zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Phần 1: Tư duy sáng tạo để hiểu bản chất Hóa học

Chia sẻ: Phan Duy Kha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:651

Báo xấu

85
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần 1: Tư duy sáng tạo để hiểu bản chất Hóa học trình bày về hướng mới để hiểu rõ bản chất của các phản ứng Hóa học. Hi vọng tài liệu sẽ giúp ích cho các em học sinh trong việc giải các bài tập Hóa học dễ dàng nhất. Để hiểu rõ hơn về tài liệu mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phần 1: Tư duy sáng tạo để hiểu bản chất Hóa học

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt PHẦN I TƯ DUY SÁNG TẠO Đ Ể HIỂU BẢN CHẤT HÓA HỌC Trước đây khi chúng ta áp dụng hình thức thi tự luận thì cách tư duy trong Hóa Học là viết phương trình phản ứng sau đó đặt ẩn vào phương trình rồi tính toán. Nhưng với kiểu thi trắc nghiệm hiện này những kiểu tư duy như vậy sẽ gặp rất nhiều hạn chế nếu không muốn nói là rất nguy hiểm. Nhiều thầy cô không trải qua những kì thi trắc nghiệm nên có lẽ sẽ không hiểu hết được sức ép về thời gian kinh khủng như thế nào. Điều nguy hiểm là khi bị ép về thời gian hầu hết các bạn sẽ mất bình tĩnh dẫn tới sự tỉnh táo và khôn ngoan giảm đi rất nhiều. Là người trực tiếp tham gia trong kì thi năm 2012 của Bộ Giáo dục và Đào tạo tại trường Đại học Ngoại thương Hà Nội và trường Đại học Y Thái Bình, và rất nhiều lần thi thử tại các trung tâm ở Hà Nội như: Đại học Sư phạm, Đại học KHTN, HTC, Chùa Bộc, Học mãi…, với tất cả kinh nghiệm và tâm huyết luyện thi đại học nhiều năm tại Hà Nội, tác giả mạnh dạn trình bày bộ tài liệu “ Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc trong Hóa học”. Trong quá trình đọc và luyện tập, tác giả mong muốn các bạn hãy tích cực suy nghĩ, tư duy để hiểu phong cách giải toán hóa học của mình. Khi các bạn đã hiểu được lối tư duy của mình các bạn sẽ thấy hóa học thật sự là rất đơn giản. Trong phần I của cuốn sách này mình muốn trình bày về hướng mới để hiểu bản chất của các phản ứng hóa học. Ta có thể hiểu bản chất của các phản ứng Hóa học chỉ là quá trình nguyên tố di chuyển từ chất này qua chất khác, hay nói một cách khác là quá trình kết hợp giữa các nguyên tố để tạo ra vô số chất khác nhau. Cũng giống như trong âm nhạc chỉ có 8 nốt nhạc nhưng khi kết hợp lại có thể tạo ra vô số giai điệu. Sự kì diệu là ở chỗ đó.Trong quá trình các nguyên tố di chuyển sẽ có hai khả năng xảy ra: Khả năng 1: Số oxi hóa của các nguyên tố không đổi. Khả năng 2: Số oxi hóa của các nguyên tố thay đổi. Dù cho khả năng nào xảy ra thì các quá trình hóa học vẫn tuân theo các định luật kinh điển là: (1) Định luật BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ. (2) Định luật BẢO TOÀN ELECTRON. (3) Định luật BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH. (4) Định luật BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG. Mục đích của mình khi viết phần I là các bạn hiểu và áp dụng được thành thạo các định luật trên. Bây giờ chúng ta cùng đi nghiên cứu về các định luật trên. A. Đ ỊNH LUẬT BÀO TOÀN NGUYÊN TỐ (BTNT) Bản chất của định luật BTNT là 1 hay nhiều nguyên tố chạy từ chất này qua chất khác và số mol của nó không đổi. Điều quan trọng nhất khi áp dụng BTNT là 3
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành các bạn phải biết cuối cùng nguyên tố chúng ta cần quan tâm nó “chui ” vào đâu rồi? Nó biến thành những chất nào rồi?Các bạn hết sức chú ý : Sẽ là rất nguy hiểm nếu các bạn quên hoặc thiếu chất nào chứa nguyên tố ta cần xét.Sau đây là một số con đường di chuyển quan trọng của các nguyên tố hay gặp trong quá trình giải toán. (1) Kim loại → muối →Hidroxit → oxit.  Fe2 +  3+  Fe(OH )2 t0  FeO Ví dụ : Fe   →  Fe  Kiem→   →  axit  Cl− ,NO − ,SO 2 −  Fe(OH )3  Fe2O 3  3 4 Thường dùng BTNT.Fe  NO 3−   NO 2  NO (2) HNO 3    →  Chat khu Thường dùng BTNT.N  N 2O N  2  NH 4 NO 3  SO 24 −   SO 2 (3) H 2 SO 4    →  Chat khu Thường dùng BTNT.S S H S  2   H 2O  H 2 SO 4    →  BTN T .H   H2 (4)  Thườn g dùng BTNT.H hoặc BTNT.O  HCl  BTN  H 2O    →  T .H   H2   CaCO 3    → CO 2 →  BTNT.C   Ca(HCO 3 )2    → H 2O BTNT.H  (5) C x H y O z N t →     → N 2 BTNT.N    CO 2   →  BTNT.O   H 2O 4
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  SO 24 −  B aSO 4   (6) FeS;S;C uS,FeS 2 ... →  Fe( OH ) 3 →  Fe2O 3 Thường dùng BTNT.S,Fe,Cu   CuO  Cu ( OH ) 2  Chúng ta cùng nhau nghiên cứu các ví dụ cụ thể để làm rõ vấn đề trên nhé! Câu 1 : Cho hỗn hợp 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X va hỗn hợp khí Y gồm NO va NO 2. Thêm BaCl2 dư vao dung dịch X thu được m gam kêt tua. Mặt khác, nêu thêm Ba(OH) 2 dư vao dung dịch X, lấy kêt tua nung trong không khí tới khối lượng không đổi được x gam chất rắn. Giá trị của m và x là : A. 111,84 và 157,44 B. 112,84 và 157,44 C. 111,84 và 167,44 D. 112,84 và 167,44 Bài toán khá đơn giản ta chỉ cần sử dụng BTNT thuần túy là xong.  n = 0,33 (mol)  nC uFeS 2 = 0,15 (mol) BTNT  Cu Ta có :    →  nFe = 0,24 (mol)  nCu2 FeS 2 = 0,09 (mol)  n = 0,48 (mol)  S  nBaSO 4 = 0,48 (mol) → m = 0,48.233 = 111,84 (gam)    nBaSO 4 = 0,48(mol)  BTN  →T   →Chọn A  x  nFe2O 3 = 0,12(mol)   → x = 157,44(gam) BTK L   n = 0,33(mol)   CuO Câu 2 : Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic mạch hở, no, đơn chức bằng dung dịch NaOH, cô cạn được 5,2 g muối khan. Nếu đốt cháy 3,88 g X thì cần thể tích O2 (đktc) là : A. 3,36 B. 2,24 C. 5,6 D. 6,72 5, 2 − 3,88 Ta có : n X = n RCOONa = = 0,06(mol) → n OTrong X = 0,12(mol) 22  C : a(mol)  → Trong X  H : 2a(mol)  BTKL  → 14a + 0,12.16 = 3,88(gam)  O : 0,12(mol)   n CO2 = 0,14 → a = 0,14(mol)  BTNT  →   n H2O = 0,14 0,14.3 − 0,12  BTNT.O   → n OPhan ung = = 0,15(mol) → V = 0,15.22, 4 = 3,36(lít) 2 2 →Chọn A 5
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành Câu 3: 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 lit khí Y (đktc). Cho từ từ 740 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được 5,94 gam kết tủa.Nồng độ % của muối trong X là : A. 14,32 B. 14,62 C. 13,42 D. 16,42  nZn = 0,1(mol) → ne = 0,2(mol) Ta có : 14,6  nY = 0,015(mol)  nZnO = 0,1(mol) → nNH 4 NO 3 = a(mol) Có NH4NO3 vì nếu Y là N2 → nMe ax = 0,15 < 0,2 Sau khi cho KOH vào thì K nó chạy đi đâu?Việc trả lời câu hỏi này sẽ giúp ta tiết kiệm rất nhiều thời gian và không cần quan tâm HNO 3 thừa thiếu thế nào.  nK NO 3 = 0,74 − 0,14.2 = 0,46(mol) 0,74 mol K OH + X  BTNT.K   →   nK 2 ZnO 2 = 0,2 − 0,06 = 0,14(mol) nHNO 3 = 0,5  BTNT  .N→ n NTrong Y và N H 3 = 0,5 − 0,46 = 0,04(mol)  nN H 4 N O 3 = 0,01 →   nN 2 O = 0,015 0,2.189 + 0,01.80 ( → % Zn ( NO 3 ) 2 + N H 4 NO 3 = ) 250 + 14,6 − 0,015.44 = 14,62% → Chọn B Câu 4:Hỗn hợp X gồm FeS, FeS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33 mol H2SO4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO 2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Fe nặng 50 gam vào Y, phản ứng xong thấy thanh Fe nặng 49,48 gam và thu được dung dịch Z. Cho Z phản ứng với HNO3 đặc, dư sinh ra khí NO2 duy nhất và còn lại dung dịch E (không chứa NH4+). Khối lượng muối dạng khan có trong E là m gam. Giá trị lớn nhất của m là : A. 20,57 B. 18,19 C. 21,33 D. 21,41. Bài toán này là một bài toán BTNT khá hay. Cái hay của bài toán ở chỗ: (1).Các bạn khó suy ra nên áp dụng bảo toàn nguyên tố nào. (2).Đề bài số liệu về thanh Fe gây nhiễu. (3).Về mặt kiến thức do HNO3 đặc dư nên muối cuối cùng có thể là muối nitrat. Để giải nhanh bài tập này ta đưa ra các câu hỏi đặt ra là: H trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào H2O. 2− O trong H2SO4 chạy đi đâu rồi ? – Nó chạy vào muối SO 4 , SO2 và H2O. Ta có:     → n H 2 O = 0,33(mol)  BTNT.O   → n Otrong muoi BTNT.Hidro = 0,33.4 − 0,325.2 − 0,33 = 0,34(mol) 6
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 0,34 → nSO trong muoái = = 0,085(mol)  → Z : nFeSO = 0,085(mol) (mol)  BTNT.S 4 2− 4 4  BTNT.Fe   → nFe( NO 3 ) = 0,085(mol) → m = 0,085.242 = 20,57(gam) 3 Chú ý :Vì HNO3 đặc nóng dư nên khối lượng muối lớn nhất là muối Fe(NO3)3 → Chọn A Câu 5: Cho 158,4 gam hỗn hợp X gầm Fe,Fe( NO3 ) 2 ,Fe( NO3 ) 3 và một bình kín không chứa không khí rồi nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn giảm 55,2 gam so với ban đầu. Cho chất rắn này tác dụng với HNO3 thu được V(lít) khí NO và dung dịch Y. Cho NaOH dư vào Y được kết tủa Z.Nung Z ngoài không khí tới khối lượng không đổi được m gam chất rắn.Giá trị của m là : A. 196. B. 120. C. 128. D. 115,2. Vì phản ứng hoàn toàn và chất rắn tác dụng với HNO 3 có khí NO → 55,2 gam là NO2. 55,2 Ta có : nN O 2 = = 1,2(mol)  BTNT.N   → n NO 2 46 = nTrong NO − X = 1,2(mol)  BTK  →L m Trong Fe X = 158,4 − 1,2.62 = 84(gam) 3 Sau các phản ứng Fe sẽ chuyển thành Fe2O3: 84  BTN   → nFe = T.Fe = 1,5(mol) → nFe2O 3 = 0,75(mol) → m = 0,75.160 = 120(gam) 56 →Chọn B Câu 6: Một hỗn hợp X gồm HO − [ CH 2 ] 2 − OH ; CH3OH; CH2=CH– CH2OH; C2H5OH; C3H5(OH)3. Cho 25,4 gam hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 5,6 lít H2 (đktc). Mặt khác, đem đốt cháy hoàn toàn 25,4 gam hỗn hợp X thu được a mol CO2 và 27 gam H2O. Giá trị của a là : A. 1,25 B. 1 C. 1,4 D. 1,2 Các bạn hãy trả lời câu hỏi sau : H trong nhóm OH của X đã đi đâu ? – Nó biến thành H2 . Khối lượng X gồm những gì ? – Tất nhiên là mX = ∑ m ( C,H,O ) Ta có : nH 2 = 0,25(mol)    → n OH = 0,5(mol) BTN T.H Trong X  BTN   T.O → nOTrong X = 0,5(mol) n H 2 O = 1,5(mol)  BTN   T.H → nTrong H X = 1,5.2 = 3(mol) L + BTNT.C  BTK     → 25,4 = 12a + 3.1 + 0,5.16 → a = 1,2(mol) →Chọn D 7
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành Câu 7: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và axit oxalic. Khi cho m gam X tác dụng với NaHCO3 dư thì thu được 15,68 lít khí CO 2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 8,96 lít khí O 2 (đktc), thu được 35,2 gam CO2 và y mol H2O. Giá trị của y là: A. 0,8. B. 0,3. C. 0,6. D. 0,2. Để ý thấy : H + HCO 3 → CO 2 + H 2O .Do đó ta có nCO 2 = n H + = 0,7(mol) . + − H + sinh ra từ đâu? – Từ nhóm COOH trong X.  BTN  T.H → nH + = nCTrong OOH = 0,7(mol)     X BTNT .O → nOTrong X = 0,7.2 = 1,4(mol)     → nO + nOTrong O 2 = nOTrong CO 2 + nOTrong H 2 O BTNT .O Trong X  Thay Sô → y = 0,6(mol) →Chọn C     → 1,4 + 0,4.2 = 0,8.2 + y Câu 8: Cao su buna-N được tạo ra do phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3-đien với acrilonitrin. Đốt cháy hoàn toàn một lượng cao su buna-N với không khí vừa đủ (chứa 80% N2 và 20% O2 về thể tích), sau đó đưa hỗn hợp sau phản ứng về 136,5oC thu được hỗn hợp khí và hơi Y (chứa 14,41% CO 2 về thể tích). Tỷ lệ số mắt xích giữa buta-1,3-đien và acrilonitrin là A. 1:2. B. 2:3. C. 3:2. D. 2:1. Để ý thấy rằng tỷ lệ số mắt xich chính là tỷ lệ số mol mắt xích.  n C4 H6 = a(mol) Ta có :   n C3H3 N = b(mol)  BTNT   cacbon  → n CO2 = 4a + 3b(mol)  BTNT   hidro  → n H 2O = 3a + 1,5b(mol)  BTNT  → 3a + 1,5b  BTNT   oxi → n Opu2 = 4a + 3b + = 5,5a + 3,75b(mol) 2 b  BTNT   Nito  → n N2 = + 4n Opu2 = 22a + 15,5b(mol) 2 4a + 3b a 2 → 0,1441 = → = →Chọn B n CO2 + n H2 O + n N 2 b 3 Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 29,6 gam hỗn hợp X gồm CH 3COOH,CxHyCOOH,và (COOH)2 thu được 14,4 gam H2O và m gam CO2. Mặt khác, 29,6 gam hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với NaHCO3 dư thu được 11,2 lít (đktc) khí CO2. Tính m: A. 48,4 gam B. 33 gam C. 44g D. 52,8 g Để ý thấy : H + HCO 3 → CO 2 + H 2O .Do đó ta có nCO 2 = nH + = 0,5(mol) . + − H + sinh ra từ đâu? – Từ nhóm COOH trong X.  BTN  T.H → nH + = nCTrong OOH = 0,5(mol)     X BTNT .O → nTrong O X = 0,5.2 = 1(mol) 8
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  BTK  →L 29,6 = ∑ m ( C,H,O ) 14,4 11,2 → m C = 29,6 − .2 − .2.16 = 12(gam)  BTNT.C   → m CO2 = 44(gam) 18 22, 4 →Chọn C Câu 10: Cho vào 1 bình kín một ít chất xúc tác bột Fe sau đó bơm vào bình 1 mol H2 và 4 mol N2.Sau đó nung bình để xảy ra phản ứng (biết hiệu suất phản ứng là 30%).Sau phản ứng cho toàn bộ hỗn hợp khí qua ống đựng CuO dư thấy ống giảm m (gam).Tính m? A.8 (gam) B. 16 (gam) C. 24 (gam) D. 32 (gam) Bài toán trên có nhiều bạn không để ý sẽ bị bẫy khi cứ đi tính toán cho quá trình tổng hợp NH3. Điều này là không cần thiết vì cuối cùng H 2 sẽ biến thành H2O. Khối lượng ống đựng CuO giảm chính là khối lượng O có trong H 2O. BTNT .H Ta có ngay : nH 2 = 1(mol)    2→ n H 2O = 1(mol) → ∆ m↓ = mO = 1.16 = 16 (gam) →Chọn B Câu 11: Cho 24 gam Mg tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa a mol HNO 3.Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí X gồm các khí N 2; N2O có số mol bằng nhau và bằng 0,1mol. Tìm giá trị a. A.2,8 B. 1,6 C. 2,54 D. 2,45   BTNT.M    g → nM g(NO 3 )2 = 1(mol) Ta có ngay : n M g = 1(mol)  BTE    → ne = 2(mol)  nN 2 = 0,1 BTE 2 − 0,1.10 − 0,1.8    → nNH 4 NO 3 = = 0,025 (mol)  nN 2O = 0,1 8  BTN   T.N → nHNO 3 = ∑ N (M g(N O 3 )2 ; N H 4 NO 3 ; N 2 O; N 2 ) → nHNO 3 = 1.2 + 0,025.2 + 0,1.2 + 0,1.2 = 2,45(mol) →Chọn D Câu 12:Nung 32,4 gam chất rắn X gồm FeCO 3,FeS,FeS2 có tỷ lệ số mol là 1:1:1 trong hỗn hợp khí Y gồm O2 và O3 có tỷ lệ số mol là 1:1.Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Số mol Y tham gia phản ứng là : A.0,38 B.0,48 C.0,24 D.0,26  nFeCO = 0,1(mol)  nFe O = 0,15(mol)   3 2 3 Ta có : X  nFeS = 0,1(mol)   →  nSO2 = 0,3(mol) B TNT n   FeS2 = 0,1(mol)  nCO2 = 0,1(mol) → nOphaûn öùng = 0,1.2 + 0,3.2 + 0,15.3 − 0,1.3 = 0,95(mol) 9
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành  nO = a(mol) BTN T.O Y : 2    → 5a = 0,95 → a = 0,19(mol) → n Y = 2a = 0,38(mol)  nO 3 = a(mol) →Chọn A Câu 13: Hỗn hợp khí X gồm O2 và O3 có tỷ lệ số mol là 1:1. Hỗn hợp khí Y gồm CH4 và C2H2 tỷ lệ mol 1:1. Đốt cháy hoàn toàn 2 mol Y thì cần bao nhiêu lít X (đktc): A. 80,64 B. 71,68 C. 62,72 D. 87,36  nCH = 1(mol)  nCO = 3(mol) Ta coù:Y  4  Chaù  y→  2  → nOphaûn öùng = 9(mol)  BTNT.O n = 1(mol) n = 3(mol)  C 2H 2  H 2O  nO = a(mol) BTNT.O → X 2    → 5a = 9 → a = 1,8(mol)  nO 3 = a(mol) → V X = 1,8.2.22,4 = 80,64(lít) →Chọn A Câu 14: Cho 108,8 gam hỗn hợp X gồm Fe 2O3 , Fe3O4 ,FeO tác dụng với HCl vừa đủ. Thu được 50,8 gam muối FeCl2 và m gam muối FeCl3.Giá trị của m là: A.146,25 B.162,5 C.130 C.195   nFeCl2 = 0,4 (mol)  nFe = a(mol)  BTNT.Fe   →  Ta có: 108,8   nFeCl3 = a − 0,4 (mol)   nO = b(mol)    → nH 2 O = b → nCl− = 2b (mol) BTN T.O   BTNT.Clo   → 0,4.2 + 3(a − 0,4) = 2b →  BTK L    → 56a + 16b = 108,8  a = 1,4(mol) →  → m FeCl3 = 1.162,5 = 162,5(gam) →Chọn B  b = 1,9(mol) Câu 15 : Cho a gam hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4, Cu vào dung dịch HCl dư thấy có 1 mol axit phản ứng và còn lại 0,256a gam chất rắn không tan. Mặt khác, khử hoàn toàn a gam hỗn hợp A bằng H2 dư thu được 42 gam chất rắn. Tính phần trăm về khối lượng Cu trong hỗn hợp A? A .50% B. 25,6% C. 32% D. 44,8% Với 1 mol HCl thì cuối cùng H đi đâu? Cl đi đâu? Ta có : n HCl = 1(mol)   → n H 2O = 0,5(mol) → n O = 0,5(mol) BTNT Trong A  BTKL  → a = 42 + 0,5.16 = 50(gam) Chất không tan là gì?42 gam là gì? 10
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Dung dịch sau phản ứng với HCl gồm những gì ? → mdu Cu = 0, 256a = 12,8 (gam)   n Fe2+ : x  42 − 12,8 = 29, 2 gam   → BTNT   2x + 2y = 1 →   n Cu 2+ : y →    56x + 64y = 29, 2  n Cl− = 1 mol  x = 0,35 0,15.64 + 12,8 →  → %Cu = = 44,8% →Chọn D  y = 0,15 50 BÀI TẬP LUYỆN TẬP SỐ 1 Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A chứa 1 mol FeS , 1 mol FeS 2 , 1 mol S cần vừa đủ V lít khí O2 (đktc).Tính giá trị của V? A.116,48 B. 123,2 C. 145,6 D. 100,8 Câu 2: Cho 1 mol Fe tác dụng hoàn toàn với O 2 (dư).Khối lượng chất rắn thu được là bao nhiêu? A.80 (gam) B. 160 (gam) C. 40 (gam) D. 120 (gam) Câu 3: Cho 32 gam Cu tác dụng với lượng dư axit HNO 3.Khối lượng muối thu được ? A.72 (gam) B. 88 (gam) C. 94 (gam) D. 104 (gam) Câu 4: Đốt cháy 8,4 gam C thu được hỗn hợp khí X gồm (CO và CO 2) có tỷ lệ số mol 1:4.Tính khối lượng hỗn hợp X. A.27,2 (gam) B. 28,56 (gam) C. 29,4 (gam) D. 18,04 (gam) Câu 5: Nung hỗn hợp rắn gồm a mol FeCO 3, b mol FeS2 và c mol FeS trong bình kín chứa không khí dư. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đưa bình về nhiệt độ ban đầu, thu được chất rắn duy nhất Fe 2O3 và hỗn hợp khí. Biết áp suất hỗn hợp trước và sau khi phản ứng bằng nhau. Mối liên hệ giữa a , b , c là : A. a = b+c B. a = 2b+c C. a = b – c D. a = 2b – c . Câu 6: Để luyện được 800 tấn gang có hàm lượng sắt 95% , cần dùng x tấn quặng manhetit chứa 80% Fe3O4 (còn lại là tạp chất không chứa sắt). Biết rằng lượng sắt bị hao hụt trong quá trình sản xuất là 2%. Giá trị của x là A. 1325,16. B. 959,59. C. 1338,68. D. 1311,90. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam photpho ngoài không khí thu được chất rắn A. Hòa tan A vào nước thu được dung dịch B. Trung hòa dung dịch B bằng dung dịch NaOH để tạo muối trung hòa, thu được dung dịch D. Cho thêm dung dịch AgNO 3 vào dung dịch D đến dư thấy tạo thành 41,9 gam kết tủa màu vàng. Giá trị của m là: A. 3,1 gam B. 6,2 gam C. 0,62 gam D. 31 gam 11
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành Câu 8: Nung hỗn hợp gồm 11,2 gam Fe; 6,4 gam Cu và 26 gam Zn với một lượng dư lưu huỳnh đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sản phẩm của phản ứng tác dụng với dung dịch HCl dư thu được khí X. Tính thể tích dung dịch CuSO 4 10% (d = 1,1g/ml) tối thiểu cần dùng để hấp thụ hết khí X. A. 525,25 ml. B. 750,25 ml. C. 1018,18 ml. D. 872,73 ml. Câu 9: Từ quặng photphorit, có thể điều chế axit photphoric theo sơ đồ sau: o SiO 2, C O 2, t H 2O QuÆng photphorit lß ®iÖn P P2O 5 H 3PO 4 Biết hiệu suất chung của quá trình là 90%. Để điều chế được 1 tấn dung dịch H3PO4 49%, cần khối lượng quặng photphorit chứa 73% Ca3(PO4)2 là A. 1,18 tấn. B. 1,32 tấn. C. 1,81 tấn. D. 1,23 tấn. Câu 10: Để sản xuất 10 tấn thép chứa 98 %Fe cần dùng m tấn gang chứa 93,4% Fe. Biết hiệu suất của quá trình chuyển hóa gang thành thép là 80%. Giá trị của m là: A. 10,492 tấn. B. 13,115 tấn. C. 8,394 tấn. D. 12,176 tấn. Câu 11: Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg bằng dung dịch H2SO4,loãng,(dư),thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi thì được m gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m là: A.18 B.20 C. 36 D. 24. Câu 12: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe 2O3 vào dung dịch HCl dư được dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Giá trị của m là: A. 16,0. B. 30,4. C. 32,0. D. 48,0. Câu 13: Hỗn hợp X gồm a mol Fe, b mol FeCO 3 va c mol FeS2. Cho X vao binh dung tích không đổi chưa không khí (dư), nung đên các phan ưng xay ra hoan toan sau đo đưa vê nhiêt đô đâu thấy áp suất trong binh băng áp suất trước khi nung. Quan hê cua a, b, c la: A. a = b+c B. 4a + 4c = 3b C. b = c + a D. a+c=2b Câu 14: Cho 16,9 gam hỗn hợp Na và Al hòa tan hết vào nước dư thu được dung dịch X. Cho X phản ứng hết với 0,8 mol HCl thu được 7,8 gam kết tủa và dung dịch Y.Sục CO2 vào Y không thấy có kết tủa xuất hiện. Tính khối lượng Al trong hỗn hợp ban đầu. A.3,95 gam B.2,7 gam C.12,4 gam D.5,4 gam Câu 15: Thổi hỗn hợp khí CO và H2 đi qua a gam hỗn hợp gồm CuO và Fe3O4 có tỉ lệ mol 1:2 , sau phản ứng thu được b gam chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn b gam A 12
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt bằng dung dịch HNO3 loãng dư , thu được dung dịch X ( không chứa ion Fe 2+ ). Cô cạn dung dịch X thu được 41 gam muối khan. a gam nhận giá trị nào ? A.9,8 B.10,6 C.12,8 D.13,6 Câu 16: Nung 23,2 gam hỗn hợp X ( FeCO3 và FexOy ) tới phản ứng hoàn toàn thu được khí A và 22,4 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 7,88 gam kết tủa. Mặt khác , để hòa tan hết 23,2 gam X cần vừa đủ V ml dung dịch HCl 2M. CT FexOy và giá trị của V là : A.FeO và 200 B.Fe3O4 và 250 C.FeO và 250 D.Fe3O4 và 360 Câu 17: Cho luồng khí CO đi qua một lượng quặng hematit T ( chứa Fe2O3 ) thì thu được 300,8 gam hỗn hợp các chất rắn X và thoát ra hỗn hợp khí Y. Cho hấp thụ toàn bộ khí Y bằng dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình NaOH tăng thêm 52,8 gam. Đem chất rắn X hòa tan trong dung dịch HNO 3 dư thu được 387,2 gam muối. Thành phần % khối lượng của Fe2O3 trong quặng là : A.80% B.60% C.50% D.40% Câu 18: Hỗn hợp X gồm anđehit Y, axit cacboxylic Z và este T (Z và T là đồng phân). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần 0,625 mol O 2, thu được 0,525 mol CO 2 và 0,525 mol nước. Cho một lượng Y bằng lượng Y có trong 0,2 mol X tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng, sau phản ứng được m gam Ag (hiệu suất phản ứng 100%). Giá trị của m là: A. 64,8g B. 16,2g C. 32,4. D. 21,6g Câu 19: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm propanđial, fomanđehit, metyl fomat cần dùng vừa đủ 4,48 lít O2 (đktc) thu được 2,7 gam H2O. Giá trị của m là: A. 6,2. B. 4,3. C. 2,7. D. 5,1. Câu 20: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn 70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (M Y < Mz). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O 2 (đktc), thu được 7,84 lít khí CO 2 (đktc) và 8,1 gam H2O. % khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là: A. 12,6%. B. 29,9%. C. 29,6%. D. 15,9%. ĐÁP ÁN VÀ GIẢI CHI TIẾT Câu 1:Chọn đáp án B  nFe = 2(mol) B TNT ( Fe + S)  nFe O = 1(mol) Ta có ngay :    → A  Chia ñeåtrò     →  2 3  nS = 4(mol) n = 4(mol)  SO2 1.3 + 4.2  BTN   T.O → nOphan ùng = = 5,5(mol) → V = 22,4.5,5 = 123,2 (lít). 2 2 Câu 2: Chọn đáp án A Câu hỏi đặt ra : Fe đi vào chất nào ? – Nó đi vào Fe2O3 13
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành 1 Ta có ngay : nFe = 1  BTNT.Fe   → n Fe2 O 3 = = 0,5 → m = 0,5.160 = 80 (gam) 2 Câu 3: Chọn đáp án C Câu hỏi đặt ra : Cu đi vào chất nào ? – Nó đi vào Cu(NO 3)2. Ta có ngay : nCu = 0,5(mol)  BTNT.Cu   → nCu(N O 3 )2 = 0,5(mol) → m = 0,5.( 64 + 62.2 ) = 94 (gam) Câu 4: Chọn đáp án B Sau phản ứng thì C đi vào hai chất là CO và CO2.  CO :a(mol) Ta có ngay : nC = 0,7   BTNT  .C→ a + 4a = 0,7 → a = 0,14(mol)  CO 2 :4a(mol)  BTN   T.O → nO = 9a = 0,14.9 = 1,26(mol)  BTK  →L mX = ∑ m(C,O) = 8,4 + 1,26.16 = 28,56 (gam) Câu 5: Chọn đáp án A Ta dùng kế chia để trị  a+ b+ c  Fe:a + b + c (mol)  Fe2 O 3 : (mol)  S :2b + c (mol)  2  .Ta có ngay :   O2 ,nung,D  L BTN  →  SO 2 :2b + c (mol)  C :a (mol)  CO :a (mol)  O :3a (mol)  2  a + b+ c 3. + 2 ( 2b + c ) + 2a − 3a 2 a + 11b + 7c  → nOphaûn öùng =  BTNT.O = 2 2 4 a + 11b + 7c P = const → nOphaûn öùng = nCO + nSO → = 2b + c + a 2 2 2 4 a + 11b + 7c → = 2b + c + a → a = b + c 4 Câu 6: Chọn đáp án C Ý tưởng giải bài toán : Dùng BNTN Fe 800.0,95 n 800.0,95 1 nFe = → m Fe3O 4 = Fe .232 = . .232 56 3 56 3 800.0,95 1 1 1 → mquang = . .232. . = 1338,68 (gam) 56 3 0,8 0,98 Câu 7: Chọn đáp án A nA g3PO 4 = 0,1(mol)  BTN   T.P → n P = 0,1(mol) → m = 3,1(gam) 14
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Câu 8: Chọn đáp án D Chú ý: CuS không tác dụng với HCl. 11,2 26 Ta có:  BTNT  → nH 2S = nFe + nZn = + = 0,6  BTNT.Cu   → nCuSO 4 = 0,6(mol) 56 65 0,6.(64 + 96) → V CuSO 4 = = 872,73 0,1.1,1 Câu 9: Chọn đáp án A Tư duy: Dùng BTNT P. 1 nP = .0,49 = 0,005(mol) 98 1 1 → nCa3 (PO 4 )2 = 0,0025(mol) → m = 0,0025.310. . = 1,18(gam) 0,73 0,9 Câu 10: Chọn đáp án B Ý tưởng: Dùng BTNT Fe: 10 10 1 1 nFe = .0,98 → mGang = .0,98.56. . = 13,115(gam) 56 56 0,934 0,8 Câu 11: Chọn đáp án B  nFe = 0,2(mol)  BTN  T.Fe → nFe2 O 3 = 0,1(mol)  → m = 16 + 4 = 20(gam)  nM g = 0,1(mol)    → nM gO = 0,1(mol) BTN T.M g Câu 12: Chọn đáp án C Vì sau cùng toàn bộ lượng Fe chuyển vào Fe2O3 nên ta có ngay:  Fe:0,4(mol) BTNT.Fe X    → n Fe2O 3 = 0,2(mol) → m = 0,2.160 = 32(gam)  O :0,3(mol) Câu 13: Chọn đáp án C Cách 1 : Nhận xét nhanh như sau: Để ý rằng 1 mol S tác dụng với 1 mol oxi sinh ra 1 mol SO 2 nên số mol khí không đổi Xem hỗn hợp đầu có a+c mol Fe , b mol FeCO 3. Một mol Fe ra Fe2O3 khí giảm 3/4 mol. Một mol FeCO3 khí tăng 3/4 mol .Vậy b=a+c Cách 2: Sử dụng BTNT:  nFe = a + b + c (mol)  a+ b+ c   nFe2 O 3 = 2 (mol)  nS = 2c (mol)  Ta có ngay :   BTN  →T  nSO 2 = 2c (mol)  nC = b (mol)   n = 3b (mol)  nCO 2 = b (mol)  O  15
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành  → nOphaûn öùng = 0,75(a + b + c) + 2c + b − 1,5b = 0,75a + 0,25b + 2,75c  BTNT.O 2 p = const → 0,75a + 0,25b + 2,75c = 2c + b → 0,75a + 0,75c = 0,75b → b= a+ c Câu 14: Chọn đáp án D Với bài toán này ta có thể tư duy bằng cách BTNT.Clo như sau.Sau khi phản ứng thì Clo trong HCl sẽ biến vào NaCl và AlCl3.Do đó ta có:  N a :a (mol)  N aCl :a 16,9  →   A l :b (mol)  A lCl3 :b − 0,1  23a + 27b = 16,9  a = 0,5 (mol) →  →  → m A l = 0,2.27 = 5,4  a + 3.(b − 0,1) = 0,8  b = 0,2 (mol) Câu 15: Chọn đáp án D  nCuO = x(mol)  nCu(NO 3 )2 = x(mol) Ta có : a   (Cu+ Fe)→   BTNT  nFe3O 4 = 2x(mol)  nFe(NO 3 )3 = 6x(mol)  BTK  →L 188x + 64.242 = 41 → x = 0,025 (mol)  BTK  →L a = 80.0,025 + 232.0,05 = 13,6 (gam) Câu 16: Chọn đáp án D Cho khí A (CO2) hấp thụ vào Ba(OH)2 :  BTN   T.C → nCO 2 = nFeCO 3 = nBaCO 3 = 0,04(mol) Ta có: nFe2O 3 = 0,14(mol)    → BTNT.Fe ∑ nFe = 0,28(mol) trong Fex O y  BTN   → nFe T.Fe = 0,28 − 0,04 = 0,24(mol)  BTK  →L m Fex O y = 23,2 − 0,04.116 = 18,56(gam) 18,56 − 0,24.56 → nOtrong oxit = = 0,32(mol) 16 x 0,24 3 Với FexOy ta có : = = → Fe3O 4 → n FeO .Fe2 O 3 = 0,08(mol) y 0,32 4  Fe2 + :0,04 + 0,08 = 0,12(mol) X + HCl →  3+  BTD  → T n Cl− = n HCl  Fe :0,08.2 = 0,16(mol) = 0,12.2 + 0,16.3 = 0,72(mol) → V= 720 = 360 (ml) 2 Câu 17: Chọn đáp án D Ta dễ thấy khối lượng bình NaOH tăng là khối lượng CO2: 52,8  BTN  T.O → mtang = mCO 2 = 52,8(gam) → nObi khu = nCO 2 = = 1,2(mol) 44 16
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  BTK  →L m T = 300,8 + 1,2.16 = 320(gam) 387,2 X + HN O 3  BTN   → T.Fe n Fe = n Fe(NO 3 )3 = = 1,6(mol) 242 0,8.160  BTN   T.Fe → nFe2 O 3 = 0,8(mol) → % Fe2 O 3 = = 40% 320 Câu 18: Chọn đáp án B Ta có :  nCO :0,525  2   BTK  → L m X = 0,525.44 + 0,525.18 − 0,625.32 = 12,55(gam)  nH 2O :0,525 →  BTNT.oxi     → nO = 0,525.3 − 0,625.2 = 0,325(mol) trong X  n  O 2 :0,625  nC H O = a  a + b = 0,2  a = 0,075(mol) 2 = nH 2 O  nCO    →  n 2 n →  →   nC m H 2 mO 2 = b  a + 2b = 0,325  b = 0,125(mol) → 0,075.CH 3CHO + 0,125.C 3 H 6 O 2 = 12,55 → n A g = 0,075.2 = 0,15(mol) → m Ag = 16,2(gam) Câu 19: Chọn đáp án D  C 3H 4O 2 → C 3 (H 2O) 2  B TNT C voânhoù mH O X  CH 2O → C(H 2O) → nCO = nO = 0,2(mol)       2→ 2 2  C H O → C (H O)  2 4 2 2 2 2 m = 2,7 + 0,2.12 = 5,1g Để làm nhanh ta hiểu nước được tách ra từ X còn O2 phản ứng đi vào CO2 Câu 20: Chọn đáp án B 4.16 Ta có ngay X :R ( COOH ) 2 → < 0,7 → R > 1,4 R + 90  nO = 0,4(mol)  2  nCO 2 = 0,35(mol)    → nO = 0,35(mol)  BTK  → BTNT.oxi trong X ,Y ,Z L m X ,Y ,Z   nH 2 O = 0,45(mol) = ∑ m(C,H,O) = 10,7(gam) Dễ dàng suy ra ancol đơn chức:  axit:a(mol)  a + b = 0,2  a = 0,05(mol)  →  BTNT .oxi →   ancol :b(mol)     → 4a + b = 0,35  b = 0,15(mol) Nếu X là HOOC – CH2–COOH 17
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành 10,7 − 0,05.104  CH 3OH :0,1 0,1.32 → ROH = → R = 19,67 →  → % = 0,15  C 2 H 5OH :0,05 10,7 BÀI LUYỆN TẬP SỐ 2 Câu 1: Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic . Cho m gam X phản ứng hết với dung dịch NaHCO 3 thu được 0,672 lít CO2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 1,008 lít O2 (đktc), thu được 2,42 gam CO2 và a gam H2O. Giá trị của a là A. 1,80. B. 0,72 C. 1,44. D. 1,62. Câu 2:Cho hh X có thể tích V 1 gồm O2,O3 có tỉ khối so với H2=22.Cho hh Y có tích V2 gồm metylamin va etylamin có tỉ khối so với H2=17.8333. đốt hoàn toàn V2 hỗn hợp Y cần V1 hỗn hợp X. tính tỉ lệ V1:V2? A.1 B.2 C.2,5 D.3 Câu 3: Đốt cháy hoan toan a gam hỗn hợp gồm metanol va butan-2-ol được 30,8 gam CO2 va 18 gam H2O. Giá trị a la A. 30,4 gam. B. 16 gam. C. 15,2 gam. D. 7,6 gam. Câu 4: Đốt cháy hoan toan 0,4 mol hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic va ancol isopropylic rồi hấp thu toan bô san phâm cháy vao nước vôi trong dư được 80 gam kêt tua. Thê tích oxi (đktc) tối thiêu cân dung la A. 26,88 lít. B. 23,52 lít. C. 21,28 lít. D. 16,8 lít. Câu 5.Đốt cháy 30,6 gam hỗn hợp X gồm andehit axetic;vinyl axetat,axit isobutyric thu được 31,36 lít CO2 (đktc).Số mol vinyl axetat trong hỗn hợp là: A.0,1 B.0,2 C.0.3 D.0.15 Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn 4,16 gam hỗn hợp X gồm RCOOH và RCOOC 2H5 thu được 4,256 lít CO2(đktc) và 2,52 gam H2O. Mặt khác 2,08 gam hỗn hợp X phản ứng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH , thu được 0,46 gam ancol và m gam muối. Giá trị của m là: A. 2,35 gam B. 2,484 gam C. 2,62 gam D. 2,42 gam Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp X gồm một số ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng cần dùng 10,08 lit khí O 2 (đktc) thu được 6,72 lít khí CO 2 (đktc) và 9,90 gam H2O. Nếu đun nóng 10,44g hỗn hợp X như trên với H 2SO4 đặc ở nhiệt độ thích hợp để chuyển hết thành ete thì tổng khối lượng ete thu được là: A. 7,74 gam B. 6,55 gam C. 8,88 gam D. 5,04 gam Câu 8: Hỗn hợp X gồm andehit , axit cacboxylic , este . Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần 0,625 mol O2, thu được 0,525 mol CO2 và 0,525 mol nước. Lấy toàn bộ anđehit trong 0,2 mol X tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư trong NH3, đun nóng sau phản ứng được m gam Ag ( hiệu suất phản ứng 100%). Giá trị lớn nhất của m là: A. 16,2g B. 21,6g C. 32,4g D. 10,8g Câu 9: Cho 0,1 mol CH3COOH vào cốc chứa 30ml dung dịch ROH 20% (d = 1,2 g/ml), R là một kim loại thuộc nhóm IA. Cô cạn dung dịch sau phản ứng rồi đốt 18
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt cháy hoàn toàn chất rắn khan còn lại. Sau khi đốt cháy thì còn 9,54 gam chất rắn và m gam hỗn hợp khí CO2, hơi nước bay ra. Xác định giá trị của m. A. 9,3 B. 8,26 C. 10,02 D. 7,54 Câu 10: Oxi hóa 2m gam ancol no, đơn chức, bậc 1 bằng oxi không khí trong điều kiện thích hợp thì thu được 3m gam hỗn hợp X gồm anđehit, axit và nước. Xác định công thức của ancol trên. A. CH3OH hoặc C2H5OH B. C2H5OH C. C2H5OH hoặc C3H7OH D. CH3OH Bài 11: Để trung hòa m gam hỗn hợp X gồm hai axit no đơn chức mạch hở kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng cần 100 ml dung dịch NaOH 0,3M. Mặt khác đem đốt cháy m gam hỗn hợp X rồi cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P 2O5 bình 2 đựng KOH dư thấy khối lượng bình 1 tăng a gam bình 2 tăng (a + 3,64) gam.Thành phần % khối lượng axit có số nguyên tử cacbon nhỏ trong hỗn hợp X là: A.30,14% B.33,33% C.69,68% D.66,67% Bài 12: Hỗn hợp X gồm một anđehit no đơn chức mạch hở và một anđehit không no đơn chức mạch hở ( trong phân tử chứa một liên kết đôi C=C). Khi cho X qua dung dịch brom dư đến phản ứng hoàn toàn thấy có 24 gam Br 2 phản ứng. Đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 7,7 gam CO2 và 2,25 gam H2O. Nếu cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3 dư trong NH3 đến phản ứng hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 16,2 B. 27 C. 32,4 D. 21,6 Câu 13: Chia 1 amin bậc 1,đơn chức A thành 2 phần đều nhau. Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong nước rồi thêm dung dịch FeCl 3 (dư).Kết tủa sinh ra lọc rồi đem nung tới khối lượng không đổi được 1,6 gam chất rắn. Phần 2: Tác dụng với HCl dư sinh ra 4,05 gam muối .CTPT của A là: A. CH3NH2 B. C2H5NH2 C. C3H7NH2 D. C4H9NH2 Câu 14: Khi đốt cháy hoan toan môt amin đơn chưc X, thu được 16,8 lit CO 2, 2,8 lit N2 ( các thê tích khí đo ơ đktc) va 20,25 gam H2O.CTPT cua X la: A. C4H9N B. C3H7N C. C2H7N D. C3H9N Câu 15: Cho 1.22g hỗn hợp X gồm 2 amin bậc 1 (có tỉ lệ số mol là 1:2) tác dụng vừa đủ với 400ml dung dịch HCl 0,1M thu được dung dịch Y. Mặt khác khi đốt cháy hoàn toàn 0.09mol hỗn hợp X thu được mg khí CO2 ; 1,344 lit (đktc) khí N2 và hơi nước. Giá trị của m là: A.3,42g B.5,28g C.2,64g D.3,94g ĐÁP ÁN VÀ GIẢI CHI TIẾT Câu 1:Chọn đáp án B Ta có : n CO2 = 0, 03(mol) → n COOH Trong X = 0, 03 ( mol )  BTNT.O   → n OTrong X = 0, 06 ( mol ) n CO2 = 0, 055  BTNT.C   → n CTrong m = 0,055(mol) 19
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành a  BTKL  → m = ∑ m(C, H, O) = 0, 055.12 + 18 .2 + 0, 06.16 Cách 1 : Dùng BTKL ta có a  BTKL  → 1, 62 + + 0, 142 3 = 2, 42 + a → a = 0, 72 045.32 4 142 4 39 O2 m Cách 2 : Dùng BTNT.O ta có a  BTKL  → 0,06 { + 0,1 42 3 = 0, 045.2 4 142 3 + 18 → a = 0, 72(gam) 055.2 4 RCOOH O CO 2 2 Câu 2: Chọn đáp án B  V1  2V2  4V2  VO2 : 4  VCH3 NH2 : 3  VCO2 : 3 Có ngay  và    + C)→  BTNT.(H   V : 3V1 V V  V : 17V2 : 2  O3 4  C2H5 NH2 3  H2 O 6 V1 9V1 8V2 17V2 V Bảo toàn O có ngay + = + → 1 = 2 2 4 3 6 V2 Câu 3: Chọn đáp án C Theo các chú ý có ngay :  n C = n CO2 = 0,7(mol)   n H = 2n H2O = 2(mol) → a = m X = m C + m H + m O = 15, 2(gam)   n O = n X = 0,3(mol) Câu 4: Chọn đáp án A  n C = n CO2 = 0,8(mol) Ta có :  X → n H 2O = 1, 2(mol) → n Opu = 2, 4(mol)  n O = n X = 0, 4(mol) 2,4 → VO 2 = .22,4 = 26,88(lít) 2 Câu 5. Chọn đáp án A Theo các chú ý có ngay MX n Y cho : n X = 1(mol) → m X = 9,6 → = = 0,6 → ∆ n ↓ = n Hpu2 = 0, 4(mol) MY n X Câu 6: Chọn đáp án A Tính toán với số liệu của X là 2,08 gam.  n CO2 = 0,095(mol) 1, 26 + 4,18 − 2,08 Ta có:  → n Opu = = 0, 21(mol)  n H 2O = 0,07(mol) 16 20
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  n RCOOC2 H5 = 0,01(mol) → n OX = 0,05(mol) →   n RCOOH = 0,015(mol) → 2,08 + 0,025.40 = m + 0, 46 + 0,015.18 → m = 2,35g Câu 7: Chọn đáp án A H2O = 0,55 mol > CO2 = 0,3 mol: Ta có: X : C1,2 H 4,4 O → n X = 0,3 → n H2 O = 0,15(mol) → m = 10, 44 − 2,7 = 7,74 (gam) Câu 8: Chọn đáp án C 0,525 mol CO2 và 0,525 mol nước → tất cả đều no đơn chức  n andehit = a(mol)  a + b = 0, 2 Ta có :  →   n Cn H 2 n O2 = b(mol)  a + 2b = 0,325  a = 0,075(mol) → n Ag = 4.0,075(mol) →   b = 0,125(mol) → m Ag = 32, 4(gam) Câu 9: Chọn đáp án B Dễ dàng suy ra R là Na  n CH3 − COONa = 0,1(mol)  n CO2 = 0,11(mol) Ta có:  → n Na 2 CO3 = 0,09(mol) →   n NaOH = 0,08(mol)  n H 2O = 0,19(mol) → m= 0,11.44 + 0,19.18 = 8,26 (g) → Chọn B Câu 10: Chọn đáp án C Vì ancol no, đơn chức, bậc 1 và X gồm anđehit, axit và nước. Ta có:  1O → 1RCHO 2m 2m  → < RCH 2 OH < → 32 < RCH 2 OH < 64  2O → 1RCOOH m m 16 2.16 Bài 11: Chọn đáp án A  n X = 0,03(mol)   n C4 H8O2 = 0,01(mol) Ta có:  a 3,64 + a → n CO2 = 0,14(mol) →   18 = 44 → a = 2,52  n C5H10O2 = 0,02(mol) Bài 12: Chọn đáp án D Dễ thấy nanđehit k no B = 0,175 – 0,125 = 0,05 mol. Nếu X có HCHO (a mol) → 2 a + 2.0,05 = 0,15 → a = 0,025 C trong B = (0,175 – 0,025) : 0,05 = 3 (thỏa mãn) m Ag = (0,025.4 + 0,05.2 ).108 = 21,6 gam Câu 13: Chọn đáp án A Dễ thấy 1,6 gam là Fe2O3: 21
Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc Hóa Học – Nguyễn Quang Thành → nFe2 O 3 = 0,01(mol)  BTNT.Fe   → n Fe3+ = 0,02(mol) → nOH = 0,06(mol) → n − NH 2 = 0,06(mol) 4,05 Khi đó: M A + 36,5 = = 67,5 → M A = 31 0,6 Câu 14: Chọn đáp án D   n = 0, 25(mol)  BTNT.N   → n a min = 0, 25(mol) → N = 1  N  0,75 Ta có:  n CO2 = 0,75(mol)    → C = = 3 BTNT.C  0, 25  2, 25  n H 2O = 1,125(mol)    → n H = 2, 25(mol) → H = = 9 BTNT.H  0, 25 Câu 15: Chọn đáp án B Ta có thể suy luận nhanh như sau: Vì số C trong X phải lớn hơn 1 nghĩa là: nCO 2 > 0,09 → mCO 2 > 0,09.44 = 3,96 Ta sẽ đi giải mẫu mực bài toán trên như sau :  nN 2 = 0,06(mol)  BTNT.N   → n Trong − NH 2 = 0,12(mol) X Ta có :   nX = 0,09(mol) → X có 1 amin đơn chức và 1 amin 2 chức Với thí nghiệm đốt cháy 0,09 mol X  R 1 − N H 2 :a(mol)  a + b = 0,09  a = 0,06(mol) Ta có:  →  →   H 2 N − R 2 − N H 2 :b(mol)  a + 2b = 0,12  b = 0,03(mol)  nR 1 − NH 2 = 0,02(mol) Dễ dàng suy ra 1,22 gam X có   nH 2 N − R 2 − NH 2 = 0,01(mol)  BTK  →L 0,02(R 1 + 16) + 0,01(R 2 + 32) = 1,22 → 2R 1 + R 2 = 58 Vậy khi đốt 0,09 mol:  CH 3 − NH 2 :0,06(mol) X→   H 2 N − CH 2 − CH 2 − N H 2 :0,03(mol)  BTN   T.C → mCO 2 = 0,12.44 = 5,28(gam) B. Đ ỊNH LUẬT BÀO TOÀN ELECTRON Trong Hóa Học số lượng các bài toán liên quan tới sự thay đổi số oxi hóa là rất nhiều.Công thức áp dụng thì rất ngắn ∑ n+e = ∑ ne− tuy nhiên sức mạnh của nó 22

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.