Tổng hợp hóa học của boxmath vn

Tuyển tập các bài tập trắc nghiệm môn Hoá của diễn đàn BoxMath

http://boxmath.vn Trang 1 DIN ÀN BOXMATH.VN http://boxmath.vn Trang 2 “Ngi b vp ngã là ngi dám liu mình. Qua cách h i phó vi sai lm, ta có th oán dc cách h gii quyt khó khn trong tng lai.” (Bill Gates) “Không có con ng thành công nào rãi y hoa hng” .Trong cuc sng cng nh torng hc tp  t c thành công ai cng phi tri qua ôi ln tht bi nhng bn ã vt qua nhng tht bi ó nh th nào, cách thc  bn vt lên trên bn thân mình ra sao ó mi là iu quan trng. Mt ngi c ánh giá là thành công da trên thành qu t c ch không phi là nhng sai lm trên hành trình chinh phc c m…iu bn cn làm là gii quyt khó khn ch không phi là ln tránh, phi bit liu mình  vt qua bi vì ch có nhng tri nghim thc t mi làm cho ta ln dn và tìm ra c nhng phng thc mi ti u hn. Thc t là con ng mòn ã c ngi khác khai hoang thì khá an toàn, nhng chng th nào mang li cho bn nhng iu thú v so vi chính bn t khám phá, t tìm tòi, sáng to, vì ó là cái tuyt m trong hc tp, trong kh nng t duy và trí tu vn có ca con ngi . Vy chúng ta phi làm sao  khc phc nhng sai lm ? Cách tt nht là hãy tin ti s n gin và hoàn ho bn thân.  gim i nhng sai lm cng nh vic tin ti hai t “ n gin” cun sách “TUYN TP HÓA HC” s là mt phng tin hu ích cho các bn, giúp bn : “ Kt ta nim vui, bay hi ni bun và…thng hoa trí tu” Ban biên tp ã tuyn chn nhng bài t các topic trên din àn http://boxmath.vn . Bng tt c s chân thành và lòng nhit huyt, chúng tôi hi vng ây s là mt phn hành trang giúp ích nhiu cho bn trên hành trình tr thành tân sinh viên sp ti . Hãy bt u t nhng th n gin nht, hãy  quá kh là kinh nghim, hin ti là b phóng và tng lai tt nhiên s là ích ta hng n vi tt c nhng ngt ngào ca thành công. Hy vng cun sách s hu ích không ch cho các bn hc sinh, mà còn c các bc ph huynh, thy cô giáo. Và trong quá trình biên son không th tránh khi sai sót, rt mong các bn thông cm mi góp ý xin gi v ban biên tp theo a ch : duyhien2110@yahoo.com.vn Xin chân thành cm n! Tng ch biên. Phm Duy Hin – duyhien2110. . http://boxmath.vn Trang 3 1. Phm Duy Hin – (2009 – 2012 ) – Trng THPT Lê Hng Phong – Phú Yên. 2. ng Nguyn Duy Nhân – (2009 – 2012) – Trng THPT Sào N am – Qung Nam. 3. V Huy Hoàng - (2009 – 2012) – Trng THPT Tây Thy Anh - Thái Bình. Trình bày bìa: Phm Tun Khi Li nói đu: Trn Th Thùy Dng - (2009 – 2012 ) – Trng THPT Chuyên N guyn Quang Diêu – ng Tháp. Chu trách nhim trình bày, son tho: Phm Duy Hin. Trang bìa Trang 1 Li nói đu Trang 2. Ban biên tp Trang 3. Mc lc Trang 3. Phn A. S lc lý thuyt Trang 4. Phn B. Bài tp Trang 10. Chng I. Hóa Vô c Trang 10. Chng II. Hóa Hu c. Trang 49. Chng III. Chuyên đ S đ phn ng và phng trình. Trang 73. Chng IV. Mt s bài tp có hng dn gii. Trang 78. Chng V. Nhng bài tp hóa mang thng hiu ca boxmath. Trang 93.                                  http://boxmath.vn Trang 4 MT S NH LUT TRONG GII TOÁN HÓA HC VÀ MT S PHNG PHÁP GII. I. nh lut bo toàn nguyên t và đnh lut bo toàn khi lng. 1. Phát biu. - Trong phn ng hóa hc thì các nguyên t và khi lng ca các nguyên t đó luôn luôn đc bo toàn, ngha là nguyên t và khi lng nguyên t không mt đi mà chuyn t cht này sang cht khác. 2. H qu. a. Ngoi tr các phn ng ht nhân, không có mt phn ng hóa hc nào làm mt đi hay xut hin các nguyên t l. b. Trong phn ng hóa hc, tng khi lng các cht tham gia phn ng bng tng khi lng các cht to thành.( ây là đnh lut bo toàn khi lng do Lômônôxp và Lauvisier tìm ra vào th kí XVIII) Phng pháp này còn m rng cho mt s trng hp không phi là nguyên t. Ví d nh bo toàn liên kt  hay đnh lut bo toàn electron ( ta xét đn trong mt s phng pháp gii). Sau đây là mt s ví d. Ví d 1. Trong mt bình kín dung tích 16 lít cha hn hp hi ba ru đn chc A, B, C và 13,44gam khí 2 O , nhit đ và áp sut trong bình là 109,2 o C và 0,98 atm. Bt tia la đin đ đt cháy ht ru, sau đó đa nhit đ bình v 136 o C , áp sut trong bình lúc này là P. Cho Tt c các khí trong bình sau khi đt cháy ln lt đi qua bình 1 đng 2 4 H SO đc, bình 2 đng KOH đc. Sau thí nghim thy khi lng bình 1 tng lên 3,78gam, còn bình 2 tng 6,16gam a. Tính áp sut P b. Tính công thc phân t ca các ru A, B, C bit rng B, C có cùng s nguyên t cacbon và s mol ca ru A bng 5/3 tng s mol ca các ru B và C. Li gii. Cách 1. Tng s mol ca các khí trong bình kín. . 16.0,98 0,5 . (109,2273).0,082 PV n mol R T    ; S mol 2 O là 13, 44 32  tng s mol 3 ru , , : 0,5 0, 42 0,08A B C   mol a) Gi 7 " " , , x x y x y y C H OH C H OH C H OH      là công thc ca A, B, C và a, b, là các s mol tng ng. 2 2 2 1 1 4 4 2 x y y y C H OH x O xCO H O             a 2 2 2 1 1 4 4 2 x y y y C H OH x O x CO H O                   b " 2" 2 2 " "1 1 4 4 2 " " x y y y C H OH x O x CO H O             c Ta có: 0,08a b c   S mol 2 CO thoát ra: ' " 6,16 0,14 44 xa x b x c mol    "1 1 1 0,21 2 2 2 y y y a b c mol                          0,34"ya y b y c       s mol 2 O cn dùng đ đt cháy A,B,C: "1 1 1 4 4 4 " 4 4 4 y y y x a x b x c                             0,14 0,0085 0,02 0,205 4 " " 4 ya y b y c a b c xa x b x c mol                S mol 2 O d: 0, 42 0, 205 0, 215  Vy s mol sau khi phn ng: http://boxmath.vn Trang 5 2 2 2 0,14 0,21 0,215 0,565 CO H O O d n n n mol        Ta có: . 0,082(136,5 237).0,565 1,186 16 PV RTn n P P atm RT V        Vy áp sut sau phn ng là 1,186atm b. Do s cacbon ca B, C bng nhau nên ta gi 2 1 2n n x C H OH   ----- 2 1 2m m y C H OH   ----- 2 1 2m m z C H OH   (A)---------------------------(B)----------------------------(C) Là công thc ca ru A, B, C trong đó x, y, z là s ni đôi trong mch hiđrocacbonvà a, b, c là s mol tng ng ca 3 ru.Phn ng đt cháy ru: 2 1 2 2 2 2 3 ( 1 ) 2 n n x n x C H OH O nCO n x H O         2 1 2 2 2 3 ( 1 ) 2 m m y m y C H OH O m y H O       2 1 2 2 2 3 ( 1 ) 2 m m z m z C H OH O m z H O       Ta có tng s mol 3 ru: 0,08a b c   (1) Do: 5 5 ( ) ( ) 3 3 A B C n n n a b c     (2) S mol 2 : ( ) 0,14CO na m b c   (3) S mol 2 : ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 0,21H O n x a m y b m z c         (4) ( ) 0,21na m b c a b c xa yb zc          0,01xa yb zc    T (1)(2) 0,05a  và 0,03b c  T (3) 0,05 0,03 0,14 5 3 14n m n m      n 1 2 3 m 3 L âm 1, 3n m    Ru ( )A ch có 1C, ru ( ),( )B C có 3C Do (A) ch có 1C nên không có ni đôi hay ni ba trong mch (A) là ru đn no,suy ra: x = 0 Vy công thc 3 ( ) : A CH OH T (5) yb + zc = 0,01(*)Công thc ca (B), (C): 3 7 2 3 7 2 , y z C H OH C H OH   B, C có th là ru đn no, ru đn có mt ni đôi hoc ru đn có 1 ni ba. Dođó B, C có th là mt trong các trng hp sau: B, C là 2 ru đn no không cha ni đôi, ni baLúc đó ta suy ra t (*) : 0, 0y z  Thay vào (4) ( ) 0,22 0,21na m b c a b c xa yb zc          (không tha mãn). (B), (C) có th là 1 ru đn no và 1 ru có mt ni đôi, suy ra trong phân t (C)có cha 1 ni đôi 0, 1y z   T ( * ) 0,01 0,01; 0,02yb zc c b      (tha mãn) Vy công thc ca (B), (C) là: 3 7 C H OH và 3 5 C H OH (B), (C) là 2 ru đn no có ni đôi 1y z  Lúc đó 0,01?0,03yb zc b c    (loi) (B), (C) là 2 ru đn có 1 ni ba 2y z  T ( * ) 2( ) 0,01 0,005b c b c      (loi) (B) có 1 ni đôi, (C) có mt ni ba. T ( * ) 2 0,01 0,03 0,03 0,03 0,01b c b c b c c           (loi) (B) có mt ni ba, (C) là ru đn no. Lúc đó 2, 0y z  T ( * ) 2 0,01yb zc b    0,005b  0,025c  (tha mãn) http://boxmath.vn Trang 6 Công thc ( ),( )B C là: 3 3 3 7 ,C H OH C H OH Vy công thc ca (A): 3 CH OH , công thc ca ( )B và ( )C là: 3 7 C H OH và 3 5 C H OH hoc 3 7 C H OH và 3 3 C H OH Cách 2. a.Tính ra: 0,08 Ancol n mol 2 0,14 CO n mol và 2 0,21 H O n mol nh lut bo toàn O: Suy ra 2 O phn ng là: 0,205 Pu n mol Do đó: 0,215 du n mol 0,21 0,215 0,14 0,565 s n au mol     0,39.0,082.409 1,1843 16 P atm  b. S C trung bình: 1,75 C N  suy ra A phi là 3 : CH OH amol (Vì B và C có cùng s C) Gi B và C: : n y C H O bmol H: 0,08a b  ; 3 5a b Suy ra: 0,05a  và 0,03b  Ta có: 0,05 0,03 0,14 3n n     2.0,05 0,03. 0,21 7,33 2 y y     Suy ra: 3 6 C H O và 3 8 C H O Hoc: 3 4 C H O hoc 3 8 C H O Ví d 2. Nung 004 mol axetilen; 0,13 mol mol vinylaxetilen; 0, 03 mol etilen và 0, 23 mol hidro trong 1 bình kín vi 1 ít bt Ni  nhit đ cao đn khi phn ng xy ra hoàn toàn thu đc hn hp Y có t khi hi so vi 2 H là 22,75.Dn hn hp Y đi qua bình đng 1 lng d dung dch 3 3 /AgN O N H thu đc m gam kt ta và 3.584 lít hn hp khí Z(đktc) thoát ra khi bình.Bit t khi hi ca Z đi vi 2 H là 22.75.Th tích dung dch 2 Br 0.5M nh nht cn dùng đ làm no hoàn toàn hn hp Z là: A.0,16(l) B.0,32(l) C.0,08(l) D.0,64(l) Li gii: 45,5 Y M  do đó 2 H đã ht. Ta có 0,04 0,13 0,03 0,2 45,5.0,2 9,1 Y Y n mol m g        0,16 7,28 Z Z n mol m g    Gi x,y là s mol ca 2 2 C H và 4 4 C H d. ta có: 0,04x y  và 26 52 1,82x y  0,01; 0,03x y    Nh vy ban đu tng s mol liên kt pi là: 0,03.2 0,1.3 0,03 0,39n mol     S liên kt pi b bão hoà là: 0,23mol Còn li:0,16mol Nh vy: 0,32( )V l B  . II.nh lut bo toàn đin tích và đnh lut bo toàn eletron. 1. Dnh lut bo toàn đin tích. Phát biu th nht.Trong mt dung dch, tng đin tích dng bng tng đin tích âm. Phát biu th hai: Trong mt phn ng ion rút gn thì tng đin tích các ion trc phn ng bng tng đin tích các ion sau phn ng. H qu: H qu 1. Trong mt dung dch thì tng s mol đin tích âm bng tng s mol đin tích dng. http://boxmath.vn Trang 7 Ví d: Trong mt dung dch gm a(mol) ion 2 Ca  ; b(mol) 3 Fe  và c(mol) 2 4 SO  thì đin tích dng là 2 3 ( )a b mol Và ca đin tích âm là 2 ( )c mol Ta có ngay 2 3 2a b c  . H qu 2. Cân bng phn ng ion rút gn. Vi nhng phn ng oxi hóa kh vi đ phc tp cao và đc vit di dng phng trình ion rút gn thì ta phi nh đn phng pháp ion rút gn. Ví d: Phn ng hòa tan Al trong 3 N O OH    Phn ng xy ra: 23 4 3 [ ( ) ]H OAl OH N O Al OH N H        Trc tiên ta có Al nhng 3 electron còn N nhn 8 electron. Do đó đin các s 8 và 3 vào Al và 3 N H nh vy phi có 3 3 N O  3 2 4 3 8 3 8[ ( ) ] 3Al OH N O H O Al OH N H         Tip theo ng dng LBT đin tích: Tng đin tích sau là 8 , nh vy đin tích trc cng phi là 8 Suy ra phi có 5 OH  . 3 2 4 3 8 5 3 8[ ( ) ] 3Al OH N O H O Al OH N H         Tip tc cân bng oxi và H ta đc : 3 2 4 3 8 5 3 18 8[ ( ) ] 3Al OH N O H O Al OH N H         . Tt nhiên là có nhiu cách cân bng khác nhau cho mt phng trình, mình ch xin gii thiu phng pháp này đ các bn có th cân bng các phng trình ion rút gn mt cách nhanh nht. 2. nh lut bo toàn eletron. Phát biu: Trong mt phn ng oxi hóa kh, tng s electron nhng bng tng s electron nhn. H qu: iu này dn đn s mol electron nhng bng s mol eletron nhn. Ví d: Nung 16,8 g Fe trong không khí sau mt thi gian thu đc hn hp X, Cho X tác dng vi HCl va đ thy thoát ra 1,12(l) khí không màu (đktc) và dung dch Y. Cht rn còn li hòa tan trong dung dch Z là 4 KMnO , thy cn dùng lng Z đúng bng lng đã phn ng vi Y. Nu ly toàn b X phn ng vi 3 HN O đc nóng d thì th tích khí 2 N O sinh ra  điu kin tiêu chun là bao nhiêu?? Li gii: Ta có: Trong Y Fe d là 2 2 0,05( ) Fe FeCl H n n n mol   Khi cho Y vào Z thì phn ng gia 2 FeCl và 4 KMnO xy ra. Ta có 2 FeCl nhng 0,05 0,05.2 0,15( ) e n mol   . Nh vy s mol mà cht rn còn li đó nhng cng đúng bng 0,15( )mol vì dùng cùng mt lng Y. Không mt tính tng quát ta gi s trong X có , Fe FeO và 2 3 Fe O . Khi đó 0,15( ) FeO n mol do đó có FeO tham gia phn ng. T đó 2 0,05.3 0,15 6,72( ) N O e n n l    . III. Mt s phng pháp gii: T các d kin ca đ bài, ta có th d dàng nhn ra các “du hiu nhn bit” ca các phng pháp gii toán quen thuc. ó là:  Phng pháp đi s thông thng  Phng pháp đa thêm s liu  Phng pháp trung bình và k thut đng chéo  Phng pháp đng chéo  Phng pháp phân tích h s và ng dng  Phng pháp bo toàn nguyên t và khi lng   bt bão hòa k http://boxmath.vn Trang 8 Tt nhiên là  đây các phng pháp này đan xen ln nhau và khó có th phân bit rch ròi vi nhau, đng thi, cng có khó có th ch dùng mt phng pháp mà có th gii quyt trn vn đc bài toán. Ví d:Hn hp X gm 2 2 2 6 ,C H C H và 3 6 C H . t cháy hoàn toàn 24,8g hn hp X thu đc 28,8g nc. Mt khác 0,5 mol hn hp này tác dng va đ vi 500g dung dch Brom 20%. Tính % v th tích ca mi khí trong hn hp Ta có ngay 2 1,6( ) H O n mol và 2 0,625( ) Br n mol Cách 1: Phng pháp đi s thông thng (đây là cách làm thông thng mà hc sinh nào cng tng đc bit và có l là không di 70% hc sinh gii bài toán này bng cách này) Gi s mol các khí trong 24,8 gam hn hp X ln lt là x, y, z mol và s mol các khí trong 0,5 mol hn hp X ln lt là kx, ky, kz mol T gi thit, ta có h phng trình:           2 2 2 6 3 6 26 30 42 24,8 0,4 3 3 1,6 % 50% 0,2 0,5 % % 25% 1,6 2 0,625 C H C H C H x y z g x mol x y z mol V y z mol kx ky kz mol V V k kx kz mol                                      Cách 2: Phng pháp đa thêm s liu Hn hp X theo đ bài là mt hn hp đng nht, t l gia các thành phn khí trong hn hp là không đi, do đó, KLPT trung bình ca hn hp M là mt giá tr không đi. Ta dùng phng pháp đa thêm s liu: gi x, y, z ln lt là s mol ca ba khí trong 1 mol hn hp X. T gi thit, ta có h phng trình:         1 0,5 0,625 2 1,25 0,5 0,25 24,8 3 3 26 30 42 1,6 x y z mol x mol x z y z mol x y z M x y z                               Cách 3: Phng pháp trung bình +Phng pháp bo toàn nguyên t và khi lng + Phng pháp đi s Gi CTPT trung bình ca c hn hp X là x y C H . Áp dng đnh lut bo toàn nguyên t và khi lng, ta có: 16 21,6( ) 1,8( ) 9 C X H C x m m m g n mol y        Do đó, CTPT trung bình  trên có th vit thành 16 9 x x C H . Do phn ng cng Brom bin Hydrocacbon đã cho thành hp cht no, nên CTPT ca sn phm là: 16 2 2 9 9 x x x C H Br  vi 2 0,625.2 9 2 2,5 9 0,5 4 x x     Vy CTPT trung bình ca hn hp X là 9 4 4 C H . T đây, ta d dàng có s mol ca 24,8g X là 0,8 mol. Và h phng trình       0,8 3 3 1,6 2 3 3 1,8 x y z mol x y z mol x y z mol               . Ví d 2. t cháy hoàn toàn 11,6(g) mt hidrocacbon A cn dùng 29,12(l) khí 2 O . Xác đnh CTPT hidrocacbon. Bài toán nhìn có v rt đn gin và sau đây là 2 cách gii cho bài toán này. http://boxmath.vn Trang 9 2 1,3( ) O n mol Cách 1. Gi A x y C H Phng trình cháy: 2 2 2 4 2 2 x y y y C H x O CO H O           Ta có 4 10 11,6 1,3 4 4 1,6 12 10 4 x x y C H y x y y x         . Nhng liu có cách nào hay hn không và nhanh na, s dng máy tính mà ít vit thì càng tt. Cách 2. Gi 2 ( ) CO n x mol và 2 ( ) H O n y mol Ta có ngay 2 1,3.2 0,8 0,8.2 4 44 18 1,3.32 11,6 1 1 10 b b a x a b b y                  . Bn s thc mc vì sao li có phng trình đó. Phng trình th nht là đnh lut bo toàn nguyên t oxi còn phng trình th hai là L bào toàn khi lng. Cách th 2 ta không cn vit mt phng trình nào c mà ch vic bm máy tính là đc đáp án. ( Trích dn thy giáo V Khc Ngc) * S khác bit gia đng c xng – đng chéo và phn lc.* Vi mt hn hp trung bình ca hai cht đã bit khi lng mol trung bình ta thng dùng phng pháp đng chéo đ xác đnh t l. Xét ví d: Hn hp A gm 2 N và 2 H có t khi hi so vi He là 1,8. Tính t l % v khi lng ca 2 N trong A. Li gii: im cht ca bài toán là tìm ra t l s mol. Ta đi tìm t l mol. Cách 1. x(mol) 2 N có M=28 7,2 2 5,2  7,2M  y (mol) 2 H có M=2 28 7,2 20,8  Suy ra 1 4 x y  đn đây ta có th gi s 1; 4x y  đ gii tip. Cách th 2. Dùng phn lc. Không mt tính tng quá ta gii s 1x y  Ta đi đn h:     0,25 1 28 2 7,2 0,75 x mol x y x y y mol                Bài toán xem nh đã hoàn tt. Li bình.  gii quyt nhanh các bài toán thiu bin mà liên quan đn khi lng trung bình chng hn ta nên gii s là tng s mol ca chúng bng 1.  không phi trâu bò áp dng đng chéo nh trên. Trên đây ch là mt s li khuyên v các phng pháp gii, đó ch là kinh nghim cá nhân ca ban biên tp và su tm ca mt s tác gii khác. Hy vng s mang li hu ích cho các bn trong các kì thi sp ti. http://boxmath.vn Trang 10 Câu 1. Tin hành phn ng nhit nhôm m gam X gm bt Al và x y Fe O trong điu kin không có không khí, đc hn hp Y. Nghin nh, trn đu hn hp B ri chia thành 2 phn : - Phn 1 có khi lng 14,49 gam đc hoà tan ht trong dung dch 3 HN O đun nóng thu đc dung dch C và 0,165 mol NO (sn phm kh duy nht) - Phn hai tác dng vi dung dch NaOH đun nóng thy gii phóng 0,015 mol khí 2 H và còn li 2,52gam cht rn. Công thc ca oxit và giá tr ca m ln lt là: &19.32 .FeOA gam 2 3 28.9. & 8Fe OB gam 3 4 19.3 . & 2Fe OC gam 3 4 . 28.2& 9Fe OD gam Li gii: T phn 2 ta suy ra s mol 0,01 Al n mol , 0,045 Fe n mol 4,5 Fe Al n n   Trong phn 1 ta đt s mol: , Al Fe n xmol n ymol  Ta có: 4,5y x Khi phn ng vi 3 HN O thì: 0,165x y  Gii h ra ta đc: 0,03 ; 0,135 x mol y mol  2 3 14,49 0,03.27 0135.56 6,12 Al O m g     2 3 0,06 Al O n mol  0,18 O n mol  0,75 Fe O n n   3 4 :CT Fe O Ta có: s mol Fe trong phn 1 gp 3 ln s mol Fe trong phn 2. 4 (0,15.27 0,045.232) 19,32 3 m g   áp án: C Câu 2. cho m gam hn hp X gm Fe, FeS tác dng ht vi HCl d thu đc V lít khí (dktc). Mt khác, nu cho m gam hôn hp X vào dd 3 HN O d thu đc dung dch Y ch cha 1 mui Nitrat và 2V lít hn hp khí gm NO và 2 SO . Thành phn v khi lng ca Fe trong X là A. 45,9% B. 54,1% C. 54,9% D. 45,1% Li gii: Gi : Fe n x ; : FeS n y Ta có : ( ).22, 4V x y  3 3Fe e Fe    x------3x 3 2 7FeS e Fe SO     y--------7y-------------y 5 2 3N e N       Ta có 3 7 3 N O x y n   3 7 2( ) 3 x y y x y      3 4x y  Chn x = 4, y = 3 Ta đc %Fe = 45,9% A . http:/ /boxmath. vn Trang 1 DIN ÀN BOXMATH. VN http:/ /boxmath. vn Trang 2 “Ngi b vp ngã là ngi dám liu mình Nhng bài tp hóa mang thng hiu ca boxmath. Trang 93.                                  http:/ /boxmath. vn Trang 4 MT