đề thi môn hóa quốc gia IV 2012 (dap an chi tiet)

DIỄN ĐÀN BOXMATH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ IV NĂM 2012
Môn thi: Hóa học
Thời gian làm bài: 90 phút (20h00 – 21h30)
Ngày thi 20-5-2012

Mã đề thi BMD 2012
LỜI TỔNG KẾT
Trước tiên, BoxMath xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các bạn đã hết lỏng ủng hộ BM
trong quá trình ra đ ề thi, quá trình diễn ra cuộc thi cũng như những lời góp ý sâu sắc cho đề thi. Chính sự
ủng hộ của các bạn đã luôn là động lực thúc giục chúng tôi nỗ lực hết sức mình miệt mài soạn đề, rà soát đề
để rồi lại tập trung làm ra đáp án chi tiết này.
Sau khi công việc soạn đáp án hoàn thành, chúng tôi cũng đã nghiêm túc xem xét lại đề thi để rút
kinh nghiệm. Ở đề thi này, ban ra đề xin gửi tới bạn đọc lời xin lỗi chân thành nhất vì những sai sót kĩ thuật
và kiến thức không đáng có. Lỗi sai phần nhiều là do sự chủ quan của người ra đề khi không kiểm tra lại
tính toán của mình. Tất cả các lỗi sai đó, chúng tôi đã tiếp thu, sửa đổi, bổ sung ở trong đáp án chi tiết này.
Thêm vào đó là một số hạn chế như nhầm lẫn kiến thức giữa phần Chuẩn và Nâng cao, phân bố độ khó giữa
hai phần chưa hợp lí, thiếu câu hỏi lí thuyết ở một số mảng kiến thức bắt buộc. Đây là những kinh nghiệm
quý báu để ban ra đề có thể có những sản phẩm tốt hơn trong tương lai.
Đề thi có những bài tập khó, đòi hỏi sự suy luận cao, tư duy nhanh nhưng đều được điều chỉnh chọn
lọc để độ khó chỉ ngang tầm với đề thi đại học khối A năm 2010 và 2011. Nhiều ý tưởng, chúng tôi lấy trực
tiếp từ các đề thi này, các bạn có thể kiểm chứng qua đáp án chi tiết dưới đây.
Cuối cùng, xin một lần nữa cảm ơn các bạn đã nhiệt tình tham gia cuộc thi thử lần này của BoxMath.
Hẹn gặp lại các bạn trong những đề thi số V được tổ chức vào trung tuần tháng 6 sắp tới.
ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1. Đốt cháy hoàn toàn hai amin no đơn chức hở là đồng đẳng kế tiếp thu được sản phẩm có
VCO2 : VH 2O = 7 :13 . Nếu cho 24,9 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với hỗn hợp Y gồm hai axit HCOOH và

CH 3COOH có tỉ lệ số mol là 1:3 thì khối lượng muối thu được là:
A. 54,6

B. 50,4

C. 58,8

Giải. Gọi CTPT trung bình của hai amin là Cn H 2 n +3 N . Từ phản ứng cháy suy ra

D. 26,1
2n
7
= Þ n = 1, 75 .
2n + 3 13

Suy ra CTPT trung bình là C1,75 H 6,5 N hay RNH 2 với R = 25,5. và nRNH 2 = 0, 6
CTPT trung bình của hỗn hợp Y là R ' COOH với R ' =

1.1 + 3.5
= 11,5
4

Phản ứng: RNH 2 + R ' COOH ® RNH 3OOCR '
Suy ra m = 0, 6(25,5 + 61 + 11,5) = 58,8
Bài tập tương tự. Cho hỗn hợp X gồm HCOOH và CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1) và hỗn hợp Y chứa CH3OH
và C2H5OH (tỉ lệ mol là 2:3). 16,96 gam hỗn hợp X tác dụng với 8,08 gam hỗn hợp Y (có xúc tác H2SO4
đặc) thu được m gam este (hiệu suất các phản ứng là 80%). Giá trị của m là?
Đáp số: 12,064 gam
Câu 2. Cho các chất sau: CH 3COOH , HCl , HNO2 , NaOH , CH 3COONa, Cu (OH ) 2 , Al (OH )3 , NH 4 NO3 ,

AgCl , Ag 2O, KNO3 . Số chất điện li mạnh trong các chất trên là:
A. 6

B. 5

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

C. 7

D. 8

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 1/17


Giải. Các chất được gạch chân
(Nhiều bạn băn khoăn ở chất AgCl, chúng tôi xin có bàn luận như sau:
SGK Hóa học 11 NC viết “Tất cả các chất đều ít nhiều tan trong nước. Thí dụ, ở 25o C độ hoà tan của

BaSO4 là 1, 0.10-5 mol/l, của AgCl là 1, 2.10-5 mol/l, của CaCO3 là 6,9.10-5 mol/l, của Fe(OH ) 2 là
5,8.10- 6 mol/l.”
Với các muối rất ít tan như AgCl, tất cả các phân tử nếu tan trong nước thì đều phân li nên có thể coi đó là
chất điện li mạnh. Với các bazơ nếu như Fe(OH ) 2 , dù có tan trong nước nhưng không xảy ra sự phân li
hoàn toàn nên vẫn là chất điện li yếu.)
Câu 3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A gồm glyxerol, axit 2-ol-propanoic, andehit fomic, frutozo thu được
58,24 lít CO2 (đktc) và 54 gam nước. Thành phần phần trăm khối lượng của glyxerol trong hỗn hợp là:
A. 43,8%
B. 23,4%
C. 35,1%
D. 46,7%
Giải.
Trừ glyxerol, ba chất còn lại đều có CTPT là (CH 2O) n . Dựa vào phản ứng cháy suy ra

ì3 x + ny = 2, 6
ì x = 0, 4
Ûí
í
î4 x + ny = 3
îny = 1, 4
Suy ra mC H O = 0, 4.92 = 36,8 và m(CH
3 8 3

2O )n

= y.30n = 42 Þ %mC H O = 46, 7%
3 8 3

Bài tập tương tự. Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit
oleic, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 (dư). Sau phản ứng thu được 18 gam kết
tủa và dung dịch X. Khối lượng dung dịch X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như
thế nào?
A. Giảm 7,38 gam
B. Tăng 2,7 gam
C. Tăng 7,92 gam
D. Giảm 7,74 gam
Bài tập tương tự. Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat, etyl fomat. Đốt chát hoàn toàn 3,08 gam X thu
được 2,16 gam nước. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là:
A. 25%
B. 27,92%
C. 72,08%
D. 75%
Bài tập tương tự. Để hòa tan vừa hết 15,2 gam hỗn hợp X gồm MgO, CaO, Fe cần 600 ml dung dịch HCl
1M thu được khí H2 và dung dịch Y. Khối lượng MgCl2 trong dung dịch Y là:

A. 11,4 gam
B. 9,5 gam
C. 7,6 gam
D. 13,3 gam
Câu 4. Cho các chất C , Si, Al , Zn, Cl2 , Br2 , N 2 , HCl , CH 3 NH 3Cl , CH 3CH = CHCl , KBr , CuCl2 . Số chất
tác dụng với dung dịch NaOH chỉ sử dụng điều kiện nhiệt độ là:
A. 7
B. 10
C. 9
D. 8
Giải. Các chất phản ứng được gạch chân
(Nhiều bạn bỏ quên phản ứng của Si với NaOH)
Bài tập tương tự. Cho dãy các chất: phenylamoni clorua, benzyl clorua, isopropyl clorua, m-crezol, ancol
benzylic, natri phenolat, anlyl clorua. Số chất trong dãy tác dụng được với dung dịch NaOH loãng, đun nóng
là:
A. 5
B. 3
C. 4
D. 6
Câu 5. Khi thủy phân 30,3 gam một peptit A thu được 37,5 gam một a - aminoaxit . A là
A. Dipeptit
B. Tripeptit
C. Tetrapeptit
D. Pentapeptit
Giải.
37,5 - 30,3
Bảo toàn khối lượng suy ra nH 2O =
= 0, 4(mol ). CTCT của A là H [ HNRCO ]n OH . Phản ứng xảy
18
ra:

H [ HNRCO ]n OH + (n - 1) H 2O ® nNH 2 RCOOH

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 2/17


0, 4n 37,5
=
Þ n(37, 25 - R ) = 93, 75 Þ n(32, 75 - 14m) = 93, 75
n - 1 61 + R
Do 14m < 32, 75 và m nguyên nên m = 1 hoặc m = 2. Thử chọn suy ra m = 1, n = 5. Đáp án D.
Suy ra

Câu 6. Cho hỗn hợp X gồm 2 amin đơn chức bậc I có tỉ khối hơi so với H 2 là 18,5. Biết một amin có phân
tử khối nhỏ hơn có số mol nhỏ hơn 0,15. X tác dụng với dung dịch FeCl3 dư thu được kết tủa A. Đem A
nung đến khối lượng không đổi thi được 8 gam chất rắn. Tổng số mol khí và hơi thu dược sau khi đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp X là
A. 1,38
B. 1,32
C. 1,44
D. 1,5
Giải. Khối lượng PT trung bình của X: M = 37 . Suy ra có 1 amin là CH 5 N (= 31)
Từ phản ứng với FeCl3 , dễ dàng suy ra namin = 0,3.
Gọi x, y, M lần lượt là số mol của hai amin và khối lượng phân tử của amin có PTK lớn hơn.
( y > 0,15; M ³ 37)
Suy ra: M =

x.31 + y.M
= 37 Þ 1,8 = y ( M - 31) > 0,15( M - 31) Þ M < 43

x+ y

Vậy M = 41. Amin còn lại là CH º C - NH 2 . Suy ra y = 0,18; x = 0,12, dễ dàng tính được tổng số mol khí
là 1,2.
(Thật xin lỗi các bạn vì đề ra có sai sót. Phải sửa “amin có PTK lớn hơn” thành “amin có PTK nhỏ hơn”
như ở trên)
Bài tập tương tự. (KB 2010, MĐ 174, Câu 13) Hỗn hợp khí X gồm một ankan và một anken. Tỉ khối của X
so với H 2 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
Câu 7. Cho các phản ứng sau

C. CH4 và C3 H6

D. CH4 và C4 H8

C. 5

D. 6

a. 3I 2 + 3H 2O ® HIO3 + 5 HI
b. 2 HgO ® 2 Hg + O2
c. 4 K 2 SO3 ® 3K 2 SO4 + K 2 S
d. 2 KClO3 ® 2 KCl + 3O2
e.

Fe + 2 HCl ® FeCl2 + H 2

f. CH 2 = CH 2 + HCl ® CH 3CH 2Cl

g. CH 3CHO + Br2 + H 2O ® CH 3COOH + 2 HBr
h. CaCO3 ® CaO + CO2
i. 2KMnO4 ® K 2 MnO4 + MnO2 + O2
j. HCHO + H 2 ® CH 3OH
Số phản ứng oxi hóa khử nội phân tử là:
A. 3
B. 4
Giải. Đáp án được đóng khung
(Các phản ứng a. và c. là phản ứng tự oxi hóa khử)

Câu 8. Cho hỗn hợp chứa x mol Mg, y mol Fe vào dung dịch chứa z mol CuSO4 . Sau phản ứng kết thúc thu
được chất rắn gồm hai kim loại. Muốn thỏa mãn được điều kiện đó thì:
A. x < z < y
B. z ³ x
C. x £ z < x + y

D. z = x + y

Giải. Hai kim loại là Cu và Fe (dư, có thể chưa phản ứng hoặc chỉ phản ứng một phần)

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 3/17


Cõu 9. Tin hnh in phõn (in cc tr, mng ngn xp) mt dung dch cha 9,17 gam hn hp CuSO4
v NaCl cho ti khi nc bt u in phõn mt trong hai in cc thỡ dng li v thu c dung dch X.
Thờm vo X mt lng Zn va phn ng xy ra hon ton thu c dung dch Y v cht rn. Li in
phõn dung dch Y n khi c hai in cc nc u b in phõn thỡ thu c dung dch Z. Z hũa tan c
thờm mt lng Zn na. Tng khi lng Zn b hũa tan l 5,2 gam. Phn trm khi lng NaCl trong hn

hp ban u l:
A. 12,76
B. 71,72
C. 11,96
D. 12,76 hoc 11,96
Gii. Gi a v b ln lt l s mol ca CuSO4 v NaCl ị 160a + 58,5b = 9,17 (1)
bử
ổ
*TH1. Nu b < 2a thỡ X cha ỗ a - ữ mol Cu 2+ : X hũa tan c
2ứ
ố

bử
ổ
ỗ a - ữ mol Zn
2ứ
ố

Lỳc in phõn Y: Zn 2+ + 2e đ Zn; 2 H 2O đ O2 + 4 H + + 4e
a-

b
2

2a -b

đ 2a -b

2a -b

bử
ổ
Zn b hũa tan thờm ỗ a - ữ mol do phn ng 2 H + + Zn đ Zn 2+ + H 2
2ứ
ố
ồ nZn = 2a - b = 0, 08 (2) . Gii h (1)(2) suy ra a = 0, 05; b = 0, 02 (tha món b < 2a )

ị %mNaCl = 12, 76%
*TH2. Nu b > 2a thỡ X cha (b - 2a )molCl - cựng cỏc ion SO42- , Na + . X khụng phn ng vi Zn.
Lỳc in phõn Y: 2Cl - đ Cl2 + 2e ; 2 H 2O + 2e đ 2OH - + H 2
b-2a

b-2a

b-2a

b-2a

ổb
ử
Zn b hũa tan thờm ỗ - a ữ mol do phn ng Zn + 2OH - đ ZnO2- + H 2
2
ố
ứ
b
ồ nZn = 2 - a = 0, 08 ị b - 2a = 0,16 (2 ') . Gii h (1)(2) thỡ h vụ nghim.
Vy chn ỏp ỏn A.
Cõu 10. t chỏy hon ton hidrocacbon X thu c VH 2O : VCO2 = 8 : 7 . Khi X phn ng vi clo to ra c

hn hp gm nhiu hn 3 ng phõn monoclo. S lng cỏc cht tha món tớnh cht trờn l:

A. 7
B. 5
C. 4
D. 6
Gii. D dng tỡm c X l C7 H16 . Cỏc cht phự hp vi iu kin l:
ã Heptan
ã 2-metylhexan
ã 3-metylhexan
ã 2,2-imetylpentan
ã 2,3-imetylpentan
Cõu 11. Cho cỏc cht C2 H 5OH , CH 3COOH , C6 H 5OH , C2 H 5ONa, CH 3COONa, C6 H 5ONa, H 2O,

CH 2 - CH - CH 3 , HCl , Cu ( OH )2 . Trong s cỏc cht trờn, s cp cht phn ng vi nhau l:
A. 10

B. 9

C. 11

D. 12

Gii. Cỏc phn ng xy ra l: C2 H 5OH + CH 3COOH , CH 3COOH + C2 H 5ONa , CH 3COOH + C6 H 5ONa ,

CH 3COOH + Cu (OH ) 2 , C6 H 5OH + C2 H 5ONa , C2 H 5ONa + HCl , CH 2COONa + HCl , C6 H 5ONa + HCl ,
H 2O + C2 H 5ONa , H 2O + CH 2 = CH - CH 3 , CH 2 = CH - CH 3 + HCl , C2 H 5OH + HCl
Cõu 12. Oxi húa ht hn hp cỏc ancol n chc cú cụng thc phõn t l C2 H 6O v C3 H 8O cn 40 gam

CuO thu c cht rn X, hn hp khớ v hi Y cú t khi vi H 2 l 16,9. Cho Y tỏc dng vi lng va

Din n BoxMath.vn Box Húa hc

ỏp ỏn chi tit thi th s IV 2012 20/5/2012 Trang 4/17


Cu (OH ) 2 trong NaOH thu được kết tủa đỏ và dung dịch Z. Làm khô kết tủa cân nặng 57,6 gam. Z có thể
tác dụng với n mol Br2 khan sử dụng xúc tác. Giá trị của n là:
A. 0,1

B. 0,2

C. 0,18125

D. 0,4

Giải. Hỗn hợp các ancol bao gồm CH 3CHO, C2 H 5OH , CH 3 - CH (OH ) - CH 3 . Từ phản ứng với CuO suy ra

nancol = 0,5. X là Cu, Y là hỗn hợp gồm CH 3CHO, C2 H 5CHO, axeton và hơi nước. Gọi số mol của các chất
trong Y là x, y, z và (x + y + z). Do M Y = 33,8 Þ ... Þ

x
= 3 : 2 Þ x = 0,3, y + z = 0, 2
y+z

Kết tủa đỏ là Cu2O và nCu2O = 0, 4 Þ nRCHO = x + y = 0, 4. Vậy naxeton = z = 0,1 Þ nbrom = 0,1
Câu 13. Cho m gam Cl2 phản ứng với dung dịch A gồm 0,4 mol KI và 0,6 mol KBr thu được 109,45 gam
các đơn chất X,Y,Z. Cho X,Y,Z phản ứng hoàn toàn với Fe dư thì khối lượng muối thu được là
A. 158,45
B. 137,45
C. 143,05
D. 90,25

Giải. Sản phầm gồm có 0,2 mol I 2 , 0,3 mol Br2 và 0,15 mol Cl2
Muối tạo ra là 0,2 mol FeI 2 , 0,2 mol FeBr3 , 0,1 mol FeCl3 . Suy ra m = 137,45
Câu 14. Sắt pirit tác dụng với dung dịch H 2 SO4 đặc nóng thu được phân tử muối sắt III và muối sắt II có tỉ
lệ số mol là 2:3. Hệ số tối giãn của SO2 (sản phẩm khử duy nhất) trong cân bằng phản ứng là:
A. 36

B. 51

C. 30

D. 47

Giải. 7 FeS2 + 102 H 2 SO4 ® 2 Fe2 ( SO4 )3 + 3FeSO4 + 51SO2 + 51H 2O
Câu 15. Hỗn hợp X gồm Fe và Cu có tỉ lệ số mol tương ứng là 4:9. Hòa tan m gam X bằng dung dịch
HNO3 thu được 0,336 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc), dung dịch Y và cố 0,75m gam kim loại không
tan. Giá trị của m là:
A. 5,25 gam

B. 5,040 gam

C. 4,095 gam

D. 1,365 gam

Giải. Ta có mFe : mCu = (4.56) : (9.64) = 7 :18 Þ %mCu = 72% Þ mCu = 0, 72m < 0, 75m . Vậy Fe phải dư sau
phản ứng, trong dung dịch chỉ tạo muối Fe 2+ . Đồng thời Cu chưa hề phản ứng (vì dư Fe nên không thể tạo
muối Cu 2+ )

3
Ta có nNO = 0, 015mol nên khối lượng sắt phản ứng: mFe = .0, 015.56 = 1, 26( gam) và bằng 0,25m. Suy ra

2
m = 5,04
(Có nhiều bạn nhầm lẫn 4:9 là tỉ lệ khối lượng nhé)
Câu 16. Hỗn hợp A gồm 2 este đồng phân đơn chức phản ứng hoàn toàn với 0,03 mol NaOH thu được
5,56 gam chất rắn trong đó có duy nhất một muối B (B có thể phản ứng với Br2 tạo ra muối cacbonat). Hỗn
hợp sản phẩm hữu cơ còn lại gồm 1 ancol và 1 andehit đều đơn chức phản ứng với không đến 0,03 mol Br2 .
Nếu cho X phản ứng tráng bạc thì thu được 2,16 gam Ag . Đốt cháy A thu được 8,8 gam CO2 cần V lít O2
ở đktc. Giá trị của V là
A. 5,04
B. 20,16
C. 4,48
Giải. B là HCOONa. Gọi x là số mol muối HCOONa, ta có
78 x + 40(0, 03 - x) = 5,56 Þ x = 0, 02 Þ neste = 0, 02

D. 5,6

Gọi a và b lần lượt là số mol của andehit và ancol, suy ra a + b = neste = 0, 02
Do hai este đồng phân nen ancol và andehit có cùng số liên kết p . Gọi k là số liên kết p có trong một phân
tử ancol và andehit, thì k (a + b) < 0, 03 Þ k < 1,5 Þ k = 1
Lại có nC = 4 nên CTPT của A là C4 H 6O2 . Dễ dàng tính được đáp án A.

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 5/17


Câu 17. Công thức phân tử của thủy tinh loại thường là
A. Na2O.CaO.6 SiO2
B. Na2CO3 .CaCO3 .6 SiO2
C. Na2 SiO3 .CaSiO3 .K 2O

D. K 2O.CaO.SiO2
Câu 18. Đốt cháy hoàn toàn 1 este đơn chức hở X thì có nhận xét nCO2 : nO2 = 8 : 9 . Nếu cho m gam X vào
300 ml dung dịch KOH 0,9M rồi cô cạn dung dịch thu được 28,62 gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 22
B. 22,68
C. 21,5
D. 20,5
n
Giải. Ta có nbrom = 0, 45 Þ brom < 3. Gọi k là số liên kết p có trong phân tử este, suy ra 1 < k < 4
neste

Þ k Î {2;3}
3n - 1 - k 9
= Þ 3n = 4(k + 1) 3 Þ k = 2; n = 4 . Este là C4 H 6O2
2n
8
= 0, 27(mol )

PTPƯ cháy suy ra
Ta lại có nKOH

*TH1. Nếu KOH phản ứng hết. Các muối có thể tạo ra là HCOOK , CH 3COOK , C2 H 3COOK đều có khối
lượng khác 28,62 gam
*TH2. KOH dư. Gọi x là số mol este phản ứng
Þ x( R + 83) + (0, 27 - x).56 = 28, 62

Þ x( R + 27) = 13,5 . Do x < 0, 27 Þ R + 27 >

13,5
= 50

0, 27

Þ R > 23 Þ R = C2 H 3 (Vì phân tử có một liên kết đôi ở gốc cacbon)

Þ R = 27; x = 0, 025; m = 21,5%
Bài tập tương tự. Đốt cháy hoàn toàn một este đơn chức, mạch hở X (phân tử có số liên kết p 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. 10,56
B. 7,20
C. 8,88
D. 6,66
Câu 19. Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 vào dung dịch Ca (OH ) 2 a M thì thu được m1 gam kết tủa. Cùng hấp
thụ (V + 3,36) lít CO2 vào dung dịch Ca (OH ) 2 thì thu được m2 gam kết tủa. Biết m1 : m2 = 3 : 2 . Nếu thêm
(V + V1) lít CO2 vào dung dịch Ca (OH ) 2 trên thì thu được lượng kết tủa cực đại. Biết m1 bằng 3/7 khối
lượng kết tủa cực đại. Giá trị của V1 là
A. 0,672
B. 1,493
C. 2,016
D. 1,008
Giải. Do khi thêm (V + V1) lít vẫn tạo được lượng kết tủa cực đại nên chỉ xảy ra trường hợp thể hiện ở sơ
đồ.
7
Ta có a = .3 x - 3 x = 4 x (với x là số mol khí CO2 để tạo m1 gam kết tủa)
3

3x

a

V

b

2x

CO2

V + 3,36

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 6/17


4
.0,15.22.4 = 1, 493(lit )
4+5
(Đề bài phải bổ sung giả thiết như trên thì mới có thể làm được. Chân thành xin lỗi các bạn vì thiếu sót này)
Tương tự b = 7 x - 2 x = 5 x . Vậy V1 = a.22, 4 =

Câu 20. Cho các muối AgCl , NH 4Cl , K 2 HPO3 , KH 2 PO3 , AlCl3 , NaNO3 , Na3 PO4 , KHS . Số muối trung hòa
là
A. 5

B. 6

C. 7

D. 4

+

Giải. Muối trung hòa là muối mà gốc axit không còn khả năng phân li ra H . Các muối trung hòa được
gạch chân.
Câu 21. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp K 2CO3 (kali cacbonat) và X 2CO3 vào nước chỉ thu được dung
dịch A. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch X và 4,48 lít CO2 (đktc). Cô cạn
dung dịch B và nung ở 400o C đến khối lượng không đổi thu được 10,2 gam chất rắn D. Giá trị của m là:
A. 3,8 gam
B. 7,4 gam
C. 21,72 gam
D. 17,8 gam
Giải. Vì X 2CO3 tan trong nước nên phải là muối của kim loại kiềm hoặc amoni.
Nếu là X 2CO3 là muối của kim loại kiềm. Gọi x và y lần lượt là số mol của các muối.

ì x + y = 0, 2
Ta có hệ í
. Hệ này vô nghiệm vì 2( x + y ).46 = 18, 4 > 10, 2
î2x.(39 + 46) + 2 y.( M + 46) = 10, 2
Vậy X 2CO3 là ( NH 4 ) 2 CO3 . Suy ra chất rắn B chỉ là KNO2 .
Từ đó dễ dàng tính được: K 2CO3 0,06 mol; ( NH 4 ) 2 CO3 0,14 mol. Suy ra m = 21,72 gam
(Không nhiều bạn làm đúng bài này do bỏ quên khả năng X là amoni
Do tính nhầm số mol K2CO3 mà đã cho ra đáp án sai. BBT xin sửa lại kết quả là m = 21,72 như trên)
Câu 22. Cho các chất hữu cơ : CH 2Cl2 , CH 2 = CH - COOCH 3 , HCOOCH 2C (Cl ) = CH 2 , CH 3CH 2CCl3 ,

C2 H 5COOC (CH 3 ) = CH 2 , CH 3COOCHCl [CH 2 ]2 CH 3 , CH 3COOCH = CH - CH 3 . Khi thủy phân trong
môi trường kiềm số chất sau khi thủy phân cho sản phẩm có phản ứng tráng gương là
A. 2
B3
C. 4
D. 5

Giải. Các chất thỏa mãn được gạch chân
Câu 23. Cho 24,8 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm thổ R và oxit của nó tác dụng với dung dịch HCl
dư thu được 55,5 gam muối khan. Hòa tan 19,84 gam X vào H 2O dư rồi cho tác dụng với Al dư thì tổng số
mol H 2 thu được sau phản ứng là
A. 1,2

B. 1,36

C. 1,5

D. 1,66

Giải. R + 2 HCl ® RCl2 + H 2 ; RO + 2 HCl ® RCl2 + H 2
x

2x

y

2y

ì x.R + y.( R + 16) = 24,8 (1)
Suy ra í
î( x + y )( R + 71) = 55,5 (2)
Þ 71x + 55 y = 31, 7 (Trừ (1) cho (2))
31, 7
31, 7
55,5
55,5
< x+ y <

Þ 55.
= 96, 29 < R + 71 <
.71 = 124,30
71
55
31, 7
31, 7
Þ R = Ca (40)
Þ

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 7/17


ì40x + 56 y = 24,8 (1')
ì x = 0, 2
Ta có hệ í
Ûí
(2 ')
î x + y = 0,5
î y = 0,3
Trong 18,94 gam X có 0,16 mol Ca và 0,24 mol CaO, phản ứng tạo ra tổng cộng 1,36 mol H 2
Cách khác. Các bạn có thể giả sử hỗn hợp chỉ có kim loại hoặc chỉ có oxit cũng tìm được khoảng giá trị của
R. Từ đó suy ra R = Ca (40)
Bài tập tương tự. (Bài 1, Tuyển tập các bài toán hóa học hay và lời giải của diễn đàn BoxMath, 2011)
Hỗn hợp A gồm muối sunfit, hidrosunfit và sunfat của cùng một kim loại kiềm M. Cho 17,775 gam hỗn hợp
A vào dung dịch Ba (OH ) 2 dư tạo thành 24,5275 gam hỗn hợp kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch và cho kết tủa
tác dụng với dung dịch HCl dư, thấy còn 2,33 gam chất rắn. Kim loại kiềm M là:
A. Li

B. K
C. Rb

D. Na

Câu 24. Dung dịch X gồm CH 3COOH xM và HCl 0,001M. Giá trị pH của dung dịch X là 2,33
( K a = 1, 75.10-5 ). Giá trị của x là:

A. 1
B. 2
C. 0,5
D. 0,833
Giải. Đáp án A. 1
Câu 25. Chỉ có giấy quỳ ẩm, lửa và giấy tẩm dung dịch muối X người ta có thể phân biệt được 4 lọ chứa 4
khí riêng biệt O2, N2, H2S, Cl2 do có hiện tượng: khí (1) làm tàn lửa cháy bùng lênkhí (2) làm mất màu
giấy quỳkhí (3) làm giấy có tẩm dung dịch muối X hóa đen. Chọn phát biểu không đúng:
A. Khí (1) là O2 X là muối CuSO4
B. Khí (2) là Cl2 X là Pb( NO3 ) 2
C. Khí (3) là Cl2 Khí còn lại là N 2

D. X là CuSO4 khí (3) là H 2 S

Câu 26. Để hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 9,6 gam Cu và 12 gam CuO cần tối thiểu bao nhiêu ml dung
dịch hỗn hợp HCl 1M và NaNO3 0,12M (sản phẩm khử duy nhất là NO )
A. 833 ml
B. 866 ml
Giải. Có 0,15 mol Cu và 0,15 mol CuO
CuO + 2 H + ® Cu 2+ + H 2O
0,15

C. 633 ml

D. 700 ml

0,3

3Cu + 8 H + + 2 NO3- ® 2 NO + 3Cu 2+ + 4 H 2O
0,15

0,4

0,1

Vậy phải cần 0,7 mol H + và 0,1 mol NO3Gọi V(l) là thể tích cần tối thiểu cần dùng
ìV .1 ³ 0, 7
ìV ³ 0, 7
Þí
í
îV .0,12 ³ 0,1 îV ³ 0,833
Vậy cần chọn 833 ml
Câu 27. Hãy chọn nhận định đúng.
A. Nguyên tố có cấu hình electron ở phân lớp cuối cùng ns1 luôn là kim loại.
B. Nguyên tố có cấu hình electron ở phân lớp cuối cùng np 4 có thể là kim loại.
C. Nguyên tố có cấu hình electron ở phân lớp cuối cùng ns2 luôn thể hiện tính khử.
D. Tất cả đều sai.
Giải. A sai vì 1s1 là H là phi kim
B đúng, với chu kì n, thì nếu số e ở phân lớp p nhỏ hơn (n - 1) là kim loại. Với các nguyên tố trên thì có
phân lớp e cuối cùng là 6p4, 7p4 thỏa mãn điều kiện.
C vì 1s2 là He trơ, không thể hiện tính chất hóa học
D sai vì B đúng.

(Trong đề thi được phát, đề ra là chọn nhận định sai. Xin sửa lại là chọn nhận định đúng như trên. BBT
chân thành xin lỗi các bạn vì lỗi kĩ thuật này)

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 8/17


Câu 28. Hỗn hợp A gồm Al và Fe2O3 có khối lượng phân tử trung bình là M A . Tiến hành phản ứng nhiệt
nhôm, sau một thời gian thu được hỗn hợp B có khối lượng phân tử trung bình là M B . Quan hệ giữa M A và

M B là:
A. M A > M B

B. M A = M B

C. M A < M B

D. Tất cả đều chưa chính xác

Giải. Phản ứng: 2Al + Fe2O3 ®Al2O3 + 2Fe. Khối lượng và số mol không đổi, chọn B.
Câu 29. Hỗn hợp A gồm các hidrocacbon C x H 2 x + 2 , C y H 2 y , C z H 2 z - 2 mạch thẳng được cho ở điều kiện thích
hợp để tồn tại ở dạng khí ( x £ y £ z ). Đốt cháy A thu được thể tích CO2 và H 2O bằng nhau. Cho A tác
dụng với lượng vừa đủ 72 gam brom trong dung dịch thấy thoát ra 3,36 lít khí. Đốt cháy lần lượt mỗi khí thì
thu được lần lượt n1 , n2 , n3 mol khí CO2 (đktc). Biết 0, 0225(n1 + n2 + n3 ) = n1.n2 .n3 . Đốt cháy một hỗn hợp B
khác cũng chứa 3 hidrocacbon trên thì thu được n mol CO2 và 9 gam nước. Biết khối lượng của B là 8,25
gam, giá trị của n là
A. 0,625

B. 0,604

C. 0,9

D. Đáp án khác

Giải. (BBT xin sửa lại đề ra, thay các thể tích V1 , V2 , V3 thành số mol n1 , n2 , n3 )
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của các hidrocacbon.
Từ VCO 2 = VH 2O Þ a = c

ìb + 2c = 0, 45
Từ phản ứng với brom, ta có í
îa = 0,15
Suy ra a = b = c = 0,15
Do 0, 0225(n1 + n2 + n3 ) = n1.n2 .n3 . Þ 0,15( x + y + z ).0, 0225 = (0,15)3 .xyz Þ x + y + z = xyz (*)
Do x £ y £ z nên xyz £ 3 z Þ xy £ 3 Þ xy Î {1, 2,3}
Nếu xy = 1 thì x = 1, y = 1 , thay vào (*) suy ra 2 + z = z (loại)
Nếu xy = 2 thì x = 1, y = 2 , thay vào (*) suy ra z = 3 (nhận)
Nếu xy = 3 thì x = 1, y = 3 , thay vào (*) suy ra z = 2 (loại)
Vậy x = 1, y = 2, z = 3
Ba hidrocacbon là CH 4 , C2 H 4 , C3 H 4 có CTPT trung bình là C x H 4
C x H 4 + ( x + 1)O2 ® xCO2 + 2 H 2O
0,25

0,5

Suy ra M Cx H =
4

8, 25
= 34 Þ x = 2,5

0, 25

Þ nCO 2 = 2,5.0, 25 = 0, 625
Câu 30. Khí nào sau đây không bị oxi hóa bởi nuớc Gia-ven ?
A. HCHO

B. H 2 S

C. CO2

D. SO2

Câu 31. Hòa tan hoàn toàn 41,15 gam hỗn hợp X gồm ZnO, FeO, MgO, CuO vào dung dịch HCl dư, cô
cạn dung dịch sau phản ứng thu được 72,775 gam muối khan. Mặt khác, nếu cho hỗn hợp X tác dụng với
dung dịch HNO3 dư , cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 111 gam muối khan. % khối lượng của
FeO trong X là:
A. 17,50%
B. 21,87%
C. 26,25%
D. 34,99%
72, 775 - 41,15
.2 = 1,15(mol )
Giải. nCl - =
71 - 16
Nếu phản ứng của X với HNO3 chỉ tạo muối sắt II thì khối lượng muối là

m1 = 41,15 + 0,575.(2.62 - 16) = 103, 25

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 9/17


Thực tế, do HNO3 dư nên tạo muối sắt III và khối lượng muối m2 = 111( gam)
Chênh lệch giữa m2 và m1 là do chênh lệch 1 nhóm NO3- của hai muối sắt.

nFeO = nNO- =
3

111 - 103, 25
0,125.72
= 0,125(mol ) Þ %mFeO =
.100% = 21,87%
62
41,15

Câu 32. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một peptit X (X được tạo thành từ các amino axit chỉ chứa 1 nhóm
- NH 2 và 1 nhóm -COOH ) cần 58,8 lít O2 (đktc) thu được 2,2 mol CO2 và 1,85 mol H 2O . Nếu cho 0,1
mol X thuỷ phân hoàn toàn trong 500 ml dung dịch NaOH 2M thu được m gam chất rắn. Số liên kết peptit
trong X và giá trị m lần lượt là
A. 8 và 92,9 gam
B. 8 và 96,9gam
C. 9 và 92,9 gam
D. 9 và 96,9 gam
Giải. Do các aminoaxit chỉ chứa 1 nhóm - NH 2 và 1 nhóm -COOH . Gọi A là 1 aminoaxit tổng quát để tạo
peptit X. Vậy X là: kA - (k - 1) H 2O (0,1 mol).
Vậy số mol nguyên tử O trong X là 2k .0,1 - (k - 1).0,1
Từ phản ứng X + 58,8 lít O2 →
nO (trong X ) = 1(mol )

2,2 mol CO2 + 1,85 mol H2O, bảo toàn nguyên tố O, ta có:

9
Vậy có 2k .0,1 - (k - 1).0,1 = 1 ® k = 9. Có 8 liên kết peptit. Suy ra nN2 = .n peptit = 0, 45(mol )
2
Bảo toàn khối lượng với phản ứng cháy suy ra m( X ) = 58, 7( gam)
Khi thuỷ phân X trong NaOH :

(9 A - 8 H 2O) + 9 NaOH ® muoi + H 2O

Vậy khối lượng chất rắn thu được là: m = 58, 7 + 0,5.2.40 - 18.0,1 = 96,9 gam
Câu 33. Chọn phát biểu đúng.
A. Axit nucleic là một polieste của axit photphoric và đường ribozơ
B. Hemoglobin có dạng cầu, chỉ tan trong huyết tương và không tan trong nước
C. Prôtêin đơn giản là prôtêin được tạo thành từ 2 đến 10 phân tử a - aminoaxit
D. Nếu phân từ chứa n gốc a - aminoaxit khác nhau thì số đồng phân peptit là n!
Giải. A sai. Phải là đường pentozơ.
B sai vì hemoglobin tan được trong nước.
C sai vì prôtêin đơn giản là prôtêin cấu tạo chỉ bởi a - aminoaxit
Câu 34. Đốt cháy hoàn toàn 6,72 gam kim loại M với oxi thu được 9,28 gam chất rắn. Nếu cho 5,04 gam M
tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và khí NO (là sản phẩm khử duy nhất). Thể
tích NO (đktc) thu được là:
A. 1,344 lít
B. 2,016 lít
C. 1,792 lít
D. 2,24 lít
Giải. Gọi n là số oxi hóa của M khi phản ứng với oxi, suy ra M = 21n . Với n nguyên thì không có kim loại
thỏa mãn, do đó M là Fe với n = 8 / 3
Từ đó dễ dàng xác định được nNO = nFe = 0, 09mol
Câu 35. Phản ứng nào sau đây không tạo ra HI?

A. C2 H 5 NH 2 + CH 3 I ®
o

t
®
B. CH 4 + I 2 ¾¾

C. Anilin + CH 3 I ®
o

t
®
D. CH 3CH = CH - CH 2 I + H 2O ¾¾

Giải. Do HI có tính khử mạnh và liên kết C - I có độ bền khá kém so với các halogen khác nên nếu tạo ra,
HI sẽ khử ancol về chất ban đầu.
Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 10/17


(Trong phạm vi chương trình phổ thông, phản ứng B cũng có thể coi như không xảy ra theo SGK Hóa học
11 NC, trang 139)
Câu 36. Hai bình kín A, B đ ều có dung tích không đổi V lít chứa không khí (21% oxi và 79% nitơ về thể
tích). Cho vào cả hai bình những lượng như nhau hỗn hợp ZnS và FeS2 . Trong bình B còn thêm một ít bột

S (không dư). Sau khi đốt cháy hết hỗn hợp sunfua và lưu huỳnh, lúc đó trong bình A oxi chiếm 3,68% thể
tích, trong bình B nitơ chiếm 83,16% thể tích. % thể tích của SO2 trong bình A là
A. 13,16%
B. 3,68%

C. 83,16%
D. 21%
Giải. Ta thấy ở bình B có thêm phản ứng: S + O2 → SO2
Nhận xét lượng mol oxi phản ứng bao nhiêu thì lượng mol SO2 thêm vào bấy nhiêu, tức là không tăng
(giảm) số mol hỗn hợp khí (tức là không tăng (giảm) thể tích). Suy ra thể tích hỗn hợp khí sau phản ứng ở B
và A là như nhau; mà lượng N2 ở A và B là như nhau
Þ %VN trong A = %VN trong B = 83,16%.
2

2

Þ %VSO

2

trong A

= 100% - %VO 2 - %VN 2 = 100% - 3, 68% - 83,16% = 13,16%.

Câu 37. Trong một bình kín dung tích không đổi chứa hh A gồm etan và một ankin (đều ở thể khí) có tỉ lệ
số mol là 1:1. Thêm oxi vào bình thì được hỗn hợp khí B có tỉ khối so với H 2 là 18. Đốt cháy hoàn toàn hỗn
hợp B sau đó đưa về 0o C thấy hh khí trong bình có tỉ khối so với H 2 là 21,4665. Công thức ankin là:
A. C2 H 2

B. C3 H 4

C. C4 H 6

D. C5 H 8

Giải. Ankin thể khí, do đó có số nguyên tử C nhỏ hơn 5.
Đặt: C2 H 6 : a mol; Cn H 2 n - 2 : a mol; O2 : b mol.
Gọi hỗn hợp sau khi đốt là hỗn hợp C ta có: M B.nB = MC.nC
Þ nB : nC = M C : M B = 21, 4665 :18 = 1, 2
Chọn: nB = 1, 2mol suy ra mB = 18.2.1, 2 = 43, 2( gam)
Ta có: 2a + b = 1, 2(1) và 30a + (14n - 2)a + 32b = 43, 2(2) .Từ (2) suy ra

14na - 36a + 32.(2a + b) = 43, 2 Þ 14na - 36a + 32.1, 2 = 43, 2 Þ 14na - 36a = 4,8 Þ a =

2, 4
7 n - 18

2, 4
< 0, 6 Þ 7 n - 18 > 4 Þ n > 3,14
7 n - 18
Vậy n = 4 . Suy ra ankin là C4 H 6 .
Mà 2a < 1, 2 suy ra a < 0, 6 hay

Câu 38. Trong các phản ứng sau:
a.

NaClO + KI + H 2 SO4 ®

b. C + HNO3 ®
c. HI + H 2 SO4 ®
d. KI + O3 + H 2O ®
e.

NH 4 Al ( SO4 ) 2 + Na2CO3 + H 2O ®

Số phản ứng có tổng hệ số cân bằng nhỏ hơn hoặc bằng 13 và sản phẩm có 2 khí là:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Giải.
(1) NaClO + 2KI + H2SO4 " I2 + NaCl + K2SO4 + H2O
(2) 3C + 4HNO3 " CO2#+ 4NO# + H2O
(3) 8HI + H2SO4 " 4I2 + H2S# + 4H2O
(4) 2KI + O3 + H2O " I2 + O2# + 2KOH
(5) NH4Al(SO4)2 + 2Na2CO3 + H2O " NH3#+ Al(OH)3$ + CO2#+ H2O
Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 11/17


Các phản ứng có tổng hệ số cân bằng nhỏ hơn hoặc bằng 13 và sản phẩm có 2 khí là: (2), (5)
Câu 39. Hỗn hợp A gồm bột Al và M. Hòa tan hoàn toàn 8,6 gam A bằng dung dịch HCl dư thì thu được
6,72 lít khí (đktc). Nếu nung nóng 17,2 gam A trong không khí thì thu được chất rắn nặng 20,4 gam. Lấy
17,2 gam A tác dụng vừa đủ với H 2 SO4 đặc, nóng thu được V lít (đktc) khí SO2 duy nhất và dung dịch B.
Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị V là:
A. 13,44 lít
B. 22,4 lít
C. 16,8 lít
D. 26,88 lít
Giải.
- Nếu M là kim loại đứng trước H: nH 2 = 0,3mol , suy ra số mol e trao đổi ne = 0, 6(mol ) , suy ra

nO 2 = 2.0, 6 : 4 = 0,3(mol ) . Khối lượng chất rắn thu được m = 17, 2 + 32.0,3 = 26,8 gam > 20, 4 gam (loại).
- Nếu M là kim loại đứng sau H: nH 2 = 0,3mol , suy ra số mol Al trong 8,6 gam A là nAl = 0, 2mol ® mchất

> mAl2O3 = 0,2.102 = 20,4 gam (loại).
Vậy M phải là phi kim, khi nung với O2 thì tạo oxit là chất khí. Vì A tác dụng với H 2 SO4 đặc, nóng chỉ
rắn

thu được SO2 duy nhất ® M là S .
Dễ dàng tính được trong 17,2 gam A chứa 0,4 mol Al và 0,2 mol S .
n
Suy ra: Số mol e trao đổi: ne = 0, 4.3 + 0, 2.4 = 2(mol ) Þ nSO2 = e + nS = 1, 2 mol
2
(Một bài tập hóa học hay phải không nào? Hầu hết các bạn đều không nghĩ tới khả năng M là phi kim)
Câu 40. Cho V1 lít hỗn hợp A gồm N2 và NO có số mol bằng nhau, V2 lít hỗn hợp B gồm hai hidrocacbon
đồng đẳng liên tiếp. Biết V1 + V2 = 1. Lấy V1 lít hỗn hợp A và 0,4V2 lít hỗn hợp B đốt cháy vừa đủ thì thu
được hỗn hợp sản phẩm C gồm khí và hơi nước. Nếu cho C đi qua dung dịch axit sunfuric đặc dư thì còn lại
1 lít khí D. Nếu cho D đi qua dung dịch Ca(OH)2 dư thì tổng thể khí thoát ra và thể tích bị hấp thụ bởi axit
sunfuric ở trên là 1,2 lít. Công thức phân tử của hai hidrocacbon là
A. CH 4 và C2 H 6
B. C2 H 6 và C3 H 8
C. C2 H 4 và C3 H 6

D. C3 H 6 và C4 H 8

Giải. Giả sử có y mol N 2 và y mol NO trong V1 lít A; z mol Cn H 2 n + 2- 2 k ( k nguyên dương, n > 0 )
Không mất tính tổng quát, giả sử 2 y + z = 1
Phản ứng đốt cháy tạo ra y mol N 2 và y mol NO2 cùng 0, 4nz mol CO2 và 0, 4(n + 1 - k ) z mol H 2O
Suy ra

0, 4nz + 2 y
= 1:1 . Suy ra n = 2,5.
2y + z

Ta lại có NO2 và CO2 bị hấp thụ bởi dung dịch Ca (OH ) 2 nên

y + 0, 4.2,5.z + 0, 4 z - 0, 4kz
= 1, 2 Û y + 1, 4 z - 0, 4kz = 2, 4 y + 1, 2 z
2y + z
Þ 1, 4 y + z (-0, 2 + 0, 4k ) = 0 Þ 0, 4k - 0, 2 < 0 Þ k < 0,5 Þ k = 0.
Vậy chọn đáp án B
Bài tập tương tự. Hỗn hợp khí X gồm đimetylamin và hai hidrocacbon 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 hidrocacbon là:
A. CH 4 và C2 H 6
B. C2 H 4 và C3 H 6
C. C2 H 6 và C3 H 8

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

D. C3 H 6 và C4 H 8

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 12/17


II. PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từ câu 41 đến câu 50)
Câu 41. Cho dãy chuyển hóa sau
o

+ HCl
+ C2 H 5OH / KOH ( t )

CH 2 = CH - CH (C2 H 5 ) - CH 3 ¾¾¾
1:1 ® X ¾¾¾¾¾¾¾® Y

(X, Y là các sản phẩm chính)
Tên gọi của Y là
A. 3-etyl but-1-en
B. 3-etyl but-2-en
C. 3-metyl pent-2-en
D. 3-etyl but-2-ol
Giải. X là CH 3 - CH (Cl ) - CH (C2 H 5 ) - CH 3 ; Y là CH 3 - CH = CH (C2 H 5 ) - CH 3 , viết lại thành

CH 3 - CH = CH (CH 3 ) - C2 H 5 (3-metyl pent-2-en)
Câu 42. Chất nào sau đây không tác dụng với HBr :
A. O2
B. Anilin
Giải. Bạc không tác dụng được với HBr.

C. Ag

D. Valin

Câu 43. A là hỗn hợp các muối Cu ( NO3 ) 2 , Fe( NO3 ) 2 và Fe( NO3 )3 . Trong đó N chiếm 16,03% về khối
lượng. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch chứa 65,5 gam muối A . Lọc kết tủa thu được đem nung
trong không khí đến khối lượng không đổi thu được bao nhiêu gam oxit ?
A. 25
B. 34
C. 27
D. 23
0,1603.65,5
Giải. Có nN =

= 0, 75(mol ) , suy ra nNO- = 0, 75 ( mol )
3
14
Do đó khối lượng kim loại là: mkl = 65,5 - 62.0, 75 = 19 ( gam ) .

1
n - = 0,375(mol ) . Nhưng thực tế, muối sắt II tạo
2 NO3
> mkl + mO = 19 + 0,375.16 = 25( gam) (1)

Nếu như không nung trong không khí, oxit chứa nO =

Fe2O3 , nên moxit

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của các muối. Suy ra 64 x + 56( y + z ) = 19 Þ x + y + z <
Khối lượng oxit nung được là m = x.80 + ( y + z ).80 = 80( x + y + z ) Þ m <

19
56

19
.80 Þ m < 27,14 (2)
56

Từ (1) và (2), suy ra 25 < m < 27,14. Chọn đáp án C.
Câu 44. Sắp xếp các chất theo thứ tự giảm dần tính bazo:
A. C2 H 5ONa > NaOH > C6 H 5ONa > Na2CO3 > HCOONa
B. HCOONa > Na2CO3 > C6 H 5ONa > NaOH > C2 H 5ONa
C. NaOH > Na2CO3 > C2 H 5ONa > C6 H 5ONa > HCOONa
D. C2 H 5ONa > C6 H 5ONa > NaOH > Na2CO3 > HCOONa

(Ở phương án A, đề thi có chút sai sót. BBT xin sửa C6 H 5OH thành C6 H 5ONa , đây chỉ là lỗi đánh
máy, các bạn có thể suy luận ra lỗi sai trên từ các phương án khác)
Câu 45. Hợp chất X có công thức phân tử C8 H 8 . 1 mol X có khả năng kết hợp tối đa 4 mol H 2 nhưng chỉ
kết hợp được tối đa 1 mol Br2 (ở trạng thái dung dịch). Số công thức cấu tạo của X thỏa mãn là:
A. 1
B. 2
Giải. Chỉ có Stiren C6 H5-CH=CH2 thỏa mãn

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

C. 4

D. Không có chất thỏa mãn.

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 13/17


Câu 46. Dung dịch X có chứa các ion Fe3+ , SO42- , Al 3+ ,Cl - . Chia dung dịch thành hai phần bằng nhau.
- Phần 1 tác dụng với lượng dư khí H 2 S (được sục vào dung dịch) thu được 2,4 gam kết tủa
- Phần 2 tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch BaCl2 thu được 46,6 gam kết tủa và dung dịch Y. Tiếp
tục thêm lượng dư dung dịch AgNO3 vào dung dịch Y thy được 107,625 gam kết tủa.
Tổng khối lượng muối thu được sau khi cô cạn dung dịch X là
A. 85,45
B. 42,725
C. 46,733
Giải.
P1. 2 Fe3+ + H 2 S ® 2 Fe3+ + S + 2 H +

D. Dữ kiện đề ra vô lí

Kết tủa duy nhất là D (Chú ý: Al 3+ không có tính oxi hóa mạnh nên không phản ứng với H 2 S )
nS = 0, 075(mol ) Þ nFe3+ = 0,15(mol )

P2. Kết tủa là BaSO4 . Sau phản ứng còn 0,4 mol Cl - từ (1) cùng Fe3+ , Al 3+ và Cl - ban đầu. Tổng số mol

Cl - : n = nAgCl = 0, 75(mol )
Vậy ban đầu có 0, 75 - 0, 4 = 0,35(mol )Cl Bảo toàn điện tích suy ra: nAl 3+ = 0,1 , từ đó m = 0,15.56 + 0, 2.96 + 0,1.27 + 0,35.35.5 = 42, 725( gam)
Kết luận: mX = 2m = 85, 45( gam)
(Nhiều bạn quên nhân đôi nhé)
Câu 47. Cho 56,7 gam xenlulozo tác dụng với 56,7 gam HNO3 có trong hỗn hợp HNO3 và H 2 SO4 đặc
nóng tạo ra m gam sản phẩm hữu cơ X. Giá trị của m là
A. 89,78
B. 94,95
C. 105,3
D. 97,2
Giải.
nHNO3
ì x + y = 0,35
ì x = 0,15
0,9
Þ m = 0,15.252 + 0, 2.297 = 97, 2
C1. Ta có 2 <
=
<3Þí
Þí
nxenlulozo 0,35
î2x + 3 y = 0,9 î y = 0, 2
C2. Chú ý nH 2O = nHNO3 = 0,9. Bảo toàn khối lượng: m = 56, 7 + 56, 7 - 0,9.18 = 97, 2
Câu 48. Thủy phân este E thu được axit cacboxylic A và hỗn hợp B gồm hai ancol đơn chức là đồng đẳng
kế tiếp của nhau. Xà phòng hóa hoàn toàn 3,65 gam E cần vừa đúng 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thu được

m gam muối và x gam ancol B. Giá trị của m là?
A. 3,4
B. 4,8
C. 4,1
D. 3,7
1
Giải. Ta dễ nhận thấy E là este hai chức. Suy ra neste = nNaOH = 0, 025(mol ) Þ M E = 146 . Gọi CTPT của
2
este là R (COOR ') 2 , thì R + 2 R ' = 58
Do hai ancol đơn chức đồng đẳng kế tiếp nên R ' ¹ 29 Þ 15 < R ' < 29 Þ 0 < R < 28 Þ R = 14(-CH 2 )
(Chú ý: R ' > 15 vì ancol có PTK nhỏ nhất là CH 3OH . Nếu R ' = 29 thì hai ancol phải là CH 3OH và

C3 H 7 OH không kế tiếp nhau)
Muối là CH 2 (COONa ) 2 Þ m = 148.0, 025 = 3, 7
Câu 49. Chọn phát biểu đúng nhất
A. Có thể dùng dung dịch NaOH để nhận biết 2 dung dịch natriphenolat và phenylamoniclorua
B. Phenol còn dược gọi là axit phenic và có tính axit mạnh hơn axit cacbonic
C. Naphtalen được dùng để sản xuất thuốc nổ công nghiệp
D. Naphtalen bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 tạo ra anhidrit phtalic
Giải. B sai vì phenol có tính axit yếu hơn axit cacbonic.
Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 14/17


C sai vì naphtalen không dùng làm thuốc nổ (Phenol hoặc toluen mới thường dùng làm nguyên liệu sản xuất
thuốc nổ công nghiệp)
D sai vì naphtalen không bị oxi hóa bởi KMnO4
A đúng, Natriphenolat tạo dung dịch đồng nhất với dung dịch NaOH. Còn với phenyl amoni clorua thì tạo
anilin tan ít trong nước nên tách lớp.

Câu 50. Crom có thể tác dụng với dung dịch nào sau đây?
A. HCl loãng nóng
B. H 2 SO4 đặc nguội
C. HNO3 đặc nguội

D. NaOH loãng nóng

Giải. Cr + 2 HCl (l , n) ® CrCl2 + H 2
B. Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từ câu 51 đến câu 60)
Câu 51. Cho sơ đồ sau
+Y
+Z
A ¾¾
® A1 ¾¾
® A2

+X
CuS
®A
® C ¾¾®
CuCl2

+N
+M
B ¾¾® B1 ¾¾® B2
Biết A, A1 , A2 , C là hợp chất của lưu huỳnh; B, B1 , B2 là hợp chất của đồng hoặc đồng kim loại. Chất C là:
A. Cu ( NO3 ) 2

B. AgCl

C. CuSO4

D. Ag 2 SO4

Giải. Các phương trình là
CuS + 1,5O2 " CuO(B) + SO2(A)
SO2 + Br2 + 2H20 " 2HBr + H2SO4 (A1)
H2SO4 + Ag2O " Ag2SO4(A2) + H2O
CuO + H2 " Cu (B1) + H2O
Cu + Cl2 " CuCl2(B2)
H2SO4 + Cu " CuSO4 + SO2 + H2O
Ag2SO4 + CuCl2 " 2 AgCl$ + CuSO4 ( C)
Câu 52. Khi khử hoàn toàn natridicromat bằng than thu được oxi kim loại, muối cacbonat và một chất khí
có tính khử. Tính khối lượng oxit kim loại biết đã dùng 24 gam than và hiệu suất là 80%.
A. 152
B. 121,6
C. 304
D. 243
Giải. Na2Cr2O7 + 2C ® Na2CO3 + Cr2O3 + CO
Câu 53. Cho các chất rắn sau gồm PbI 2 , Fe, FeO, AgCl , AgBr , Cu (OH ) 2 , Cu , Al , Al (OH )3 , NH 4Cl ,

Zn, Zn(OH ) 2 . Số chất rắn tan được trong dung dịch NH 3 loãng là
A. 6
B. 3
Giải. Các chất tan được được gạch chân
(Nhiều bạn bỏ quên chất NH 4Cl nhé)

C. 5

D. 4

Câu 54. Cho 0,9 gam bột đơn chất M tác dụng với lượng dư dung dịch H 2 SO4 đặc, nóng dư thu được khí X
(biết SO2 là sản phẩm khử). Thu toàn bộ khí X vào dung dịch Ca (OH ) 2 dư thấy xuất hiện 25,5 gam kết tủa.
Nếu cho 0,18 gam M tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng dư thì thể tích khí Y thu được (đktc) là bao
nhiêu (biết NO2 là sản phẩm khử duy nhất)?
A.1,12 lít

B. 1,68 lít

C.1,904 lít

D. 2,24 lít

Giải.
Giả sử khí A là SO2 duy nhất.
- Nếu M là kim loại ® nCaSO3 =

25,5
= 0, 2125 mol ® nSO2 = 0, 2125 mol
120

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 15/17


®

Số mol e trao đổi = 0,2125.2 = 0,425 mol
0,9

Dễ thấy M =
= 2,12n ® Loại
2.0,2125
n
- Nếu M là S: S + 2 H 2 SO4 ® 3SO2 + 2 H 2O

3.0,9
= 0, 084375 < 0, 2125 mol ® Loại
32
Vậy A phải có khí khác. Vì SO2 là sản phẩm khử duy nhất nên khí còn lại phải là hợp chất của M . Dễ
Dễ thấy nSO2 = 3nS =

dàng xác định được M là Cacbon.
· C + 2 H 2 SO4 ® CO2 + 2 SO2 + 2 H 2O
n C = 0,015 ® n CO2 = 0,015 mol; n SO2 = 0,03 mol
m(kết tủa) = 0,015.100 + 0,03.120 = 5,1 (phù hợp với đề bài)
· C + 4 HNO3 ® CO - 2 + 4 NO2 + 2 H 2O
nY = nCO2 + nNO2 = 0, 015 + 4.0, 015 = 0, 075 mol ® V = 1,68 lít

Câu 55. Hãy chọn nhận định đúng.
A. Độ bền của ion Fe3+ < Co3+ < Ni 3+
B. Độ bền của ion M 3+ < M 2+ (với M = Fe, Co, Ni )
C. Độ bền của ion Fe 2+ < Co 2+ < Ni 2+
D. Tính kim loại của Fe < Co < Ni
Giải. A sai vì Fe3+ có cấu hình e bán bão hòa ® Bền nhất trong số M 3+
B sai vì Fe3+ có cấu hình e bán bão hòa ® Bền hơn Fe 2+
C đúng vì cấu hình electron ổn định dần (bão hòa dần) từ Fe 2+ đến Ni 2+
D sai vì Fe có tính kim loại mạnh hơn (theo dãy điện hóa)
Câu 56. Có hỗn hợp khí oxi và ozon. Sau một thời gian, ozon bị phân hủy hết, ta được một chất khí duy
nhất có thể tích tăng thêm 2%. Tính phần trăm thể tích ozon trong hỗn hợp ban đầu. Biết thể tích các khí

được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất.
A. 2%
B. 4%
C. 6%
D. 8%
Giải. Gọi số mol oxi và ozon ban đầu là a và b
Phản ứng: 2O3 ® 3O2
b

1,5b

Số mol hỗn hợp sau phản ứng n = a + 1,5b
Sô mol khí tăng Dn = a + 1,5b - (a + b) = 0,5b
Theo đề bài ta có DV =

0,5b.100
= 2% Þ a = 24b
a+b

100b
= 4%.
25b
Câu 57. Chọn phát biểu sai
A. Phenolfomandehit là polime trùng ngưng
B. Cao su clopren là sản phẩm của phản ứng trùng hợp
C. Polime ( CH 2 - CH (CH 3 )CH 2C (CH 3 ) = CH - CH 2 ) n được điều chế bằng phản ứng đồng trùng hợp
của CH 2 = CH - CH 3 và CH 2 = C (CH 3 ) - CH = CH 2
Þ %VO 3 =

D. Sản phẩm phụ khi điều chế cao su buna là: ( CH 2 - CH (CH 3 ) - CH 2 ) n

Giải. D sai. Sản phẩm phụ chỉ có thể là ( CH 2 - CH (CH = CH 2 ) ) n

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 16/17


Câu 58. Có bốn chất thơm : C6 H 5 - NH 2 (1), C6 H 5 - CH 3 (2), C6 H 5 - NO2 (3), C6 H 6 (4). Sắp xếp các chất
theo thứ tự tăng dần về khả năng thế nhóm NO2 (tác nhân là HNO3 / H 2 SO4 ) ở vòng benzene:
A. (1) < (2) < (3) < (4)
B. (3) < (4) < (2) < (1)
C. (3) < (1) < (4) < (2)
D. (3) < (2) < (4) < (2)
Câu 59. Hợp chất A có công thức XY2 có tổng số electron là 58, và Y chiếm 53,33% về khối lượng. Trong
hạt nhân X, số nơtron nhiều hơn số proton là 4 hạt. Trong hạt nhân Y, số nơtron bằng số proton. Hòa tan 2,4
gam XY2 bằng dung dịch H 2 SO4 đặc, nóng thì thu được bao nhiêu lít khí SO2 (đktc), là sản phẩm khử suy
nhất. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
A. 3,36 lít
B. 5,6 lít
C. 4,928 lít
D. 2,24 lít
Giải. A có số electron là 58. Theo định luật bảo toàn điện tích, A có số proton là 58.
Vì A chỉ chứa 1 nguyên tử X nên số nơtron của A là N = 58 + 4 = 62.
Vậy khối lượng phân tử của A là: M A = 58 + 62 = 120

120.53,33%
= 32 ( S ) Þ M X = 120 - 32.2 = 56( Fe) ® A là FeS2.
2
n
Số mol electron trao đổi ne = 0, 02.11 = 0, 22mol Þ nSO2 = e + 2nFeS2 = 0,15 mol .

2
Câu 60. Nước đá khô không nóng chảy mà thăng hoa nên được dùng tạo môi trường lạnh và khô thuận lợi
bảo quả thực phẩm. Nước đá khô là:
A. CO rắn
B. CO2 rắn
C. I 2 rắn
D. Fomalin rắn
® MY =

Giải. Đáp án B.

Đề thi và đáp án được thực hiện bởi Box Hóa học, diễn đàn Boxmath.vn; và được đăng tải chính thức tại
topic: />Mọi thắc mắc về Đề thi và Đáp án, các bạn có thể gửi phản hồi trong topic trên, hoặc gửi email về địa chỉ

Cảm ơn các thành viên tham gia ra đề thi và làm đáp án: F7T7, duytay, Hoàng Thị Thùy Dương ĐHĐT

Diễn đàn BoxMath.vn – Box Hóa học

Đáp án chi tiết – Đề thi thử số IV 2012 – 20/5/2012 – Trang 17/17