0,09 2= 0,08 mol → x + y = 0,08

Khi tham gia phản ứng với Na → nCOOH + nOH = 2nH2 = 0,05 → 0,5x + y = 0,05

Giải hệ → x= 0,06 và y = 0,02 → nX = 0,015 mol và nY = 0,02 mol (X là axit 2 chức )

Chú ý nếu X là đơn chức thì nX = 0,03 mol > nY = 0,02 mol Không thỏa mãn đề bài

Gọi số nguyên tố C trong X và Y lần lượt là m, n (Với m ≥ 2, n≥1)

→ 0,015m+ 0,02n = 0,085 → 3m + 4n = 17 → m = 3 và n = 2

Vậy X là C3H4O2 và Y là C2H5OH

Muốn phân tử khối của este lớn nhất tức là phản ứng xảy ra hoàn toàn → este tạo thành là

C2H5OOC-CH2-COOC2H5

Vậy số nguyên tử H trong este là 12 Đáp án B

Câu 6:

HD• Than chì được dùng làm chế tạo điện cực; làm nồi, chén để nấu chảy các hợp kim chịu nhiệt; chế tạo chất bôi trơn; làm bút chì đen

Than cốc được dùng làm chất khử trong luyện kim để luyện kim loại từ quặng

Trang 3

Than gỗ được dùng để chế tạo chất độn cao su, xi đánh giày và mực máy in

Tha hoạt tính được dùng để chế tạo khẩu trang than hoạt tính, mặt nạ phòng độc, máy lọc nước, đệm than hoạt tính và lót khử mùi

→ Chọn D

Câu 7:

HD• X là SO2

(1) đúng vì SO2 trong công nghiệp được điều chế từ hai cách: đốt cháy lưu huỳnh và đốt quặng sunfua kim loại, như pirit sắt

(2) sai vì SO2 + CaO → CaSO3

(3) sai vì thí nghiệm trên chỉ cho thấy SO2 có tính khử: S+4O2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2S+6O4 (4) sai vì trong quá trình thí nghiệm trên có:

- 1 phản ứng trao đổi: Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2↑ + H2O

- 1 phản ứng oxi hóa - khử: SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4

→ Có 1 nhận xét đúng: (1) → Chọn A

Câu 8:

HD• X là flo:

CaF2 + H2SO4 → CaSO4 + 2HF

Phản ứng khắc chữ thủy tinh: SiO2 + 4HF → SiF4 + 2H2O

→ Chọn D

Câu 9:

Trang 4

Nhận thấy X có CTPT là CmH2m-6O6 ( Với m ≥ 8) có π + v= 4 = 3π COO + πC=C → X được tạo thành bởi gilxerol, 1 axit Y (CnH2n-2O2, n≥ 3) , và 2 axit caboxylic khác

Gọi số mol của X và Y trong 26,5 gam E lân lượt là x, y mol

Trong 10,6 gam có 0,5 mol CO2 → trong 26,5 gam E có 1,25 mol CO2

Nhân thấy mE = mX + mY = x (14.m + 90) + y (14m + 30) = 90x + 30y + 14 1, 25 → 90x + 30y

= 9

Bảo toàn khối lượng → 26,5 + 56 ( 3x + y) = 36 + 92x + 18y → 76x + 38y = 9,5

Giải hệ → x = 0,05 và y = 0.15

→ 0,05m + 0,15n = 1,25 → m + 3n = 25

Vậy có 3 TH thỏa mãn : n = 3 → m = 16 → mC3H3O2K = ( 0,05 + 0,15) 110 = 22 gam (L)

TH2: n = 4 → m= 13 → mC4H5O2K = ( 0,05 + 0,15) 124 = 24,8 gam

TH3: n= 5 → m= 10 → mC5H7O2K = ( 0,05 + 0,15) 138 = 27,6 gam ( L)

Đáp án B

Câu 10:

HD• Cr có độ cứng là 9; Fe là 4,5; Zn là 2,5 và Cu là 3 → loại Zn và Cu

Mặt khác Cr2O3 và Cr(OH)3 là oxit và hiđroxit lưỡng tính của Cr

→ M là Cr → Chọn A

Câu 11:

HD• (a) AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4Cl

(b) (NH2)2CO + Ca(OH)2 → 2NH3 + CaCO3↓

Trang 5

(c) 2HCl + Ba(HCO3)2 → BaCl2 + 2CO2↑ + 2H2O

(d) P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

3AgNO3 + H3PO4 : không xảy ra do Ag3PO4 tan trong HNO3 loãng

(e) 3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2OH-CH2OH + 2MnO2↓ + 2KOH

(f) 2NaHSO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + Na2SO4 + 2HCl

Có 4 thí nghiệm thu được kết tủa là (a), (b), (e), (f) → Chọn B

Câu 12:

O2 có 2 vai trò: một phần phản ứng với NO thành NO2, một phần phản ứng với NO2 để thành HNO3

Luôn có nNO < 0,2 mol → lượng O2 để phản ứng với NO thành NO2 luôn nhỏ hơn 0,02 0,5 = 0,01 mol

→∑ nNO2 ≤ 0,2 mol → lượng O2 để phản ứng với NO 2 thành HNO3 luôn nhỏ hơn 0,2 : 4 = 0,05 mol

→ ∑nO2 < 0,01 + 0,05 = 0,015 mol

Vậy O2 luôn dư → nHNO3 = nNO + nNO2 = 0,02 mol

→ pH = - log ( 0,02: 0,5 ) ≈ 1,4 Đáp án C

Câu 13:

Ta có n(NH4)2SO4 = 0,05 mol và nFe2(SO4)3= 0,01 mol, nBa = nBa(OH)2 = 0,1 mol

Chú ý khi hòa tan Ba vào dung dịch thì Ba phản ứng với nước trước sinh ra Ba(OH)2 và H2: 0,1 mol

Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → 2NH3 + BaSO4 + 2H2O (1)

Trang 6

3Ba(OH)2 + Fe2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Fe(OH)3 (2)

Nhận thấy Ba(OH)2 còn dư sau phản ứng (1), (2) → kết tủa gồm BaSO4: 0,08 mol và Fe(OH)3 : 0,02 mol , khí gồm H2: 0,1 mol và NH3: 0,1 mol

→ m↓ = 20,78 gam , V = 0,2.22, 4 = 4, 48 lít Đáp án B

Câu 14:

HD• Zn + 2NaOH + H2O → Na2ZnO2 + 2H2↑

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑

Zn + 2H2SO4 đặc, nguội → ZnSO4 + SO2↑ + 2H2O

Zn + Mg(NO3)2 → không phản ứng

→ Chọn D

Câu 15:

HD• Đáp án D sai vì amophot thu được khi cho amoniac tác dụng với axit photphoric là một loại phân phức hợp

Câu 16:

0,12 mol P P2O5 0,12 mol H3PO4 23,16 gam chất răn khan

TH1: Chất rắn khan chứa các muối ( Điều kiện 1 ≤ ≤ 3)

Gọi số mol KOH là x → số mol nước là x mol

Bảo toàn khối lượng → 0,12 98 + x 56 = 23,16 + x 18 → x = 0,3 ( thỏa mãn điều kiện)

TH2: nếu X chứa muối K3PO4: 0,12 mol và KOH dư → mK3PO4= 25,44 gam > 23, 16 gam (loại) Đáp án A

Câu 17:

Trang 7

HD• S+4

O2 + Br2o + 2H2O → H2S+6O4 + 2HBr

-Feo + 2H+Cl → Fe+2

Cl2 + H2o

Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + FeCl3 + 4H2O: Phản ứng không phải là oxi hóa khử vì Fe3O4 là hh của FeO.Fe2O3 nên không có sự thay đổi số oxi hóa các chất trong phản ứng

2N+2O + O2o → 2N+4O2

→ Chọn C

Câu 18:

HD• Đáp án A sai vì Zn không phải là chất khử được dùng trong phương pháp nhiệt luyện Đáp án B sai vì CO2, Cr không phải là chất khử được dùng trong phương pháp nhiệt luyện Đáp án C sai vì CO2 không phải là chất khử được dùng trong phương pháp nhiệt luyện

Đáp án D đúng

Câu 19:

HD• (1) sai vì dùng CuSO4 để phát hiện dấu của vết nước trong chất lỏng

(3) sai vì phèn chua là chất có khả năng làm trong nước

(6) sai vì nguyên liệu chính của quá trình sản xuất thép là gang và thép phế liệu

Có 3 nhận xét đúng là (2), (4), (5) → Chọn B

Câu 20:

Gọi số mol Zn, Fe, FeCO3 lần lượt là x, y, z mol

Cho X phản ứng với HCl dư → khí sinh ra gồm H2 và CO2 → x+y + z= 0,13

Cho X phản ứng HNO3 sinh ra 0,17 mol (NO2 và z mol CO2) và còn dư 1,4 gam kim loại Fe ( 0,025 mol) muối sinh ra gồm Fe(NO3)2 : y+ z- 0,025 mol và Zn(NO3)2 : x mol

Bảo toàn electron → nNO2 = 2x + 2 ( y- 0,025)

Trang 8

Ta có hệ →

→ m= 0,02 65 + 0,07 56 + 0,04 116 = 9,86 gam Đáp án D

Câu 21:

HD• Có 3 chất phản ứng được với dung dịch NaOH là C6H5OH (phenol), HCOOH,

CH3COOCH3→ Chọn A

Câu 22:

HD• Trong cá có các loại amin như: đimetyl amin, trimetyl amin là những chất tạo ra mùi tanh của cá Khi cho thêm chất chua tức là cho thêm axit để chúng tác dụng với amin trên tạo muối làm giảm độ tanh cho cá:

RNH2 + H+ → RNH3+

→ Chọn D

Câu 23:

HD• nCu = 0,06 mol; nH2SO4 = 0,1 mol

Cu + 2H2SO4 đặc CuSO4 + SO2↑ + 2H2O

-0,1 -0,05

→ V = 0,05 x 22,4 = 1,12 lít → Chọn A

Câu 24:

HD• X là một phi kim có số oxi hóa âm thấp nhất bằng số 3/5 số oxi hóa dương cao nhất (tính theo trị tuyệt đối) → hợp chất khí với H2 là XH3, oxit cao nhất là X2O5

Trang 9

→ MX = 14 → X là N Đáp án A đúng

Đáp án B sai vì NH3 tan trong nước nên không thể thu bằng phương pháp dời nước

Đáp án C sai vì N2 tác dụng với O2 khi có tia lửa điện chi thu được NO

Đáp án D sai vì trong hợp chất, X cộng hóa trị cao nhất là 4

Câu 25:

HD• Ancol isoamylic là (CH3)2CH-CH2-CH2OH

Ancol tert-butylic là (CH3)3C-OH

Ancol sec-butylic là CH3-CH2-CH(OH)-CH3

Ancol benzylic là C6H5-CH2OH

→ Ancol có mạch cacbon không phân nhánh là CH3-CH2-CH(OH)-CH3 → Chọn C

Câu 26:

HD• Ở ống nghiệm 2, số giọt nước bằng 0 nên nồng độ của H2SO4 và Na2S2O3 giữ nguyên, không bị pha loãng nên thời gian xuất hiện kết tủa sớm nhất → t2 nhỏ nhất

Ở ống nghiệm 1, H2O nhiều nhất nên Na2S2O3 và H2SO4 bị pha loãng nhiều nhất → nồng độ của

Na2S2O3 và H2SO4 nhỏ nhất → t1 lớn nhất

→ t1 > t3 > t2 → Chọn C

Câu 27:

HD• Đáp án D sai vì protein có hai dạng: hình cấu và hình sợi Protein hình sợi hoàn toàn không tan trong nước trong khi protein hình cầu tan trong nước tạo thành dung dịch keo như anbumin, hemoglobin

Câu 28:

Trang 10

HD• Để thu được HCl tinh khiết, người ta sản xuất HCl bằng phương pháp tổng hợp từ hiđro và clo (thu được khi điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn) Khí HCl được nước hấp thụ ở hai tháp hấp thụ theo nguyên tắc ngược dòng tạo ra dung dịch axit clohiđric đặc nên có độ tinh khiết cao → Chọn A

Câu 29

HD• nHCl = nhh = 5,4 : 45 = 0,12 mol

Theo BTKL: mmuối = 5,4 + 0,12 x 36,5 = 9,78 gam → Chọn B

Câu 30:

HD• (d) sai vì nhiệt điện và năng lượng hạt nhân không phải là nguồn năng lượng có nhiều tiềm năng phát triển và sạch

(f) sai vì penixillin không phải là ma túy

→ Có 4 nhận định đúng là (a), (b), (c, (e) → Chọn C

Câu 31:

HD• %N = 100% - 80,54% - 10,07% = 9,29%

Vì X là amin đơn chức nên đặt CTC của X là CxHyN

→ Tổng số nguyên tử có trong một phân tử X là 26 → Chọn D

Câu 32:

HD• Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu

0,35 -0,35 -0,35

msắt tăng = 0,35 x (64 - 56) = 2,8 gam → Chọn B

Câu 33:

Trang 11

Nhận thấy sobitol không phải là cacbohiđrat Loại D

Trong cơ thể người chỉ hấp thụ được trực tiếp đường đơn → loại C

Cacbohiđrat có nhiều trong quả nho chín; trong máu người khoẻ mạnh có một lượng nhỏ chất này với nồng độ hầu như không đổi khoảng 0,1% → cacbohiđrat phải là glucozo

Đáp án A

Câu 34:

HD• Ta có: 0,3 = ∑nOH

= 2a + b (*)

Kết tủa bắt đầu tan khi ở mốc (a + 0,2) chính là tổng số mol của Ba(OH)2 và NaOH → a + 0,2 =

a + b → b = 0,2

Từ (*) → a = 0,05

Vậy a : b = 0,05 : 0,2 = 0,25 → Chọn B

Câu 35:

HD• C12H22O11 + H2O (mantozơ) 2C6H12O6 (glucozơ)

• CH2=CH-CH2-CH3 + H-OH CH2OH-CH2-CH2-CH3 + CH3-CH(OH)-CH2-CH3

CH3-CH=CH-CH3 + H-OH CH3-CH2-CH(OH)-CH3

• (CH3)2CH-CH2-CH3 CH2=C(CH3)-CH=CH2 + (CH3)2C=C=CH2 + (CH3)2CH-C≡CH

• CH2=CH-CH=CH2 + Br2 → CH2Br-CHBr-CH=CH2 + CH2Br-CH=CH-CH2Br (cis - trans)

→ Thí nghiệm B tạo ra hỗn hợp có 2 sản phẩm hữu cơ → Chọn B

Câu 36:

Trang 12

HD• nCO2 = nCaCO3 = 2000 mol

→ mCO2 = 88000 gam = 88 kg

Ta có sơ đồ: (C6H10O5)n → 2nCO2

Theo phương trình:

Mà H = 62,5% → m(C6H10O5)n = 162 : 62,5% = 259,2 kg

→ m = 259,2 : 80% = 324 kg → Chọn D

Câu 37:

HD• CH3COOCH=CH2 dùng làm chất dẻo, hoặc thủy phân thành poli(vinyl clorua)

Poli(metyl metacrylat) có đặc tính trong suốt cho ánh sáng truyền qua tốt nên được dùng để chế tạo thủy tinh hữu cơ

CH2=CH-CN để chế tạo tơ nitron dùng để dệt vải may quần áo

CH2=C(CH3)CH=CH2 để chế tạo cao su thiên nhiên

→ Chọn B

Câu 38:

Gọi số mol của glyxin và axit glutamic lần lượt là x, y mol

Nhận thấy khi đốt glyxin và axit glutamic hay peptit tạo bởi 2 aminoaxxit này thì lượng CO2 và

O2không đổi

→ mmuối = 0,45 (75 + 22) + 0,15 ( 146 + 2 22) = 72,15 gam Đáp án A

Trang 13

Câu 39:

HD• Đáp án A sai vì nếu NaOH dư thì sau phản ứng thu được Na2CO3 và NaOH dư

Đáp án B sai vì HCl phản ứng với Na2CO3 đầu tiên thu được NaHCO3 Nếu HCl dư thì sau phản ứng thu được NaCl và HCl dư

Đáp án C đúng

2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O

Sau khi nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được Na2CO3 tinh khiết

Đáp án D sai vì cho tác dụng với Ba(OH)2 rồi thêm Na2CO3 sau phản ứng chắc chắn có BaCO3↓

và BaSO4↓ → Na2CO3 không tinh khiết

Câu 40:

Nhận thấy T1 là đồng phân của T → T có số C gấp đôi của Z

Z tách nước tạo ete → Z là ancol

X có công thức phân tử là C8H15O4N; Y là muối đinatri của α–amino axit có mạch cacbon không phân nhánh

Vậy các công thưc thỏa mãn : C2H5OOC-CH(NH2)-CH2-CH2 -COOCH3,C2H5OOC-CH2-CH2-CH(NH2) -COOCH3,

Chú ý : Y không phân nhánh nên công thức X dạng C2H5OOC-C (CH3)(NH2)-CH2-COOCH3, C2H5OOC-CH(CH3)-CH2(NH2)-COOCH3 loại

Đáp án C

Câu 41:

Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn mà hỗn hợp Y phản ứng với NaOH sinh khí → Al dư Vậy Y gồm Al2O3 , Al dư , Fe

Trang 14

Chú ý chia Y thành 2 phần → khối lượng mỗi phần là 11,8 gam Gọi số mol Al, Al2O3 trong mỗi phần là x,y mol Số mol của NH4NO3 là z mol

P1: Chất rắn không tan là Fe → nFe = 6,16 : 56 = 0,11 mol → 27x + 102y + 0,11 56 = 11,8 nH2 = 1,5nAl dư = 1,5 x → nNO = 4,5 x mol

Câu 42:

Nhận thấy HCOONH4 là hợp chất ion → liên kết trong phân tử HCOONH4 có độ bền lớn hơn so với hợp chất chứa liên kết hidro và hợp chất không chứa liên kết hidro Nguyên nhân do lực hút tĩnh điện của liên kết ion lớn hơn hợp chất chứa liên kết hidro

→ ts HCOONH4 > tsCH3COOH> tsC3H7OH > tsCH3COCH3

Đáp án A

Câu 43:

HD: Đọc kĩ + cẩn thận đề, tránh nhầm + thiếu:

♦ TH1: 0,01 mol khí là O2 dư: ||→ phản ứng đốt cháy xảy ra hoàn toàn

Theo đó: • Ca về 0,03 mol CaCO3 và dư 0,005 mol Ca(OH)2 ||→ có 0,03 mol CO2, O2 cần 0,05 mol

||→ bảo toàn O có 0,04 mol H2O ||→ Y là C3H8 (có duy nhất 1 đồng phân)

• Ca về 0,03 mol CaCO3 và 0,005 mol Ca(HCO3)2 ||→ Y là (CH)n (khí nên n = 2 hoặc n = 4) Theo đó thỏa mãn có HC≡CH (1 đồng phân) và C4H4 (có 2 đồng phân)

♦ TH2: 0,01 mol khí là hđc Y ||→ Tương tự với 2 TH của Ca đi về trên:

• Ca(OH)2 dư thì Y có 0,03 mol C + 0,06 mol H2O → (CH4)n ↔ n = 1 là khí CH4 thỏa mãn (1 đp)

Trang 15

• có Ca(HCO3)2 thì Y có 0,04 mol C + 0,04 mol H2O → có (CH2)n với n = 2, 3, 4

Với n = 2 là C2H4 có 1 đp, n = 3 là C3H6 có 1 đp và C4H8 có 3 đp + 1 đp hình học

Đáp án A

Câu 44:

HD• Ta trong dãy có hai chất có tính bazơ: CH3NH2 > NH3 → pHCH3NH2 > pHNH3 → X là NH3, Z

là CH3NH2

H2S là axit rất yếu, yếu hơn cả H2CO3

Ta có tính axit H2S < H2CO3 < HF < H2SO3 → Y là HF, E là SO2 T là H2S

→ Đáp án không đúng là C

Câu 45:

HD• Có 6 este thỏa mãn là HCOOCH2CH2CH2CH3,

HCOOCH2CH(CH3)2 CH3COOCH2CH2CH3, CH3CH2COOCH2CH3, CH3CH2CH2COOCH3, (CH3)2CHCOOCH3 → Chọn B

Câu 46:

Gọi số mol etilen (C2H4), etylen glicol (C2H6O2), axit lactic (CH3CH(OH)COOH) và axit

propanoic (C3H6O2) lần lượt là x, y, z, y mol

Có nH2O = 2x + 3y + 3z + 3y = 0,165 (1) , nO2 = 3x + 2,5y + 3z + 3,5 y = 0,18 (2)

lấy (2) -(1) → x = 0,015

→ nBr2 = nC2H4= 0,015 mol → m = 2,4 gam

Đáp án B

Câu 47:

HD• Ta có sơ đồ: FeS2 → 2H2SO4

Trang 16

Theo phương trình: tấn

→ mdd H2SO4 = 1,225 : 98% = 1,25 tấn → Chọn B

Câu 48:

HD• Amin thơm là hợp chất hữu cơ có nhóm NH2 đính trực tiếp vào vòng benzen

Trong các amin: C6H5NH2, C6H11NH2, CH3-CH(NH2)-COOH và (CH3)3-N chỉ có C6H5NH2 có nhóm -NH2 đính trực tiếp vào vòng benzen → C6H5NH2 là amin thơm

→ Chọn A

Câu 49:

HD• Giả sử số mol của HCHO và CH≡CH lần lượt là x, y trong 1,42 gam hhE

Ta có hpt:

→ 3,55 gam E có 3a mol HCHO và 2a mol CH≡CH

3,55 = 30 x 3a + 26 x 2a → a = 0,025 → hhE chứa 0,075 mol HCHO và 0,05 mol CH≡CH

0,075 -0,3

0,05 -0,05

→ m = 0,3 x 108 + 0,05 x 240 = 44,4 gam → Chọn D

Câu 50:

Định dạng
Số trang	17
Dung lượng	552,96 KB