Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015

rongden_167 - />
uDự đoán một số câu chốt hay và khó trong đề Kì thi TSĐH 2015 sắp tới.!
Bài tập VÔ CƠ
 Dạng 1. (Điện phân): Theo đề minh họa của Bộ + xu hướng các câu điện phân từ 2012 – 2014 khối A, B thì
như a thấy vòng lặp đã bắt đầu đến bài toán điện phân kết hợp bài toán kim loại đẩy hỗn hợp muối phức tạp
(có HNO3 ở trong). Cùng dạng kiểu này, cũng phải tính đến bài tập nhiệt nhôm kết hợp kim loai, oxit kim loại
phản ứng với HNO3, H2SO4 đặc nóng (đã xuất hiện trong đề khối A-2014 năm ngoái). Như vậy, tóm lại đây là
dạng bài tập kết hợp giữa bài toán điều chế kim loại (điện phân, nhiệt nhôm (nhiệt luyện), đẩy muối (thủy
luyện),… ) với bài toán kim loại, oxit kim loại phản ứng với HNO3. Chúng ta cùng xem lại 2 bài tập cũ và
hướng giải quyết (nhớ hãy tự thử thay đổi giả thiết + câu hỏi để đặt ra những kiểu câu hỏi khác để giải quyết.!).
Ví dụ 1. Tiến hành điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2 1M và NaCl 0,5M bằng điện cực trơ tới khi khối lượng
dung dịch giảm m gam thì dừng điện phân. Cho 9,5 gam Fe vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thu
được 1,12 lít khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất; đktc) và còn lại 5,7 gam hỗn hợp rắn không tan. Giá trị
của m gần nhất với
A. 12.
B. 15.
C. 17.
D. 14.
x mol  





Cu  NO3 2 

Fe 




 
 x 0,075 mol


5,7 gam
 0,2 mol 



Bảo toàn khối lượng kim loại: 9,5 + 64x = 56(x + 0,075) + 5,7 ||→ x = 0,05 mol.
Dung dịch ra gồm 0,1 mol CuO (để có 0,2 mol H+ thì cần 0,1 mol O ra cùng) + y mol CuCl2.
Để ý nồng độ ban đầu: với 2y mol NaCl thì tương ứng có 4y mol Cu(NO3)2.
Bảo toàn Cu có: 4y = 0,1 + y + 0,05 → y = 0,05 mol. Vậy m = 0,1 × 80 + 0,05 × 135 = 14,75 gam. Chọn B. ♦.
Ví dụ 2. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm 23,6 gam hỗn hợp rắn X gồm Al và các oxit sắt trong bình kín không
có không khí thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau:
– Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được V1 lít khí H2 và 6,16 gam chất rắn không tan.
– Phần 2: cho tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được V2 lít khí NO duy nhất và phần dung dịch
chứa 53,38 gam muối.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở cùng điều kiện và V2 = 3V1. Giá trị khối lượng kim loại Al
trong 23,6 gam hỗn hợp X ban đầu gần nhất với
A. 5,5 gam.
B. 3,5 gam.
C. 6,5 gam.
D. 7,0 gam.
HD: có 3x mol H2 thì ứng có 2x mol Al và 9x mol NO. Gấp đôi các giả thiết lên (đồng nhất số liệu).
Gọi y là số mol NH4NO3 ||→ Y gồm 2x mol Al dư và 0,22 mol Fe và z mol Al2O3.
BT e có: 6x + 0,66 = 8y + 27x; mmuối = (2x + 2z) × 213 + 0,22 × 242 + 80y = 106,76 gam.
Lại có 23,6 = 54x + 0,22 × 56 + 102z. Theo đó, giải hệ được x = 0,02 mol; y = 0,03 mol và z = 0,1 mol.
||→ ∑Al = 0,24 × 27 = 6,48 gam. Chọn đáp án C. ♣.

 Ag 
2

  HCl 
Fe  NO  


3 3 






NO + H
O
+
Có sơ đồ: Fe  NO3 2  + 
+ 

.
 
AgC
l
2
Cu  NO3   0,05 mol    

 AgNO3 
0,1 mol


vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm khử duy nhất) và thu được 116,79 gam kết
tủa. Giá trị m là
A. 11,04 gam.
B. 10,56 gam.
C. 11,68 gam.
D. 12,80 gam.
HD: Sơ đồ quá trình:
HCl : 0,1mol

0,16 mol

0,04
0,045
mol 

mol
 
 H  

Mg


 Ag  Fe  NO3 3 
FeCl2 
O 
2  
AgNO3
 



 NO3 = 0,8 mol


Quan sát + phân tích + sử dụng giả thiết → lập luận được kết quả như trên.
Theo đó Fe2+ lên Fe3+ làm tăng 0,12 mol – ||→ có 0,12 mol FeCl2 mà FeCl3 có 0,04 mol ||→ có 0,16 mol Fe.
||→ có 0,16 mol Mg → m = 12,80 gam. Chọn đáp án D. ♠.
 Dạng 3: Một dạng bài tập hỗn hợp phức tạp (oxit, kim loại, axit, muối,…); quá trình cũng phức tạp: + HNO3
sinh spk NO, N2O; + H2SO4 sinh H2; rồi kim loại đẩy muối, … và còn đánh lừa chỗ sản phẩm khử NH4NO3.
Với dạng này, cái khó nằm ở quá trình, rắc rối do sự hiện diện của nhiều chất. Tuy nhiên, nếu tổng hợp được cả
quá trình bằng sơ đồ, quan sát trước sau thì việc giải quyết lại trở nên rất đơn giản.
Ví dụ 5. Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 mol
KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat
trung hòa và 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so
với He là 23:18. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 15.
B. 20.
C. 25.
D. 30.




K + : 3,1mol




0,05 mol
3+
mol




 + H O.
2+ 

HD: Sơ đồ  Fe3O 4 : 0,2
SO
 Fe 
 + KHSO

4 
4  + 
2
mol








 
H
 : 0,65
2 






+
mol
66,2 gam


NH
:
0
,
0
5
4




466,6 gam

||→ Al có 0,4 mol. Giải hệ có 0,1 mol Fe và 0,55 mol Fe . %Al ≈ 16,314%. Gần đáp án A nhất. ♥.
2+

3+

Biên soạn: Phạm Hùng Vương.


Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015


C
l  + 
||→ hình dung ngay sơ đồ:   + 
+ H
 

2O .









H
mol
0,15
3
2
Al  KNO

    0,035 mol

 0,015 mol 
 NH 4 +
 0,03 mol

0,005

Giải hệ được x = 0,01 mol và y = 0,03 mol ||→ nK+ = 0,05 mol ||→ m = 5,25 gam. Chọn đáp án D. ♠.
► Nhận xét chút: cái khó của dạng này là có 2TH OH– cho cùng một lượng kết tủa (1 TH kết tủa và 1TH
kết tủa tối đa rồi hòa tan). Tuy nhiên lời giải trên đã phán đoán + suy luận giả thiết để loại bỏ nhanh đi 1
TH tủa rồi tan rồi. cái khó + mất thời gian chỉ nằm ở có đó thôi :D.
Ví dụ 8. Hòa tan hết 14,6 gam hỗn hợp gồm Zn và ZnO có tỉ lệ mol 1 : 1 trong 250 gam dung dịch HNO3
12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lít khí Y (đktc). Cho từ từ 740ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X
thu được 5,94 gam kết tủa. Nồng độ phần trăm của Zn(NO3)2 trong dung dịch X là
A. 28,02%.
B. 14,29%.
C. 14,32%.
D. 12,37%.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.


Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015

rongden_167 - />
HD: có số mol Zn = ZnO = 0,1 mol. Xử lí nhanh KOH vào X: kết tủa là 0,06 mol Zn(OH)2
→ có 0,14 mol K2ZnO2 → còn lại 0,46 mol KNO3 → ∑NO3– trong X = 0,46 mol. Quan sát:
mol
0,2








Zn

3
4
3
mol






ZnO
:
0,1




0,5 mol


0,015 mol


HNO3







C. 24,8 gam.
D. 25,6 gam.
HD: X là CmH2m–6O6 và Y là CnH2n–2O2 ||→ số mol cụm OH–1 = (10,6 – 0,5 × 14) ÷ 15 = 0,24 mol.
Dùng gấp 2,5 lần ||→ số mol –COO là 0,24 ÷ 2 × 2,5 = 0,3 mol. Gọi số mol X, Y tương ứng là x, y mol.
3 x  y  0,3
 x  0, 05
Có hệ 
||→ nmuối Y trong F = 0,2 mol.
 
92 x  18 y  26,5  0,356  36  y  0,15
Biện luận: 0,05m + 0,15n = 0,5 × 2,5 ↔ m + 3n = 25 ||→ nghiệm: m = 10, n = 5; m = 13, n = 4; m = 15, n = 3.
♦ n = 5 → Y là C5H8O2; nY = 0,2 ||→ mmuối Y trong F = 27,6 gam.
♦ n = 4 → Y là C4H6O2 với số mol là 0,2 → muối có 24,8 gam.
♦ n = 3 → Y là C3H4O2 với số mol là 0,2 → muối có 22,0 gam.
Từ 4 đáp án thấy chỉ có C thỏa mãn. Chọn đáp án C. ♣.

Biên soạn: Phạm Hùng Vương.


Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015

rongden_167 - />
p/s: cái hay của dạng này là sự kết hợp giữa đốt cháy và thủy phân: đặc biệt là dùng BTKL trong thủy phân: este
chưa biết, axit cũng chưa biết nhưng ancol tạo este là glixerol biết ||→ do đó, tinh tế dùng BTKL chuyển ẩn về
cho gilxerol và nước giải ra số mol rồi quay lại biện luận.! Nếu để ý cách xử lí này, sau gặp các bài cùng dạng,
không bao giờ sợ nữa.!
Ví dụ 10. X, Y là hai axit cacboxylic đều no, mạch hở (trong đó X đơn chức, Y hai chức); Z là ancol mạch hở;
T là este hai chức được tạo bởi Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 14,86 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T thu được 0,38
mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác đun nóng 14,86 gam E cần dùng 260 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn chứa 2 muối A và B (MA < MB) có tỉ lệ mol tương ứng x : y; phần

0,35 mol

+

O


||→ mol Caxit = 0,26 mol → 2 axit có dạng (CO2)mH2n.

0,6 mol

Chỉ có 2 anh đáp ứng là HCOOH và (COOH)2, giải số mol tương ứng là 0,16 mol và 0,05 mol.
||→ tỉ lệ x ÷ y = 16 ÷ 5 = 3,2. Chọn B. ♦.
p/s: đây là dạng hỗn hợp ancol, este, axit đã được khai thác là câu hay + khó nhất đề ĐH khối A 2014 năm vừa
rồi, không biết có khả năng xuất hiện lại trong năm nay nữa hay không? Tuy nhiên, nó là một dạng BT khá hay
+ được các trường khai thác và sử dụng khá nhiều trong mùa thi thử vừa rồi.! Chúng ta cũng nên hi vọng :D.
 Dạng 6: bài tập peptit. Dù đề đại học năm nay có ra dạng này hay không thì vẫn có thể nói rằng, năm nay
đúng là năm của peptit. Một mùa thi thử ngập tràn peptit với đa dạng bài tập, câu hỏi + sự kết hợp khéo léo.
Những bài tập hay + khó với nhiều luồng, nhiều hướng giải mới được khai thác. Đúng là chưa có năm nào, kì
nào peptit phát triển mạnh mẽ như năm nay từ sau khi con peptit khối B – 2014 và con peptit trong đề minh họa
của bộ 2015 ra đời. Vì thế, không thể bỏ qua vấn đề này nếu muốn có khả năng đạt 10 điểm trong kì thi đợt này
được. Cùng điểm lại một vài dạng bài peptit:
Ví dụ 11. Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dung
dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác đốt
cháy 30,73 gam E trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và
nước là 69,31 gam. Giá trị a : b gần nhất với
A. 0,730.
B. 0,810.
C. 0,756.
D. 0,962.

Đốt cháy: C
n H 2n N 2 O 3 + O 2 


41,325+9x gam

96,975+9x gam

96,975  9 x
14  763,5 x  41,325  9 x  x  0, 075 mol. ||→ ∑CO2 = 1,575 mol.
62
Theo đó, giải ra số Ctrong A = (1,575 – 0,15 × 4) ÷ 0,075 = 13 = 2 + 2 + 3 + 3 + 3.
Vậy 1 mol A có 2 mol Gly, 3 mol Ala; tránh quên 2 mol B cho 2 mol muối Gly nữa.
||→ chính xác tỉ lệ a : b = 4 : 3 ≈ 1,3333333333 rõ là gần với 1,30 nhất. Chọn C. ♣.
||→ phương trình:

Ví dụ 13. Hỗn hợp E gồm peptit X mạch hở (cấu tạo từ Gly, Ala) và este Y (được tạo ra từ phản ứng este hóa
giữa axit cacboxylic no, đơn chức và metanol). Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần 15,68 lít O2 (đktc). Mặt khác,
khi thủy phân m gam E trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp muối (trong đó số mol muối
natri của Gly lớn hơn số mol muối của Ala). Đốt cháy hoàn toàn lượng muối trên cần 20 gam O2, thu được
Na2CO3, N2, H2O và 18,7 gam CO2. Tỉ lệ số mol Gly : Ala trong X là
A. 3 : 1.
B. 1 : 2.
C. 1 : 3.
D. 1 : 1.
x mol
x mol  
 







CH
este
3OH










24,2
gam




 y mol 



 y mol 

► NaOH và H2O không cần O2 để đốt, y mol CH3OH cần 1,5y mol O2 để đốt.

C. 34,20.
D. 8,55.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.


Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015

rongden_167 - />
HD: Quan sát → nhận xét: các ancol dạng C?H6O; các axit dạng C??H4O2.
||→ O2 cung cấp cho C → CO2 và cụm H4 ancol → H2O → nancol = 2 × (∑O2 – ∑CO2) = 0,05 mol.
Bảo toàn O → Otrong M = 0,25 mol ||→ naxit = 0,1 mol → cần 0,05 mol Ba(OH)2 → x = 17,1%. Chọn B. ♦.
Ví dụ 15. Hỗn hợp X gồm etilen, etylen glicol, axit lactic (CH3CH(OH)COOH) và axit propanoic (trong đó
etilen glicol và axit propanoic có cùng số mol). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 0,18 mol O2 thu được 2,97
gam hơi nước. Mặt khác, cho m gam X tác dụng với dung dịch Br2 thì khối lượng Br2 tối đa phản ứng là
A. 1,6 gam.
B. 2,4 gam.
C. 3,2 gam.
D. 4,0 gam.
HD: sự đặc biệt: hỗn hợp gồm C2H4; C2H4.H2O.CO2 và C2H4.H2O.½.CO2.
||→ O2 cần đốt chỉ dùng cho đốt C2H4 ||→ có 0,18 ÷ 3 = 0,06 mol hỗn hợp hay cụm C2H4 sinh 0,12 mol H2O.
Mà ∑H2O = 0,165 mol ||→ số mol 2 chất kia = 0,165 – 0,12 = 0,045 mol
Theo đó có 0,015 mol C2H4 ||→ khối lượng Br2 phản ứng là 2,4 gam. Chọn đáp án B. ♦.
 Dạng 8: dạng bài tập hợp chất hữu cơ không có Oxi: gồm hiđrocacbon hoặc amin hoặc kết hợp cả hai cũng là
một dạng bài tập đáng chú ý và hầu như năm nào cũng xuất hiện (đặc biệt là hiđrocacbon). Cùng điểm qua một
số ví dụ:
Ví dụ 16. Nung nóng hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon có các công thức tổng quát là CnH2n+2, CmH2m, Cn+m+1H2m
(đều là hiđrocacbon mạch hở và ở điều kiện thường đều là chất khí; n, m nguyên dương) và 0,1 mol H2 trong
bình kín (xúc tác Ni). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với lượng
dư dung dịch Br2 trong CCl4, thấy có tối đa 24 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Y, thu được a
mol CO2 và 0,5 mol H2O. Giá trị của a là

B. C3H6.
C. C2H6.
D. C3H4.
Biên soạn: Phạm Hùng Vương.


Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015

rongden_167 - />
mol
 0,47

HD: đốt 
CO 2
E + O 2 
 
+ H 2 O + N 2 . (do giải hệ


0,2 mol
0,305 mol

0,54 mol

21,88 gam

0,055 mol

2 x  y  0,54 2
).

HD: đúng là lâu rồi không làm mấy dạng này mất cảm giác đề phòng với anh phenol rồi @@.
Phân tích: chắc chắn có 0,075 mol HCOO– rồi (tráng bạc), gốc này M = 45 < 50; nếu là HCOOH (46 < 50) →
nghĩa là HCOO– này là este. Lại tiếp: X + NaOH mà thu được sp là dung dịch Y chỉ chứa 2 muối? vậy ancol
của este đi đâu o.O ? nó chính là phenol. HCOOC6H4R.
Để chỉ có 2 muối thì yêu cần tên còn lại phải là RC6H4OH → muối RC6H4ONa.
Từ %Na trong muối → R = 1; 2 chất là HCOOC6H5 và C6H5OH.
∑Na = 10,6 ÷ 106 × 2 = 0,2 mol → 2 chất: 0,075 mol HCOOC6H5OH và 0,05 mol C6H5OH.
||→ bấm ra m = 27,70 gam. Chọn đáp án D. ♠.
p/s: làm được rồi, nhìn lại thấy đơn giản nhưng mà trong phòng thi mà không phân tích được thì cũng … chậc!.

Biên soạn: Phạm Hùng Vương.


Hà nội, ngày 26 tháng 6 năm 2015

rongden_167 - />
 Tản mạn: Trên đây chỉ là một số dạng + ví dụ tiêu biểu + hướng giải quyết căn bản theo ý kiến chủ quan sẽ
là câu chốt + hay và khó trong đề TSĐH 2015 sắp tới. Tư liệu được tổng hợp và phân tích dựa trên quan sát đề
minh họa của BGD 2015 cùng các đề thi thử của các trường trong cả nước (mùa thi thử 2015). Tuy nhiên, mỗi
dạng, mỗi vấn đề đều có cái hay + thế mạnh của dạng đó và nếu được khai thác thì luôn luôn có thể tạo ra
những câu hỏi hay và khó khác nhau. Vì thế, muốn 10 điểm, chúng ta phải nắm chắc căn bản, chú trọng đầy đủ
các vấn đề. Khi đó, dù đề có thay đổi hay đánh vào chỗ nào, chúng ta cũng có thể linh hoạt + tùy biến xử lí đến
đó. Nói chung là không sợ + tâm thế thoải mái nhất để chiến đấu.! [……………………]
Anh rất hi vọng với tài liệu nhỏ này có thể giúp ích các em phần nào trong việc hoàn thành đoạn kết quá trình
luyện thi của các em. Người ta bảo: “kiếm củi ba năm đốt một giờ”; “nuôi quân ba năm dùng một trận”; còn với
chúng ta “học mười hai năm thi mỗi đợt này” :D. Chúng ta phải biết được tầm quan trọng của nó: Nếu ví mẫu
giáo như một giọt nước, cấp I như một cái chậu, cấp II như cái ao và cấp III như cái hồ thì sắp tới, các em sắp
phải bước ra bể, ra đại dương mênh mông, nơi các em có thể được tự do vẫy vùng hoặc có thể là “phải tự do
vẫy vùng”.! Hãy chuẩn bị đầy đủ kiến thức + bản lĩnh + tinh thần cho trận chiến trước mắt và cả một cuộc sống
sinh viên sau đó. Chúc các em chiến đấu hết mình và khẳng định được bản thân trong kì thi tới.!