Một số bài toán khó có cách giải hay môn Hóa học 12

MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÓ CÓ CÁCH GIẢI HAY

 

Câu 1: 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. Hòa 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.

Bài giải:

Cách 1. 

Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}}{\rm{   =  2}}{\rm{.}}{{\rm{n}}_{{\rm{O (oxit)}}}}{\rm{   +  4}}{{\rm{n}}_{{\rm{NO}}}}{\rm{  =   }}\frac{{{\rm{(2,71 - 2,23)}}{\rm{.2}}}}{{{\rm{16}}}}{\rm{   +   4}}{\rm{. }}\frac{{{\rm{0,672}}}}{{{\rm{22,4}}}}{\rm{   =  0,18 mol}}\) . D là đáp án đúng

Cách 2.

\(\begin{array}{l}
{n_{HN{O_3}(tao\,\,\,muoi)}} = {n_{M(cho)}} = {n_{{O_2}\,thu}} + {n_{HN{O_3}(thu)}} = \frac{{(2,71 - 2,23).2}}{{16}} + 3.0,03 = 0,15\,\,mol\\
{n_{HN{O_3}(pu)}} = {n_{HN{O_3}(tm)}} + {n_{HN{O_3}({\rm{oxi hoa}})}} = 0,15 + {n_{NO}} = 0,15 + 0.03 = 0,18\,\,mol
\end{array}\)

Câu 2: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và axit linoleic. Để trung hòa m gam X cần 40 ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X thì thu được 15,232 lít khí CO₂ (đktc) và 11,7 gam H₂O. Số mol của axit linoleic trong m gam hỗn hợp X là

A. 0,015.                     B. 0,010.                     C. 0,020.                     D. 0,005.

Bài giải:

Axit panmitic, axit stearic no đơn chức nên khi cháy tạo \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}}}{\rm{  =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ }}\) còn axit linoleic không no có 2 liên kết đôi trong gốc hiđrocácbon và đơn chức nên khi cháy cho:

Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{axit}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ -  }}{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}}}}}{{\rm{2}}}{\rm{ }} \to {\rm{ }}{{\rm{n}}_{{\rm{axit  linoleic}}}}{\rm{  =  }}\frac{{{\rm{(0,68  -  0,65)}}}}{{\rm{2}}}{\rm{ =  0,015 mol}}\) . A đúng.

Chú ý: 

CH₃ – (CH₂)₁₄ – COOH :                   (C₁₅H₃₁-COOH) axit panmitic (t⁰_n/c63⁰C)

 CH₃ – (CH₂)₁₆ – COOH:                   (C₁₇H₃₅-COOH)axit steric (t⁰_n/c 70⁰)

 CH₃ – (CH₂)₇ - CH = CH – (CH₂)₇ – COOH  :         (C₁₇H₃₃-COOH)axit oleic (t⁰_n/c13⁰C)

CH₃(CH₂)₄ – CH = CH –CH₂- CH = CH – (CH₂)₇ – COOH  :         (C₁₇H₃₁-COOH)axit linoleic (t⁰_n/c 5⁰C).

Câu 3: Hỗn hợp Z gồm hai axit cacboxylic đơn chức X và Y (M_X > M_Y) có tổng khối lượng là 8,2 gam. Cho Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 11,5 gam muối. Mặt khác, nếu cho Z tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được 21,6 gam Ag. Công thức và phần trăm khối lượng của X trong Z là

A. C₃H₅COOH và 54,88%.                            B. C₂H₃COOH và 43,90%.

C. C₂H₅COOH và 56,10%.                            D. HCOOH và 45,12%.

Bài giải:

 Cách 1. n _{hỗn hợp axit} = (11,5-8,2)/22 = 0,15 mol, n_HCOOH = ½ n _Ag = 0,1 mol

→ 0,1.46  + 0,05.(R + 45) = 8,2 →  R = 27 (C₂H₃­). Vậy axit X: C₂H₃COOH ( 43,90%). B đúng.

- Thứ nhất: tính số mol hỗn hợp axit phải sử dụng pp tăng giảm khối lượng.( khi tác dụng với NaOH thì khối lượng muối tăng 22)

- Thứ hai: Axit cacboxylic tham gia phản ứng tráng gương chỉ có 1 axit duy nhất là axit fomic: HCOOH . 1moll axit này khi tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được 2 mol Ag.

- Thứ 3: khó hiểu thì xem cách giải sau.

Cách 2. X, Y đơn chức \( \to {n_Z} = \frac{{11,5 - 8,2}}{{23 - 1}} = 0,15\,mol \to {M_Z} = \frac{{8,2}}{{0,15}} = 54.667\)

Z tác dụng được với AgNO₃ → Z có HCOOH đây chính là Y vì M=46ZX  .

Ta có \({n_Y} = \frac{1}{2}{n_{Ag}} =  = 0,1mol \to \% Y = \frac{{0,1.46}}{{8,2}}.100\%  = 56,10\%  \to \% Z = 43,90\% \) vậy B đúng

Câu 4: Một ion M³⁺ có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. Cấu hình electron của nguyên tử M là

A. [Ar]3d⁵4s¹.             B. [Ar]3d⁶4s².             C. [Ar]3d⁶4s¹.             D. [Ar]3d³4s².

Bài giải:

Cách 1:    \(Z = \frac{{79}}{3} = 26,33 \approx 26\, \to \,Fe(Z = 26):{\rm{[Ar]3}}{{\rm{d}}^{\rm{6}}}{\rm{4}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\)

Cách 2.

M có tổng số hạt n,p, e là 79 + 3 = 82 → Z_M = 26. Vậy B đúng.

Câu 5: Hỗn hợp khí X gồm một ankan và một anken. Tỉ khối của X so với H₂ bằng 11,25. Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít X, thu được 6,72 lít CO₂ (các thể tích khí đo ở đktc). Công thức của ankan và anken lần lượt là

A. CH₄ và C₂H₄.         B. C₂H₆ và C₂H₄.        C. CH₄ và C₃H₆.        D. CH₄ và C₄H₈.

Bài giải:

Cách 1.

  M_X = 22,5 . Nên ankan là CH₄. m_H = m_X - m_C = 0,9gam → n_H2O =0,45 mol

→ n_CH4 = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol → n_anken = 0,2 – 0,15 = 0,05 mol.

Gọi CTPT anken: CnH2n (n  > 2) → n = 3  (C­₃H₆)

Cách 2.   Số nguyên tử C trung bình = \(\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 1,5 \to Ankan\,\,la\,\,C{H_4}\,\,va\,Anken\,\,{C_n}{H_{2n}}\)

Theo quy tắc đường chéo về KLPT(M) và số nguyên tử C (n) ta có: \(\frac{{(14n - 22,5)}}{{22,5 - 16}} = \frac{{(n - 1,5)}}{{1,5 - 1}}\, \Leftrightarrow \,n = 3\,\,\)

Câu 6: Một loại phân supephotphat kép có chứa 69,62% muối canxi đihiđrophotphat, còn lại gồm các chất không chứa photpho. Độ dinh dưỡng của loại phân lân này là

A. 48,52%.                  B. 42,25%.                 C. 39,76%.                  D. 45,75%.

Bài giải:

Cách 1: 

\( \to {\rm{ \% }}{{\rm{P}}_{\rm{2}}}{{\rm{O}}_{\rm{5}}} = \frac{{142}}{{234}}.69,62\%  = 42,25\% .\,\,\) B đúng.

Cách 2: Giả sử có 100 gam phân supephotphat kép có: Ca(H₂PO₄)₂ → P₂O₅

                                                                                                                        234 gam         142 gam

     69,62 gam          42.25 gam  → B đúng

Câu 7: Cho 13,74 gam 2,4,6-trinitrophenol vào bình kín rồi nung nóng ở nhiệt độ cao. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được x mol hỗn hợp khí gồm: CO₂, CO, N₂ và H₂. Giá trị của x là

A. 0,60.                       B. 0,36.                       C. 0,54.                       D. 0,45.

Bài giải:

\({\rm{ }}x = \frac{{13.74}}{{229}}(6{\rm{    +   1,5    +   1,5) = 0,54 mol}}\) → C đúng 

- Nếú chưa quen thì làm theo cách sau thôi.

C₆H₃N₃O₇  → CO₂   +   5CO   +  1,5N₂   +  1,5H₂

   0,06mol          0,06           0,3         0,09          0,09   → x = 0,54 mol → C đúng

Câu 8: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm Fe_xO_y và Cu bằng dung dịch H^­₂SO₄ 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%.

Cách 2: gọi a, b là số mol Fe_xO_y và Cu.

ta có hệ: 56ax+16ay+64b=2,44  (1) , 3ax-2ay+2b=0,045 (2), 400ax+160b=6,6 (3)  giải hệ ta được ax=ay=0,025mol (FeO) và b=0,01mol (Cu) → %m _Cu = 26,23 % → C đúng.

Cách 3: 2,44 gam X gồm Fe_xO_y và Cu có thể tạo ra tối đa:

Hỗn hợp Fe₂O₃ và CuO có khối lượng: 2,44 + .16 = 2,8 gam

Gọi: số mol Fe₂O₃  x → Fe₂(SO₄)₃  x

CuO y →  CuSO₄      y

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{160x + 80y = 2,8}\\
{400x + 160y = 6,6}
\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0,0125}\\
{y = 0,01}
\end{array}} \right.\) → %m _Cu = 26,23 %

...

Trên đây là một phần trích đoạn nội dung Một số bài toán khó có cách giải hay môn Hóa học 12. Để xem toàn bộ nội dung các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập .

Chúc các em học tập tốt !