Tổng hợp những bài hóa học hay và khó trong đề thi THPT Quốc gia
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (310.83 KB, 9 trang )
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
uDự đoán một số câu chốt hay và khó trong đề Kì thi TSĐH 2015 sắp tới.!
Bài tập VÔ CƠ
Dạng 1. (Điện phân): Theo đề minh họa của Bộ + xu hướng các câu điện phân từ 2012 – 2014 khối A, B thì
như a thấy vòng lặp đã bắt đầu đến bài toán điện phân kết hợp bài toán kim loại đẩy hỗn hợp muối phức tạp
(có HNO3 ở trong). Cùng dạng kiểu này, cũng phải tính đến bài tập nhiệt nhôm kết hợp kim loai, oxit kim loại
phản ứng với HNO3, H2SO4 đặc nóng (đã xuất hiện trong đề khối A-2014 năm ngoái). Như vậy, tóm lại đây là
dạng bài tập kết hợp giữa bài toán điều chế kim loại (điện phân, nhiệt nhôm (nhiệt luyện), đẩy muối (thủy
luyện),… ) với bài toán kim loại, oxit kim loại phản ứng với HNO3. Chúng ta cùng xem lại 2 bài tập cũ và
hướng giải quyết (nhớ hãy tự thử thay đổi giả thiết + câu hỏi để đặt ra những kiểu câu hỏi khác để giải quyết.!).
Ví dụ 1. Tiến hành điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2 1M và NaCl 0,5M bằng điện cực trơ tới khi khối lượng
dung dịch giảm m gam thì dừng điện phân. Cho 9,5 gam Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thu
được 1,12 lít khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất; đktc) và còn lại 5,7 gam hỗn hợp rắn không tan. Giá trị
của m gần nhất với
A. 12.
B. 15.
C. 17.
D. 14.
x mol
Cu NO3 2
Fe
HD: có
Fe +
Fe NO3 2 +
NO + H
O
+
.
2
0,05 mol
Cu
HNO3
9,5 gam
0,1 mol
x 0,075 mol
5,7 gam
0,2 mol
Bảo toàn khối lượng kim loại: 9,5 + 64x = 56(x + 0,075) + 5,7 ||→ x = 0,05 mol.
Dung dịch ra gồm 0,1 mol CuO (để có 0,2 mol H+ thì cần 0,1 mol O ra cùng) + y mol CuCl2.
Để ý nồng độ ban đầu: với 2y mol NaCl thì tương ứng có 4y mol Cu(NO3)2.
Bảo toàn Cu có: 4y = 0,1 + y + 0,05 → y = 0,05 mol. Vậy m = 0,1 × 80 + 0,05 × 135 = 14,75 gam. Chọn B. ♦.
Ví dụ 2. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm 23,6 gam hỗn hợp rắn X gồm Al và các oxit sắt trong bình kín không
có không khí thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau:
– Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được V1 lít khí H2 và 6,16 gam chất rắn không tan.
– Phần 2: cho tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được V2 lít khí NO duy nhất và phần dung dịch
chứa 53,38 gam muối.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở cùng điều kiện và V2 = 3V1. Giá trị khối lượng kim loại Al
trong 23,6 gam hỗn hợp X ban đầu gần nhất với
A. 5,5 gam.
B. 3,5 gam.
C. 6,5 gam.
D. 7,0 gam.
HD: có 3x mol H2 thì ứng có 2x mol Al và 9x mol NO. Gấp đôi các giả thiết lên (đồng nhất số liệu).
Gọi y là số mol NH4NO3 ||→ Y gồm 2x mol Al dư và 0,22 mol Fe và z mol Al2O3.
BT e có: 6x + 0,66 = 8y + 27x; mmuối = (2x + 2z) × 213 + 0,22 × 242 + 80y = 106,76 gam.
Lại có 23,6 = 54x + 0,22 × 56 + 102z. Theo đó, giải hệ được x = 0,02 mol; y = 0,03 mol và z = 0,1 mol.
||→ ∑Al = 0,24 × 27 = 6,48 gam. Chọn đáp án C. ♣.
Dạng 2: là dạng bài tập liên quan đến Fe2+ và Ag+ cùng bài tập HNO3. Đây là một dạng BT khá hay và có rất
nhiều cách khai thác. Đặc biệt đề thi thử năm nay xuất hiện khá nhiều với đa dạng kiểu + cách hỏi. Xử lí dạng
này cần nắm các phương trình cơ bản, lập sơ đồ tư duy và suy luận, sau đó “ngắm nghía, quan sát” dùng bảo
toàn là ok.! Chúng ta có thể nhìn lại qua 1 vài ví dụ tiêu biểu sau:
Ví dụ 3. Hòa tan hết 11,88 gam hỗn hợp X gồm FeCl2 ; Cu và Fe(NO3)2 vào 200 ml dung dịch HCl 1M thu được
dung dịch Y. Cho từ từ dung dịch chứa AgNO3 1M vào Y đến các phản ứng hoàn thấy đã dùng 290ml, kết thúc
thu được m gam kết tủa và thoát ra 224ml khí (ở đktc). Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 trong cả quá
trình, giá trị của m gần nhất với
A. 41.
B. 43.
C. 42.
D. 40.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
HD: Xét toàn bộ quá trình: với 0,2 mol HCl, NO3– dư thừa thì sinh được 0,05 mol NO, mà lúc sau ra 0,01 mol
chứng tỏ X + HCl sẽ cho 0,04 mol NO, bảo toàn N → X có 0,02 mol Fe(NO3)2.
x mol
x +0,02 mol
mol
FeCl 0,2
Ag
2
HCl
Fe NO
3 3
NO + H
O
+
Có sơ đồ: Fe NO3 2 +
+
.
AgC
l
2
Cu NO3 0,05 mol
AgNO3
0,1 mol
C
2
2x +0,2 mol
u
0,29 mol
mol
y
y
mol
127 x 64 y 3, 6 11,88
x 0, 04
Có hệ
0, 04 0, 29 3 x 0, 02 2 y 0, 05 y 0, 05
||→ AgCl có 0,28 mol → Ag có 0,01 mol ||→ m = 41,26 gam. Chọn A. ♥.
Ví dụ 4. Đốt cháy m gam hỗn hợp gồm Mg và Fe với 4,928 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm Cl2 và O2, sau một thời
gian thu được (m + 12,5) gam hỗn hợp rắn X (không thấy khí thoát ra). Hòa tan hết X trong dung dịch chứa 0,5
mol HCl thu được dung dịch Y có chứa 6,5 gam FeCl3 và 0,896 lít khí H2 (đktc). Cho dung dịch AgNO3 dư
vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất) và thu được 116,79 gam kết
tủa. Giá trị m là
A. 11,04 gam.
B. 10,56 gam.
C. 11,68 gam.
D. 12,80 gam.
HD: Sơ đồ quá trình:
HCl : 0,1mol
0,16 mol
0,04
0,045
mol
mol
H
Mg
Ag Fe NO3 3
FeCl2
O
2
AgNO3
NO + H 2 O.
+
+
+
+ HCl
H 2 O FeCl3 : 0,68mol Cl 0,825 mol AgCl Mg NO3 0,025
Fe
0,5 mol
Cl
mol
2
0,78 mol
0,16
0,28 mol
mol MgCl2
NO3 = 0,8 mol
Quan sát + phân tích + sử dụng giả thiết → lập luận được kết quả như trên.
Theo đó Fe2+ lên Fe3+ làm tăng 0,12 mol – ||→ có 0,12 mol FeCl2 mà FeCl3 có 0,04 mol ||→ có 0,16 mol Fe.
||→ có 0,16 mol Mg → m = 12,80 gam. Chọn đáp án D. ♠.
Dạng 3: Một dạng bài tập hỗn hợp phức tạp (oxit, kim loại, axit, muối,…); quá trình cũng phức tạp: + HNO3
sinh spk NO, N2O; + H2SO4 sinh H2; rồi kim loại đẩy muối, … và còn đánh lừa chỗ sản phẩm khử NH4NO3.
Với dạng này, cái khó nằm ở quá trình, rắc rối do sự hiện diện của nhiều chất. Tuy nhiên, nếu tổng hợp được cả
quá trình bằng sơ đồ, quan sát trước sau thì việc giải quyết lại trở nên rất đơn giản.
Ví dụ 5. Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol
KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat
trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so
với He là 23:18. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 15.
B. 20.
C. 25.
D. 30.
K + : 3,1mol
0,05 mol
3+
mol
Al
:
0,
4
Al
NO
mol
2
+ H O.
2+
HD: Sơ đồ Fe3O 4 : 0,2
SO
Fe
+ KHSO
4
4 +
2
mol
H
: 0,65
2
3,1 mol
3,1
mol
1,05
mol
mol
3+
Fe NO3 2 : 0,05
Fe
0,4 mol
+
mol
66,2 gam
NH
:
0
,
0
5
4
466,6 gam
||→ Al có 0,4 mol. Giải hệ có 0,1 mol Fe và 0,55 mol Fe . %Al ≈ 16,314%. Gần đáp án A nhất. ♥.
2+
3+
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
Ví dụ 6. Cho hỗn hợp gồm Zn, Al phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm HCl và 0,015 mol KNO3. Sau khi kết
thúc các phản ứng thu được dung dịch X chứa 8,11 gam muối và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí
không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí. Biết rằng tỉ khối của Y so với H2 là 4,50. Khối lượng
Al đã tham gia phản ứng là
A. 0,945 gam.
B. 0,540 gam.
C. 0,675 gam.
D. 0,810 gam.
HD: Y gồm 0,03 mol H2 và 0,01 mol NO. Để có H2 → phải hết NO3 trong dung dịch đã.
Al3+
0,15
mol
mol
Zn 2+
0,01
NO
Zn HCl
K +
C
l +
||→ hình dung ngay sơ đồ: +
+ H
2O .
H
mol
0,15
3
2
Al KNO
0,035 mol
0,015 mol
NH 4 +
0,03 mol
0,005
mol
► Cách 1: Bảo toàn electron cả quá trình có: 3x + 2y = 0,03 × 2 + 0,005 × 8 + 0,01 × 3 = 0,13 mol
Khối lượng muối: 213x + 189y + 0,005 × 80 + 0,015 × 74,5 = 8,11 gam.
► Cách 2: dùng sơ đồ quá trình trên, ghép cụm xử lí:
3 x 2 y 0,15 0, 005 0, 015
x 0, 03
Giải hệ số mol có
27 x 65 y 8,11 0,1535,5 0, 00518 0, 01539 y 0, 02
Vậy, khối lượng Al đã tham gia phản ứng là 0,810 gam. Chọn đáp án D. ♠.
Dạng 4: Bài tập kết hợp tính lưỡng tính của Al, Zn với kiềm với dạng kim loại đẩy muối, tạo ra bài toán
trường hợp: hay ở xử lí, khó do dài vì phải giải nhiều trường hợp (trắc nghiệm có thể nhanh hơn nhờ kinh
nghiệm, phán đoán và may mắn ).
Ví dụ 7. Cho 6,06 gam hỗn hợp gồm K và Ba vào dung dịch chứa đồng thời các axit HCl 2M và H2SO4 1M thu
được dung dịch X chứa m gam chất tan và 4,66 gam kết tủa. Khi cho 5,13 gam muối Al2(SO4)3 vào dung dịch X
thì sau các phản ứng hoàn toàn thu được 3,11 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 4,78.
B. 4,96.
C. 5,23.
D. 5,25.
HD: nhận xét: 5,13 gam muối Al2(SO4)3 ứng 0,015 mol ||→ quá lắm sinh 0,015 × 2 × 78 = 2,34 gam tủa.
||→ theo đó, trong X cần phải có Ba2+. Có nghĩa là H2SO4 đã nằm hết trong 4,66 gam kết tủa BaSO4.
||→ có 0,02 mol H2SO4 → có 0,04 mol HCl ||→ dung dịch X gồm K+; Ba2+; 0,04 mol Cl– và OH–.
Quan tâm đến x mol Ba2+ và y mol OH–. Nhận xét chút: Cl–; OH– sinh ra do (6,06 – 0,02 × 137 = 3,32 gam) Ba
và K; nên không thế có quá 0,045 mol được; đã thế muốn kết tủa rồi hòa tan Al3+ thì cần OH > 0,09 mol.
||→ mtủa = 3,11 = 233x + 78y ÷ 3 = 233x + 26y (1).
|| Lại để ý: nK+ = (y + 0,04 – 2x) nên ||→ 39.(y + 0,04 – 2x) + 137x = 3,32 gam (2).
Giải hệ được x = 0,01 mol và y = 0,03 mol ||→ nK+ = 0,05 mol ||→ m = 5,25 gam. Chọn đáp án D. ♠.
► Nhận xét chút: cái khó của dạng này là có 2TH OH– cho cùng một lượng kết tủa (1 TH kết tủa và 1TH
kết tủa tối đa rồi hòa tan). Tuy nhiên lời giải trên đã phán đoán + suy luận giả thiết để loại bỏ nhanh đi 1
TH tủa rồi tan rồi. cái khó + mất thời gian chỉ nằm ở có đó thôi :D.
Ví dụ 8. Hòa tan hết 14,6 gam hỗn hợp gồm Zn và ZnO có tỉ lệ mol 1 : 1 trong 250 gam dung dịch HNO3
12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lít khí Y (đktc). Cho từ từ 740ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X
thu được 5,94 gam kết tủa. Nồng độ phần trăm của Zn(NO3)2 trong dung dịch X là
A. 28,02%.
B. 14,29%.
C. 14,32%.
D. 12,37%.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
HD: có số mol Zn = ZnO = 0,1 mol. Xử lí nhanh KOH vào X: kết tủa là 0,06 mol Zn(OH)2
→ có 0,14 mol K2ZnO2 → còn lại 0,46 mol KNO3 → ∑NO3– trong X = 0,46 mol. Quan sát:
mol
0,2
Zn
NO
3 2
mol
Zn
:
0,1
Sơ đồ phản ứng:
+
HNO
NH
NO
+ H 2O.
+ N;O
3
4
3
mol
ZnO
:
0,1
0,5 mol
0,015 mol
HNO3
Phải có HNO3 còn dư (nếu không dư → NH4NO3 là 0,06 → mâu thuẫn). Khi đó, bảo toàn nguyên tố Nitơ có
phương trình: nN trong NH4+ + nN trong spk = 0,04 mol. Để ý rằng: spk chỉ có 1 hoặc 2 N thôi.
• Nếu spk có 1N (NO hoặc NO2) thì NH4NO3 là 0,025 mol → 0,015.espk = 0 → loại.!
• Nếu spk có 2N (N2O hoặc N2) thì NH4NO3 là 0,01 mol → 0,015.espk = 0,12 → espk = 8 là N2O.
||→ mdd xác định được = 250 + 14,6 – 0,015 × 44 = 263,94 gam → C%Zn(NO3)2 trong X ≈ 14,32%. Chọn C. ♣.
p/s: Natri đi về đâu? Có thể nói là hướng suy luận khá nhanh giúp chúng ta nhìn vào sản phẩm để bảo toàn và
xử lí dạng này.! Tránh phải viết phương trình phản ứng + suy luận phương trình dài hơn.
Trên đây là 4 dạng BT mà theo chủ ý đánh giá có thể là dạng câu chốt của đề năm nay. Ngoài ra, có một số khả
năng khác có thể rơi vào câu mức 7 – 8 điểm như: dạng bài tập KMnO4 ; KClO3 (nhiệt phân, điều chế oxi trong
PTN và sau đó + HCl đặc điều chế Cl2); dạng bài tập hỗn hợp muối sunfua phức tạp; dạng bài tập kim loại, oxit
kim loại phản ứng với HNO3, H2SO4 đặc nóng; kim loại đẩy muối thuần và phức tạp; … Một số dạng BT cơ
bản khác cũng cần chú ý như bài tập CO2, SO2 tác dụng kiềm; bài tập đồ thị, hình vẽ,….
Bài tập HỮU CƠ
dạng 5: câu chốt có khả năng cao sẽ là este. Đây là dạng bài tập hay + khó + cần nhiều suy luận và hầu như
năm nào cũng được khai thác với “nguồn tài nguyên” phong phú, đa dạng. dạng này thường lấy đốt cháy kết
hợp thủy phân + biện luận để suy luận CTPT. Hay + khó nằm ở dài, nhiều giả thiết và cần phải kết hợp linh
hoạt, khéo léo + không ít bài cần suy luạn, biện luận nhiều.! Vì thế, hướng giải quyết: phân tích, đánh dấu + xử
lí hết giả thiết số của đề, sau đó tập trung vào giả thiết chữ để dùng số Ctrung bình; Htrung bình; Otrung bình và giải
phương trình nghiệm nguyên, sơ đồ đường chéo,… phân tích tìm ra đáp án.
Ví dụ 9. X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đó có axit
Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic. Đem đốt cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản
phẩm qua bình nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa. Mặt khác, cho 26,5 gam E phản ứng vừa đủ
với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn
toàn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y có trong hỗn hợp F là
A. 18,6 gam.
B. 20,7 gam.
C. 24,8 gam.
D. 25,6 gam.
HD: X là CmH2m–6O6 và Y là CnH2n–2O2 ||→ số mol cụm OH–1 = (10,6 – 0,5 × 14) ÷ 15 = 0,24 mol.
Dùng gấp 2,5 lần ||→ số mol –COO là 0,24 ÷ 2 × 2,5 = 0,3 mol. Gọi số mol X, Y tương ứng là x, y mol.
3 x y 0,3
x 0, 05
Có hệ
||→ nmuối Y trong F = 0,2 mol.
92 x 18 y 26,5 0,356 36 y 0,15
Biện luận: 0,05m + 0,15n = 0,5 × 2,5 ↔ m + 3n = 25 ||→ nghiệm: m = 10, n = 5; m = 13, n = 4; m = 15, n = 3.
♦ n = 5 → Y là C5H8O2; nY = 0,2 ||→ mmuối Y trong F = 27,6 gam.
♦ n = 4 → Y là C4H6O2 với số mol là 0,2 → muối có 24,8 gam.
♦ n = 3 → Y là C3H4O2 với số mol là 0,2 → muối có 22,0 gam.
Từ 4 đáp án thấy chỉ có C thỏa mãn. Chọn đáp án C. ♣.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
p/s: cái hay của dạng này là sự kết hợp giữa đốt cháy và thủy phân: đặc biệt là dùng BTKL trong thủy phân: este
chưa biết, axit cũng chưa biết nhưng ancol tạo este là glixerol biết ||→ do đó, tinh tế dùng BTKL chuyển ẩn về
cho gilxerol và nước giải ra số mol rồi quay lại biện luận.! Nếu để ý cách xử lí này, sau gặp các bài cùng dạng,
không bao giờ sợ nữa.!
Ví dụ 10. X, Y là hai axit cacboxylic đều no, mạch hở (trong đó X đơn chức, Y hai chức); Z là ancol mạch hở;
T là este hai chức được tạo bởi Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 14,86 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T thu được 0,38
mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác đun nóng 14,86 gam E cần dùng 260 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn chứa 2 muối A và B (MA < MB) có tỉ lệ mol tương ứng x : y; phần
hơi chứa ancol Z. Dẫn toàn bộ Z vào bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 3,6 gam; đồng thời thoát ra
1,344 lít H2 (đktc). Tỉ lệ x : y gần nhất với
A. 2,5.
B. 3,0.
C. 3,5.
D. 2,0.
HD: mZ = 3,72 gam. Phép chia 3,72 ÷ 0,06 = 62 ||→ Z là etilen glicol C2H4(OH)2 với 0,06 mol.
Quy đổi
E :
14,86 gam
0,26 mol
0,06 mol
0,04 mol
axit O 2 + C2 H 6 O 2 H 2 O
C
0,38 mol
+
H2
0,35 mol
+
O
||→ mol Caxit = 0,26 mol → 2 axit có dạng (CO2)mH2n.
0,6 mol
Chỉ có 2 anh đáp ứng là HCOOH và (COOH)2, giải số mol tương ứng là 0,16 mol và 0,05 mol.
||→ tỉ lệ x ÷ y = 16 ÷ 5 = 3,2. Chọn B. ♦.
p/s: đây là dạng hỗn hợp ancol, este, axit đã được khai thác là câu hay + khó nhất đề ĐH khối A 2014 năm vừa
rồi, không biết có khả năng xuất hiện lại trong năm nay nữa hay không? Tuy nhiên, nó là một dạng BT khá hay
+ được các trường khai thác và sử dụng khá nhiều trong mùa thi thử vừa rồi.! Chúng ta cũng nên hi vọng :D.
Dạng 6: bài tập peptit. Dù đề đại học năm nay có ra dạng này hay không thì vẫn có thể nói rằng, năm nay
đúng là năm của peptit. Một mùa thi thử ngập tràn peptit với đa dạng bài tập, câu hỏi + sự kết hợp khéo léo.
Những bài tập hay + khó với nhiều luồng, nhiều hướng giải mới được khai thác. Đúng là chưa có năm nào, kì
nào peptit phát triển mạnh mẽ như năm nay từ sau khi con peptit khối B – 2014 và con peptit trong đề minh họa
của bộ 2015 ra đời. Vì thế, không thể bỏ qua vấn đề này nếu muốn có khả năng đạt 10 điểm trong kì thi đợt này
được. Cùng điểm lại một vài dạng bài peptit:
Ví dụ 11. Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dung
dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác đốt
cháy 30,73 gam E trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và
nước là 69,31 gam. Giá trị a : b gần nhất với
A. 0,730.
B. 0,810.
C. 0,756.
D. 0,962.
HD: từ phản ứng thủy phân → tỉ lệ nX : nY = 0,1 ÷ 0,06 = 5 : 3.
30,73 gam E gồm 5x mol X6 và 3x mol Y5 ||→ 22,5x mol đipeptit E2 cần 14,5x mol H2O.
69,31 14,5 x 18
||→ có phương trình: 30, 73 14,5 x 18
14 22,5 x 76 x 0, 01 mol.
62
||→ có 1,16 mol CO2 ||→ số Ctrung bình = 116/45 ||→ a : b = (3 – Ans) ÷ (Ans – 2) = 19/26 ≈ 0,731. Chọn A. ♥.
Ví dụ 12. Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 và hợp chất B có CTPT là C4H9NO2. Lấy
0,09 mol X tác dụng vừa đủ 0,21 mol NaOH chỉ thu được sản phẩm là dung dịch gồm ancol etylic và a mol
muối của glyxin, b mol muối của alanin. Nếu đốt chất hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X bằng oxi vừa đủ thì thu
được N2 và 96,9755 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2 O. Giá trị a : b gần nhất với
A. 0,50.
B. 0,76.
C. 1,30.
D. 2,60.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
HD: mặc dù là este của glyxin với ancol etylic nhưng về mặt CTCT nó bằng một amino axit no, mạch hở, có 1
nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 ||→ quy đổi được về đipeptit (vì đốt cháy quan tâm số C, H, O, N).
Giải hệ được nA = 0,03 mol và nB = 0,06 mol. tỉ lệ nA ÷ nB = 1 : 2.
Biến đổi: x mol A5 + 2x mol B1 → 3,5x mol X2 cần thêm ½.x mol H2O
Quy X thành: (41,325 + 9x) gam hỗn hợp đipeptit X2, số mol 3,5x và công thức dạng CnH2nN2O3.
nC
O 2 + nH 2 O + N 2 .
Đốt cháy: C
n H 2n N 2 O 3 + O 2
41,325+9x gam
96,975+9x gam
96,975 9 x
14 763,5 x 41,325 9 x x 0, 075 mol. ||→ ∑CO2 = 1,575 mol.
62
Theo đó, giải ra số Ctrong A = (1,575 – 0,15 × 4) ÷ 0,075 = 13 = 2 + 2 + 3 + 3 + 3.
Vậy 1 mol A có 2 mol Gly, 3 mol Ala; tránh quên 2 mol B cho 2 mol muối Gly nữa.
||→ chính xác tỉ lệ a : b = 4 : 3 ≈ 1,3333333333 rõ là gần với 1,30 nhất. Chọn C. ♣.
||→ phương trình:
Ví dụ 13. Hỗn hợp E gồm peptit X mạch hở (cấu tạo từ Gly, Ala) và este Y (được tạo ra từ phản ứng este hóa
giữa axit cacboxylic no, đơn chức và metanol). Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần 15,68 lít O2 (đktc). Mặt khác,
khi thủy phân m gam E trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp muối (trong đó số mol muối
natri của Gly lớn hơn số mol muối của Ala). Đốt cháy hoàn toàn lượng muối trên cần 20 gam O2, thu được
Na2CO3, N2, H2O và 18,7 gam CO2. Tỉ lệ số mol Gly : Ala trong X là
A. 3 : 1.
B. 1 : 2.
C. 1 : 3.
D. 1 : 1.
x mol
x mol
O
H
dipeptit
2
.
HD: E 2 :
+
NaOH
muoi
+
CH
este
3OH
24,2
gam
y mol
y mol
► NaOH và H2O không cần O2 để đốt, y mol CH3OH cần 1,5y mol O2 để đốt.
||→ bảo toàn O2 cần đốt có: 0,7 = 0,625 + 1,5y ||→ y = 0,05 mol.
► Mặt khác, hỗn hợp quy đổi E2 đốt cho số mol ∑CO2 = ∑H2O = (3x + 2y + 0,7 × 2) ÷ 3 = (x + 0,5) mol.
||→ mE2 = 14 × (x + 0,5) + 76x + 32y gam; mà NaOH cần dùng là (2x + 0,05) mol
||→ Áp dụng BTKL có: 14 × (x + 0,5) + 76x + 32y + 40 × (2x + 0,05) = 24,2 + 18x + 32y ||→ x = 0,1 mol.
||→ số Ctrung bình (của đipeptit và este) = 0,6 ÷ (0,1 + 0,05) = 4 ||→ số Ceste ≤ 3. Có 2TH xảy ra:
♦ TH1: este là HCOOCH3 → gọi số mol Gly là a mol; Ala là b mol thì có
2a 3b 0, 6 0, 05 2 a 0,1
||→ loại (do nGly > nAla).
b 0,1
a b 0, 2
2a 3b 0, 6 0, 053 a 0,15
♦ TH2: este là CH3COOCH3 → tương tự có:
(thỏa mãn.!).
a b 0, 2
b 0, 05
Vậy, tỉ lệ a : b thỏa mãn cần tìm là 3 : 1. Chọn đáp án A. ♥.
Dạng 7: Hỗn hợp nhiều chất ghép ẩn số: dạng bài cho nhiều chất với một số ràng buộc (nhiều ẩn, ít giả thiết).
Lời giải dạng này đơn giản nhất là cứ đặt rồi ghép kiểu gì cũng ra ||→ theo hướng trâu bò tí :D. Tuy nhiên, đây
là dạng đặc biệt, và dĩ nhiên là nếu tìm ra điểm đặc biệt thì mọi chuyện lại trở nên rất dễ dàng và không kém
phần hay + thú vị.! Hướng này đòi hỏi tư duy + khả năng quan sát, phân tích cao một chút,… Ví dụ!
Ví dụ 14. Hỗn hợp M gồm CH3CH2OH, CH2=CHCH2OH, CH3COOH, CH2=CHCOOH, HCOOCH3. Đốt cháy
hoàn toàn m gam M cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu được 0,35 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác, cho m
gam M trên tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x%. Giá trị của x là
A. 68,40.
B. 17,10.
C. 34,20.
D. 8,55.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
HD: Quan sát → nhận xét: các ancol dạng C?H6O; các axit dạng C??H4O2.
||→ O2 cung cấp cho C → CO2 và cụm H4 ancol → H2O → nancol = 2 × (∑O2 – ∑CO2) = 0,05 mol.
Bảo toàn O → Otrong M = 0,25 mol ||→ naxit = 0,1 mol → cần 0,05 mol Ba(OH)2 → x = 17,1%. Chọn B. ♦.
Ví dụ 15. Hỗn hợp X gồm etilen, etylen glicol, axit lactic (CH3CH(OH)COOH) và axit propanoic (trong đó
etilen glicol và axit propanoic có cùng số mol). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 0,18 mol O2 thu được 2,97
gam hơi nước. Mặt khác, cho m gam X tác dụng với dung dịch Br2 thì khối lượng Br2 tối đa phản ứng là
A. 1,6 gam.
B. 2,4 gam.
C. 3,2 gam.
D. 4,0 gam.
HD: sự đặc biệt: hỗn hợp gồm C2H4; C2H4.H2O.CO2 và C2H4.H2O.½.CO2.
||→ O2 cần đốt chỉ dùng cho đốt C2H4 ||→ có 0,18 ÷ 3 = 0,06 mol hỗn hợp hay cụm C2H4 sinh 0,12 mol H2O.
Mà ∑H2O = 0,165 mol ||→ số mol 2 chất kia = 0,165 – 0,12 = 0,045 mol
Theo đó có 0,015 mol C2H4 ||→ khối lượng Br2 phản ứng là 2,4 gam. Chọn đáp án B. ♦.
Dạng 8: dạng bài tập hợp chất hữu cơ không có Oxi: gồm hiđrocacbon hoặc amin hoặc kết hợp cả hai cũng là
một dạng bài tập đáng chú ý và hầu như năm nào cũng xuất hiện (đặc biệt là hiđrocacbon). Cùng điểm qua một
số ví dụ:
Ví dụ 16. Nung nóng hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon có các công thức tổng quát là CnH2n+2, CmH2m, Cn+m+1H2m
(đều là hiđrocacbon mạch hở và ở điều kiện thường đều là chất khí; n, m nguyên dương) và 0,1 mol H2 trong
bình kín (xúc tác Ni). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với lượng
dư dung dịch Br2 trong CCl4, thấy có tối đa 24 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Y, thu được a
mol CO2 và 0,5 mol H2O. Giá trị của a là
A. 0,25.
B. 0,30.
C. 0,50.
D. 0,45.
HD: khí nên n + m ≤ 3. Yêu cầu m ≥ 2 → n = 1 và m = 2. X gồm CH4, C2H4, C4H4 và 0,1 mol H2.
Phản ứng hoàn toàn mà Y + Br2 chứng tỏ H2 hết ||→ Y chỉ chứa các hđc.
||→ X gồm CxH4 + 0,1 mol H2 đốt cho 0,5 mol H2O → có 0,2 mol CxH4.
làm no hỗn hđc 0,2 mol CxH4 cần 0,1 mol H2 + 0,15 mol Br2 ||→ 0,2 × (2x + 2 – 4) ÷ 2 = 0,25 → x = 2,25.
Vậy a = 0,225 × 2 = 0,45 mol. Chọn đáp án D. ♠.
Ví dụ 17. Hỗn hợp X gồm 0,15 mol CH4; 0,09 mol C2H2 và 0,2 mol H2. Nung nóng X với xúc tác Ni thu được
hỗn hợp Y. Cho Y qua dung dịch Br2 dư thấy khối lượng dung dịch tăng thêm 0,82 gam và thoát ra hỗn hợp khí
Z. Tỉ khối của Z đối với H2 là 8. Vậy thể tích của hỗn hợp Z (đktc) là.
A. 5,6 lít.
B. 6,048 lít.
C. 5,824 lít.
D. 5,376 lít.
HD: tỉ khối Z với H2 là 8 → MZ = 16 = CH4 ||→ số mol C2H6 và H2 trong Z bằng nhau.
Trong Y có x mol C2H2 và y mol C2H4 ||→ trong Z có (0,09 – x – y) mol C2H6 = H2.
||→ số mol H2 đã phản ứng = (x + y + 0,11) mol. Làm no hết X cần 0,09 × 2 = 0,18 mol
||→ có 2x + y + x + y + 0,11 = 0,18; mà 26x + 28y = 0,82 gam ||→ x = 0,01 mol và y = 0,02 mol.
||→ Z có 0,06 mol C2H6; 0,06 mol H2 và 0,15 mol CH4 ||→ VZ = 6,048 lít. Chọn B. ♦.
p/s: như vậy với hđc: cần chú ý 2 điểm: 1π có thể làm no bằng 1H2 hoặc 1Br2 và điểm thứ 2 là hđc không có
Oxi (dùng trong đốt cháy!). Điểm này cũng là điểm chung với amin, vì thế khi kết hợp amin vs hđc, không được
quên việc khai thác đó :D. Ngoài ra, biện luận trong amin, tránh quên lợi thế khi dùng Htrung bình thay vì Ctrung bình
như những dạng khác.!
Ví dụ 18. Hỗn hợp E chứa 2 amin đều no, đơn chức và một hiđrocacbon (X) thể khí điều kiện thường. Đốt cháy
hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol không khí (20% O2 và 80% N2 về thể tích) thu được hỗn hợp F
gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 21,88 gam; đồng
thời khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 49,616 lít (đktc). Công thức của X là.
A. C2H4.
B. C3H6.
C. C2H6.
D. C3H4.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
mol
0,47
HD: đốt
CO 2
E + O 2
+ H 2 O + N 2 . (do giải hệ
0,2 mol
0,305 mol
0,54 mol
21,88 gam
0,055 mol
2 x y 0,54 2
).
44 x 18 y 21,88
Để ý: ∑H2O – ∑(CO2 + N2) = 0,11 = namin ||→ hiđrocacbon là anken.
► Nhanh nhất: số Htrung bình = 4,7 ||→ anken chỉ có thể là C2H4 (lí do Hamin ≥ 5). Chọn A. ♥.
Cách khác: số Ctrung bình = 1,525 ||→ có 1 amin là CH5N; số Canken < (0,305 – 0,11) ÷ 0,09 ≈ 2,17 là C2H4.
Ngoài ra, không thể bỏ qua các câu điểm 6-7-8 như: câu kết hợp ancol, anđehit, axit cacboxylic (đánh vào đốt
cháy kết hợp tráng gương, thủy phân, tác dụng Na,…); dạng bài tập este của phenol cũng rất đáng chú ý.!
Ví dụ 19. Hỗn hợp X gồm CnH2n-1CHO; CnH2n-2(CHO)2; CnH2n-2(COOH)2 ; CnH2n-3(CHO)(COOH)2. Cho m
gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 56,16 gam Ag. Trung hòa m gam hỗn hợp X
cần dùng 30 gam dung dịch hỗn hợp NaOH 12% và KOH 5,6%. Đốt m gam hỗn hợp X cần dùng (m + 7,92)
gam O2. Giá trị gần nhất của m là
A. 19,84.
B. 20,16.
C. 19,36.
D. 20,24.
HD: đk: n ≥ 2 nên yên tâm không có TH đặc biệt của HCHO và HCOOH hiển diện.
Quy X = CnH2n + CO + CO2. Trong đó nCO = nCHO = 0,26 mol; nCO2 = nCOOH = 0,12 mol.
Đốt CnH2n cần 1,5x mol O2 sinh x mol CO2 ; đốt 0,26 mol CO cần 0,13 mol O2 còn CO2 không cần O2 đốt.
||→ mX = 14x + 0,26 × 28 + 0,12 × 44 = 14x + 12,56 gam; mO2 = (1,5x + 0,13) × 32 = 48x + 4,16 gam.
||→ có ngay phương trình 48x + 4,16 = (14x + 12,56) + 7,92 → x = 0,48 mol ||→ m = 19,28 gam. Chọn C. ♣.
Ví dụ 20. Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ đơn chức A và B (chứa C, H, O và đều có phân tử khối lớn hơn 50).
Lấy m gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau phản ứng hoàn toàn thu được sản phẩm là dung dịch Y
chỉ chứa hai muối, trong đó có một muối chứa 19,83% natri về khối lượng. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng
nhau. Phần 1 đem thực hiện phản ứng tráng bạc, thu được tối đa 16,2 gam Ag. Phần 2 đem cô cạn rồi đốt hoàn
toàn thu được CO2, H2O và 10,6 gam Na2CO3. Giá trị m là
A. 13,85.
B. 30,40.
C. 41,80.
D. 27,70.
HD: đúng là lâu rồi không làm mấy dạng này mất cảm giác đề phòng với anh phenol rồi @@.
Phân tích: chắc chắn có 0,075 mol HCOO– rồi (tráng bạc), gốc này M = 45 < 50; nếu là HCOOH (46 < 50) →
nghĩa là HCOO– này là este. Lại tiếp: X + NaOH mà thu được sp là dung dịch Y chỉ chứa 2 muối? vậy ancol
của este đi đâu o.O ? nó chính là phenol. HCOOC6H4R.
Để chỉ có 2 muối thì yêu cần tên còn lại phải là RC6H4OH → muối RC6H4ONa.
Từ %Na trong muối → R = 1; 2 chất là HCOOC6H5 và C6H5OH.
∑Na = 10,6 ÷ 106 × 2 = 0,2 mol → 2 chất: 0,075 mol HCOOC6H5OH và 0,05 mol C6H5OH.
||→ bấm ra m = 27,70 gam. Chọn đáp án D. ♠.
p/s: làm được rồi, nhìn lại thấy đơn giản nhưng mà trong phòng thi mà không phân tích được thì cũng … chậc!.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015
rongden_167 - />
Tản mạn: Trên đây chỉ là một số dạng + ví dụ tiêu biểu + hướng giải quyết căn bản theo ý kiến chủ quan sẽ
là câu chốt + hay và khó trong đề TSĐH 2015 sắp tới. Tư liệu được tổng hợp và phân tích dựa trên quan sát đề
minh họa của BGD 2015 cùng các đề thi thử của các trường trong cả nước (mùa thi thử 2015). Tuy nhiên, mỗi
dạng, mỗi vấn đề đều có cái hay + thế mạnh của dạng đó và nếu được khai thác thì luôn luôn có thể tạo ra
những câu hỏi hay và khó khác nhau. Vì thế, muốn 10 điểm, chúng ta phải nắm chắc căn bản, chú trọng đầy đủ
các vấn đề. Khi đó, dù đề có thay đổi hay đánh vào chỗ nào, chúng ta cũng có thể linh hoạt + tùy biến xử lí đến
đó. Nói chung là không sợ + tâm thế thoải mái nhất để chiến đấu.! [……………………]
Anh rất hi vọng với tài liệu nhỏ này có thể giúp ích các em phần nào trong việc hoàn thành đoạn kết quá trình
luyện thi của các em. Người ta bảo: “kiếm củi ba năm đốt một giờ”; “nuôi quân ba năm dùng một trận”; còn với
chúng ta “học mười hai năm thi mỗi đợt này” :D. Chúng ta phải biết được tầm quan trọng của nó: Nếu ví mẫu
giáo như một giọt nước, cấp I như một cái chậu, cấp II như cái ao và cấp III như cái hồ thì sắp tới, các em sắp
phải bước ra bể, ra đại dương mênh mông, nơi các em có thể được tự do vẫy vùng hoặc có thể là “phải tự do
vẫy vùng”.! Hãy chuẩn bị đầy đủ kiến thức + bản lĩnh + tinh thần cho trận chiến trước mắt và cả một cuộc sống
sinh viên sau đó. Chúc các em chiến đấu hết mình và khẳng định được bản thân trong kì thi tới.!
Hẹn gặp lại các em trong quán trà đá bên cạnh nhà bà chủ của phòng trọ anh.!
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.
