THÔNG TIN TÀI LIỆU
RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TẬP VÔ CƠ KHĨ Câu (TMĐ 11/2015) Hòa tan hết 24,96 gam hỗn hợp X (dạng bột) gồm Fe, Cu oxit Fe dung dịch HCl loãng dư, thu dung dịch Y 0,896 lít khí H2 (đktc) Sục khí H2S đến dư vào dung dịch Y thấy tạo thành 8,64 gam kết tủa Nếu cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y, sau kết thúc phản ứng thấy 1,008 lít khí NO (sản phẩm khử nhất; đktc) 139,04 gam kết tủa Phần trăm khối lượng oxi có hỗn hợp X A 19,23% B 20,51% C 22,44% D 21,15% - 24,96(g) X{ Fe , Cu, O } có mol a, b, c => 56a + 64b + 16b = 24,96 (1) - X + HCl (x mol) → H2 (0,04 mol) + ddY(Fe2+, Fe3+, Cu2+, Cl-, H+ dư) bte 2a 2b y 2c 0,08 - Y + H2S(dư) → 8,64 (g){CuS, S} + dd(Fe2+, Cl-, H+ ) => 96b 32 y 8,64 => -32a +64b + 32c = 7,36 (2) Đề hay phải có Ag ! - Y + AgNO3 dư → NO(0,045 mol) + 139,04(g){AgCl, Ag}+ dd(Fe3+, Cu2+, NO3-, Ag+) [H+ hết ] bte 3a 2b 2c 0,04.2 0,045.3 t => 143,5 x 108t 139,04 324a 216b 71c 124,95(3) ionH x 0,04.2 2c 4.0,045 (1), (2), (3) => a = 0,26 , b = 0,08 , c = 0,33 => => %mO = 21,15% TH2: Y + AgNO3 dư → NO(0,045 mol) + 139,04(g){AgCl} + dd(Fe3+, Cu2+, NO3-, Ag+, H+ dư) bte => 3a + 2b = 2c + 0,04.2 + 0,045.3 hay 3a + 2b – 2c = 0,215 (3’) (1), (2), (3') => a = 0,2652 , b = 0,0683 , c = 0,3586 => %mO = 22,99% Kiểm tra đk H+ dư: H+(bđ) = nAgCl = 0,9689 ; H+(pứ) = 0,04.2 + 2c + 4.0,045 = 0,9772 => loại Câu (Bùi Tuấn Minh) Hỗn hợp X chứa 0,1 mol ZnO 0,1mol Zn hòa tan hết 250 gam dung dịch HNO3 12,6% thu dung dịch X 0,336 lit khí Y (đktc) Cho từ từ đến hết 462,5 ml dung dịch NaOH 1,6M vào dung dịch X thu 5,94 gam kết tủa Nồng độ phần trăm Zn(NO3)2 dung dịch X có giá trị gần với giá trị A 14,36% B 14,31% C 14,62% D 14,32% 250.12,6 2+ nHNO 0,5 => ddX: Zn (0,2) , NO3 (0,4), NH4NO3 (x), HNO3 dư (y) 100.63 nZn(OH)2 = 0,06 mol => (!) nNaOH = 0,74 = x + y + 4.0,2 – 2.0,06 hay x + y = 0,06 (1) bte => 0,1.2 = 0,015.q + 8x (2) btnt(N !) => 0,5 = 0,4 + 0,015.2 + 2x + y (3) => 2x + y = 0,07 (2) 0,2.189.100 => x = 0,01, y = 0,05 => q = (N2O) => C% = 14,32% 250 81.0,1 65.0,1 0,015.44 Câu (Nguyễn Chí Thanh) Hỗn hợp X gồm Al2O3 Al oxi chiếm xấp xỉ 45,45% khối lượng Hòa tan hết 15,84 (g) hỗn hợp X 973,5 ml dung dịch HNO3 1M, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu 0,0672 lít khí Y đktc dung dịch Z không chứa axit dư Cho từ từ đến hết 1123,75 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Z, đun nhẹ, sau phản ứng xong thu m(g) kết tủa Giá trị m gần với A 12,4789 (g) B 12,1875 (g) C 24,960 (g) D 29,120 (g) 0,4545.15,84 0,45 => nAl2O3 = 0,15 => nAl = 0,02 , nY = 0,003 mol => nO = 16 => ddZ có Al(NO3)3 0,32 , NH4NO3 x mol , bte => 0,06 = 0,003.q + 8x (*) btnt (N) => 0,9735 = 0,32.3 + 2x + 0,003.2 => x = 0,00375 mol , bte => Y N2 n 3 0,32 78 12,48( g ) => nOH-(pứ Al3+) = 1,12375– 0,00375 = 1,12 => OH ( pu voi Al ) 3,5 m nAl 3 Câu (TMĐ 15/11/2015) Hòa tan hết hỗn hợp gồm 9,36 gam Al 7,82 gam Al2O3 dung dịch chứa NaHSO4 0,24 mol HNO3 Sau kết thúc phản ứng thu dung dịch X chứa muối trung hòa hỗn hợp khí Y gồm 0,08 mol NO a mol N2O Để tác dụng tối đa chất tan có dung dịch X cần dùng dung dịch chứa 2,04 mol NaOH Nếu cho 400 ml dung dịch Ba(OH)2 2M vào dung dịch X, thu lượng kết tủa nAl = 26/75 mol , nAl2O3 = 23/300 mol , NaHSO4 (x mol) + 2=> ddX (Al3+,Na+ x, SO42- x, NO3-, NH4+ y, H2O) NaOH ddZ (Al(OH)4 , Na , SO4 , NO3 , H2O) 26 0,08.3 8a y hay a + y = 0,1 (1) bte => 75 26 23.2 btđt (ddX) => ( + ).3 + x + y = 2x + 0,24 – 0,08 – 2a – y hay –2a + x – 2y = 1,34 (2) 75 300 26 23.2 btđt (ddZ) => x + 2,04 = ( + )+ 2x + 0,24 – 0,08 – 2a – y hay 2a - x + y = -1,38(3) 75 300 => a = 0,06 , x = 1,54, y = 0,04 , Kết tủa là: BaSO4 0,8 mol , Al(OH)3 ? n 3 1,6 0,04 3,12 nAl(OH)3 = 4.0,5– (1,6-0,04) = 0,44 => m(kết tủa) = 220,72(g) Vì OH ( pu voi Al ) n Al 3 0,5 Câu (TMĐ): Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO, Fe, Fe2O3 vào dung dịch chứa 0,4 mol HCl 0,05 mol NaNO3, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch X chứa 22,47 gam muối 0,448 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO, N2 có tỷ khối so với H2 14,5 Cho dung dịch NaOH (dư) vào dung dịch X thu kết tủa Y, lấy Y nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu 9,6 gam chất rắn Mặc khác cho dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 (dư) thu m gam kết tủa Biết chất tan X chứa hỗn hợp muối Giá trị m A 63,88 gam B 58,48 gam C 64,96 gam D 95,2 gam nN 30 29 => nN2 = nNO = 0,01 mol nNO 29 28 9,6 7,44 0,135 mol 7,44 (g) {Mg, Fe, O} + [O] 9,6 (g) {MgO, Fe2O3} => n[O] = 16 nH2O = 0,18 7,44 (g) {Mg, Fe, O}+ [HCl, NaNO3] khí( NO, N2) + muối(X) + H2O BTKL H2O tạo từ đâu ? => 0,18 = 0,01.2 + 0,01.6 + 3y + x => x + 3y = 0,1 { x = nO(trong hh) } ddX + AgNO3 dư => khơng có khí bay => dự đoán H+ hết => 0,4 = 0,01.4 + 0,01.12 + 10.y + 2x => 2x + 10y = 0,24 => x = 0,07, y = 0,01 (muối amoni) Vậy kết tủa có: AgCl 0,4 mol Ag : BTE ne (kl cho) = nO.2 + n[O].2 = 0,01.3 + 0,01.10 + 0,01.8 + nO.2 + nAg => nAg = 0,06 Vậy m = 63,88 (g) Câu (TMĐ 2014) Hoà tan hết 15,44 gam hỗn hợp gồm Fe3O4, Fe Al (trong oxi chiếm 20,725% khối lượng) 280 gam dung dịch HNO3 20,25% (dùng dư) thu 293,96 gam dung dịch X 0,896 lít hỗn hợp khí X gồm NO N2O Để tác dụng tối đa chất dung dịch X cần 450 ml dung dịch NaOH 2M Nếu cô cạn dung dịch X thu chất rắn Z Nung Z đến khối lượng không đổi, thấy khối lượng chất rắn giảm m gam Giá trị m A 44,12 B 46,56 C 43,72 D 45,84 0,20725.15,44 0,2 => nFe3O4 = 0,05 mol , Fe (x mol), Al (y mol) , nHNO3 = 0,9 mol nO = 16 => 56x + 27y = 15,44- 0,05.232 = 3,84 (1) n 0,02 btkl=> mX= 15,44+ 280– 293,96= 1,48=> MtbX = 37 => nNO 44 37 => NO nN O bte => 3x + 3y – 8z = 0,02.3 + 0,02.8 – 0,05 = 0,17 (2) 37 30 nN 2O 0,02 => ddX: (Fe3+, Al3+, NH4+, H+, NO3-, H2O) [dd sau có Na+, Al(OH)4-, NO3- => 0,9=0,84-z+y] btđt => 3(0,15+x) + 4y + z + 0,9 – (0,68+10z) = 0,9 hay 3x + 4y – 9z = 0,23 (3) => x = 0,03 , y = 0,08 , z = 0,02 => m = 46.3.(0,18+0,08) + 32.(0,18+0,08).3/4 + 0,02.80 = 43,72 (g) [mgiảm= mkhí bay ra] Cách Thầy Hồng Chung Câu (TMĐ 11/2015) Cho 27,24 gam tinh thể MSO4.nH2O vào 400 ml dung dịch NaCl 0,8M CuSO4 0,3M thu dung dịch X Tiến hành điện phân dung dịch X điện cực trơ với cường độ dòng điện không đổi, thời gian t giây; thấy khối lượng catot tăng m gam; đồng thời anot thoát 0,18 mol khí Nếu thời gian điện phân 2t giây, tổng số mol khí cực 0,44 mol Giá trị m A 12,4 B 12,80 gam C 14,76 gam D 15,36 gam -t(s) Cu2+ + 2e(0,24) Cu(0,12) 2Cl- Cl2(0,16) + 2e(0,32) M2+ + 2e(0,16) M(0,08) ne = 0,4 -2t(s) Cu2+ + 2e(0,24) Cu(0,12) 2Cl- Cl2(0,16) + 2e(0,32) M2+(x) + 2e(2x) M ne = 0,8 2H2O + 2e(0,32) H2(0,16) + 2OH=> 0,24 + 2x + 0,32 = 0,8 => x = 0,12 => M + 96 + 18n = 227 => n = => M = 59 => m = 0,12.64 + 0,08.59 = 12,4 (g) => chọn A Câu (TMĐ 10/2015) Dẫn 8,96 lít khí CO (đktc) qua ống sứ chứa 38,4 gam hỗn hợp gồm Mg, MgO, Fe2O3 Fe Sau thời gian thu rắn X hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He Hòa tan hết rắn X dung dịch HNO3 loãng dư thu dung dịch Z hỗn hợp khí gồm 0,12 mol khí NO 0,06 mol khí N2O Cơ cạn dung dịch Z, sau nung đến khối lượng khơng đổi thu 48,0 gam rắn Số mol HNO3 phản ứng n 44 36 nCO nCO 0,2 => mX = 35,2(g) {Mg, Fe, O} - hhY: CO nCO 36 28 - 35,2 (g) X {Mg, Fe, O} + [O] 48 (g) {MgO, Fe2O3} => n[O] = 0,8 mol - 35,2 (g) X {Mg, Fe, O} + [HNO3] dd (Mg2+, Fe3+, ) bte => 0,8.2 = 0,12.3 + 0,06.8 + nNH4NO2.8 => nNH4NO3 = 0,095 mol => nHNO3(pứ) = 0,8.2 + 0,095.2 + 0,12 + 0,06.2 = 2,03 mol ( khơng ổn , lượng H+ pứ với oxi) Nếu giải tiếp 24a 56b 16c 35,2(1) 2a 3b 2c 0,8.2 1,6(2) (1) + (2).8 = (3) => khơng tìm O X ? 40a 80b 48(3) => Kết luân nHNO3(pứ) > 2,03 mol (thảo luận) 4H+ + NO3- + 3e NO + 2H2O 10H+ + 2NO3- + 8e N2O + 5H2O 10H+ + NO3- + 8e NH4+ + 3H2O => nHNO3(pứ) = 4nNO + 10nN2O + 10nHN4NO3 2H+ + O + 2e H2O ? ? (hiểu ) Ví dụ ta cho ! Mg : 0,1 hh + HNO3 N2O: 0,025 + dd (Mg2+, NO3-) MgO : 0,15 10H+ + 2NO3- + 8e N2O + 5H2O 2H+ + O + 2e H2O => nHNO3 = 2.0,15 + 10.0,025 = 0,55 (tính lượng H+ pứ với oxi hh) Còn nHNO3(pứ) = 10.nN2O = 0,25 lại sai Bài giải cảu thầy Ngân ! Một Số Câu Khó Hữu Cơ Câu (TMĐ) X, Y hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở 28 đvC; Z este no; mạch hở Đun nóng 26,21 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol T có khối lượng 8,74 gam hỗn hợp chứa muối Đốt cháy hỗn hợp muối cần dùng 0,65 mol O2, thu CO2, H2O 21,2 gam Na2CO3 Phần trăm khối lượng Z có hỗn hợp E A 53,66% B 73,94% C 67,98% D 58,65% Theo đề => hh muối CnH2n-1O2Na(0,4) + (0,65) O2 Na2CO3(0,2) , CO2(0,4n-0,2) , H2O 0,2(2n-1) BTNT (O) => 0,4.2 + 0,65.2 = 0,3.2 + 2(0,4n-0,2) + 0,2(2n-1) => n = 1,75 (không cần tính mol CO2, H2O) => H-COOH C2H5-COOH (hơn 2C) m(muối) = 0,4(14n -1+32+23) = 31,4(g) BTKL => 26,21 + 0,4.40 = 31,4 + 8,74 + nH2O.18 => nH2O = 0,115 =n(2axit) = n(NaOH pứ với axit) => n(NaOH pứ với este) = 0,285 92.n Este (n chức) + nNaOH n muối + ancol(n chức) => n(acol) = 0,285/n => m(ancol) = => n =3, glixrol (92) TH: este (HCOO)2(C2H5-COO)(C3H5) 0,095 mol => %m = 73,94% => B TH: este (HCOO)(C2H5-COO)2(C3H5) 0,095 mol => %m = 84,09% Câu (TMĐ) Đốt cháy 17,04 gam hỗn hợp E chứa este 28 đvC cần dùng 0,94 mol O2, thu 13,68 gam nước Mặt khác đun nóng 17,04 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu hỗn hợp F gồm ancol hỗn hợp chứa x gam muối X y gam muối Y (MX < MY) Đun nóng tồn F với H2SO4 đặc 1700C thu hỗn hợp gồm olefin Tỉ lệ gần x : y A 1,30 B 1,20 C 1,35 D 1,25 Giải : 17,04(g) este đđ + (0,94)O2 (0,76)H2O + CO2 ( ?) ; BTKL => nCO2 = 0,76 = nH2O (no, đơn, hở) BTNT (O) => neste = 0,2 mol (1) HCOOCH 3, C H 8O => C(tb) = 3,8 => , ancol tách H2O tạo anken => chọn (2) (2)C 3H 6O 2, C H 10O a 3,8 x 3.68 1,2439 D => HCOOC2H5 (a) , CH3COOC3H7(b) => b 3,8 y 2.82 Câu (TMĐ) Đun nóng 13,5 gam este X đơn chức với dung dịch NaOH vừa đủ thu 14,58 gam muối Y este hai chức có số cacbon với số cacbon X Đun nóng hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 320 ml dung dịch KOH 1M, thu hỗn hợp F gồm ancol đồng đẳng hỗn hợp chứa a gam muối A b gam muối B (MA < MB) Đun nóng hỗn hợp F với H2SO4 đặc 1400C thu 7,232 gam hỗn hợp ete Biết hiệu suất ete hóa ancol 80% Tỉ lệ gần a : b A 0,4 B 0,6 C 0,5 D 0,3 Giải : - m(muối) > m(este) => este có dạng R-COOCH3 este vòng RCOO (cúng phải để ý tới nó) Nếu R-COOCH3 R-COONa => 14,58-13,5 = 8.neste => neste = 0,135 => R = 41 (C3H5) => X C3H5-COOCH3 (x mol) (5C) => Y CH3OOC - COOC2H5 (y mol) => x + 2y = nNaOH = 0,32 (1) => nCH3OH = (x+y) , nC2H5OH = y => nancol (bđ) = 0,32 => nancol pứ = 0,256 BTKL => mancol pứ = 7,232 + 18.0,256 :2 = 9,536 = 32(x+y).0,8 + 46.y.0,8 => 32x + 78y = 11,92 (2) => x = 0,08 , y = 0,12 a 0,08.108 => 0,53731 C b 0,12.134 Câu (TMĐ) Hỗn hợp E chứa este X (CnH2n-4O4) este Y (CmH2m-10O4) với X, Y mạch hở khơng chứa nhóm chức khác Đun nóng 33,32 gam E với dung dịch KOH vừa đủ, thu hỗn hợp mưới 19,2 gam ancol Z Đun nóng Z với H2SO4 đặc thu chất hữu T có tỉ khối so với Z 1,7 Đốt cháy hỗn hợp muối cần dùng 0,57 mol O2, thu CO2, H2O K2CO3 Phần trăm khối lượng Y có hỗn hợp E A 39,97% B 66,63% C 53,30% D 59,96% - X(3 ) => đoán este R-(COOR’)2 + 2KOH R-(COOK)2 + 2R’OH T Z 18 1,7 => T ete => 1,7 Z 60 C3H7OH , nancol = 0,32 , neste = 0,16 Z Z 33,32 (44 43).2 34,25 => X C2H2(COOC3H7)2 => muối C2H2(COOK)2 x mol => R = 0,16 Y CmH2m-8(COOC3H7)2 => muối CmH2m-8(COOK)2 y mol C2H2(COOK)2 + 3O2 3CO2 + H2O + K2CO3 CmH2m-8(COOK)2 +(1,5m-1,5)O2 (m+1)CO2 + (m-4)H2O + K2CO3 => 3x + (1,5m-1,5)y = 0,57(1) x + y = 0,16(2) Lại có: 200x + (14m+166)y = 33,32 (3) => x = 0,1 , y =0,06 , m = 0,06.(14.4 166) => %mY = 100 39,97599 => chọn A 33,32 Câu (TMĐ) Hỗn hợp E chứa ba axit cacboxylic mạch hở (trong có axit khơng no, chứa liên kết C=C, tồn đồng phân hình học hai axit no, hai chức 14 đvC) Cho 13,8 gam E tác dụng với NaHCO3 vừa đủ thu 6,048 lít khí CO2 (đktc) Mặt khác đốt cháy 13,8 gam E với lượng oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ba(OH)2, thu 17,73 gam kết tủa; đồng thời khối lượng dung dịch tăng 3,75 gam Phần trăm khối lượng axit có khối lượng phân tử lớn E A 22,61% B 30,14% C 15,07% D 33,91% g/s axit không no đơn chức CnH2n-2O2 a mol , n , CmH2m-2O4 b mol => a + 2b = nH+ = nCO2 = 0,27 (1) , x = nCO2 , y = nH2O => 44x + 18y = 21,48 (2) Lại có: 12x + 2y + 32(a + 2b) = 13,8 => 12x + 2y = 5,16 (3) => x = 0,39 , y = 0,24 Lại có a + b = x – y = 0,15 (4) => a = 0,03 , b = 0,12 BTNT(C) => 0,03n + 0,12n = 0,39 => 3n + 12m = 39 => n = , m = 2,25 => CH3-CH=CH-COOH , HOOC-COOH, HOOC-CH2-COOH => x1 + x2 = 0,12 , x1:x2 = 3:1 => x2 = 0,03 => %m(Mmax) = 22,608 => chọn A Câu (TMĐ) Hỗn hợp E chứa ba peptit mạch hở tạo từ glyxin valin; có tổng số liên kết peptit 13 Trong phân tử peptit có số nguyên tử oxi không nhỏ Đốt cháy 0,12 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 2,025 mol O2 Mặt khác đun nóng 67,23 gam cần dùng 660 ml dung dịch NaOH 1,5M Phần trăm khối lượng peptit có khối lượng phân tử nhỏ hỗn hợp E A 53,82% B 58,95% C 48,68% D 34,42% Đặt peptit CnH2n+2-kNkOk+1 , 0,12 mol => 1,5n – 0,75k = 2,025/0,12 = 16,875 (1) 14n 29k 18 k 14n – 428k/11 = - 18 (2) => n = 14 , k = 5,5 (mpeptit = 44,82) 67,23 0,99 Theo gợi ý đề => X (Gly)4Val x mol , Y Gly5Val y mol , Z Gly3Val2 z mol => x + y + z = 0,12 (1) , 13x + 15y + 16z = 0,12.14 = 1,68(2) , 5x + 6y + 5z = 5,5.0,12 = 0,66 => x = 0,06, y = 0,06, z = => lẽ peptit đồng phân ? X (Gly)4Val , Y Val(Gly)4 Z Gly5Val 0,06.(75.4 117 4.18) => %m(X,Y) = 100 46,18 => D ?? (chưa yên tâm) (14n 29k 18).0,12 Nếu tính %mZ(peptit lớn) = 100 – 46,18 = 53,82% => A Câu (T Hưng đưa lên face) Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol este X cần 200 ml dung dịch NaOH 1,5M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu glixerol 24,6 gam muối khan axit hữu mạch thẳng Số công thức cấu tạo X A B C D t0 (R-COO)3C3H5 + 3NaOH 3RCOONa + C3H5(OH)3 24,6 => Mmuối = 82 => R = 15 0,3 TH1: Chỉ có muối CH3COONa => có este (CH3-COO)3C3H5 TH2: Có muối H-COONa R’-COONa (thì tỉ lệ mol hai muối 2:1 1:2 2.1 1.R ' 15 R 43 (C3H7) => este đồng phân [H-H-R hay H-R-H] 1.1 2.R' 15 R = 22 (loại) TH3: Có muối khác => mol muối = => 15 trung bình cộng 29 => este A-B-C , A-C-B , B-A-C => Chọn D (6 chất) Câu 8: (chưa rõ nguồn) X, Y hai axit cacboxylic thuộc dãy đồng đẳng axit acrilic; Z ancol hai chức; T este mạch hở tạo X, Y, Z Đun nóng 46,176 (g) hỗn E chứa X, Y, Z, T (số mol Z gấp lần số mol T) với dung dịch KOH vừa đủ, thu 21,204 (g) ancol Z hỗn hợp muối Đốt cháy toàn muối cần dùng 1,62 mol O2 thu CO2, H2O 20,7 (g) K2CO3 Phần trăm khối lượng T có hỗn hợp E A 50,6% B 59,94% C 60,6% D 45,6% KOH 46,176(g) E 21,204(g) Z + m(g) hh muối + H2O , 62 ( mol ) O hh muối Cn H n 3O2 K 1 K 2CO : 0,15 CO2 : (0,3n 0,15) H 2O (2n 3).0,15 (O ) n 4,6 => m(hh muối) = 39,72 (g) => n(muối) = 0,3 mol ; BTNT BTKL n(H2O) = 0,114 (mol) => n(este) = (0,3 – 0,114)/2 = 0,093 mol => n(ancol Z) = 3n(este) = 0,279 mol => M(ancol Z) = 76 C3H6(OH)2 => Este (Cn H n 1COO) C3 H => %m = 21,2784.100/46,176 = 46,081% Câu 9: (chưa rõ nguồn) Đun nóng 45,54(g) hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) Y (CnHmO6Nt) cần dùng 580 ml dung dịch NaOH 1M thu dung dịch chứa muối natri glyxin valin Mặt khác đốt cháy hoàn toàn lượng E O2 vừa đủ thu hỗn hợp CO2, H2O, N2, tổng khối lượng CO2 H2O 115,18 (g) Công thức phân tử peptit X A C17H30N6O7 B C21H38N6O7 C C24H44N6O7 D C18H32N6O7 Đặt E là: CnH2n+2-kNkOk+1 => => n = 191/11 , k = 58/11 => => 8.C(Y) + 3.C(X) = 191 => chọn CX = 21 , CY = 16 => B Câu 10 (chưa rõ nguồn) Hỗn hợp X gồm peptit mạch hở, tạo aminoaxit có dạng H2NCnHmCOOH Đun nóng 4,63 gam X với dung dịch KOH dư, thu dung dịch chứa 8,19 gam muối Nếu đốt cháy hoàn tồn 4,63 gam X cần 4,2 lít O2 (đktc) Dẫn toàn sản phẩm cháy (CO2, H2O, N2) vào dung dịch Ba(OH)2 dư, sau phản ứng thu m gam kết tủa khối lượng dung dịch giảm 21,87 gam Giá trị m gần với giá trị sau ? A 30,0 B 27,5 C 35,0 D 32,5 Peptit: H[NH-R-CO]kOH CnHmNkOk+1 => => npeptit = (8,19-4,63) : (56k-16) = 0,02 => nN2 = 0,35 => m = 21,87 + 9,65 = 31,52 => D Hà nội, ngày 26 tháng năm 2015 rongden_167 - http://moon.vn/ uDự đốn số câu chốt hay khó đề Kì thi TSĐH 2015 tới.! Bài tập VƠ 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 nhơm kết hợp kim loai, oxit kim loại phản ứng với HNO3, H2SO4 đặc nóng (đã xuất đề khối A-2014 năm ngối) 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 (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 tồn 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 khơng có khơng 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 lỗng 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 tồn 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 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 tồn 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 (khơng thấy khí 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 (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 ngồi khơng 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 khơng màu, có khí hóa nâu khơng 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 q 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 đốn 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 khơng có q 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 đốn + suy luận giả thiết để loại bỏ nhanh TH tủa tan khó + thời gian nằm có thơi :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 khơng dư → NH4NO3 0,06 → mâu thuẫn) Khi đó, bảo tồn ngun tố Nitơ có phương trình: nN NH4+ + nN spk = 0,04 mol Để ý rằng: spk có N thơi • 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 tồn 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 vơi 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 ln || s mol COO l 0,24 ữ ì 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, khơng 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 tồn Z vào bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 3,6 gam; đồng thời 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, khơng biết 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 khơng 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, khơng thể 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 cơng 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 ì 4) ữ 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 ì 2) ữ = (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 khơng có 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 cơng 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 ì (2x + 4) ữ = 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 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, khơng qn 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 hồn tồn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol khơng 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 khỏi bình tích 49,616 lít (đktc) Cơng 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 Ngồi ra, khơng thể 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 n tâm khơng có 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 khơng 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 cạn đốt hồn tồn 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 u cần tên lại phải RC6H4OH → muối RC6H4ONa Từ %Na muối → R = 1; chất HCOOC6H5 v C6H5OH Na = 10,6 ữ 106 ì = 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 khơng 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 ln ln 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 hồn thành đoạn kết q 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 mơng, 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 ... nhiên, dạng, vấn đề có hay + mạnh dạng khai thác ln ln 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... 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... 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
Ngày đăng: 04/04/2020, 10:25
Xem thêm: