Tài liệu Công phá đề thi thpt quốc gia môn hóa 2018

Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa More than a book MỤC LỤC (Đặt sách trước 28/2 để được ưu đãi 19% và miễn phí ship: https://goo.gl/cP55co ) Những sai lầm thường mắc phải khi giải đề ........................................................ 9 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc ................................................. 12 I. Tư duy điền số ........................................................................................................................... 12 II. Tư duy phân chia nhiệm vụ H+ ................................................................................................. 15 III. Liên hoàn các định luật bảo toàn ............................................................................................. 17 IV. Tư duy dồn chất ...................................................................................................................... 23 V. Tư duy vận dụng công thức NAP.332 ....................................................................................... 26 Bài tập rèn luyện – Vô cơ ............................................................................................................. 29 Bài tập rèn luyện – Hữu cơ ........................................................................................................... 40 Phần 2: Đề minh họa kì thi THPT quốc gia 2018 ............................................. 50 Đề minh họa Bộ giáo dục và đào tạo 2018 – mã đề 001 ........................................................ 50 Nhóm 1: 10 đề khởi động ............................................................................................................. 64 Đề số 1 ................................................................................................................................. 64 Đề số 2 ................................................................................................................................. 80 Đề số 3 ................................................................................................................................. 95 Đề số 4 ............................................................................................................................... 111 Đề số 5 ............................................................................................................................... 126 Đề số 6 ............................................................................................................................... 141 Đề số 7 ............................................................................................................................... 157 Đề số 8 ............................................................................................................................... 173 Đề số 9 ............................................................................................................................... 189 Đề số 10 ............................................................................................................................. 203 Nhóm 2: 10 đề tăng tốc ............................................................................................................. 219 Đề số 11 ............................................................................................................................. 219 Đề số 12 ............................................................................................................................. 230 Đề số 13 ............................................................................................................................. 244 Đề số 14 ............................................................................................................................. 258 Đề số 15 ............................................................................................................................. 269 Đề số 16 ............................................................................................................................. 284 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa Nhà sách Lovebook Đề số 17 ............................................................................................................................. 296 Đề số 18 ............................................................................................................................. 312 Đề số 19 ............................................................................................................................. 328 Đề số 20 ............................................................................................................................. 346 Nhóm 3: 11 đề về đích .............................................................................................................. 362 Đề số 21 ............................................................................................................................. 362 Đề số 22 ............................................................................................................................. 367 Đề số 23 ............................................................................................................................. 372 Đề số 24 ............................................................................................................................. 376 Đề số 25 ............................................................................................................................. 380 Đề số 26 ............................................................................................................................. 384 Đề số 27 ............................................................................................................................. 388 Đề số 28 ............................................................................................................................. 392 Đề số 29 ............................................................................................................................. 396 Đề số 30 ............................................................................................................................. 400 Đề số 31 ............................................................................................................................. 404 Phần 3: 60 đề thi thử các trường 2017 – 2018 chọn lọc tặng kèm qua Email……401 (Từ đề số 1 tới đề 40, có video giải đề kèm theo) Đề tặng số 1- Đề tặng số 10 ......................................................................................... tháng 2/2018 Đề tặng số 11- Đề tặng số 20 ....................................................................................... tháng 3/2018 Đề tặng số 21- Đề tặng số 30 ....................................................................................... tháng 3/2018 Đề tặng số 31- Đề tặng số 40 ....................................................................................... tháng 4/2018 Đề tặng số 41- Đề tặng số 50 ....................................................................................... tháng 4/2018 Đề tặng số 51- Đề tặng số 60 ....................................................................................... tháng 5/2018 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook PHẦN 1: MỘT SỐ CON ĐƯỜNG TƯ DUY NAP ĐẶC SẮC I. Tư duy điền số Mục tiêu: + Hiểu được cái hay, sự tinh tế và vẻ đẹp của điền số điện tích. + Hiểu bản chất của điền số điện tích chỉ là BTNT kết hợp với BTĐT Hướng dẫn tư duy áp dụng: + Luôn có cái nhìn của tư duy trắc nghiệm “tư duy đi tắt đón đầu” nghĩa là tập trung chú ý vào sản phẩm cuối cùng, không quan tâm quá trình chỉ quan tâm kết quả cuối cùng. + Luôn đặt câu hỏi: Nó (dung dịch) chứa gì? Nguyên tố (Al, Fe, N, H…) chạy đi đâu? Áp dụng nguyên tắc âm dương phải hòa hợp nghĩa là có bao nhiêu mol điện tích dương thì cũng phải có bấy nhiêu mol điện tích âm. + Mạnh dạn áp dụng kiên quyết không sử dụng kiểu viết phương trình. Trong điền số có nhiều trường hợp thì mạnh dạn chọn lấy một trường hợp để làm hạn chế tối đa biện luận “nhỡ thế này, nhỡ thế kia” những cái nhỡ đó đi biện luận rất mất thời gian các bạn lên đẩy những cái biện luận đó cho người ra đề. Còn người giải nếu phép chọn của chúng ta không đúng thì nhìn vào kết quả sẽ biết ngay và làm lại. Ví dụ 1 [Đề minh họa – 2018]: Cho m gam P2O5 vào dung dịch chứa 0,1 mol CHÚ Ý Khi dùng kỹ thuật điền số điện tích với bài toán này thì dung dịch có thể chứa Na+, K+, PO43-, H+. Tuy nhiên, với thi trắc nghiệm khi làm một trường hợp có đáp án hợp lý rồi thì các em chọn luôn (trường hợp còn lại sẽ không hợp lý). Người ra đề đã khử giúp các em rồi. NaOH và 0,05 mol KOH, thu được dung dịch X. Cô cạn X, thu được 8,56 gam hỗn hợp chất rắn khan. Giá trị của m là A. 1,76. B. 2,13. C. 4,46. D. 2,84. Định hướng tư duy giải: Na  : 0,1   K : 0,05 BTNT.P Điền số: 8,56  3   a  0,04   m  0,02.142  2,84 PO : a  4 OH : 0,15  3a  Để xử lý dung dịch cuối cùng chứa gì các bạn hỏi những câu hỏi? Cuối cùng thì Na, K, P chạy đi đâu? Tất nhiên là Na+, K+, PO43Đáp án D. Ví dụ 2 [Đề minh họa – 2018]: Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch gồm CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3) với cường độ dòng điện GIẢI THÍCH THÊM + Vì tỷ lệ mol là 1:3 nên dung dịch điện phân không thể có H+. + Với bài toán này tôi đã giả sử luôn H2O đã bị điện phân ở cả hai cực để tránh mất time. Nếu điều giả sử trên không hợp lý thì khi giải phương trình tìm x sẽ vô lý ngay. Với tính chất thi trắc nghiệm chúng ta cần tránh lối tư duy tự luận để đỡ mất thời gian. LOVEBOOK.VN| 12 1,34A. Sau thời gian t giờ, thu được dung dịch Y (chứa hai chất tan) có khối lượng giảm 10,375 gam so với dung dịch ban đầu. Cho bột Al dư vào Y, thu được 1,68 lít khí H2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước. Giá trị của t là A. 7. B. 6. Định hướng tư duy giải: Al BTE  nH2  0,075   n Al  0,05 . Ta có:  Na  : 3a   SO 24  : a   a  0,05 Điền số  OH  : 0,05  C. 5. D. 4. Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book  Cu : 0,05   n e  0,1  2x Catot   H 2 : x   10,375  Anot Cl : 0,15   O2 : 0,25(2x  0,05)    x  0,125   n e  0,35  t  7 Đáp án A. Ví dụ 3 [Đề minh họa – 2018]: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al và Al2O3 vào nước (dư), thu được 0,896 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Hấp thụ hoàn toàn 1,2096 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được 4,302 gam kết tủa. Lọc kết tủa, thu được dung dịch Z chỉ chứa một chất tan. Mặt khác, dẫn từ từ CO2 đến dư vào Y thì thu được 3,12 gam kết tủa. Giá trị của m là GIẢI THÍCH THÊM Bài toán này điểm quan trọng nhất cần xử lý là dung dịch Z chứa chất gì. Các bạn thấy ngay nếu nó là Ba(AlO2)2 thì toàn bộ C sẽ chạy hết vào BaCO3: 0,054 mol khi đó lượng kết tủa sẽ vô lý ngay. A. 6,79. B. 7,09. C. 2,93. D. 5,99. Định hướng tư duy giải: nCO  0,054  Z : Ba(HCO 3 )2 Ta có:  max2 . Điền số  n Al(OH)3  0,04  Al(OH)3 : 0,04   4,302  BTNT.C  Ba(HCO3 )2 : 0,024  BaCO3 : 0,006   m  0,02.102  0,03.153  0,04.16  5,99 Chuyển dịch điện tích  Đáp án D. Ví dụ 4: Cho 500 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào V ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M; sau khi các phản ứng kết thúc thu được 12,045 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 300. B. 75. C. 200. D. 150. Định hướng tư duy giải:  BaSO4 : 0,05  m max    m max  14,25  12,045 Nếu kết tủa là cực đại  Al(OH) : 0,1 / 3  3 GIẢI THÍCH THÊM Với bài toán này tôi đã ốp ngay cho trường hợp với V ml dung dịch NaOH thì lượng kết tủa chưa cực đại và với (V+450) ml thì kết tủa đã tan 1 phần. Sẽ có bạn sẽ hỏi là: Tại sao lại thế? Nhỡ nó không phải thì sao? Như tôi đã nói đấy cứ mạnh dạn đoán lấy 1 trường hợp và giải nếu đen thì ta làm lại, đừng mất thời gian đi biện luận vì: Thứ nhất: Trong phòng thi đồng hồ quay nhanh đến mức người ngồi ngoài không bao giờ hiểu được. Thứ hai: Không ai bắt các bạn phải đi biện luận cả. Thứ ba: Nếu điều giả sử của bạn sai thì kết quả sẽ trả lời giúp bạn. BT.SO2 4   nBaSO4  0,3V   nAl  0,2V 2   Ba : 0,05  0,3V  Điền số  BTNT.Al   Al(OH)3 : 0,8V  0,1  AlO2 : 0,1  0,6V    0,3V.233  78(0,8V  0,1)  12,045   V  0,15 Đáp án D. Ví dụ 5: Dung dịch X chứa 0,15 mol H2SO4 và 0,1 mol Al2(SO4)3. Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa. Thêm tiếp 450ml dung dịch NaOH 1M vào, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,5m gam kết tủa. Giá trị của V là: A. 550,0 ml B. 500,0 ml C. 450,0 ml D. 600,0 ml Định hướng tư duy giải:  Na  : V  0,9  V  SO24  : 0,45   n Al(OH)3  0,2  Điền số với V mol NaOH  3  0,9  V Al 3 : 3  LOVEBOOK.VN| 13 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook Điền số với (V+0,45) mol NaOH Na  : V  0,45    SO 24  : 0,45   n Al(OH)3  0,65  V AlO  : V  0,45 2    0,2  0,9  V  2(0,65  V)   V  0,6 3 Đáp án D. Ví dụ 6 [BGD-2017]: Hòa tan hết 32 gam hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 vào 1 lít dung GIẢI THÍCH THÊM Bài toán này khá đơn giản ta có nhiều hướng để xử lý nhưng với điền số ta cũng có thể xử lý khá tình cảm. Các bạn chú ý vì ta bơm Cu thoải mái vào nên dung dịch cuối cùng chỉ chứa Cu2+, Fe2+ và đương để cho âm dương nó hòa hợp thì cần phải có những cô nàng xinh đẹp NO3-. dịch HNO3 1,7 M vừa đủ thu được V lít NO (đkc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X hòa tan tối đa 12,8 gam Cu. Giá trị của V là: A. 9,52 lít B. 6,72 lít C. 3,92 lít D. 4,48 lít Định hướng tư duy giải: Cu 2  : 0,2  BTNT.N  Fe 2  : a   n NO  1,3  2a Điền số điện tích  NO  : 2a  0,4 3  Fe : a 56a  16b  32 a  0,5     Và 32  O : b 2a  0,2.2  2b  3(1,3  2a)  b  0,25   n NO  1,3  2a  0,3   V  6,72 Đáp án D. Ví dụ 7: Cho 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và Fe(NO3)3 0,1M hòa tan hoàn toàn tối đa m gam Fe (sản phẩm khử của N+5 là NO duy nhất). Giá trị GIẢI THÍCH THÊM Các bạn chú ở ví dụ này ký hiện mũi tên có ghi chữ H+ trên đầu là tư duy phân chia nhiệm vụ của H+. Chủ quan tôi nghĩ đây là loại tư duy cực kì hữu ích và quạn trọng đến mức tất cả các bạn nếu có ý định thi môn Hóa Học trung học phổ thông thì PHẢI BIẾT. của m là A. 3,92 B. 4,80 C. 5,60 D. 4,76 Định hướng tư duy giải: H : 0,2 H  n NO Ta có:   NO3 : 0,06  SO 24  : 0,1   0,05   NO 3 : 0,01   2   Fe : 0,105   m  56(0,105  0,02)  4,76 Đáp án D. LOVEBOOK.VN| 14 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book II. Tư duy phân chia nhiệm vụ H+ Mục tiêu: + Hiểu được cái hay, sức mạnh và vẻ đẹp của tư duy phân chia nhiệm vụ H+. + Hiểu bản chất của tư duy phân chia nhiệm vụ H+ là dựa vào các bán phản ứng có sự đóng góp của H+. Hướng dẫn áp dụng: + Tư duy này đặc biệt quan trọng với các bài toán liên quan tới HNO3, H+ trong môi trường NO3-, hỗn hợp kim loại và oxit tác dụng với axit HCl, H2SO4 loãng… + Bản chất là dựa vào các bán phản ứng sau:  NO  2H 2 O (1). 4H   NO 3  3e   NO 2  H 2 O (2). 2H   NO 3  e   N 2 O  5H 2 O (3). 10H   2NO 3  8e   N 2  6H 2 O (4). 12H   2NO 3  10e   NH 4  3H 2 O (5). 10H   NO 3  10e   H2 O (6). 2H   O   H2 (7). 2H   2e  + Khi áp dụng luôn tự hỏi: H+ làm những nhiệm vụ gì? Với dạng toán này khi đã có H2 bay ra thì NO3- chắc chắn phải hết. Một vấn đề nữa mà trước đây cũng gây nhiều tranh cãi đó là việc có khí H2 bay ra thì trong dung dịch liệu có muối Fe3+ hay không? Theo đề thi mới nhất của BGD năm 2016 thì khi có H2 bay ra dung dịch vẫn có thể có Fe3+. Ví dụ 1: Đốt cháy 17,92 gam bột Fe trong oxi, sau một thời gian thu được m gam rắn X. Hòa tan hết m gam X trong dung dịch chứa H2SO4 và NaNO3, thu được 0,12 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat có tổng khối lượng là 66,76 gam. Giá trị của m là. GIẢI THÍCH THÊM Sau khi ta biết số mol SO42thì ta biết số mol H+. Với bài toán này H+ chỉ làm hai nhiệm vụ là: Sinh ra khí NO và tác dụng với oxi trong oxit. A. 22,40 gam. B. 21,12 gam. C. 21,76 gam. D. 22,08 gam. Định hướng tư duy giải:  n Fe  0,32 BTKL   n SO2  0,48 Ta có:  4  n NaNO3  0,12  n NO  0,12   H   nO  0,24   m  17,92  0,24.16  21,76 Đáp án C. Ví dụ 2: Cho 8,96 gam bột Fe vào 100 ml dung dịch chứa HCl 3M và Fe(NO3)3 xM. Sau khi phản ứng kết thu được dung dịch X và hỗn hợp 2 khí và 1,12 gam chất rắn không tan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và NO là sản phẩm khử GIẢI THÍCH THÊM Vì NO là sản phẩm khử duy nhất nên hai khí phải là NO và H2. Có khí H2 có nghĩa là NO3- đã hết và N chuyển hết vào NO. Vì có Fe dư nên cuối cùng Fe chỉ nhảy lên Fe2+. Các chất nhận e là: NO, H2, Fe3+. duy nhất của N+5. Giá trị x là A. 0,1M B. 0,3M C. 0,2M D. 0,4M Định hướng tư duy giải:: H  : 0,3 NO : 0,3x   H  Ta có: NO 3 : 0,3x   0,3  0,3.4 x Fe : 0,16 H 2 : 2   BTE   0,14.2  3.0,3x  0,1x  (0,3  4.0,3x)   x  0,1 Đáp án A. LOVEBOOK.VN| 15 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm Fe2O3, FeO và Cu (trong đó nguyên tố oxi chiếm 16% theo khối lượng). Cho m gam X tác dụng với 500 ml dung dịch HCl 2M (dư), thu GIẢI THÍCH THÊM + Bài toán này muốn dùng tư duy phân chia nhiệm vụ H+ cần phải tìm ra số mol của NO qua các mối liên hệ giữa các ẩn. + Ở đây tôi đã BTE cho cả quá trình: Tổng số mol e nhường trong Fe2+ là 2a + b (theo BTNT.Fe) lượng e này sẽ điều cho Ag và NO. + H+ chỉ làm hai nhiệm vụ là sinh ra NO và biến O thành H2O. được dung dịch Y và còn lại 0,27m gam chất rắn không tan. Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và 165,1 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 40. B. 48. C. 32. D. 28. Định hướng tư duy giải: Fe 2 O 3 : a AgCl : 1 2a  b  0,2    n NO  Ta có: FeO : b &165,1  3 Ag : 0,2 Cu : c   16(3a  b)  160a  72b  64c  0,16 a  0,05   0,27(160a  72b  64c)    c  a    b  0,25   m  40 64  c  0,21875  2a  b  0,2  H 1   3a.2  2b  4 3  Đáp án A. LOVEBOOK.VN| 16 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book III. Liên hoàn các định luật bảo toàn Mục tiêu: + Hiểu được cách áp dụng linh hoạt các ĐLBT. + Nhìn ra sức mạnh và vẻ đẹp của áp dụng linh hoạt các định luật bảo toàn. Thực chất mọi hướng tư duy trong hóa học đều tuân theo các quy luật kinh điển là BTE, BTNT, BTĐT và BTNT. Trong phần này tôi sẽ trình bày cô đọng nhất để các bạn thấy được sức mạnh và vẻ đẹp khi ta liên thủ các định luật bảo toàn lại. Ví dụ 1: Hòa tan hoàn tan 41,2 gam hỗn hợp X chứa Cu và Fe3O4 trong dung dịch chứa HCl thu được dung dịch Y chỉ chứa hỗn hợp các muối. Mặt khác cũng hòa tan hoàn toàn lượng X trên bằng dung dịch chứa H2SO4 loãng thì thu được dung dịch Z cũng chỉ chứa hỗn hợp các muối trung hòa. Cô cạn Y và Z thì thấy lượng muối trong Z nhiều hơn trong Y là 15 gam. Phần trăm khối lượng Cu trong X gần nhất với: GIẢI THÍCH THÊM Trong bài toán này ta có thể xét hệ kín là Cu, Fe3O4, HCl hoặc Cu, Fe3O4, H2SO4. Rõ ràng với các hệ kín như vậy nó chỉ xảy ra quá trình luân chuyển điện tích âm từ O2thành Cl- và SO42-. Hay nói cách khác là BTDT cho điện tích âm. A. 15,5% B. 16,4% C. 12,8% D. 20,5% Định hướng tư duy giải: Fe,Cu  Cl  : 2a BTKL   41,2  BTDT O : a    96a  35,5.2a  15   a  0,6  2    SO4 : a   Fe3 O4 : 0,15 BTNT.O   41,2  BTKL   %Cu  15,53%  Cu : 0,1    Đáp án A. Ví dụ 2: Cho 31,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tan hết trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa 60,7 gam hỗn hợp muối. Khối lượng của Fe3O4 có trong X là: A. 18,56 B. 23,2 C. 27,84 D. 11,6 Định hướng tư duy giải: Cách 1: Tư duy theo hướng trao đổi điện tích Tương tự ví dụ trên O2- sẽ được đổi thành Cl- và electron sẽ được đổi thành Cl  Fe  31,6  BTDT trong Y  Cl  : 2a  Khi đó    n Cl  0,2  2a   O : a  n  0,1   n e  0,2   H2 BTKL.Y   60,7  31,6  16a   0,2  2a  .35,5  a  0,4 Fe Cl   nFe3O4  0,1   mFe3O4  23,2(gam) BTNT.O Cách 2: Tư duy theo sự di chuyển của nguyên tố (BTNT) Các bạn hãy trả lời giúp tôi. H trong HCl cuối cùng đã đi đâu? Đương nhiên là nó sẽ di chuyển vào H2 và H2O   Fe  31,6  BTNT Y BTNT.H Khi đó    n HCl  n Trong  0,2  2a O : a  H2 O : a   Cl  n  0,1   n HCl  0,2   H2 BTKL.Y   60,7  31,6  16a   0,2  2a  .35,5  a  0,4 Fe Cl BTNT.O   nFe3O4  0,1   mFe3O4  23,2(gam) Cách 3: Tư duy bằng cách bảo toàn khối lượng (BTKL) LOVEBOOK.VN| 17 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc BTNT.H Ta gọi nHCl  a   nH2 O  Nhà sách Lovebook a  0,2 2 BTKL   31,6  36,5a  60,7  0,1.2  18 a  0,2  a  1 2 BTNT.O   nH2O  0,4   nFe3O4  0,1   m Fe3O4  23,2(gam) Đáp án B. Bây giờ tôi sẽ phát triển bài toán trên thêm một chút để giới thiệu cho các bạn kỹ thuật bảo toàn electron (BTE) cho cả quá trình như bên trên tôi nói. Chúng ta quan tâm tới nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa. Ví dụ 3: Cho 31,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tan hết trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa 60,7 gam hỗn hợp muối. Cho AgNO3 dư vào Y thì thấy có m gam kết tủa xuất hiện. Giá trị của m là: A. 171,35 B. 184,71 C. 158,15 D. 181,3 Định hướng tư duy giải: Fe : 0,15 Theo kết quả đã tính bên trên ta sẽ có ngay 31,6  Fe 3 O 4 : 0,1 Bài này chúng ta có thể tư duy theo hai hướng như sau: Hướng 1: Tư duy theo kiểu sự di chuyển của các nguyên tố (BTNT) và mở rộng ra cho nhóm nguyên tố NO3-. BTNT.Fe Với Fe ta có   nFe(NO3 )3  0,45(mol) BTNT.NO 3 Thế NO3- từ đâu sinh ra?  nAgNO3  0,45.3  1,35(mol) Lại hỏi Ag cuối cùng chạy đi đâu? BTNT.Clo    AgCl : 1 nHCl  1    BTNT.Ag   m  181,3(gam)  Ag : 1,35  1  0,35    Hướng 2: Dùng BTE cho cả quá trình. Chất khử là Fe. Chất oxi hóa là: O, H2 và Ag Fe : 0,45  O : 0,4 BTE Ta có:    0,45.3  0,4.2  0,1.2  a   a  0,35 H : 0,1  2 Ag : a   n AgCl  1 BTNT.Clo     m   181,3(gam) n  0,35 Ag   Đáp án D. Ví dụ 4: Cho 27,25 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Fe, Cu tác dụng với O2 thu được m gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được dung dịch Z (chứa 5 muối, với tổng khối lượng muối là 96,85 gam) và 10,64 lít (đktc) khí SO2 duy nhất. Giá trị của m là A. 34,85. B. 20,45. C. 38,85. D. 31,25. Định hướng tư duy giải: BTNT.S  n H2 SO4  n SO2  n SO2 + Bảo toàn nguyên tố S trong H2SO4  4 BTKL + Với muối   nSO2  4 LOVEBOOK.VN| 18 96,85  27,25  0,725 96 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book 10,64 BTNT.H  1,2(mol)   n H2O  1,2 22,4 Cách 1: BTKL cho cả quá trình hòa tan hỗn hợp rắn Y:   n H2 SO4  0,725  BTKL   m Y  1,2.98  96,85  0,475.64  1,2.18   m Y  31,25(gam) Cách 2: BTNT.O cả quá trình hòa tan hỗn hợp rắn Y: Y BTNT.O   nTrong  1,2.4  0,725.4  0,475.2  1,2   n OTrong Y  0,25 O SO24 H2 SO4 SO2 H2 O BTKL   m Y  0,25.16  27,25  31,25(gam) Cách 3: Dùng bảo toàn electron (BTE) Ta có: n SO2  0,725   n e  1,45 4 Y Y   2nTrong  0,475.2  1,45   nTrong  0,25(mol) O O BTE SO2 BTKL   m Y  0,25.16  27,25  31,25(gam) Đáp án D. Ví dụ 5: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hoà tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là: A. 0,12. B. 0,14. C. 0,16. D. 0,18. Định hướng tư duy giải: Y BTKL + Quá trình X →Y   nTrong  O 2,71  2,23  0,03(mol) 16 n HNO3  a BTNT.N   n NO  a  0,03 + BTNT.N trong HNO3  3 n NO  0,03 + BTNT.H trong HNO3   nH2O  0,5a Cách 1: Dùng BTNT.O cho cả quá trình BTNT.O   0,03  3a  (a  0,03).3  0,03  0,5a   a  0,18 Y HNO3 NO3 NO H2 O Cách 2: Dùng BTE NO : 0,03 BTE   n e  0,03.3  0,03.2  0,15   n NO  0,15 Ta có:  3 O : 0,03 BTNT.N   nHNO3  0,03  0,15  0,18(mol) Cách 3: Dùng tư duy phá vỡ gốc NO3+ Ta có số mol NO thoát ra là 0,03 → có 0,03 mol gốc NO3- bị phá vỡ. Khi bị phá vỡ như vậy nó biến thành 0,03 mol NO bay lên → phải có 0,06 mol O đi vào H2O + Số mol O trong Y cũng đi vào H2O BTNT.H    nH2O  0,06  0,03  0,09   n HNO3  0,18(mol) Cách 4: Dùng BTKL cho cả quá trình BTKL   m Y  mHNO3  m muoi  m NO  m H2O   2,71  63a  2,23  62(a  0,03)  0,03.30  0,5a.18   a  0,18 muoi Cách 5: Dùng tư duy phân chia nhiệm vụ của H+ LOVEBOOK.VN| 19 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook 4H  NO3  3e   NO  2H2 O Chúng ta sử dụng:   2  H2 O 2H  O  Vậy H+ làm 2 nhiệm vụ là tạo ra NO và biến O trong Y thành H2O   nHNO3  nH  0,03.4  0,03.2  0,18(mol) Đáp án D. Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm Fe, Al, CuO, Mg, Zn. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với oxi sau 1 thời gian thu được m+0,96 gam hỗn hợp Y. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 7,168 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m+73,44 gam chất rắn khan. Số mol HNO3 tham gia phản ứng là: A. 1,40 B. 1,48 C. 1,52 D. 1,64 Định hướng tư duy giải:  n NO  0,32 Ta có:  BTNT.H  n H2 O  0,5a  n HNO3  a  Cách 1: Dùng BTKL BTKL   m  0,96  63a  m  73,44  0,32.30  0,5.18a Y muoi NO H2 O   a  1,52(mol) Cách 2: Kết hợp các định luật bảo toàn n NO  0,32  Ta có:  Trong X 0,96 Y  b   n Trong b  b  0,06 n O O 16  BTE   n NO  0,32.3  2(b 0,06) 3   m  16b  62(0,32.3  2 b 0,12)  m  73,44   b  0,06 BTKL Kim loai   n NO  0,32.3  2(b 0,06)  1,2 3   nHNO3  1,2  0,32  1,52(mol) BTNT.N Đáp án C. Ví dụ 7: Hoà tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Số mol H2SO4 tham gia phản ứng là: A. 0,09. B. 0,06. C. 0,07. D. 0,08. Định hướng tư duy giải: Trong X  a n BTE   n e  2a  0,045   n SO2  a  0,0225 Ta có:  O 4 n  0,0225 SO   2 BTKL   6,6  2,44  16a  96(a  0,0225)  a  0,025 Kimloai   nH2SO4  0,025  0,0225.2  0,07(mol) BTNT.S Đáp án C. LOVEBOOK.VN| 20 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book Ví dụ 8: Hoà tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Phần trăm khối lượng của Cu trong X là A. 39,34%. B. 65,57%. C. 26,23%. D. 13,11%. Định hướng tư duy giải: Trong X  a n BTE Ta có:  O   n e  2a  0,045   n SO2  a  0,0225 4 n  0,0225 SO   2 BTKL   6,6  2,44  16a  96(a  0,0225)  a  0,025 Kimloai  Cu 2  : a  Cu : a  BTKL   2,44  0,025.16  2,04    6,6 Fe 3 : b Fe : b  2a  3b BTDT    SO24  : 2   a  0,01 0,01.64 64a  56b  2,04       %Cu   26,23% 2,44   b  0,025 2a  3b  n e  0,095 Đáp án C. Ví dụ 9: Hoà tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Oxit sắt trong X là: A. FeO B. Fe3O4 C. Fe2O3 D. FeO hoặc Fe3O4 Định hướng tư duy giải: Theo kết quả từ ví dụ 4 và 5 Trong X   0,025 n    OTrong X   FeO n  0,025   Fe Đáp án A. Ví dụ 10: Hỗn hợp X gồm Al, Cu, CuO, Fe2O3, Mg. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với H2 dư đun nóng thu được m–4,84 gam hỗn hợp rắn Y. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư thu được 5,824 lít SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 73,88 gam chất rắn khan. Giá trị của m là: A. 25,52 B. 22,32 C. 22,82 D. 24,72 Định hướng tư duy giải: Cách 1:  Trong X 4,84   0,3025 n  O 16 Ta có:  n SO  0,26  2 BTE   n e  0,3025.2  0,26.2  1,125   n SO2  0,5625 4   m kim loai  73,88  0,5625.96  19,88 BTKL LOVEBOOK.VN| 21 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook BTKL   m  19,88  4,84  24,72(gam) Cách 2: Gọi n H2 SO4 BTNT.S    n SO2  a  0,26  4  a    BTNT.H  n H2 O  a    BTKL   m  98a  m  4,84  96(a 0,26)  0,26.64  18a Kimloai   a  0,8225   n SO2  0,5625 4 * Làm tương tự như cách 1 ta có BTKL   m kim loai  73,88  0,5625.96  19,88 BTKL   m  19,88  4,84  24,72(gam) * Chúng ta cũng có thể BTKL cho cả phương trình như sau m  0,8225.98  73,88  0,26.64  18.0,8225   m  24,72(gam) Đáp án D. Ví dụ 11: Cho 33,6 gam Fe vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít khí duy nhất SO2 (đktc) và 14,4 gam hỗn hợp chất rắn. Số mol axit H2SO4 đã tham gia phản ứng là A. 0,8 mol B. 0,4 mol C. 0,6 mol D. 1,2 mol Định hướng tư duy giải: Fe : a   56a  32b  14,4 Hỗn hợp chất rắn phải là: 14,4  S : b BTE  (0,6  a).2  6 b 0,1.2 FeSO4 : 0,4 a  0,2  BTNT.S     S : 0,1   n H2 SO4  0,6  b  0,1 SO : 0,1  2 Đáp án C. LOVEBOOK.VN| 22 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book IV. Tư duy dồn chất Mục tiêu: + Thấy được cái hay, vẻ đẹp và sự tinh tế của tư duy dồn chất. + Hiểu được bản chất và áp dụng linh hoạt được tư duy dồn chất Hướng dẫn áp dụng: + Bản chất của dồn chất là biến một hỗn hợp chứa nhiều chất phức tạp về hỗn hợp chứa những thành phần dễ xử lý. Dồn chất có 3 hướng chính là Kỹ thuật bơm: Bơm thêm thành phần khác vào hỗn hợp đầu. Kỹ thuật hút: Hút thành phần nào đó trong hỗn hợp ra. Kỹ thuật dồn dịch (hoán đổi): Chia cắt, lắp ghép, hoán đổi lại các nguyên tố và nhóm nguyên tố trong hỗn hợp. + Trong khuôn khổ của cuốn sách này tôi chỉ nói những vấn đề mang tính chất ôn tập chứ không thể giới thiệu cẩn thận tư duy dồn chất được. Tư duy này “cực kỳ linh hoạt và ảo diệu” để hiểu sâu các bạn cần nghiên cứu trong cuốn sách “Vận dụng tư duy dồn chất” của cùng tác giả. Ví dụ 1: Hỗn hợp X chứa nhiều ancol đều đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X cần vừa đủ 0,31 mol O2 thu được CO2 và m gam H2O. Mặt khác, GIẢI THÍCH THÊM Bài này tôi đã sử dụng kỹ thuật bơm. Ta bơm thêm 0,1 mol H2 vào X để biến X thành các ancol no. Khi đó số mol O sẽ tăng lên 0,1. Sau đó chúng ta hút H2O trong ancol ra phần còn lại là CH2 (phần này sẽ bị cháy bởi 0,31.2 + 0,1 mol nguyên tử O) lượng X trên có thể làm mất màu tối đa 100 ml dung dịch nước Br2 1M. Giá trị của m là? A. 4,32 B. 4,50 C. 4,68 D. 5,40 Định hướng tư duy giải: Bơm thêm 0,1 mol H2 vào X rồi đốt cháy. Donchat Ta có:   nCO2  0,31.2  0,1  0,24 3   nH2O  0,24  0,1  0,1  0,24   m  4,32 Đáp án A. Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa CH3OH, C3H5COOH, CnH2nOx, HCOOCH=CH2, C2H3COO-C4H6-OOCC4H7 (trong đó số mol của CH3OH gấp đôi số mol C2H3COO-C4H6-OOCC4H7). Cho m gam X vào dung dịch KOH dư đun nóng thấy có 0,23 mol KOH tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy m gam X cần vừa đủ 1,18 mol O2 thu được CO2 và 14,76 gam H2O. Biết CnH2nOx không tác dụng với KOH. Giá trị của m là? GIẢI THÍCH THÊM Tư duy dồn chất với bài này xử lý theo các bước như sau: Ném COO: 0,23 mol ra sau đó dồn 2CH4O = C2H8O2 vào C10H16 ta sẽ được C12H24O2 A. 20,8 B. 26,2 C. 23,2 D. 24,8 Định hướng tư duy giải: COO : 0,23  BTNT.H BTKL Dồn chất   X    CH2 : 0,82   m  23,2   BTNT.O  O : 0,1  Đáp án C. Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,33 mol hỗn hợp X gồm metyl propionat, metyl axetat và 2 hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ 1,27 mol O2, tạo ra 14,4 gam H2O. Nếu cho 0,33 mol X vào dung dich Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là: A. 0,40 B. 0,26 C. 0,30 D. 0,33 Định hướng tư duy giải: Chú ý: Do việc nhấc các nhóm COO trong este ra không ảnh hưởng gì tới bài toán nên ta có thể xem X chỉ là các hidrocacbon. LOVEBOOK.VN| 23 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook  n O  1,27 BTNT.O Chay Ta có: n X  0,33   2   n CO2  0,87  n H2 O  0,8   nCO2  nH2O  0,07  (k 1).0,33   n Br2  0,33k  0,4 Đáp án A. Ví dụ 4: Hỗn hợp E chứa 1 axit cacboxylic X, 1 ancol no Y và 1 este Z (X, Y, Z GIẢI THÍCH THÊM + Đầu tiên ta tìm ra muối là C2H3COONa nên axit và este có chung công thức vì đều có 2π. Để tính mol CO2 ta bơm thêm 0,3 mol H2 vào rồi nhấc H2O ra để phần còn lại chỉ có CnH2n và dồn thành CH2. + Để tìm a ta bơm thêm 0,1 mol H2 mục đích để axit và este chỉ còn 1π khi đó độ lệch số mol H2O và CO2 chính là giá trị của a. đều đơn chức, mạch hở). Đun nóng 9,52 gam E với 100 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu được 9,4 gam 1 muối và hỗn hợp gồm 2 ancol cùng dãy đồng đẳng kế tiếp. Mặt khác đốt cháy 9,52 gam E cần dùng 0,51 mol O2. Phần trăm số mol của Y có trong E là? A. 22,91% B. 14,04% C. 16,67% D. 28,72% Định hướng tư duy giải: C H O : 0,1  9,52  n 2n  2 2 Ta có: n NaOH  0,1  Cm H2m  2 O : a 0,51.2  0,1.3 BTKL Dồn chất   nCO2   0,44   nH2O  0,36 3  a  (0,36  0,1)  0,44  0,02   %n Y  16,67% Dồn chất  Đáp án C. Ví dụ 5 [Đề minh họa – 2018]: Cho hỗn hợp Z gồm peptit mạch hở X và amino axit Y (MX > 4MY) với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1. Cho m gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch T chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri của glyxin và alanin. Dung dịch T phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch chứa 63,72 gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Kết luận nào sau đây đúng? A. Phần trăm khối lượng nitơ trong Y là 15,73%. B. Số liên kết peptit trong phân tử X là 5. C. Tỉ lệ số gốc Gly : Ala trong phân tử X là 3 : 2. D. Phần trăm khối lượng nitơ trong X là 20,29%. Định hướng tư duy giải: GIẢI THÍCH THÊM Chủ quan tôi nghĩ rằng bài peptit này không khó thậm chí rất cơ bản. Hiện nay các bạn có khá nhiều công cụ để giải peptit nhưng với tôi thì dồn chất và NAP332 là quá đủ để giải hiệu quả và tình cảm các bài toán về peptit. Chỗ dồn chất để tìm ra mol C các bạn cần lưu ý muối có chứa NaCl: 0,36 mol và Aminoaxit.HCl 0,36 mol. Từ đó có ngay số mol C. n  0,72 Gly : 0,18 Venh.C   Dồn chất   n C  0,9  Ta có:  HCl  m muoi  63,72 Ala : 0,18 BTKL   m  12,24  0,9.14  0,36.69   m  25,2 .  n Z  0,12   n X  n Y  0,06 Dồn chất    %N  20,29% Ala 3 Gly 2     Gly Một số lưu ý:   NaCl : 0,36  + Muối được dồn dịch thành 63,72 HCl : 0,36  HNO 2 : 0,36 C H NO   n 2n  1 2   CH 2 Cn H 2n   + Hỗn hợp Z được dồn về: CH2, NO-1 và H2O (NO-1 có PTK là 29) Đáp án D. LOVEBOOK.VN| 24 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book Ví dụ 6 [Đề minh họa – 2018]: Cho các chất hữu cơ mạch hở: X là axit không no có hai liên kết π trong phân tử, Y là axit no đơn chức, Z là ancol no hai chức, T là este của X, Y với Z. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp M gồm X và T, thu được 0,1 mol CO2 và 0,07 mol H2O. Cho 6,9 gam M phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp muối khan E. Đốt cháy hoàn toàn E, thu được Na2CO3; 0,195 mol CO2 và 0,135 mol H2O. Phần trăm khối lượng của T trong M có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? GIẢI THÍCH THÊM Ở bài toán này kỹ thuật dồn chất được phát huy rất hay. + Khi đốt cháy a gam M ta tư duy kiểu hút COO vất đi thì đốt cháy phần còn lại sẽ cho số mol CO2 và H2O bằng nhau. + Khi đốt cháy muối thì ta tư duy kiểu hoán đổi nguyên tố xem Na là H khi đó độ lệch số mol CO2 và H2O là do muối không no gây lên. A. 68,7. B. 68,1. C. 52,3. D. 51,3. Định hướng tư duy giải:  COO : 0,03   a  2,3 Đốt cháy a gam M →Dồn chất   n CO2  n H2 O  0,07 COO : 0,09  n muoi   0,195  0,135  0,06 Muoi chay   6,9 C : 0,21   n muoi no  0,03 H : 0,21  2 n  0,03   T n X  0,03 XH %C7 H10 O 4  68,695% Xếp hình n Cmin  0,03.6  0,03.3  0,27  Đáp án A. LOVEBOOK.VN| 25 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook V. Tư duy vận dụng công thức NAP.332 Mục tiêu: + Nhận ra cái hay, vẻ đẹp và sự hiểu quả của công thức NAP.332. + Nhớ và vận dụng được linh hoạt công thức. Hướng dẫn tư duy áp dụng: + Nhớ: Khi đốt cháy một hỗn hợp X chứa các peptit (tạo ra từ các aminoaxit thuộc dãy đồng đẳng của Gly) và các aminoaxit (thuộc dãy đồng đẳng của Gly) thì ta có các mối liên hệ giữa mol CO2, H2O, O2, n X như sau:  3n CO2  3n N2  2n O2   n CO2  n H2 O  n N2  n X   3n H2 O  3n X  2n O2 + Với các bài toán peptit có liên quan tới Glu, Lys thì ta có thể dùng kỹ thuật bơm để xử lý. + Công thức NAP.332 sẽ rất mạnh khi được kết hợp với tư duy dồn chất. + Khi vận dụng ở cấp độ thấp thì chỉ cần nhìn vào đề xem có dữ kiện liên quan tới công thức nào thì ốp công thức đó. + Khi vận dụng linh hoạt ở cấp độ cao hơn cần phải khéo léo và tinh tế sẽ làm giảm khối lượng tính toán liên quan tới bài toán đốt cháy peptit đi rất nhiều. Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,12 mol hỗn hợp E chứa nhiều peptit được tạo từ Gly, Ala và Val cần vừa đủ 3,24 mol O2. Sản phẩm cháy thu được có chứa 2,52 CHÚ Ý Khi xử lý các bài toán về peptit khi nhìn thấy đề bài cho dữ kiện liên quan tới số mol O2, CO2, N2 hay số mol H2O thì nhớ ngay tới công thức NAP.332 mol CO2. Khối lượng của 0,12 mol E là? A. 52,18 gam B. 58,32 gam C. 49,09 gam D. 54,76 gam Định hướng tư duy giải: Ta nhìn thấy có mol O2 và CO2 NAP.332   3.2,52  3n N2  2.3,24   n N2  0,36  m  2,52.14  0,72.29  0,12.18  58,32(gam) Dồn chất  Đáp án B. Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu được 151,2 gam hỗn hợp gồm các muối natri của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E ở trên cần 107,52 lít MỞ RỘNG THÊM + Với các bài toán đốt cháy thì các bạn cần nhớ là số mol N2 và O2 khi đốt cháy muối hay peptit là như nhau. + Với số mol C khi đốt cháy muối sẽ có một phần C chạy vào Na2CO3 hoặc K2CO3 do đó khi áp dụng NAP332 cần nhớ mol CO2 trong công thức là đốt cháy peptit chứ không phải đốt cháy muối. khí O2 (đktc) và thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là A. 102,4. B. 97,0. C. 92,5. D. 107,8. Định hướng tư duy giải: H2 O : 3,6  O : 4,8 n peptit  0,4 CH2 : a Don chat NAP.332 Đốt cháy E:  2     151,2  NO2 K : 2b 3a  3b  9,6 CO2 : a N : b  2 3a  3b  9,6 a  3,9     14a  69.2b  151,2  b  0,7  m  3,9.14  1,4.29  0,4.18  102,4 Dồn chất  Đáp án A. Ví dụ 3: Đốt cháy 0,43 mol X chứa Lys, 2 peptit mạch hở tạo bởi Gly, Ala, Val và 3 chất hữu cơ có dạng CnH2nO2 cần 2,545 mol O2 thì thu được 84,04 gam CO2 và 2,44 mol hỗn hợp N2 và H2O. Các phản ứng đều hoàn toàn. Khối lượng (gam) của 0,43 mol X có giá trị là? A. 51,24 LOVEBOOK.VN| 26 B. 49,32 C. 44,94 D. 52,18 Công phá đề thi THPT quốc gia 2018 môn Hóa học More than a book Định hướng tư duy giải: GIẢI THÍCH THÊM + Với bài toán này ta nhìn thấy hai thành phần ngoại lai là Lys và CnH2nO2. + Ta tư duy tinh tế như sau: Nhấc NH trong lys ra rồi lắp vào CnH2nO2, việc làm này sẽ dẫn tới thừa thiếu lượng NH (a mol) dựa vào công thức NAP332 ta sẽ tìm ra được ngay a. NAP.332  1,91  0,43  2,44  a  a  0,1 Kỹ thuật bơm “hút 0,1 mol NH trong X ra” NAP.332   3.1,91  3nN2  2.(2,545  0,1 )   n N2  0,23 4 N : 0,28 BTKL   2,44  2   m X  49,32 H O : 2,16  2 Đáp án B. Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở. Thủy phân hoàn toàn 0,14 mol X có khối lượng là 75,08 gam trong dung dịch chứa 0,98 mol NaOH (vừa đủ), đun nóng. Sau phản ứng thu được m (gam) hỗn hợp Y gồm các muối của glyxin, alanin, valin và axit glutamic. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 3,84 mol O2 thu được 51,66 gam H2O. Giá tri của m gần nhất với? A. 112,8. GIẢI THÍCH THÊM Trong ví dụ này chúng ta gặp peptit được tạo từ Glu là loại aminoaxit không chuẩn tắc. Do đó để biến thành chuẩn thì chúng ta phải bơm thêm NH3 vào để xử lý phần thừa COO trong axit glutamic. B. 108,5. C. 118,4. D. 105,5. Định hướng tư duy giải: Gọi số mol Glu là a →Bơm thêm a mol NH3 vào X hoặc muối để đưa về dạng chuẩn tắc. n O2  3,84  0,75a chay NAP.332 Y    trong   3(2,87  1,5a)  3.0,49  2.(3,84  0,75a) muoi  2,87  1,5a n C   a  0,18   n Gly  Ala  Val  0,62 BTKL   75,08  0,14.18  0,8.18  0,98.40  m  0,98.18   m  108,52 A min oaxit Đáp án B. Ví dụ 5: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (CpH10OqNk), peptit Y (C7H14OyNz) và peptit Z (C11HnOmNt). Đun nóng 33,19 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn T cần dùng 1,3575 mol O2 thu được CO2, H2O, N2 và 27,03 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E là? A. 11,23% GIẢI THÍCH THÊM + Số mắt xích trung bình chính là số Ntb = 4,25 nên phải có peptit có nhiều hơn 4 mắt xích → chỉ có thể là Z. Mà Z lại có 11C nên nó chỉ có thể là Gly4Ala. + Kỹ thuật vênh thực chất chỉ là một phép tính nhẩm để tiết kiệm thời gian. B. 14,32% C. 8,80% D. 7,66% Định hướng tư duy giải: Don chat NAP.332 Ta có: n Na2CO3  0,255   n N2  0,255   nCO2  1,16   nE  0,12 Venh N   Gly 4 Ala : 0,09 Gly 4 Ala    Venh C Venh   Mat xich  4,25   GlyAla     GlyVal : 0,01 GlyVal GlyAla : 0,02   8,80%   Đáp án C. Ví dụ 6: Đun nóng 19,8 gam hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở T1, T2 (T1 ít hơn T2 một liên kết peptit, đều được tạo thành từ X, Y là hai amino axit có dạng H2NCnH2n-COOH; MX < MY) với 280 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ, thu được dung dịch chứa hai muối của X và Y với tỷ lệ mol tương ứng là 3:1. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol T cần vừa đủ 3,78 mol O2. Phần trăm khối lượng của T1 có trong T là? A. 35,98%. B. 40,82%. C. 30,53%. D. 39,09%. LOVEBOOK.VN| 27 Phần 1: Một số con đường tư duy NAP đặc sắc Nhà sách Lovebook Định hướng tư duy giải: Ta có: n O2 nT  18,9 Khi 19,8 gam T cháy n a NAP332  CO2    3a  3.0,14  2.18,9b   n N2  0,14    DC    14a  0,28.29  18b  19,8 n  b   n  18,9b  T O2  a  0,77 T : 0,02 Venh     N  5,6   5   b  0,05 T6 : 0,03 n Gly  0,21 n  0,21 XH.C  X   Và  n Y  0,07 n Val  0,07   39,09% Gly3 Val 2 : 0,02     Gly5 Val : 0,03 Đáp án D. LOVEBOOK.VN| 28 Công phá đề THPT quốc gia môn Hóa 2018 Phát hành: 04/02/2017 ĐỀ MINH HỌA SỐ 17 Câu 1: Kim loại tan được trong dung dịch NaOH là: A. Fe B. Cr C. Mg D. Zn Câu 2: Trong phòng thí nghiệm, để điều chế một lượng nhỏ khí X tinh khiết, người ta đun nóng dung dịch amoni nitrit bão hoà. Khí X là A. NO. B. NO2. C. N2O. D. N2. Câu 3: Chất nào sau đây làm quỳ tím ẩm chuyển màu xanh? A. Glixin B. axit glutamic C. anilin D. đimetyl amin Câu 4: Kim loại nào sau đây có thể tác dụng với khí N2 ở nhiệt độ thường. A. Li B. Cs C. K D. Ca Câu 5: Phát biểu nào sau đây đúng? A. Thành phần chính của quặng manhetit là Fe3O4. B. Cho Fe vào dung dịch NaOH thu được khí H2. C. Cho Na vào dung dịch CuSO4 thu được kim loại Cu. D. Các kim loại Zn, Al, Na đều chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy. Câu 6: Polime nào sau đây được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp? A. Tơ nilon-6,6 B. Tơ nilon-6 C. Tơ olon D. Tơ lapsan. C. C3H7NH2 D. (CH3)3N Câu 7: Chất nào sau đây là amin bậc 3? A. anilin B. CH3NHCH3 Câu 8: Cho m gam Na và Al vào nước thu được 4,48 lít khí H2(đktc). Mặt khác cho m gam hỗn hợp trên vào NaOH dư thu được 11,2 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là: A. 10,4 B. 10,0 C. 8,85 D. 12,0 Câu 9: Chọn phát biểu đúng: A. Thành phần chính của quặng đolomit là CaCO3 và MgCO3. B. Có thể dùng dung dịch HCl để làm mềm nước cứng tạm thời. C. Dung dịch NaHCO3 làm mềm nước cứng vĩnh cửu. D. Thạch cao sống có thành phần chính là CaSO4.H2O Câu 10: Cho các anken sau: etilen (1), propen (2), but-2-en (3), 2-metylpropen (4), 2,3-đimetylbut-2-en (5). Các anken khi cộng nước (H + , to) cho 1 sản phẩm duy nhất là: A. (1), (2), (3). B. (1), (3), (5). C. (1), (3), (4). D. (1), (4), (5). Câu 11: Cho 8 gam NaOH vào dung dịch chứa 0,25 mol Gly thu được dung dịch X. Cô cạn X thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là? A. 19,04 B. 25,12 C. 23,15 D. 20,52 Câu 12: Chất phản ứng với dung dịch NaOH đun nóng tạo ra hai muối là: A. CH3OOC-COOCH3 B. CH3COOCH2CH2-OOCH C. CH3OOC-C6H5 D. CH3COOCH2-C6H5 Câu 13: Hỗn hợp X chứa một anken và ba amin no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 4,55 gam X cần dùng vừa đủ V lít khí O2 (đktc). Sản phẩm cháy thu được có chứa 0,784 lít khí N2 (đktc). Giá trị của V là: A. 9,24 B. 8,96 C. 11,2 D. 6,72 Câu 14: Phát biểu nào sau đây là sai? A. Thạch cao sống có công thức CaSO4.2H2O, bền ở nhiệt độ thường. B. CaCO3 là nguyên liệu được dùng trong ngành công nghiệp gang, thép. C. Công thức hóa học của phèn chua là NaAl(SO4)2.124H2O. D. Các kim loại Na và Ba đều khử được nước ở điều kiện thường. LOVEBOOK.VN | 1