Đề lần 12_ĐÁP ÁN + GIẢI CHI TIẾT CÁC CÂU PHÂN HÓA

Luyện thi THPT QUỐC GIA HĨA HỌC-PHẠM CƠNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

GIẢI CHI TIẾT MỘT SỐ CÂU ĐỀ LẦN 12
BẢNG ĐÁP ÁN
1-C
11-B
21-A
31-C

2-B
12-C
22-B
32-B

3-A
13-D
23-A
33-C

4-C
14-D
24-C
34-B

5-C
15-C
25-C
35-B

6-C
16-D

26-D
36-A

7-B
17-D
27-B
37-A

8-C
18-D
28-B
38-A

9-D
19-C
29-B
39-D

10-C
20-C
30-C
40-D

Câu 32: Hòa tan hết 21,6 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được
dung dịch X có chứa 29,25 gam muối FeCl3. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X, thu được m gam
kết tủa. Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 124.
B. 117.
C. 112.
D. 120.

 Hướng dẫn giải
BTNT Fe (a  0,18) mol
FeCl2 
AgNO3
Fe = a mol
AgCl  n HCl
HCl X 


21,6 gam 


29,25
 0,18 mol

O  b mol
Ag  n FeCl2
FeCl3 
162,5

Áp dụng bảo tồn ngun tố Cl, ta có: nHCl = 2  (a – 0,18) + 3  0,18 = (2a + 0,18) mol.

2H   O2  
 H2 O
Mặt khác ta có bản chất của phản ứng là 
mol : 2b  b
56a  16b  21,6 gam
a  0,28 mol
Vậy từ giả thuyết, ta có: 
 

2a  0,18  2b mol
b  0,37 mol
gÇn nhÊt
 m  2  0,34  143,5  0,1  108  116,99 gam 
 117 gam

Câu 33: Este X đơn chức, mạch hở có tỉ khối hơi so với oxi bằng 3,125. Khi thủy phân hồn tồn X thu
được một ancol Y và một axit cacboxylic Z. Số ngun tử cacbon trong Y lớn hơn số ngun tử cacbon
trong Z. X khơng có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc. Nhận xét nào sau đây khơng đúng?
A. Cả X, Y đều có khả năng làm mất màu dung dịch KMnO4.
B. Nhiệt độ nóng chảy của chất Z lớn hơn của chất Y.
C. Trong X có 2 nhóm –CH3.
D. Đốt cháy hồn tồn Y hoặc Z thì số mol CO2 ln bằng số mol của H2O.
 Hướng dẫn giải
+ MX = 3,125  32 = 100 (C5H8O2).
+ X khơng tráng bạc  X  HCOOR.
+ Số ngun tử cacbon trong ancol Y > axit Z. (vậy Y 3C, còn Z 2C vì Z 1C thì X tráng bạc rồi)
Vậy X phải là CH3COOCH2-CH=CH2.
 Y là CH2=CH-CH2-OH (ancol anlylic), Z là CH3COOH.
Câu 34: Hòa tan hết 30,3 gam hỗn hợp gồm Na và BaO vào nước thu được dung dịch X và 1,344 lít khí H2
(đktc). Cho 71,1 gam phèn chua ngun chất vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa.
Giá trị của m là
A. 53,64.
B. 51,30.
C. 50,52.
D. 49,74.
 Hướng dẫn giải
71,1
Na  0,06  2  0,12
3

 0,15 mol

Ba 2   0,18
K.Al(SO4 )2 .12H2O
Al  0,15 mol





 2

 
30,3  0,12  23
BaO 
 0,18 
OH  0, 48



SO4  0,3 mol

137  16

TUYỂN SINH: KHĨA 2000 (Dành cho học sinh 11 lên 12 năm học 2017 - 2018) học offline với Thầy tại:
(1) 618/13/15A, Quang Trung, Quận Gò Vấp, TPHCM (Đối diện Siêu thị Nhật)
(2) 106/G26 Lạc Long Qn, Quận 11, TPHCM (Gần Cơng Viên Đầm Sen)


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Dễ thấy từ tỉ lệ mol OH- : nAl3+ suy ra vừa sinh tủa vừa sinh aluminat.



nAl(OH)3  n[Al(OH)4 ]  0,15 mol
nAl(OH)3  0,12 mol
BTNT Al và BT nhóm OH có 




n[Al(OH)4 ]  0,03 mol


3nAl(OH)3  4n[Al(OH)4 ]  0, 48 mol
Vậy m  = mBaSO4  mAl(OH)3  0,18  233  0,12  78  51,3 gam
Câu 36: Một tripeptit no, mạch hở X có công thức phân tử CxHyO6N4. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu
được 26,88 lít CO2 (đktc) và m gam H2O. Giá trị của m là
A. 19,80.
B. 18,90.
C. 21,60.
D. 18,00.
 Hướng dẫn giải
Đề cho X là tripeptit no, vậy kX = CO  NH  COOH .
O (X) = 6 dư 2 oxi ( = 1 nhóm COOH tự do).
Do X là tripeptit  tối thiểu có 4 nguyên tử oxi 
Vậy X có thêm 1 nhóm -COOH tự do  kX = 4 (2CO-NH + 1COOH (đầu C) + 1COOH (tự do)).
Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: (k X  1  0,5  N)  nX  nCO2  nH2 O
Thay số dễ dàng  nH2 O  1,2  (4  1  0,5  4)  0,1  1,1 mol  m  1,1  18  19,8 gam

Câu 37: Tiến hành điện phân dung dịch chứa a mol Cu(NO3)2 và 0,24 mol NaCl bằng điện cực trơ, đến khi
khối lượng dung dịch giảm 22,6 gam thì dừng điện phân. Cho 0,15 mol Fe vào dung dịch sau điện phân, kết
thúc phản ứng, thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất); đồng thời còn lại 5,36 gam hỗn hợp rắn
không tan. Giá trị của a là
A. 0,24.
B. 0,25.
C. 0,28.
D. 0,30.
 Hướng dẫn giải
Nhận xét: Cho Fe vào dung dịch sau điện phân thì
+ Có khí NO thoát ra  dung dịch có H / NO3 vậy H2O đã điện phân ở anot để sinh H+.
+ Sau phản ứng thu hỗn hợp kim loại  dung dịch sau điện phân có Cu2+ vậy Cu2+ không điện phân hết.
Vậy quá trình điện phân xảy ra như sau:
Catot
Cu + 2e 
 Cu
mol: x
2x 
 x
2+

Anot
 Cl2
2Cl - 2e 
mol: 0,24 0,24  0,12
H2O + 2e 
 2H+ + 0,5O2
mol:
2y 
0,5y

 2y


64x  0,12  71  0,5y  32  22,6 gam
x  0,2 mol
Theo giả thuyết và bảo toàn mol electron: 
 
2x  0,24  2y
y  0,08 mol












Cu2 = a - 0,2
H = 0,16
dd sau ®iÖn ph©n
NO3 = 2a

Fe

0,15 mol

Na  0,24



nH 
= 0,04 mol
4
 2  BT§T 2a  0,04  0,24

 (a  0,14) mol
Fe 
2

dd NO3  (2a  0,04) mol
 
Na  0,24 mol

Fe
5,36 gam 
Cu
NO =

Áp dụng BTKL cho kim loại  0,15  56  64  (a  0,2)  (a  0,14)  56  5,36  a  0,24
TUYỂN SINH: KHÓA 2000 (Dành cho học sinh 11 lên 12 năm học 2017 - 2018) học offline với Thầy tại:
(1) 618/13/15A, Quang Trung, Quận Gò Vấp, TPHCM (Đối diện Siêu thị Nhật)
(2) 106/G26 Lạc Long Quân, Quận 11, TPHCM (Gần Công Viên Đầm Sen)


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 38: Hòa tan hết hỗn hợp chứa Mg và FeCO3 có tỉ lệ mol tương ứng 20 : 7 trong dung dịch chứa 1,36
mol HNO3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa 3 muối có khối lượng 88,12 gam và m gam
hỗn hợp khí Y. Cô cạn dung dịch X thu được chất rắn Z, đem nung toàn bộ Z đến khối lượng không đổi thấy
khối lượng giảm 60,92 gam so với khối lượng của Z. Giá trị lớn nhất của m là
A. 12,834.
B. 16,920.
C. 11,160.
D. 9,720.
 Hướng dẫn giải
O
N
m gam Y 
CO2  7a mol
HNO3  1,36 mol
Mg  20a mol



FeCO3  7a mol

Mg2 
 2
3
Fe / Fe
to MgO  20a mol
Z



Fe 2 O3  3,5a mol

NH 4
NO 
27,2 gam
 3
88,12 gam

H2 O
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Mg và Fe, ta có: 40  20a  160  3,5a  27,2 gam  a = 0,02 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng  m Y  24  0, 4  116  7  0,02  63  1,36  88,12  m H2O
23,4
BTNT  dung dịch X phải chứa
+ Để Y max  m H2O min 
NH 4

+ Nếu dung dịch X chứa Fe(NO3)3  m 

Mg(NO )

 93,08 gam > 88,12 gam (Loại)

3 2


Fe(NO )
3 3


Mg(NO3 )2  0, 4 mol

+ Dung dịch X chứa 3 muối gồm 88,12 gam Fe(NO3 )2  0,14 mol  NH4 NO3  0,0465 mol

NH NO
4
3

1,36  0,0465  4
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H  H2 O 
 0,587 mol
2
Vậy mY max = 23,4  0,587  18  12,834 gam
Câu 39: Hòa tan hết 16,18 gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ca và CaO vào nước dư thu được dung dịch X có
chứa 12,0 gam NaOH và 4,48 lít khí H2 (đktc). Sục 0,42 mol khí CO2 vào dung dịch X, kết thúc phản ứng,
lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Dung dịch Z chứa HCl 0,4M và H2SO4 0,3M. Cho từ từ dung dịch Z
vào dung dịch Y, thấy thoát ra 0,14 mol khí CO2. Nếu cho từ từ dung dịch Y vào dung dịch Z, thấy thoát ra
x mol khí CO2. Giá trị của x là
A. 0,14.
B. 0,18.
C. 0,20.
D. 0,16.
 Hướng dẫn giải

H 2  0,2
CaCO3  0,18
Ca 2   0,18
Na   0,3
 
CO2 = 0,42
  2
Na  0,3 
Z CO3  0,24  0,18  0,06
OH   0,66




16,18 gam
HCO3  0,18
40a  16b  16,18  0,3  23
a  0,18 mol
 
Theo giả thuyết và BTE, ta có: 
2a  2b  0,2  2  0,3
b  0,13 mol
Na  0,3
H2O


NaOH  0,3
Ca  a 
ddX 
O  b

Ca(OH)2  0,18

TUYỂN SINH: KHÓA 2000 (Dành cho học sinh 11 lên 12 năm học 2017 - 2018) học offline với Thầy tại:
(1) 618/13/15A, Quang Trung, Quận Gò Vấp, TPHCM (Đối diện Siêu thị Nhật)
(2) 106/G26 Lạc Long Quân, Quận 11, TPHCM (Gần Công Viên Đầm Sen)


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus
2
BTNT C

2



  nCO3  nHCO3  nCO2  0, 42 mol
nCO3  0,24 mol
Tiếp đó có 
 

BT§T
 nCO32   nHCO3  nOH   0,66 mol


nHCO3  0,18 mol
 

CO32 
1


HCO3 3
+
+ Khi cho từ từ Z vào H thì ta cần lưu ý phản ứng theo từ “giai đoạn” và khi có khí CO2 thoát ra rồi thì
dung dịch sau không chứa CO32  .
Sau đó so sánh với số mol Ca2+ = 0,18 mol  nCO3 (trong Z) còn lại là 0,06 mol 












Na = 0,3 mol

CO32 = 0,06 mol

CO2  0,14 mol

Na   0,3 mol

HCl  0, 4a
BTNT C

Z


HCO3  0,24  0,14  0,1 mol
dd sau 
H 2 SO4  0,3a

Cl  0, 4a
SO2   0,3a
 4
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau  0,4a  0,6a  0,1  0,3  a = 0,2.
Hay  nH  0,4  0,2  2  0,3  0,2  0,2 mol
HCO3 = 0,18 mol



mol:
+
Khi nhỏ từ từ H vào Z thì 

mol:


2H   CO22   CO2  H 2 O
2y  y


 y

3

H  HCO  CO2  H 2 O
3y  3y

 nH  5y  0,2 mol  y = 0,04 mol

 3y

 SAU TẤT CẢ thì nCO2  x  4y  0,04  4  0,16 mol
Câu 40: Hỗn hợp E chứa 3 este đều đơn chức, mạch hở và trong phân tử este có số liên kết  không quá 2.
Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp E với lượng oxi vừa đủ, thu được 20,24 gam CO2 và 7,56 gam nước.
Mặt khác đun nóng 17,22 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 8,1 gam hỗn hợp F chứa 2 ancol
đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp chỉ chứa 2 muối, trong đó có x gam muối X và y gam muối Y (M X < MY). Tỉ

lệ x : y gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 1,7.
B. 2,0.
C. 1,8.
D. 1,9.
 Hướng dẫn giải
Nhận xét: + 2 thí nghiệm dùng khác lượng, ban đầu dùng mol, còn sau là khối lượng. Vậy đọc vào đề là
phải biết ngay là phải tìm ra tỉ lệ của 2 thí nghiệm để lấy số liệu mà mần tiếp.
+ E gồm 3 este đơn chức mà số   2 vậy “điểm rơi” bài toán là có este no (k = 1) và este không, no (k = 2)
 Do E đều đơn chức  nE = nCOO = 0,16 mol  nO (trong E) = 0,32 mol.
Áp dụng bảo toàn khối lượng cho E, ta có: mE (TN1) = 12  0,46  2  0,42  16  0,32 = 11,48 gam.
17,22
Vậy
 1,5  nE (TN2) = 0,16  1,5 = 0,24 mol.
11, 48
nE  0,24 mol

Do đề hỏi về thí nghiệm 2 nên để nhất quán khi đó nCO2  0, 46  1,5  0,69 mol
nH O  0, 42  1,5  0,63 mol
 2
nCO2 0,69
+ Có ngay C 

 2,875  trong E có HCOOCH3.
nE
0,24
 Mặt khác có CO2 và H2O rồi. Cần làm gì nhỉ? Nhắc lần thứ n nhé! Khi có mol 2 anh đẹp zai này
thì nghĩ ngay đến BTKL (dùng nãy rồi, next nhé), BTNT O (đề không cho số liệu oxi, nên không
phải đụng tới nó). À thì ra là còn cái còn lại ….đó là độ bất bão hòa k!
TUYỂN SINH: KHÓA 2000 (Dành cho học sinh 11 lên 12 năm học 2017 - 2018) học offline với Thầy tại:

(1) 618/13/15A, Quang Trung, Quận Gò Vấp, TPHCM (Đối diện Siêu thị Nhật)
(2) 106/G26 Lạc Long Quân, Quận 11, TPHCM (Gần Công Viên Đầm Sen)


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: (k  1)  nE  nCO2  nH2 O
0,69  0,63
 trong E kh«ng qu¸ 2
Thay số ta được k 
 trong E có este có k = 2.
 1  1,25 
0,24
n_Este no (k = 1) = 0,18 mol
Dùng đường chéo ta được 
n _ Este kh«ng no (k = 2) = 0,06 mol

8,1
2 ancol kÕ tiÕp CH3 OH  0,21 mol
 33,75  
0,24
C 2 H 5 OH  0,03 mol
 Từ số mol 2 ancol ta thấy nC2H5OH < nEste không no  Este không no không chứa gốc C2H5.
Do gốc ancol no rồi nên este không no suy có gốc axit không no (k = 2)  este no mang gốc C2H5 phải là
HCOOC2H5.
mol CH3OH
HCOOCH 

 0,21  0,06  0,15 mol
3


Vậy SAU TẤT CẢ E gồm HCOOC 2 H 5  0,03 mol

mol Este kh«ng no
RCOOCH3  0,06 mol
+ Dữ kiện về ancol  M F 

BTNT C

 0,15  2  0,03  3  C kh«ng no  0,06  nCO2  0,69 mol  C kh«ng no  5 (C 3 H5 COOCH3 )
HCOONa  0,18 mol
x 0,18  68
gÇn nhÊt
 
 
 1,90
 1,89 
y 0,06  108
C 3 H 5 COONa  0,06 mol

Sài Gòn, 16/02/2017
Phạm Công Tuấn Tú

TUYỂN SINH: KHÓA 2000 (Dành cho học sinh 11 lên 12 năm học 2017 - 2018) học offline với Thầy tại:
(1) 618/13/15A, Quang Trung, Quận Gò Vấp, TPHCM (Đối diện Siêu thị Nhật)
(2) 106/G26 Lạc Long Quân, Quận 11, TPHCM (Gần Công Viên Đầm Sen)