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