Đề tài Một số phương pháp giải toán hóa học

Nội dung đề tài đề cập đến các phương pháp cần thiết, có hiệu quả cao để giải các bài toán hóa học. Thiết nghĩ, các phương pháp trên nên được ứng dụng và phổ biến đến học sinh, nhằm tạo cho các em thói quen áp dụng để giải bài tập hóa học đạt kết quả tốt.

Qua đề tài này, với mong muốn giúp các em học sinh tự tin hơn khi làm kiểm tra, bài thi, nhất là đối với việc làm bài thi trắc nghiệm môn hóa trong kì thi tốt nghiệp THPT, thi ĐH&CĐ, góp một phần trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn hóa học ở trường THPT. Thời gian để kiểm định tính hiệu quả chưa được lâu, cũng như có thể còn nhiều vấn đề cần được nghiên cứu thêm về đề tài. Tôi xin trân trọng sự đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp và những ai quan tâm đến đề tài này.

 

 

 

doc33 trang | Chia sẻ: huong.duong | Ngày: 01/02/2016 | Lượt xem: 414 | Lượt tải: 9download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Đề tài Một số phương pháp giải toán hóa học, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
hử là H2. Số mol oxi tham gia phản ứng tạo ra hỗn hợp A = Quá trình phản ứng được biểu diển bằng 2 quá trình: O2 + 4e- " 2O2- (quá trình khử) H2 - 2e- " 2H+ (quá trình oxi hóa) Gọi x là số mol H2 ta có: 0,0094 = 2x x = 0,018 mol = 0,01822,4 = 0,4032 lít b/ Tính thể tích NO Ta thấy Fe ban đầu cuối cùng chuyển hết thành Fe3+ và chịu tác dụng của 2 chất oxi hóa O2 và HNO3. Các phản ứng được biểu diển thành 2 quá trình: Fe - 3e- " Fe3+ (quá trình oxi hóa) (quá trình khử) O2 + 4e- " 2O2- + 4H+ + 3e- " NO + 2H2O Số mol Fe trong lượng Fe ban đầu = . Gọi y là số mol NO. Ta có : 0,013 = 0,0094 + 3y y = 0,001 mol VNO = 0,0224 lít c/ Tính thể tích H2 thoát ra: Số mol Al = = 0,2 mol. Số mol Fe trong lượng Fe ban đầu = . Gọi z là số mol H2 tạo thành Fe oxit hh Fe, Al2O3, Al dd Fe2+, Al3+ + H2 Theo các quá trình trên ta thấy toàn bộ Fe và Al ban đầu đều chuyển thành Fe2+ và Al3+ chịu dưới 2 tác nhân oxi hóa O2 và H+ Các quá trình oxi hóa khử : quá trình oxi hóa Fe - 2e- " Fe2+ Al - 3e- " Al3+ quá trình khử O2 + 4e- " 2O2- 2H+ + 2e- " H2 Theo qui tắc bảo toàn electron ta có: 0,0132 + 0,23 = 0,0094 + 2z z = 0,295 mol = 0,29522,4 = 6,608 lít * Ứng dụng qui tắc bảo toàn electron trong giải toán điện phân : Khi điện phân, dưới tác dụng của dòng điện một chiều các ion di chuyển về điện cực trái dấu với nó. Tại catot (-) xảy ra quá trình khử cation: Mn+ + ne- " M (1) x nx x Tại anot (+) xảy ra quá trình oxi hóa anion: Am- - me- " A (2) y my y Gọi x là số mol cation bị khử tại catot. Theo công thức faraday và theo (1) ta có khối lượng chất thoát ra tại catot: m = nx = = số mol electron điện phân với n là số electron trao đổi tại điện cực Gọi y là số mol của anion bị oxi hóa tại anot. Theo (1) (2) và theo qui tắc bảo toàn electron ta có: nx = my = số mol electron điện phân Khi biết I (cường độ dòng điện), t (thời gian điện phân) ta có thể tính được số mol electron điện phân rồi theo qui tắc bảo toàn electron ta có thể tính được lượng chất thoát ra tại các điện cực trong quá trình điện phân. Sau đây là các thí dụ minh họa: TD1 Hòa tan 50 gam CuSO4.5H2O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6M thu được dung dịch A. Tiến hành điện phân dung dịch A với dòng điện có cường độ 1,34 ampe trong vòng 4 giờ. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đkc) thoát ra ở anot. Biết hiệu suất điện phân là 100%. Giải : Số mol CuSO4 = Số mol HCl = 0,20,6 = 0,12 mol Trong dung dịch A có các ion : Cu2+, H+, Cl-, . Theo phương trình điện ly: CuSO4 " Cu2+ + (1) HCl " H+ + Cl- (2) Trong dung dịch A số mol Cu2+ = 0,2 mol, số mol Cl- = 0,12 mol, số mol H+ = 0,12 mol, số mol = 0,2 mol Khi điện phân thì tại Catot (-) Cu2+, H+ Khi điện phân thì Cu2+ bị khử trước Cu2+ + 2e " Cu (3) khi hết Cu2+ nếu tiếp tục điện phân thì H+ bị khử : 2H+ + 2e- " H2 (4) Anot (+), Cl- Khi điện phân thì Cl- bị oxi hóa 2Cl- _ 2e " Cl2 (5) 0,12 0,06 khi hết Cl- nếu tiếp tục điện phân thì nước bị oxi hóa. 2H2O _ 4e- " O2 + 4H+ (6) 4y y Theo đề bài ta có số mol electron điện phân = Gọi x là số mol Cu2+ bị điện phân thì theo (3) ta có : 2x = 0,2 x = 0,1 mol < 0,2 vậy Cu2+ còn lại Khối lượng Cu sinh ra tại catot = 0,164 = 9,4 gam Theo (5) ta thấy khi điện phân hết Cl- số mol electron = 0,12 mol < 0,2 nên xảy ra tiếp quá trình (6). Gọi y là số mol O2 sinh ra. Theo đề bài ta có: 0,12 + 4y = 0,2 y = 0,02 mol Thể tích khí thoát ra tại anot = (0,06 + 0,02)22,4 = 1,792 lít TD2 Hòa tan hết hỗn hợp A gồm 0,02 mol CuO và 0,01 mol Fe2O3 bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được dung dịch B. Điện phân dung dịch B bằng điện cực trơ với dòng điện có cường độ 1,93 ampe trong thời gian 33 phút 20 giây. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đkc) thoát ra ở anot, biết hiệu suất điện phân là 100%. Giải: Hòa tan hỗn hợp A bằng dd HCl xảy ra pt: CuO + 2HCl " CuCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6HCl " 2FeCl3 + 3H2O (2) Theo (1) (2) số mol CuCl2 = 0,02 mol, số mol FeCl3 = 0,012 = 0,02 mol Pt điện ly: CuCl2 " Cu2+ + 2Cl- FeCl3 " Fe3+ + 3Cl- Số mol Cu2+ = 0,02 mol, số mol Fe3+ = 0,02 mol số mol Cl- = 0,022 + 0,023 = 0,1 mol Khi điện phân: Catot (-) Cu2+, Fe3+ Khi điện phân thì Fe3+ bị khử thành Fe2+ Fe3+ + 1e- " Fe2+ (3) Khi hết Fe3+ nếu tiếp tục điện phân thì đến Cu2+ bị khử Cu2+ + 2e- " Cu (4) Khi hết Cu2+ thì đến Fe2+, khi hết Fe2+ đến H2O bị khử Anot (+) Cl- 2Cl- - 2e- " Cl2 (5) Khi hết Cl- nếu tiếp tục điện phân thì H2O bị oxi hóa 2H2O - 4e- " O2 + 4H+ (6) Theo đề bài số mol electron điện phân = Tại catot khi điện phân hết Fe3+ số mol electron = 0,02 mol < 0,04. Vậy có quá trình (4). Gọi x là số mol Cu2+ bị điện phân, ta có: 0,02 + 2x = 0,04 x = 0,01 mol Khối lượng Cu thoát ra tại catot = 0,0164 = 0,64 gam Tại anot khi điện phân hết Cl- thì số mol electron = 0,1 mol > 0,04 vậy Cl- chưa bị điện phân hết hay tại anot không có quá trình (6) Gọi y là số mol Cl2 tạo ra tại anot. Theo (6) ta có 2y = 0,04 y = 0,02 Thể tích khí Cl2 = 0,0222,4 = 0,448 lít IV/ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH: 1/ Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp : Giả sử có hỗn hợp X gồm các chất A, B, C có các giá trị riêng phần như sau : A B C PTK MA MB MC Số mol x y z Thể tích VA VB VC Ta có : = = Nếu tính theo thể tích (đo ở cùng đk nhiệt độ và áp suất) = Ngoài ra ta còn có : = aMA + bMB + cMC + trong đó a, b, c là % thể tích (hoặc % số mol) của A, B, C trong hỗn hợp X (trong cách tính này ta chọn 100% = 1). TD : a = 0,25 %A = 25%... KLPTTB của hỗn hợp chỉ phụ thuộc vào thành phần hỗn hợp, không phụ thuộc vào t0, P (dỉ nhiên là không xảy ra phản ứng giữa các chất trong hỗn hợp). Trong hỗn hợp X nếu MA < MB < MC thì MA < < MC Đối với các bài toán hỗn hợp gồm 2 chất A, B (hoặc có thể nhiều hơn) có cùng hóa tính tác dụng với các chất khác theo cùng tỉ lệ mol. TD: các hchc thuộc cùng dãy đồng đẳng, các kim loại thuộc cùng phân nhóm chính thì ta có thể đặt các chất trong hỗn hợp thành một chất đại diện và khi đó bài toán hỗn hợp chuyển thành bài toán một chất. 2/ Xác định CTPT các hợp chất hữu cơ thuộc cùng dãy đồng đẳng: * Số nguyên tử cacbon trung bình, số nguyên tử hidro trung bình TD : Có hỗn hợp X gồm 2 hchc thuộc cùng dãy đồng đẳng A và B. Giả sử A và B có các đại lượng riêng phần như sau: A có số cacbon là Cn có khối lượng mA có số mol là a có KLPT MA B có số cacbon là Cm có khối lượng mB có số mol là b có KLPT MB Gọi D là chất đại diện cho A và B. D có các đại lượng riêng phần như sau : D có số cacbon là , có khối lượng là mD, có số mol là x, có KLPT là MD. Khi đó ta có: là số cacbon trung bình của A và B. Giả sử : n < m thì ta có : n < < m x = a + b mD = mA + mB MD = Để xác định CTPT các chất trong dãy đồng đẳng ta chỉ cần xác định giá trị từ đó dựa vào điều kiện đề bài về các hchc trong dãy đồng đẳng mà biện luận ra CTPT của các hchc. Nếu 2 hchc là các chất kế tiếp trong dãy đồng đẳng: Giả sử : n < m n + 1 = m. Khi tính được giá trị ta có thể n, m CTPT của 2 hchc. Nếu 2 hchc không kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng: Giả sử n < m ta có : n < < m. Khi tính được giá trị và dựa theo các điều kiện của đề bài ta có thể suy ra các giá trị phù hợp của n và m, từ đó suy ra CTPT của 2 hchc. TD1 Hỗn hợp X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 5 lít hỗn hợp X cần dùng vừa đủ 18 lít oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Xác định CTPT và tính % về thể tích của các anken trong hỗn hợp X. Giải : Gọi công thức chung của 2 anken kế tiếp là : trong đó là số cacbon trung bình của 2 anken Pt : + O2 " CO2 + H2O (1) Theo (1) và theo điều kiện đề bài ta có : = 2,4 CTPT 2 anken kế tiếp: C2H4 và C3H6 Tính % thể tích mỗi anken trong hỗn hợp X: Gọi x là % thể tích của C3H6 trong hỗn hợp X. (1 – x) là % thể tích của C2H4 trong X. Ta có KLPTTB của hh X = 14 = 142,4 = 33,6 42x + 28(1 – x) = 33,6 x = 0,4 %C3H6 = 40% và %C2H4 = 60% TD2 Hỗn hợp X gồm 0,01 mol natrifomiat và a mol 2 muối natri của 2 axit no đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hỗn hợp X và cho sản phẩm cháy (CO2, H2O) lần lượt qua bình I đựng H2SO4 đặc và bình II đựng KOH thì thấy khối lượng bình II tăng nhiều hơn bình I là 3,51 gam. Phần chất rắn Y còn lại sau khi đốt cháy là Na2CO3 cân nặng 2,65 gam. a/ Xác định CTPT và gọi tên 2 muối. b/ Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp X. Giải: a/ Xác định CTPT và gọi tên 2 muối: Gọi công thức chung của 2 muối natri của 2 axit đơn chức no kế tiếp : ( là số cacbon trung bình của 2 hchc) Pt : 2HCOONa + O2 " Na2CO3 + CO2 + H2O (1) 2 + (3 + 1)O2 " Na2CO3 + (2 + 1)CO2 + (2 + 1)H2O (2) theo (1) (2). Số mol CO2 = mol = số mol H2O. Theo đk đề bài: 44 - 18 = 3,51 a(2 + 1) = 0,26 (*) Số mol Na2CO3 = . Theo pt (1) (2) ta có : a = 0,04 mol. Thay a vào (*) = 2,75 từ đó CTPT 2 muối : C3H5O2Na CTCT CH3-CH2-COONa (Natri propionat) C4H7O2Na CTCT CH3-CH2-CH2-COONa (Natri butyrat) (Natri isobutyrat) b/ Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X: Gọi x, y lần lượt là số mol của C2H5COONa và C3H7COONa. Ta có : = = 2,75 2x + 3y = 0,11 (**) Mặt khác ta có: (x + y) = 0,04 (***). Từ (**) (***) x = 0,01 mol, y = 0,03 mol. Khối lượng hh X = 0,01 + 0,0196 + 0,03110 = 4,94 gam %HCOONa = 13,7652% %C2H5COONa = 19,4332% %C3H7COONa = 66,8016% TD3 Cho hỗn hợp X gồm 2 este hình thành từ 2 axit đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và 1 rượu đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn 20,1 gam hỗn hợp X cần 146,16 lít không khí (đkc) (thành phần không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ về thể tích). Sản phẩm cháy lần lượt qua bình I đựng H2SO4 đặc và sau đó qua bình II đựng dd Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng bình I tăng m gam và bình II tăng 46,2 gam. Mặt khác nếu cho 3,015 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với NaOH thì thu được 2,592 gam muối. a/ Tính m. b/ Tìm CTPT của 2 este. c/ Tính % khối lượng của 2 este trong hỗn hợp X. d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa. Tóm tắt : 146,16 lít hh X COOR CO2 + H2O 20,1 gam Bình I (H2SO4 đ) Bình II (dd Ca(OH)2 dư) = m gam = 46,2 gam vừa đủ + NaOH hhX COOR COONa 3,015 gam 2,529 gam Giải : a/ Tính m : Theo điều kiện đề bài ta thấy 2 este là đơn chức và kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Gọi CTTQ của 2 este là: (, lần lượt là số cacbon và số hidro trung bình của 2 este). Gọi a là số mol este. Pt : + ( + - 1)O2 " CO2 + H2O (1) Số mol O2 phản ứng = Theo đề bài thì độ tăng khối lượng của bình đựng dd Ca(OH)2 là khối lượng CO2 = 46,2 gam Số mol CO2 = = 1,05 mol. Theo (1) ta có: a = 1,05 (*) a = 0,18 a( + - 1) = 1,305 (**) = 5,8 Khối lượng hh X = (12 + + 32)a = 20,1 (***) a = 1,74 = 9,6 m = 18a= 15,66 gam b/ Xác định CTPT của 2 este: Do 2 este là kế tiếp và trong phân tử este số H là số chẳn nên từ và CTPT của 2 este là: C5H8O2 và C6H10O2 c/ Tính % khối lượng các este trong hỗn hợp X: Gọi u, t lần lượt là số mol C5H8O2 và C6H10O2 trong 20,1 gam hh X. Ta có: u + t = 0,18 Số mol CO2 = 5u + 6t = 1,05 u = 0,03 và t = 0,15 %C5H8O2 = %C6H10O2 = d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa: Gọi công thức chung của 2 este có dạng: COOR. Số mol este trong 3,015 gam hh X = mol Pt : COOR + NaOH " COONa + ROH (2) Theo (2) số mol muối = 0,027 mol KLPT muối = ( + 67) = = 26,67 Vậy 2 gốc hidrocacbon phù hợp là : CH3- (M = 15) và C2H5- (M = 29). Nếu axit chưa no thì gốc CH2=CH- (M = 27) > 26,67 (loại). Vậy công thức 2 este: CH3COOC3H5 và C2H5COOC3H5 công thức 2 muối: CH3COONa và C2H5COONa. Gọi b, c lần lượt là số mol CH3COONa và C2H5COONa. Ta có: b + c = 0,027 b = 0,0045 82b + 96c = 2,529 c = 0,0225 Khối lượng CH3COONa = 0,004582 = 0,368 gam. Khối lượng C2H5COONa = 0,022596 = 2,16 gam * Số nhóm chức trung bình, số liên kết trung bình: Giả sử trong hỗn hợp có 2 hchc X và Y có CTTQ: (X): CnH2n + 2 – 2k – z(A)z có số mol là a (Y): CmH2m + 2 – 2t – y(B)y có số mol là b với k, z : là số liên kết và số nhóm chức của (X), t, y : là số liên kết và số nhóm chức của (Y). Số liên kết pi trung bình : = Nếu k < t k < < t Số nhóm chức trung bình : = Nếu z < y z < < y TD4 Hóa hơi hoàn toàn 4,28 gam hỗn hợp gồm 2 rượu no A và B ở 81,90C và 1,3 atm thì thu được thể tích hơi là 1,568 lít. Cho một lượng như trên hỗn hợp 2 rượu A, B tác dụng hết với K thì thu được 1,232 lít H2 (đkc). Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp rượu đó thì thu được 7,48 gam CO2. Xác định CTCT và tính khối lượng mỗi rượu, biết rằng số nhóm chức của B nhiều hơn của A một đơn vị. Giải : Gọi công thức chung 2 rượu là: ( là số nhóm chức trung bình của A, B) có số mol x Ta có : x = = 0,07 mol. Số mol H2 = Pt : + K " + H2 (1) Theo (1) ta có = 0,055 = 1,5. Theo đề bài 2 rượu B có nhiều hơn A một nhóm chức, vậy A đơn chức và B 2 chức. Gọi CTTQ A: CnH2n + 2O có số mol là a. CTTQ của B: CmH2m + 2O2 có số mol là b. Pt : CnH2n + 2O + O2 " nCO2 + (n + 1)H2O (1) CmH2m + 2O2 + O2 " mCO2 + (m + 1)H2O (2) Số mol CO2 = = 0,17 mol. Theo (1) và (2) ta có : na + mb = 0,17 (*) Khối lượng hỗn hợp: (14n + 18)a + (14m + 34)b = 4,28 14(na + mb) + 18a + 34b = 4,28 18a + 34b = 1,9 (**) Mặt khác ta có: (a + b) = 0,07 (***). Từ (**) và (***) a = 0,03 b = 0,04. Thay a, b vào (*) ta có : 0,03n + 0,04m = 0,17 3n + 4m = 17 Điều kiện : n 1 ; m 2 ; nguyên m 2 3 4 Vậy CTPT A: C3H8O CTCT: CH3-CH2-CH2-OH n 3 1,6 0,3 CTPT B : C2H6O2 có CTCT (etylenglycol) Tính khối lượng mỗi rượu trong hỗn hợp : Khối lượng C3H8O = 0,0360 = 1,8 gam. Khối lượng C2H6O2 = 0,0462 = 2,48 gam TD5 Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp gồm 2 este đơn chức phải dùng 108,64 lít không khí (đkc) (thành phần không hkí gồm 20% oxi và 80% nitơ về thể tích), thu được 34,32 gam CO2 và 11,88 gam H2O. Mặt khác xà phòng hóa hoàn toàn 3,79 gam hỗn hợp 2 este trên bằng NaOH rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 3,29 gam hỗn hợp muối khan của 2 axit liên tiếp trong dãy đồng đẳng và hỗn hợp rượu gồm rượu metylic và một rượu chứa không quá 4 cacbon trong phân tử. a/ Xác định CTPT, CTCT của 2 este. b/ Tính % theo khối lượng mỗi este trong hỗn hợp. Tóm tắt : KK (O2 – N2) CO2 + H2O 108, 64 lít (đkc) 34,32 gam 11,88 gam (gồm CH3OH và ROH) + + NaOH 3,79 gam 3,29 gam Giải: a/ Xác định CTPT, CTCT của 2 este: Gọi công thức chung của 2 este đơn chức: (trong đó , lần lượt là số cacbon và số hidro trung bình của 2 este). Gọi a là số mol của este. Pt : + ( + - 1)O2 " CO2 + H2O (1) Số mol O2 phản ứng = . Số mol CO2 = . Số mol H2O = Theo (1) ta có : a = 0,78 a = 0,14 a( + - 1) = 0,97 = 5,57 a = 1,32 = 9,43 Khối lượng hh 2 este đem đốt = 0,7812 + 0,662 + 0,1432 = 15,16 gam Pt phản ứng xà phòng hóa: + NaOH " + (2) Số mol của 3,79 gam este đem xà phòng hóa = . Theo (2) số mol muối = 0,035 mol Ta có KLPT muối = ( + 67) = = 27. Do 2 axit là đồng đẳng kế tiếp và có = 27 nên có thể có các trường hợp sau : Trường hợp 1: nếu 2 axit no thì ứng với : CH3- (15) và C2H5- (29) Trường hợp 2: nếu 2 axit là chưa no thì ứng với: CHºC– (25) và CHºC–CH2– (39) Nếu 2 gốc axit là: CH3- (15) và C2H5- (29) thì công thức 2 muối là: CH3COONa và C2H5COONa. Gọi b, c lần lượt là số mol CH3COONa và C2H5COONa theo (2) ta có: (b + c) = 0,035 b = 0,005 82b + 96c = 3,29 c = 0,03 Gọi công thức của 2 este có dạng : CH3COOR1 và C2H5COOR2 ta có: Khối lượng 2 este = (59 + R1)b + (73 + R2)c = 3,79 (59 + R1)0,005 + (73 + R2)0,03 = 3,79 R1 + 6R2 = 261. Theo điều kiện đề bài trong hỗn hợp 2 ancol có 1 ancol là CH3OH vậy trong 2 gốc R1, R2 có một gốc là CH3- (15) R1 15 (CH3-) 171 (loại) Vậy CTPT 2 este là : C3H6O2 và C6H10O2 R2 41 (C3H5-) 15 (CH3-) Số cacbon trung bình = (nhận) Số hidro trung bình = (nhận) Nếu 2 gốc axit là : CHºC – (25) và CHºC – CH2 – (39) thì công thức 2 muối là: CHºC-COONa và CHºC-CH2-COONa. Gọi u, t lần lượt là số mol CHºC-COONa và CHºC-CH2-COONa theo (2) ta có: (u + t) = 0,035 u = 0,03 92u + 106t = 3,29 t = 0,005 Gọi công thức của 2 este có dạng : CHºC-COOR3 và CHºC-CH2-COOR4. Khối lượng 2 este = (69 + R3)u + (83 + R4)t = 3,79 (69 + R3)0,03 + (83 + R4)0,005 = 3,79 6R3 + R4 = 261. Do trong hỗn hợp 2 rượu có một rượu là CH3OH nên một trong 2 gốc R3 hoặc R4 là CH3- (15) R3 15 (CH3-) 41 (C3H5-) R4 171 (loại) 15 (CH3-) Vậy CTPT 2 este là : C6H6O2 và C5H6O2, tuy nhiên 2 este này có số = 6 9,43 nên ta loại trường hợp này b/ Tính % khối lượng các este trong hỗn hợp: %C3H6O2 = %C6H10O2 = 2/ Xác định 2 kim loại trong cùng một phân nhóm chính : Các kim loại trong cùng một phân nhóm chính có cùng hóa trị trong các hợp chất và tác dụng với các chất khác theo cùng tỉ lệ mol.TD các kim loại thuộc phân nhóm chính nhóm I (Kim loại kiềm : Li, Na, K, Rb ) Kim loại phân nhóm chính nhóm II (Mg, Ca, Sr, Ba) TD Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp X gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại thuộc cùng phân nhóm chính nhóm II và thuộc 2 chu kỳ liên tiếp trong HTTH bằng dung dịch HCl thu được dung dịch X và 672 ml khí CO2 (đkc) a/ Xác định 2 kim loại b/ Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải : a/ Xác định 2 kim loại : Gọi công thức chung của 2 muối cacbonat là : MCO3 có số mol là x Pt : MCO3 + 2HCl " MCl2 + H2O + CO2 (1) Số mol CO2 = Theo (1) ta có x = 0,03 mol (M + 60)= = 94,67 M = 34,76. Nếu gọi 2 kim loại là A, B có KLNT : MA, MB. Giả sử MA < MB MA < M < MB MA < 34,76 < MB. Theo đề bài 2 kim loại A, B thuộc cùng phân nhóm chính nhóm II và thuộc 2 chu kỳ liên tiếp trong HTTH nên A : Mg (MA = 24) B : Ca (MB = 40) b/ Tính khối lượng muối khan : Theo (1) ta có số mol MCl2 = 0,03 mol. Khối lượng muối = 0,03(M + 71) = 0,03( + 71) = 3,17 gam V/ PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT: Có một số bài toán người ta cho lượng chất dưới dạng tổng quát như a gam, V lít, n mol, áp suất P, lượng vừa đủ Như vậy kết quả gải bài toàn không phụ thuộc vào lượng chất cho. Trong trường hợp đó tốt nhất ta tự chọn một giá trị như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất. Dưới đây là một số thí dụ minh họa: TD1 Hòa tan một muối cacbonat kim loại M bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng 9,8% thì thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. Xác định kim loại M. Giải : Pt : M2(CO3)n + nH2SO4 " M2(SO4)n + nCO2 + nH2O (1) Chọn số mol muối cacbonat phản ứng là 1 mol Khối lượng muối cacbonat ban đầu = (2M + 60n) gam Theo (1) ta có: số mol H2SO4 phản ứng: n mol Khối lượng dd H2SO4 = Số mol CO2 thoát ra = n mol Khối lượng CO2 = 44n gam Khối lượng dung dịch muối sau phản ứng = (1000n + 2M + 60n - 44n) gam Theo (1) số mol muối sunfat tạo ra = 1 mol Khối lượng muối sunfat = (2M + 96n) gam Theo đề bài ta có : M = 28n Biện luận : N 1 2 3 Vậy kim loại M là Fe M 28 56 84 TD2 Hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A và B có khối lượng a gam. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X thì thu được gam CO2 và gam nước. Nếu thêm vào X một nửa lượng A có trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được gam CO2 và gam nước. a/ Tìm CTPT của A, B biết rằng X không làm mất màu dung dịch brôm. b/ Tính % số mol của A, B trong X Giải: Để việc giải bài toán trở nên đơn giản ta chọn a = 41 gam. Theo đề bài ta nhận thấy lượng CO2 và H2O sinh ra khi đốt cháy A là: Khối lượng CO2 = 2(165 – 132) = 66 gam. Khối lượng H2O = 2(60,75 – 45) = 31,5 gam. Khối lượng các nguyên tố trong hidrocacbon A là: Khối lượng cacbon : mC = Khối lượng hidro: mH = Gọi CTTQ của A là CxHy ta có : x : y = CTTN của A là: (C3H7)n CTPT: C6H14 Khối lượng CO2 và H2O sinh ra khi đốt B là: Khối lượng CO2 = 132 – 66 = 66 gam. Khối lượng nước = 45 – 31,5 = 13,5 gam Khối lượng các nguyên tố trong B : Khối lượng cacbon : mC = Khối lượng hidro: mH = Gọi CTTQ của B là CnHm ta có : n : m = CTTN của B: (CH)u Do A, B không làm mất màu dung dịch brôm nên ta chọn u = 6 CTPT của B là: C6H6 b/ Tính % số mol của A, B trong X: Trong hỗn hợp X ta có số mol của A = Số mol của B = %A = %B = 50% VI/ PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO: Phương pháp đường chéo thường áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, có thể là đồng thể : lỏng – lỏng (dd – dd), khí – khí, rắn – rắn, hoặc dị thể: lỏng – rắn, lỏng – khí, mhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể. Phương pháp này có ý nghĩa thực tế, đặc biệt là trường hợp pha chế dung dịch. Trước hết ta cần lưu ý các điểm sau: Phương pháp chỉ áp dụng cho các trường hợp trộn lẫn các dung dịch của cùng một chất (hoặc khác chất nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất) TD: oxit kim loại kiềm, kiềm thổ + H2O " dd baz kiềm, kiềm thổ Không được áp dụng phương pháp này cho các trường hợp trộn lẫn các chất khác nhau hoặc xảy ra phản ứng giữa chúng. Phương pháp đường chéo dựa trên nguyên tắc sau: Trộn lẫn 2 dung dịch chứa cùng chất tan A với nồng độ chất A khác nhau ta thu được một dung dịch với nồng độ chất A duy nhất. Như vậy lượng chất A trong phần đặc bị giảm xuống phải bằng lượng chất A tăng lên trong phần loãng. Sơ đồ tổng quát của phương pháp đường chéo như sau: D1 x1 x – x2 x (x1 > x > x2) D2 x2 x1 – x2 Trong đó D1, D2 là khối lượng các chất đem trộn lẫn (có thể là dd, chất rắn, chất khí ) x1, x2, x là khối lượng chất ta quan tâm (TD chất tan) qui về trong 100 đơn vị khối lượng D1, D2. Bài toán thuận: Giả sử ta có một hỗn hợp gồm 2 đại lượng A và B. Đại lượng A có giá trị là a và tần số n. Đại lượng B có giá trị là b và tần số m. Xác định giá trị hỗn hợp. Gọi giá trị hỗn hợp là c ta có : c = (1) Bài toán đảo : Tìm cách pha trộn như thế nào của một hỗn hợp gồm 2 đại lượng có giá trị a, tần số n và giá trị b tần số m để được hỗn hợp có giá trị là c. Tìm tỉ số bằng các giá trị a, b, c. Từ công thức : c = = (2) Qui tắc đường chéo. Giả sử a > b Giá trị đại lượng a (tần số n) a c – b c = Giá trị đại lượng b (tần số m) b a – c Sau đây là các thí dụ áp dụng: TD1 Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 500 gam dd NaOH 12% để có dd NaOH 8%? Giải: Gọi m là khối lượng nước cần thêm vào. Aùp dụng qui tắc đường chéo ta có: (coi như nước có nồng độ 0%) m 0 12 – 8 8 m = 250 gam 500 12 8 – 0 TD2 Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O và bao nhiêu gam dung dịch CuSO4 8% để pha chế thành 280 gam dung dịch CuSO4 16%. Giải: Gọi m là khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O cần lấy Nồng độ % của CuSO4 trong tinh thể = . Gọi x là khối lượng dung dịch CuSO4 8% cần lấy Theo qui tắc đường chéo ta có: m 64 16 – 8 16 m = 40 gam x 8 64 – 16 ta có (m + x) = 280 x = 240 gam TD3 Cần trộn H2 và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan bằng 1,5. Giải : Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp: = 1,516 = 24. Gọi V1 là thể tích của H2. V2 là thể tích của CO. Theo qui tắc đường chéo ta có: V1 2 4 24 = V2 28 22 TD4 Hòa tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng thu được hỗn hợp khí gồm NO và N2O có tỉ khối so với hidro bằng 16,75. Tính thể tích mỗi khí. Giải : Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích NO, N2O. Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp khí = 16,752 = 33,5 Theo qui tắc đường chéo ta có : V1 30 44 – 33,5 33,5 (*) V2 44 33,5 – 30 Pt : Al + 4HNO3 " Al(NO3)3 + NO + 2H2O (1) 8Al + 30HNO3 " 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O (2) Do tỉ lệ mol NO : N2O = 3 nên khi nhân 2 vế phương trình (1) cho 9 rồi cộng với phương trình (2) ta có: 17Al + 66HNO3 " 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O (3) Số mol Al = . Theo (3) ta có : số mol NO = VNO = 0,0922,4 = 2,016 lít Số mol N2O = = 0,0322,4 = 0,672 lít VII/ PHƯƠNG PHÁP BIỆN LUẬN: 1/ Xác định kim loại : Để xác định một kim loại trong HTTH thông thường ta phải xác định 2 giá trị: KLNT (M) và hóa trị (n). Hóa trị thông thường của kim loại thường có giá trị: (1 3) và n là số nguyên. Để biện luận ta phải lập phương trình liên quan giữa n và M: M = kn (k là hằng số tỉ lệ nào đó). Sau đó biện luận giá trị M theo n và chọn các giá trị phù hợp. TD1 Nhiệt phân 9,4 gam một muối nitrat của kim loại M tới phản ứng hoàn toàn thấy còn lại 4 gam chất rắn. Hỏi đã nhiệt phân muối nitrat của kim loại nào? Giải: Gọi công thức tổng quát của muối nitrat là M(NO3)n (n là hóa trị của kim loại M) có số mol là x. Ta xét các trường hợp sau: * Kim loại M thuộc các kim loại từ K " Ca: t0 Pt : M(NO3)n M(NO2)n + O2 (1) Theo (1) ta có : 9,4 – 4 = 5,4 x = Mặt khác ta có : x = = M = - 31,148n (loại) * Kim loại M thuộc các kim loại từ Mg " Cu: t0 pt : 2M(NO3)n M2On + 2nNO2 + O2 (2) Theo (2) ta có : 46nx + 8nx = 9,4 – 4 = 5,4 x = Mặt khác ta có : x = = M = 32n Biện luận : n 1 2 3 M 32 64 96 Vậy kim loại M có hóa trị 2 có KLNT = 64 là Cu công thức muối nitrat là Cu(NO3)2 * Kim loại M đứng sau Cu: t0 pt : M(NO3)n M + nNO2 + O2 (3) Theo (3) ta có: 46nx + 16nx = 9,4 – 4 = 5,4 x = Mặt khác ta có: = M = 45,93n (không có kim loại nào phù hợp) TD2 Hòa tan 3,06 gam oxit MxOy bằng dung dịch HNO3 dư, sau đó cô cạn dung dịch thì thu được 5,22 gam muối khan. Hãy xác định kim loại M, biết M chỉ có một hóa trị

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • docSKKN - PP giai toan Hoahoc.doc
Tài liệu liên quan