2011-HOA-SKKN-PPGD-NGHIA(1) (1)

8/4/2019 2011-HOA-SKKN-PPGD-NGHIA(1) (1)

http://slidepdf.com/reader/full/2011-hoa-skkn-ppgd-nghia1-1 1/27

Sáng kiến kinh nghiệm

SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO TỈNH QUẢNG NAMTRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

Tên đề tài:“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG”

Giáo Viên : Trần Trọng NghĩaTổ chuyên Môn : HÓA HỌC

1

Năm học 2010-2011




A.ĐẶT VẤN ĐỀ:

Học sinh khi giải một bài toán hoá học, ngoài việc cần phải nắm kỹ lý

thuyết còn phải nắm được hướng giải quyết bài toán, phân được dạng toán

cần giải . Giải một bài toán hoá học phổ thông các em thường rơi vào

trường hợp không tìm được hướng giải bài toán và dạng bài toán. Dẫn đếntình trạng các em sẽ loay hoay mãi hoặc trình bài toán rất rườm rà, mất

nhiều thời gian. Hiện nay việc đánh giá kiến thức bằng trắc nghiệm khách

quan, việc tìm ra cách giải bài toán bằng phương pháp thích hợp giúp cho

các em hoàn thành bài toán chuẩn xác và nhanh nhất.

Qua 12 năm giảng dạy ở trường phổ thông Lê Quý Đôn, trong những giờ

luyện tập, tôi rút ra một kinh nghiệm, để giải nhanh một bài toán hoá học

phổ thông, ngoài việc nắm kỷ lý thuyết học sinh còn phải nắm vửng phươngpháp giải toán áp dụng cho từng dạng bài tập. Để giúp học sinh không gặp

trở ngại khi giải quyết một bài toán hoá học, tôi xây dựng đề tài sáng kiến:

“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN TRUNG

HỌC PHỔ THÔNG”

Đề tài nghiên cứu giới hạn trong phạm vi giải quyết những bài toán cơ bản

THPT, giúp các đạt kết quả tốt trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẵng.

B.CƠ SỞ LÝ LUẬN:

Ngày nay việc thay đổi đánh giá bằng trắc nghiệm khách quan, yêu cầu

khi giải một bài toán cần phải nhanh, chính xác trong thời gian ngắn nhất,

vì vậy nắm phương pháp giải toán và phân dạng được dạng toán giúp ích

cho các em đạt được kết quả cao trong các kỳ thi. Mặt khác khi dạy bài tập

hoá học trong những giờ luyện tập giáo viên nêu ra phương pháp giải quyết

một bài toán khi đã phân dạng đã đặt học sinh vào vị trí nghiên cứu tìm

cách vận dụng thích hợp phương pháp vào việc giải bài toán. Chính sự lôi

cuốn đã làm hoạt động hoá nhận thức của học sinh, rèn luyện khả năng tư

duy, khả năng hoạt động của học học sinh. Như vậy việc nêu ra phương

pháp giải các dạng toán trong các giờ luyện tập đáp ứng được tính tích cực

trong học tập của học sinh.

2




lít của muối trong dung dịch X (Coi thể tích dung dịch không thay đổi trong quátrình phản ứng)Giải: - Đặt công thức của ôxit kim loại là AxOy, khối lượng mol của A là M. Gọi a làsố mol của AxOy ứng với 1,74 gam. PTPƯ:AxOy + yCO = xA + yCO2 (1)

CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O (2)

Số mol CaCO3 = 0,03 mol. Theo (1) và (2) ta có: nCO =2COn = 0,03 (mol)

→ ya = 0,03(*). Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng (1). Ta có:1,74 + 28.0.03 = mA + 44.0,03Suy ra mA = 1,26 gam Hay M.xa = 1,26 (**).Phản ứng của A với dung dịch HCl: 2A + 2nHCl = 2ACln + nH2 (3)

xa2

n.xa

Ta có: số mol H2 = 0,0225 =2

n.xa hay xa =

n

045,0( ***)

Từ (**) và ( ***) ta có: M = 28n.Cho n = 1, 2, 3 rồi tính M , được nghiệm thích hợp là n = 2, M = 56 nên A là Fe.Thay n = 2 vào (***) ta được: xa = 0,0225 (****).

Từ (*) và (****) ta có: ⇔=⇔=4

3

03,0

0225,0

y

x

ya

xaAxOy là Fe3O4.

b. PTPƯ : 2Fe3O4 + 10H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O

Số mol Fe3O4 =232

74,1= 0,0075 mol → số mol Fe2(SO4)3 = 0,01125 (mol).

Vậy CMFe2(SO4)3 =5,0

01125,0= 0,0225 (mol/l).

Ví dụ 2: Cho hỗn hợp axit hữu cơ A, B tác dụng với rượu đa chức C ta được hỗnhợp nhiều este, trong đó có este E.

a. Để đốt cháy hết 1,88 gam chất E cần một lượng vừa đủ là 1,904 lít O2

(đktc) thu được CO2 và hơi nước với tỷ lệ thể tích tương ứng là 4: 3. Hãy xác địnhcông thức phân tử của E, biết rằng tỉ khối hơi của E so với không khí nhỏ hơn 6,5.

b. Thủy phân hoàn toàn 1,88 gam E bằng dung dịch NaOH sau đó cô cạn thìđược rượu đa chức và 2,56 gam chất rắn gồm NaOH dư và hỗn hợp hai muối của haiaxit hữu cơ đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn X trong O2 dư thu được CO2, hơi H2O vàmuối Na2CO3. Hòa tan hết lượng muối này bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 0,448

lít CO2 (đktc). Hãy viết các công thức cấu tạo có thể có của E (không viết các đồng phân axit, nếu có).Giải:

- Sơ đồ phản ứng cháy: E + O2 → CO2 + H2O (1)Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có:

mE + m 2O = m 2CO + m 2 H = 1,88 + 32.4,22

904,1= 4,6 (g)

4




Gọi a là số mol của CO2 thì số mol của H2O bằng4

3a. Do đó:

44a + 18.4

3= 4,6 → a = 0,08 mol.

Ta có: mC = 0,08.12 = 0,96 g; mH =4

3.0,08.2 = 0,12 g

Gọi công thức tổng quát của E là CxHyOz ta có tỷ lệ số mol:

x:y:z =16

8,0:12,0:

12

96,0= 8:12:5.Vậy công thức chung của E là (C8H12O5)n

Vì KLPT của E phải < 29.6,5 = 188,5 nên 188n < 188. vậy n = 1.Vậy CTPT của E là C8H12O5.

a. Theo phản ứng: Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2

Ta có: số mol CO2 = 0,02 mol, vì NaOH dư cũng như NaOH tạo thành muối hữu cơ khi đốt cháy đều tạo thành Na2CO3. Do đó tổng số mol NaOH ban đầu = 0,02.2 =

0,04 Theo đề bài: nE =188

88,1= 0,01 (mol)

Vì CTPT của E là C8H12O5, vì tạo được 2 muối và 1 rượu do đó E phải là este 2 lầneste (ứng với 2 gốc axit khác nhau) nên số mol NaOH đã phản ứng với este = 0,01.2= 0,02 (mol) và lượng NaOH dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol)tức là 0,02.40 = 0,8(gam).Vậy tổng khối lượng hai muối bằng 2,56 – 0,8 = 1,76 (g)Gọi CTPT của các muối là: RCOONa và R’COONa thì khối lượng phân tử trung

bình của các muối là: 8802.0

76,1==M ⇒ KLTB các gốc bằng ' RM = 88 – 67 = 21.

Như vậy phải có một gốc ví dụ R < 21 và R’ > 21.Do đó R có thể là H (M = 1) hoặc CH3 – (M=15)

Vì số mol 2 muối bằng nhau nên 212

'' =+= R RM R

Nếu R là H (M = 1) thì R’ = 41 (C3H5 –)R là CH3 – (M = 15) thì R’ = 27 (C2H3 –).

Vậy hai cặp nghiệm là: HCOOH và C3H5COOH hoặc CH3COOH và C2H3COOH.Phần công thức ứng với gốc rượu là C8H12O5 trừ đi C5H6O4 bằng C3H6O và vì làrượu đa chức nên công thức cấu tạo duy nhất là:

CH

2-CH-CH

2-OH

Kí hiệu hai gốc axit là A1, B1 ta có các công thức cấu tạo có thể có của E là:

CH2 - CH - CH2 CH2 - CH - CH2CH

2- CH - CH

2;

A1

B1 A

1OH A

1B

1OH B1

OH

Bài tập 1.Cho từ một luồng khí CO đi qua ống đựng m gam một hỗn hợp gồm Fe, FeO,

Fe3O4, Fe2O3 đun nóng thu được 128 gam sắt, khí sinh ra sau phản ứng cho đi qua ddCa(OH)2 thu được 80 gam kết tủa. Tính m ?

Bài tập 2.

5




Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hh gồm một muối cacbonat của kim loại hóa trị Ivà một muối cacbonat của kim loại hóa trị II vào dd HCl thu được 0,2 mol khí CO 2.Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.

Bài tập 3.Một dd có chứa 2 cation là Fe2+: 0,1mol và Al3+: 0,2 mol và 2 anion là Cl -: x

mol và SO42- là y mol. Tính x,y biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9 g chất

rắn khan.Bài tập 4.

Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp nhautrong PNC nhóm II bằng dd HCl thu được 0,896 lit khí CO2 (đo ở 54,6 0C và 0,9atm) và dung dịch X.

a. – Tính khối lượng nguyên tử A và B.- Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch X.

b. Tính % khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.c. Nếu cho toàn bộ CO2 hấp thụ vào 200ml dd Ba(OH)2 thì nồng độ của là bao

nhiêu để thu được 3,94 gam kết tủa.Bài tập 5. (Giải bài toán nhiệt nhôm)Sau phản ứng nhiệt nhôm của hỗn hợp X gồm Al và FexOy thu được 9,39 gam

chất rắn Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dd NaOH dư thấy 336 ml khí bay ra đo ở đktc và phần không tan Z. Để hòa tan 1/3 lượng chất Z cần 12,4 ml dd HNO3 65,3 %( d = 1,4 g/ml) và thấy có khí màu nâu thoát ra.

a. Xác định công thức của FexOy

b. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của bột nhôm trong hh X ban đầu.Cho biết phản ứng xảy ra hoàn toàn.

1.2. Bảo toàn nguyên tố.Định luật bảo toàn khối lượng còn có thể áp dụng cho một nguyên tố, khi đó

định luật bảo toàn khối lượng được viết lại: “Khối lượng của một nguyên tố trongcác chất phản ứng bằng khối lượng của nguyên tố đó trong sản phẩm phản ứng”.

Chú ý: Không tính khối lượng của nguyên tố khác dù nguyên tố đó có thamgia phản ứng với nguyên tố được áp dụng định luật bảo toàn khối lượng.Ví dụ 1: Nhiệt phân m gam NH3 thu được hỗn hợp khí X có V = 134,4 lít (đktc).Cho X qua dung dịch HNO3 dư thì còn lại hỗn hợp Y có V = 89,6 lít (đktc).

a. Xác định thành phần hỗn hợp khí X. b. Tính m.

Giải: Hỗn hợp khí X gồm N2, H2, NH3 còn lại. PTPƯ:2NH3 →

0t N2 + 3H2 (1)

Qua dung dịch HNO3 dư NH3 bị giữ lại :NH3 + HNO3 = NH4 NO3

Còn lại hỗn hợp Y chỉ gồm N2, H2 với số mol:

nY =4,22

6,89= 4 mol; nX =

4,22

4,134= 6 mol. Vậy số mol NH3 dư = 2 mol.

Theo (1) thì nN2 = 3nN2. Do đó trong 4 mol hỗn hợp Y có 1 mol N2 và 3 mol H2.b. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có:

6




n N(NH3 ban đầu) = n N(N2) + n N(NH3) còn lại= 2.1 + 2.1 = 4 mol. Vậy m = 4.17 = 68 (g).

Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất X bằng 0,616 lít khí O2(đktc) ta thu được2,18 hỗn hợp khí CO2, N2 và hơi nước ở 109,20C và 0,896 atm. Sau khi làm ngưngtụ hơi nước, hỗn hợp khí còn lại chiếm 0,56 lít (đktc) và có tỉ khối so với hidro bằng20,4. Xác định công thức phân tử của X.

Giải: - Theo đề: số mol (CO2, N2 và H2O) =4,1.273.082,0

1,2.896,0= 0,06 (mol)

Số mol (CO2, N2) = 0,025 (mol). Số mol H2O ngưng tụ = 0,06 – 0,025 = 0,035.Gọi x là số mol CO2 trong hỗn hợp với N2:

M = 20,4.2 = 40,8; M =025,0

)025,0(2844 x x −+

.

Giải ra ta có x = 0,02 (mol) nên số mol N2 = 0,025 – 0,02 = 0,005 (mol)Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho nguyên tử ôxi để tính khối lượng của nótrong chất X. Ta có:

mO trong X + mO dùng để đốt cháy = mO trong CO2 + mO trong nước→ mO trong X = 0,02.32 + 0,035.16 – 32.

4,22

616,0= 0,02 (mol)

Gọi công thức tổng quát của X là CxHyOz Nt ta có:x : y : z : t = 0,02 : 0,035.2 : 0,02 : 0,005.2 = 0,02 : 0,07 : 0,02 : 0,01 =2 : 7 : 2 : 1→ Công thức thực nghiệm: ( C2H7O2 N)t

Chúng ta tính mC + mH + mO + m N trong 0,01 mol chất X:mC + mH + mO + m N = 0,24 + 0,07 + 0,032 + 0,14 = 0,77 (g)

→MX =01,0

77,0= 77. Ta có 77.t = 77 nên t = 1.Vậy ctpt của X là: C2H7O2 N.

1. 3. Bảo toàn điện tích:Xuất phát từ đinh luật bảo toàn điện tích: “ Trong dung dịch chất điện ly, luôn

trung hòa về điện hay nói cách khác trong dung dịch chất điện ly tổng điện tíchdương luôn bằng tổng điện tích âm”. Dựa vào tính chất này để thiết lập phươngtrình toán học liên hệ và tính được kết qủa cần thiết.Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation là Fe2+ (0,1 mol) và Al3+(0,2 mol) và haianion là Cl- (x mol) và SO4

2-(y mol). Tính x, y biết rằng sau khi cô cạn dung dịch thuđược 46,9 g chất rắn khan.Giải: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

56.0,1 +27.0,2 +35,5.x +96y = 46,9 ⇔ 35,5x + 96y = 35,9 (1)Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y ⇔ x + 2y = 0,8 (2)Từ (1) và (2) ta có: x = 0,2 mol ; y = 0,3 molVí dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na+: a mol; HCO3

- : b mol; CO32-:c mol; SO4

2-: dmol. Để tạo kết tủa lớn nhất người ta dung 100ml dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a, bGiải: HCO3

- + OH- = CO32- + H2O

7




Ba2+ + CO32- = BaCO3↓

Ba2+ + SO42- = BaSO4↓

Dung dịch sau phản ứng chỉ có Na+: a mol . Vì bảo toàn điện tích nên cũng phảicó a mol OH-. Để tác dụng với HCO3

- cần b mol OH-.Vậy số mol của OH- do Ba(OH)2 cung cấp là (a+b) mol.

Ta có : số mol Ba(OH)2 = 2

ba+

và nồng độ x = 2,01,0

2 baba +=

+

(mol/l)

1. 4. Bảo toàn electron- Trước hết cần khẳng định rằng đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứngôxi hóa khử dù phương pháp thăng bằng electron dung để cân bằng phản ứng ôxihóa khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron.- Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khi có nhiều chất ôxi hóa, chất khử trongmột hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng

số electron mà chất khử cho phải bằng tổng số electron do chất ôxi hóa nhận. Nhưvậy ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất ôxi hóa,chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phảnứng. Phương pháp này đặt biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiềutrường hợp có thể xảy ra.Ví dụ 1: Cho hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại M có hóa trị n duy nhất.a. Hòa tan hoàn toàn 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl thu được 2,128 lít H 2,còn khi hòa tan 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HNO3 dư thì thu được 1,792 lít NOduy nhất. Hãy xác định kim loại M.

b. Lấy 3,61 g hỗn hợp Y cho tác dụng với 100 ml dung dịch chứa AgNO3 vàCu(NO3)2. Khuấy kỹ đến phản ứng hoàn toàn chỉ thu được 8,12g chất rắn gồm 3 kimloại. Hòa tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí H 2.Tính nồng độ mol/lít của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu của chúng.Biết thể tích được đo ở điều kiện tiêu chuẩn và H = 100 %.Giải: a. Các phản ứng hòa tan hỗn hợp Y:Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (1)2M + 2nHCl = MCln + nH2 (2)Fe + 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NO +2H2O (3)3M + 4nHNO3 = 3M(NO3)n + nNO + 2nH2O (4)

Gọi x, y là số mol của Fe và M trong 3,16 g.Theo (1); (2) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:

2x + ny =4,22

128,2.2 = 0,19.(I)

Theo (3); (4) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:

3x + ny =4,22

792,1.3 = 0,24.(II). Giải (I) và (II) ta có:

x = 0,05 mol; ny = 0,09 mol.

8




Mặt khác theo khối lượng hỗn hợp Y thì:0,05.56 + y.M = 3,61→ yM = 0,81.Chúng ta thấy kết quả phù hợp là: n = 3; M = 27 và y = 0,03.

b. Vì Al hoạt động hơn Fe và vì chất rắn thu được gồm 3 kim loại nên chúng là Ag,Cu, Fe. Các phản ứng có thể xảy ra:

Al + 3AgNO3 = Al(NO3)3 + 3Ag (5)2Al + Cu(NO3)2 = 2Al(NO3)3 + 3Cu (6)Fe + 2AgNO3 = Fe(NO3)2 + 2Ag (7)Fe + Cu(NO3)2 = Fe(NO3)2 + Cu (8)Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (9)

Theo (9): số mol H2 =4,22

672,0= 0,03 = nFe còn lại.

Gọi a, b là số mol AgNO3 và Cu(NO3)2.- Tổng số mol electron Ag+; Cu2+; H+ nhận là: 1.a + 2b + 2.0,03- Tổng số mol electron Al; Fe nhường là: 3.0,03 + 2.0,05Áp dụng định luật bảo toàn số mol electron:1.a + 2b + 2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 (I’)Mặt khác, theo khối lượng 3 kim loại ta có:108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (II’)Từ 2 phương trình (I’); (II’) trên dễ dàng rút ra a = 0,03 ; b = 0,05 (mol)

Vậy CMAgNO3 = 1,0

03,0= 0,3M, CMCu(NO3)2 = 1,0

05,0= 0,5M.

Ví dụ 2: Oxi hóa hoàn toàn 2,184g bột Fe ta thu được 3,048g hỗn hợp 2 ôxit sắt(hỗn hợp A). Chia hỗn hợp A thành 3 phần bằng nhau.1/ Cần bao nhiêu lít H2 (đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần 1

2/ Hòa tan phần 2 bằng HNO3 dư. Tính thể tích NO duy nhất bay ra3/ Phần 3 trộn với 5,4g bọt Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (H = 100%). Hòatan hỗn hợp sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích khí bay ra ở (đktc). Giải: - 1. Các phản ứng có thể xảy ra:2Fe + O2 = 2FeO (1) 2Fe + 1,5O2 = Fe2O3 (2)3Fe + 2O2 = Fe3O4 (3) FeO + H2 = Fe + H2O (4)Fe2O3 + 3H2 = 2Fe + 3H2O (5) Fe3O4 + 4H2 = 3Fe + 4H2O (6)Từ (1→6) thì Fe không thay đổi số oxi hóa, H 2 cho electron và O2 nhận electronnên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:

2nH2 = 4nO2 → nH2 = 2nO2. 31 = 3

2 .( 32184,2048,3 − ) = 0,018 (mol)

VH2 = 0,018.22,4 = 0,4032 (lít)2. Các phản ứng hòa tan có thể:3FeO + 10HNO3 = 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (7)Fe2O3 + 6HNO3 = 2Fe(NO3)3 + 3H2O (8)3Fe3O4 + 28HNO3 = 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (9)

9




Ta thấy tất cả Fe bị oxi hóa thành Fe 3+ còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành O2-

nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:

3n + 3.3

1

56

184,24.

3

18.

32

184,2048,3=

−

= 0,039

Trong đó n là số mol của NO thoát ra. Chúng ta dễ dàng rút ra n = 0,001(mol) vàV NO = 0,001.22,4 = 0,224(lit)3. Các phản ứng có thể xảy ra:2Al + 3FeO = 3Fe + Al2O3 (10) 2Al + Fe2O3 = 2Fe + Al2O3 (11)8Al + 3Fe3O4 = 8Fe + 4Al2O3 (12) Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (13)

2Al + 6HCl = AlCl3 + 3H2 (14)Xét các phản ứng (1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 14) ta thấy Fe cuối cùng thành Fe 2+, Althành Al3+ , O2

o thành 2O2- và 2H+ thành H2 nên áp dụng định luật bảo toàn số mol

electron, ta có:27

3.4,52.

3

039,0+ = 0,009.4 + n.2

⇔ 0,026 + 0,5 = 0,036 + n.2

Suy ra n = 0,295(mol). Vậy VH2 = 0,295.22,4 = 6,608(lít)2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình:

Đây là một trong những phương pháp được ứng dụng rất phổ biến để giải các bài toán hóa học, đặt biệt là các bài toán hóa hữu cơ. Nó cho phép giải nhanh chóngvà đơn giản nhiều bài toán gồm hỗn hợp các chất rắn, lỏng củng như khí.* Nguyên tắc của phương pháp:Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB), được kí hiệu là M chính là khối lượngcủa 1 mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức:

∑

∑=

+++

+++=

i

ii

n

nM

nnn

nM nM nM

M ...

...

321

332211

(1).Trong đó M1, M2 …là khối lượng phân tử (hoặc khối lượng nguyên tử) các chấttrong hỗn hợp n1, n2…là số mol tương ứng của các chất.Công thức (1) có thể viết thành:

M = M1.∑ i

n

n1

+ M2.∑ i

n

n2

+ M3.∑ i

n

n3

+ …

= (M1x1 + M2x2 +M3x3 +…)/(x1 + x2 + x3 +...)(2).Trong đó x1, x2, x3… là % số mol tương ứng của các chất. Đặt biệt là đối với chấtkhí thì x1, x2 cũng chính là % thể tích của các chất nên công thức (2) có thể viết

thành:

∑∑

=+++

+++=

i

ii

v

vM

vvv

vM vM vM M

...

...

321

332211 (3)

Trong đó v1, v2, v3…là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất khí thìcác công thức 1, 2, 3 trở thành 1’, 2’, 3’ đơn giản hơn.

)(21

2211

nnn

nM nM M

=+

+= (1’) Trong đó n là tổng số mol các chất trong hỗn hợp.

10




M = M1x1 + M2 (1 – x1 ) (2’). Trong đó con số (1) ứng với 100 %.

Và:V

V V M V M M

)( 1211 −+= (3’)

Trong đó V1 là thể tích khí thứ nhất và V là tổng thể tích hỗn hợp. Chú ý rằngKLPTTB của hỗn hợp chỉ phụ thuộc vào thành phần hỗn hợp, nghĩa là tỷ lệ số molcủa các chất, không phụ thuộc vào nhiệt độ, áp suất (dĩ nhiên là không xảy ra phảnứng giữa các chất trong hỗn hợp). Về nguyên tắc ta có thể chọn bất cứ chất nào làmchất 1, 2, 3…Tuy nhiên để việc tính toán đơn giản hơn thì ta chọn chất có KLPT lớnnhất hoặc chất đã biết làm chất một. Câu hỏi đặt ra là nên dùng công thức 1, 2, 3 hay1’, 2’ hoặc 3’ trong trường hợp nào. Tùy theo điều kiện bài toán cho hoặc cái ta cầntìm là số mol, là thể tích hay % mà dùng công thức thích hợp: Cho gì, hỏi gì thìdung công thức đó. Cũng tương tự như trên chúng ta có công thức tính số nguyên tửC trung bình, số nguyên tử H trung bình, số nhóm chức trung bình…Ví dụ 1: Hoà tan 2,84g hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhómchính nhóm II và thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn bằng ddHCl ta thu được dd X và 672 ml CO2 (đktc).

a. Xác định tên của hai kim loại đó b. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?

Giải: - a. Gọi M là kí hiệu chung cho 2 kim loại. Ta có:MCO3 + 2HCl = MCl2 + H2O + CO2 (1)

Theo (1) số mol các muối cacbonat bằng số mol CO2 =4,22

672,0= 0,03 mol.

Nên KLPTTB các muối cacbonat:M =03,0

84,2= 94,67 ⇒ M ’ = 94,67 – 60 =

34,67

Vì thuộc hai chu kì liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M=24) và Ca (M=40). b) KLPTTB của các muối clorua = 34,67 + 71 = 105,67.Vậy khối lượng muối clorua khan = 105,67.0,03 = 3,17 gam.Ví dụ 2: Hỗn hợp ba rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol 0,08 mol và có khốilượng 3,387g. Xác định công thức phân tử của A, B, C biết rằng B, C có cùng sốnguyên tử Cacbon và số mol rượu A bằng 5/3 tổng số rượu B và C.

Giải: M =08,0

387,3= 42,23. Như vậy phải có ít nhất một rượu có khối lượng phân tử

M nhỏ hơn 42,23. Rượu đó phải là CH3OH (M = 32).Theo giả thuyết: nA = 0,05 mol ⇒mA = 32.0,05 = 1,6 (g). Khối lượng B, C:

m(B + C) = 3,38 – 1,6 = 1,78 g. ⇒ C BM , =03,0

78,1= 59,3.

Gọi y là số nguyên tử Hiđro trung bình trong phân tử hai rượu B, C.

Ta có: M y x H C OH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3.Chúng ta thấy chỉ có nghiệm phù hợp là: x = 3, y = 6,3. Như vậy B, C phải có mộtrượu có số nguyên tử Hiđro > 6,3 và một rượu có số nguyên tử Hiđro < 6,3. Vậy tacó hai cặp nghiệm là:

11




+ C3H5OH và C3H7OH và C3H3OH và C3H7OHVí dụ 3: Nitro hóa benzen bằng HNO3 đặc thu được hai hợp chất nitro hơn kémnhau 1 nhóm NO2. Đốt cháy hoàn toàn 2,34 gam hổn hợp A, B thu được CO2, H2Ovà 255,8 ml N2 (ở 270C, 740 mmHg). Hãy xác định công thức phân tử của A và B.

Giải: Số mol khí N2 =300.082,0.1000.760

8,255.740=

RT

PV = 3 mol.

Gọi nn NO H C )(

266 − là công thức chung cho A và B với n là số nhóm chức trung bình. Ta có các phương trình phản ứng hóa học:C6H6 + n HNO3 →

42SO H

nn NO H C )(

266 − + n H2O (1)

nn NO H C )(

266 − + (2

5,215 n− )O2 6CO2 + (2

6 n− )H2O +2

n N2.(2)

Theo (2) ta có:2.

4578

34,2 n

n+= 3

Giải ra ta được n = 1,7. Vậy công thức phân tử của A và B lần lượt là: C 6H5 NO2 vàC6H4(NO2)2.

Ví dụ 4: Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu cơ A và B có cúng chức hóa học. Nếu đunnóng 15,7 gam hh Y thì thu được muối của một axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hhhai rượu no đơn chức bậc nhất kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Nếu đốt cháy 15,7gam hh Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O2 và thu được 17,92 lít CO2 (đktc). Xác địnhCTCT của A và B.Giải: - Từ giả thuyết đề bài suy ra A và B là hai este đơn chức ⇒ công thức chung làCxHyO2.Số mol O2 = 0,975 mol. nCO2 = 0,8 mol.Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:Số mol H2O = [ 15,7 + (0,975.32) – 0,8.44] : 18 = 0,65 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tử O:Số mol este = [0,65 + (0,8.2) – (0,975.2)] : 2 = 0,15 mol.

Suy ra số nguyên tử C trung bình =15,0

8,0= 5,33 ⇒ 5 < 5,33 < 6

Số nguyên tử H trung bình = 2.15,0

65,0= 8,66 ⇒ 8 < 8,66 < 10.

Vậy công thức của hai este là C5H8O2 và C6H10O2

Khối lượng mol trung bình của hai rượu là :15,0

6,7= 50,66 nên hai rượu kế tiếp là

C2H5OH (M = 46) và C3H7OH (M = 60)⇒Muối có số nguyên tử C là 5 – 2 = 3, số nguyên tử H là = 8 – 5 = 3.⇒Công thức muối: CH2=CH-COONaVậy CTCT của A: CH2=CH-COOC2H5 và B: CH2=CH-COOC3H7.

3. Phương pháp tăng giảm khối lượng. Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển chất A thành chất B (không

nhất thiết là trực tiếp, có thể qua nhiều giai đoạn trung gian). Khối lượng tăng haygiảm bao nhiêu gam (thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ

12




dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ trong phảnứng: MCO3 + 2HCl = MCl2 + CO2↑ + H2OTa thấy khi chuyển 1 mol MCO3 thành MCl2 thì khối lượng muối tăng lên.M + 2.35,5 – (M + 60) = 11(g), và có 1mol CO2 bay ra hoặc ngược lại.Trong phản ứng este hóa:

CH3COOH + R’OH CH3COOR’ + H2OThì 1 mol R’OH chuyển thành 1 mol este, khối lượng tăng lên.(R’ + 59) – (R’ + 17) = 42(g)

Như vậy nếu biết khối lượng của rượu khối lượng của este ta dễ dàng tính được sốmol rượu hoặc ngược lại.Ví dụ 1: Có 1 lít hỗn hợp Na2CO3 0,1 M và (NH4)2CO3 0,25 M. Cho 43 gam hỗnhợp BaCl2 và CaCl2 và dung dịch đó. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gkết tủa A và dung dịch B.

1) Tính % khối lượng các chất trong A2) Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau

a. Cho HCl dư vào 1 phần sau đó cô cạn dung dịch và lấy chất rắn còn lại nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi được chất rắn X. Tính % khối lượng các chấttrong X.

b. Đun nóng phần 2 rồi thêm từ từ 270ml dung dịch Ba(OH)2 0,2 M vào. Hỏi tổngkhối lượng của 2 dung dịch giảm tối đa bao nhiêu? Giả sử nước bay hơi không đángkể.Giải: Trong hỗn hợp Na2CO3 và (NH4)2CO3 có các ion: Na+, NH4

+, và CO32-

Hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 có các ion Ba2+, Ca2+, và Cl-

1) Các phản ứng: Ba2+ + CO32- = BaCO3↓ (1) Ca2+ + CO3

2- = CaCO3↓ (2)

Theo (1) và (2) cứ 1 mol BaCl2 hoặc CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khốilượng giảm 71 – 60 =11(g) (2Cl - chuyển thành CO32-). Do đó tổng số mol 2 muối

BaCO3 và CaCO3 bằng11

7,3943 −= 0,3 (mol)

Còn∑ số mol CO32- = 0,1 + 0,25 = 0,35. Điều đó chứng tỏ dư CO3

2-.

Gọi x, y là số mol BaCO3 và CaCO3 trong A

Ta có:

=

=⇒

=+

=+

2,0

1,0

7,3 91 0 01 9 7

3,0

y

x

y x

y x

Thành phần % A:

% BaCO3 =7,39

197.1,0.100 = 49,62 %, % CaCO3 = 100 – 49,62 = 50,38 %

13




2.a. Trong2

1dung dịch B có Na+, Cl-, NH4

+, CO32-, khi cho HCl vào:

CO32- + 2H+ = CO2 + H2O (3)

Như vậy cô cạn dd ta thu được chất rắn gồm 2 muối NaCl và NH 4Cl. Khi đun nónghỗn hợp này thì NH4Cl bị phân hủy: NH4Cl →

ot NH3↑+ HCl↑.

Vậy chất rắn X chứa 100 % NaCl.

b/ Trong2

1dung dịch B có:

Số mol CO32- =

2

1(0,35 – 0,3) = 0,025 (mol), số mol NH4

+ =2

1.0,25.2 = 0,25

Không cần quan tâm đến số mol các ion khác vì chúng không tham gia phản ứng.Khi cho Ba(OH)2: Ba(OH)2 = Ba2+ + 2OH-

Vì số mol Ba(OH)2 = 0,27.0,2 = 0,054 ⇒ số mol OH- = 0,054.2 = 0,108PƯ : Ba2+ + CO3

2- = BaCO3↓ (5) NH4+ + OH- = NH3↑+ H2O (6)

Vì số mol CO32- (0,025) < nBa2+ (0,054) nên số mol BaCO3 = 0,025 tức là khối lượng

kết tủa = 0,025.197 = 4,925(g)Vì nOH- (0,108) < n NH4+ (0,25) nên số mol NH3 bay ra là 0,108 mol tức làKhối lượng NH3 = 0,108.17 = 1,836 (g).Vậy khối lượng của hai dung dịch giảm tối đa: 4,925 + 1,836 = 6,761(g)Ví dụ 2: A là hỗn hợp anđehit fomic và anđehit axetic1) Oxi hóa m gam hỗn hợp A bằng oxi ta thu được hỗn hợp 2 axit tương ứng (hỗnhợp B). Giả sử H = 100% . Tỉ khối của B so với A bằng a.a/ Tìm khoảng biến thiên của a.

b/ Cho a =97

145. Tính % khối lượng của mỗi anđehit trong A.

2) Oxi hóa m gam hỗn hợp A bằng oxi ta thu được (m’ + 1,6) g hỗn hợp B. Giả thiếtH = 100%. . Còn nếu m’ gam hỗn hợp A tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thì thuđược 25,92 gam Ag lim loại. Tính % khối lượng 2 axit trong hỗn hợp B.Giải: - PTPƯ: 2HCHO + O2 2HCOOH (1)

2CH3CHO + O2 2CH3COOH (2)Giả sử hỗn hợp A chỉ có HCHO thì B chỉ có HCOOH

Vậy d30

46==

A

B

M

M

A

B= 1,53 = a.

Giả sử A chỉ có CH3CHO thì B chỉ có CH3COOH

Vậy d44

60==

A

B

M

M

A

B= 1,36 = a. Vì hh đồng thời có cả HCHO và CH 3CHO nên

khoảng xác định của a là: 1,36 < a < 1,53. b/ Gọi x, y là số mol HCHO và CH3CHO thì số mol 2 axit HCOOH, CH3COOH

cũng là x và y nên: A

B

M

M = ⇒=

+

+

97

145

4430

6040

y x

y xx=5y. Vậy

% m HCHO = 77,3 % và % CH3CHO = 22.7 %

14




2) Các phản ứng:HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O (NH4)2CO3 + 4NH4 NO3 + 4Ag (1)CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O CH3COONH4 + 2NH4 NO3 + 2Ag (2)Khi chuyển 1 mol hỗn hợp A thành 1 mol hỗn hợp B khối lượng tăng thêm 16gam

theo đề bài thì khối lượng tăng (m + 1,6) – m = 1,6(g). Nên số mol a =16

6,1= 0,1.

Gọi x, y là số mol của CH3CHO trong m gam hỗn hợp A. Dựa vào số mol hỗn hợp

và nAg ta có hệ phương trình:

=

=⇒

=+

=+

0,0

0,0

1 0 8

9 2,2 524

1,0

y

x

y x

y x

Vì số mol axit bằng số mol anđehit tương ứng. Vậy % khối lượng mỗi axit trong Blà: %HCOOH = 16,08 %, %CH3COOH = 83,92%.

4. Phương pháp ghép ẩn số và phương pháp tách công thứcphân tử: 4.1 Phương pháp ghép ẩn số:

Có một số bài toán hóa học hình như thiếu điều kiện làm cho bài toán códạng vô định phải biện luận hoặc không giải được. Phương pháp này cho phép giảinhững bài toán đó. Nhưng lưu ý rằng các ví dụ dưới đây có thể giải bằng phương

pháp khối lượng phân tử trung bình, bảo toàn khối lượng…

Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn a gam hh hai rượu no đơn chức được hh khí và hơi.Cho hh khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H 2SO4 đậm đặc và bình hai đựngnước vôi trong dư thấy bình 1 tăng 1,98g, bình hai có 8 gam kết tủa. Tính a.Giải: - Đặt công thức của mỗi rượu là CnH2n+1OH, CmH2m,+1OH. Gọi x, y là số molcủa mỗi rượu. PTPƯ đốt cháy:CnH2n+1OH + 1,5nO2 nCO2 + (n +1)H2OCmH2m+1OH + 1,5mO2 mCO2 + (m +1)H2OCO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2OTheo giả thuyết đề bài, chúng ta có: nx + ny = 0,08 (1)

(n + 1)x + (m + 1)y = 0,11 (2)Ở đây với 4 ẩn số nhưng chỉ có 2 phương trình nên chúng ta có dạng vô định. Chúngta triển khai (2) để áp dụng phương pháp ghép ẩn số:Từ (2) nx + x + my + y = ( nx + my ) + x + y = 0,11Thay nx + ny = 0,08 rồi rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03.a = (14n + 18)x + (14m + 18)y = 14nx + 18x + 14my + 18y. Ghép ẩn số ta được:a = 14( nx + my ) + 18(x + y). Thay các giá trị đã biết ta được:a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 (g)

15




Ví dụ 2: Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp amino axit đơn chức bằng một lượng vừa đủdung dịch NaOH, sau đó cô cạn thì thu được 5,2 gam muối khan.1. Tính tổng số mol amino axit trong hỗn hợp2. Cần dung bao nhiêu lít ôxi (đktc) để đốt cháy hoàn toàn 1,94 gam hh 2 axit trên.Giải: Gọi công thức của hai axit là: RCOOH và R’COOH. Ta có PƯ trung hòa:RCOOH + NaOH RCOONa + H2O (1)R’COOH + NaOH R’COONa + H2O (2)Chúng ta thấy KLPT 1 mol muối nặng hơn KLPT 1 mol axit là 22 gam(thay 1 nguyên tử H = 1 nguyên tử Na ⇒ 23 - 1 = 22).

Vậy n∑ 2 axit =22

88,32,5 −

= 0,06 (mol)

Có thể đặt phương trình như sau: Đặt a, a’, P, Q lần lượt là số mol, KLPT của 2rượu, ta có:aP + a’Q = 3,88 và a(P + 22) + a’(Q + 22) = 5,2 ⇒ a +a’ = 0,062/ Phản ứng đốt cháy: CxH2xO2 + (1,5x - 1)O2 x CO2 + xH2O (3)

CyH2yO2 + (1,5y – 1)O2 y CO2 + y H2O (4)Gọi b, b’ là số mol các axit trong 1,4 gam hỗn hợp.

Ta có: b + b’ = 03,088,3

94,1.06,0= và b(14x +32) + b’(14y + 32) = 1,94

Hay 14(bx + b’y) + 32(b + b’) = 1,94 ⇒ bx + b’y = 07,014

03,0.3294,1=

−

Theo (3) và (4) tổng số mol O2 cần để đốt cháy:n = b(1,5x – 1) + b’(1,5y – 1) = 1,5(bx + b’y) – (b + b’)

Do đó: VO2 = (1,5.0,07 – 0,03).22,4 = 0,075 . 22,4 = 1,68 (lit)

4.2. Phương pháp tách công thức phân tử:Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể viết thêm côngthức phân tử dưới các dạng khác nhau. Nguyên tắc của phương pháp tách công thức

phân tử dựa trên tỉ lệ % khối lượng Cacbon và Hiđro trong anken (olefin) là không

đổi bằng : 1

612=

n

n. Nghĩa là trong anken Cacbon chiếm

7

6khối lượng còn Hiđro

chiếm7

1. Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số

bài toán hữu cơ. Dưới đây là một số mẫu tách công thức phân tử:1. Ankan: CnH2n+2 CnH2n.H2

2. Anken: CnH2n 3. Ankin, Ankađien: CnH2n-2 CmH2mC (trong đó m = n -1)4. Aren: CnH2n-6 CmH2m3C (trong đó m = n - 3)5. Rượu (ete) no đơn chức: CnH2n+1OH CnH2nH2O6. Rượu không no (loại olefin): CnH2n-1OH CnH2nO7. Rượu thơm và phenol đơn chức: CnH2n-7OH CmH2mO ( m = n - 3)8. Anđehit (Xeton) no đơn chức: CnH2n+1CHO CnH2nHCHO hoặc

CmH2mO (trong đó m = n +1)

16




9. Axit no đơn chức:CnH2n+1COOH CnH2nHCOOH hoặc CmH2mO2

(trong đó m = n +1)10. A không no (loại olefin) đơn chức: CnH2n-1COOH CnH2nCO2

Ví dụ: Chia 6,15 gam hỗn hợp hai rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với Na thấy bay ra 0,672 lit khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai thì thu được bao nhiêu lit CO2 và bao nhiêu gam H2O.Giải: 2CnH2n+1OH + 2Na 2CnH2n+1ONa + H2↑ (1)2CmH2m+1OH + 2Na 2CmH2m+1ONa + H2↑ (2)

CnH2n+1OH + 1,5nO2 nCO2 + (n + 1)H2O (3)CmH2m+1OH + 1,5mO2 m CO2 + (m+1)H2O (4)

Theo (1) và (2) tổng số mol rượu = 22 H n = 2.

4,22

672,0= 0,06 (mol)

Nếu tách công thức rượu thành CxH2x =2

15,6- 1,08 = 1,995 (g)

VCO2 =12.7

6.995,1.22,4 = 3,192 (lit), khối lượng H2O =

2.7

18.995,1+ 1,08 = 3,645

(g)

5. Phương pháp đường chéo:- Thường áp dụng đối với bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng thể hoặc dịthể nhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể.- Nếu trộn lẫn các dung dịch thì phải là các dung dịch của cùng một chất (hoặc chấtkhác nhau nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất). Ví dụ: trộn Na2O vớidung dịch NaOH ta được một chất là NaOH- Trộn hai dung dịch của chất A với nồng độ khác nhau ta được một dung dịch chấtA với nồng độ duy nhất. Như vậy lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. Sơ đồtổng quát của phương pháp đường chéo như sau:D1 x1 x – x2

x ⇒ x x

x x

D

D

−

−=

1

2

2

1

D2 x2 x1 – xVới x1, x2, x là khối lượng chất ta quan tâm với x1 > x > x2. D1, D2 là khối lượng haythể tích các chất (hay dd đem trộn lẫn).Ví dụ 1: Cần lấy bao nhiêu gam thể tích CuSO4.5H2O và bao nhiêu gam dd CuSO4

8% để điều chế 280 gam dd CuSO416%.

Giải: Hàm lượng CuSO4 trong CuSO4.5H2O = 100.250160 = 64(%).

Áp dụng sơ đồ đường chéo:m1 64 16 - 8 = 8

16 ⇒ 48

8

2

1=

m

m(1)

m2 8 64 - 16 = 48Mặt khác: m1 + m2 = 280. (2)

17




Từ (1) và (2) Giải ra ta có: m1 = 40 g CuSO4.5H2O; m2 = 240 g dd CuSO4 8%.Ví dụ 2: Crackinh n – butan thu được hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon. Cho hh khí sụcqua bình nước brôm dư thấy có 25,6 g brôm phản ứng, sau thí nghiệm thấy khốilượng bình brôm tăng 5,32 gam. Hổn hợp khí ra khỏi bìmh nước brôm có tỉ khối đốivới CH4 là 1,9625. Tính hiệu suất phản ứng Crackinh.Giải: PTPƯ C4H10 →

0,t xt CH4 + C3H6 (1)

C4H10 →

0,t xt C2H6 + C2H4 (2)

Và C4H10 dư. Khi cho hỗn hợp khí qua bình nước Brôm thì hai anken bị giữ lại:C3H6 + Br 2 C3H6Br 2 (3)C2H4 + Br 2 C2H4Br 2 (4)Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình bao gồm: CH4, C2H6, C4H10. Gọi x là số mol C4H10

phản ứng ở (1), y là số mol C4H10 phản ứng ở (2), z là số mol C4H10 dư. Theo (3) và

(4) ta có:

==+

=+

1,01 6 0

6,2 5

3 2,52 84 2

y x

y x

Giải hệ pt ta được: x = 0,06 mol, y = 0,1 mol.Vậy số mol CH4 là 0,06; số mol C2H6 = 0,1Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:0,1 30 M - 16

M ⇒ M

M

−

−=

30

16

06,0

01,0 ⇒ M = 24,75.

0,06 16 30 - M

Ta có );;( 104624 H C H C CH M = 1,9625.16 = 31,4. Áp dụng sơ đồ đường chéo:

z 58 31,4 – 24,75 = 6,65

31,4 ⇒ 6,26

65,6

16,0=

z ⇒ z = 0,04.

0,16 24,75 58 – 31,4 = 26,6

Vậy hiệu suất của phản ứng là: H = =

++

+=

++

+

04,006,01,0

06,01,0100.

z y x

y x80 (%).

6. Các phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử hợp

chất hữu cơ.Số bài tập loại này rất nhiều và đa dạng. Trong phần này chỉ có thể giới thiệu một sốví dụ điển hình sau:6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm công thức phân tử

Như chúng ta biết, để tìm công thức đơn giản có thể dựa vào tỉ lệ số mol cácnguyên tố (trên cơ sở tìm khối lượng của các nguyên tố hoặc số mol của các sản

phẩm hoặc dùng công thức đơn giản là tương đối dễ nên không nói tới ở đây)

18




Ví dụ 1: Công thức đơn giản nhất của 1 hidrocacbon là (CxH2x+1)n. Hãy biện luận đểtìm công thức phân tử.Giải: - Cách 1:Vì CxH2x+1 ứng với gốc hidrocacbon no hóa trị I (ví dụ C2H5-) nên nóchỉ có thể kết hợp với một gốc hóa trị I khác, tức là n = 2 và CTPT là C 2xH4x+2 vớimọi x nguyên.Cách 2: (CxH2x+1)n

⇔ CnxH2nx+n vì hiđocacbon no nên số nguyên tử H phải bằng 2

lần số nguyên tử C +2, Tức là: 2nx + n = 2nx + 2 ⇒ n = 2Cách 3: Với mọi x nguyên thì 2x + 1 là một số lẻ nên n phải là số chẵn 2, 4, 6 ...(vìsố nguyên tử Hidro trong tất cả phải là số chẵn).Khi n = 2 ta có C2xH4x+2 (công thức này phù hợp với hc no).Khi n = 4 ta có C4xH8x+4. Công thức này bị loại vì số nguyên tử hidro dư (C thừa hóatrị) Tương tự chúng ta loại trường hợp n = 6, 8…Ví dụ 2: Công thức đơn giản của 1 axit no đa chức là (C3H4O3)n. Hãy biện luận đểtìm CTPT của axit đó.Giải: - Cách 1: Ta có C3nH4nO3n trước hết viết tách phần gốc Hidro và phần gốc chứa

axit 2

3

2

34

2

33 )( nn

nn

n COOH H C −− tức là 2

3

2

5

2

3 )( nnn COOH H C

Vì gốc hc no hóa trị2

3nnên ta có 2

2

32

2

3.2

2

5=⇒−+= n

nnn

Vậy CTPT là C6H8O8

Cách 2: Vì số nguyên tử oxi phải chẵn (-COOH) nên n phải có giá trị 2,4,6.- Khi n = 2 ta có CTPT C6H8O6 hay C3H5(COOH)3: đúng- Khi n = 4 ta có C12H16O12 hay C6H10(COOH)6 ta thấy thừa hidro trong phân gốc hcnên loại.6.2.Biện luận nhóm chức:

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A, B mạch hở, chứa các nguyên tố C, H, Ovà chỉ chứa các nhóm – OH, –COOH. A chứa hai nhóm chức, B chỉ có một nhómchức.Khi cho 15g hỗn hợp X tác dụng hết với Na thấy bay ra 3,36 lít H2 (đktc). Còn đểtrung hòa 15g hỗn hợp X cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 0,5 M. Khi đốt cháy Acũng như B đều thu được số mol CO2 và số mol H2O bằng nhau. Biết gốchiđrocacbon trong A có khối lượng lớn hơn gốc hiđrocacbon trong B. Hãy tìmCTPT, viết CTCT của A, B

Giải: Tính số mol H2 = 15,04,22

36,3= , số mol NaOH = 0,5.0,4 = 0,2

Kí hiệu A’, B’ là phần gốc Hidrocacboncủa A’, B’ ta có 4 trường hợp sau:1. HOOC–A’–COOH; B’–OH; 2. HOOC–A’–OH; B’–OH3. HOOC–A’–OH; B’–COOH; 4. HO–A’–OH; B’–COOH

Vì theo phản ứng với Na: –COOH + Na –COONa +2

1H2O (1)

–OH + Na –ONa +2

1H2↑ (2)

Còn khi tác dụng với NaOH chỉ có nhóm chức –COOH:

19




–COOH + Na –COONa + H2O (3)Theo (1) và (2) tổng số mol (nhóm) –OH và –COOH = 2nH 2 = 2.0,15 = 0,3 mol vàtheo (3) số mol (nhóm) –COOH = số mol NaOH = 0,2 mol. Ta lần lượt xét cáctrường hợp:+ Trường hợp (1) loại vì giả sử A là axit no có CTPT là CnH2n(COOH)2 thì khi đốtcháy n số mol CO2 (bằng n + 2) lớn hơn số mol H2O (bằng n+1), nếu là axit khôngno thì số mol H2O còn nhỏ hơn vì bớt hidro)+ Trường hợp (2) loại, vì tổng số mol –OH và –COOH chỉ riêng trong A đã bằng2.0,2 = 0,4 trái với tổng số mol (–COOH + –OH) = 0,3+ Trường hợp (3): Số mol –OH = số mol A = 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol).Do đó số mol B = 0,3 – 0,1.2 = 0,1 (mol)Ta có (A’ + 62).0,1 + (B’+ 45).0,1 = 15 ⇒A’ + B’ = 43

và A’ > B’ ⇒ B’ <2

43= 21,5. Có gốc B’ thỏa mãn B’ = 1 (H), A’ = 42, và B’ = 15

(CH3 –), A’ = 28.

Vậy các cặp nghiệm là

−−−

)63 C O O H C H O

C O O H H ,

−− )42

3

C O O H C H O

C O O H C H

Nếu H–COOH được coi như có cả nhóm chức –CHO thì loại trường hợp này.Trường hợp 4: Cách giải tương tự trường hợp 3 nhưng không có cặp chất nào phùhợp.Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn 19 gam chất hữu cơ A (mạch hở, tác dụng được với

Na) thu được m1 gam chất B có hai nhóm chức và m2 gam chất D. Để đốt cháy hoàn

toàn m1 gam chất B cần 0,6 mol oxi sản phẩm gồm 0,6 mol CO 2, 0,6 mol H2O. Đểđốt cháy hoàn toàn m2 gam chất D phải dùng hết 0,3 mol oxi, sản phẩm gồm 0,2 molCO2 và 0,3 mol H2O .CTĐG của A cũng đồng thời là CTPT. Hãy tìm CTPT. ViếtCTCT của A, B, D.Giải: - Có thể tìm CTĐG của D, B theo cách thông thường . Ta có CTPT của D làC2H6O và CTCT là CH3 –CH2 –OH và CTĐG của B là (CH2O)n

Tìm A: 19g + m g H2O → 4,6 g C2H5OH + 18 g B ⇒ khối lượng H2O = 3,6 g(trong đó có 0,4 gH)Trong 19 g A có: 2,4+7,2 = 9,6 gC; 0,6 + 12 – 0,4 = 1,4 gH

Và 19 – 9,6 – 1,4 = 8 gam O. Ta có: nC : nH : nO = 16

8

:4

4,1

:12

6,9

= 8 : 14 : 5Vậy CTPT của A là C8H14O5 (M= 190 g/mol)Khi thủy phân 19 gam A (0,1mol) cần 3,6 gam H 2O (0,2 mol), tạo ra 4,6 gamC2H5OH (0,1 mol) và 18 gam B nên ta có thể viếtC8H14O5 + 2H2O C2H5OH + x(CH2O)n

Trong phản ứng này tạo ra 0,1x mol B, ⇒0,1x.30n = 18 ⇒ nx = 6. Biện luận:Khi x = 1 thì n = 6 ta có C6H12O6: loại

20




Khi x = 3 thì n = 2 ta có C 2H4O4: loại vì không thõa mãn điều kiện cho (B có hainhóm chức)Khi x = 2, n = 3 ta có C3H8O3 ứng với công thức của axit lactic chẳng hạn:CH3 –CH(OH) –COOHVậy công thức cấu tạo của A là: CH3 –CH(OH) –COO–CH(CH3)COOC2H5.

Ngoài ra còn có trường hợp biện luận theo sản phẩm đốt cháy nhưng vì nó khá đơngiản nên chúng tôi không xét ở đây.6.3. Các phương pháp biện luận để tìm công thức của chất vô cơ A/ Tìm công thức khi biết hóa trị các nguyên tố:

Vì đã biết hóa trị các nguyên tố nên ta chỉ cần biện luận để tìm giá trị khốilượng nguyên tử phù hợp với điều kiện cho đặc biệt là hóa trị. Dưới đây là 1 ví dụđiển hình.Ví dụ: Cho 16 gam hợp kim của Bari và một kim loại kiềm tác dụng hết với nước tađược dung dịch A và 3,36 lit H2 (ở đkc)1/ Cần bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,5 M để trung hòa 1/10 dung dịch A.

2/ Lấy 1/10 dung dịch A, thêm vào đó 99 ml dung dịch Na 2SO4 0,1M thấy trongdung dịch vẫn còn ion Ba2+, nhưng nếu thêm 2 ml dung dịch nữa thì thấy dư ionSO4

2-. Hãy xác định tên kim loại kiềm.Giải: Gọi R là kim loại kiềm. Các phương trìmh phản ứng:Ba + 2H2O = Ba(OH)2 + H2 ↑(1)2R + 2 H2O = 2ROH + H2↑ (2)Ba(OH)2 + 2HCl = BaCl2 + 2 H2O (3)ROH + HCl = RCl + H2O (4)

Theo (1,2,3,4) nHCl = 22 H n nên ta có: ⇒=

10

1.

4,22

36,3.2

1000

5,0 V V = 60 ml.

2/ Các phản ứng: BaSO4 + Na2SO4 = BaSO4↓+ 2NaOH (5)R-OH + Na2SO4 Không pư

Gọi x, y là số mol của Ba(OH)2, ROH có trong10

1dd A ta có các phương trình:

137x + Ry = 1,6 (kl10

1hợp kim) và x +

10

1.

4,22

36,3

2=

y= 0,015 (số mol H2)

Từ đó rút ra x = R

R

7137

03,06,1

−

−

(6). Theo phản ứng (5) nBa nằm trong khoảng

0101,0

1000

1,0).299(0099,0

1000

1,0.99=

+<<= x

Thế điều kiện cận của x vào (6) ta có 22,07 < R <23,89Vậy kim loại kiềm phải là Na (Natri)B/ Tìm công thức khi không biết hóa trị các nguyên tố:Về nguyên tắc, đối với các bài toán loại này ta phải tìm được một biểu thức liên hệgiữa khối lượng nguyên tử và hóa trị của nguyên tố (dĩ nhiên là phải phù hợp vớinhau). Số bài toán loại này rất phong phú và đa dạng không thể kể hết trong một bài,mà chỉ giới thiệu một số bài tập điển hình..

21




làm bài tốt cần phải nắm vững phương pháp giải toán và phân dạng được dạng

toán. Chắc chắn đây là những kiến thức rất bổ ích cho giáo viên và học sinh, góp

phần giúp ích cho các em làm tốt các bài tập trắc nghiệm khách quan trong các

kỳ thi tuyển sinh đại học và cao đẳng.

Để giúp học sinh có một định hướng và phân dạng nhanh phương pháp giải bàitập hoá học phổ thông mong sự góp ý của đồng nghiệp.

H:MỤC LỤC:

NỘI DUNG Trang

Tên đề tài 1

Đặt vấn đề 1

Cở sở lý luận 1

Cở sở thực tiễn 2

Nội dung nghiên cứu 3-21

Kết quả nghiên cứu 22

Mục lục 22

Phiếu đánh giá xếp loại 23

PHIẾU CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMNăm học 200 ......- 200 ........-----------------------------------

(Dành cho người tham gia đánh giá xếp loại SKKN)

HỘI ĐỒNG KHOA HỌCTrường (Phòng, Sở) ....................................................

-Đề tài:

................................................................................................................................................................ ..............................................................................................................................................................

..

-Họ và tên tác giả: ........................................................................................................................................

-Đơnvị: ..............................................................................................................................................................

- Điểm cụ thể:

Phần Nhận xét Điểm Điểm

23




của người đánh giá xếp loại đề tài tối đa đạtđược

1. Tên đề tài2. Đặt vấn đề

1

3. Cơ sở lý luận 1

4. Cơ sở thực tiễn 2

5. Nội dung nghiên cứu 9

6. Kết quả nghiên cứu 3

7. Kết luận 1

8.Đề nghị9.Phụ lục

1

10.Tài liệu tham khảo11.Mục lục12.Phiếu đánh giá xếp loại

1

Thể thức văn bản, chính tả 1

Tổng cộng 20đ

Căn cứ số điểm đạt được, đề tài trên được xếp loại : Người đánh giá xếp loại đề tài:

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAMĐộc lập - Tự do - Hạnh phúc

PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMNăm học: 200... - 200....

I. Đánh gía xếp loại của HĐKH Trường THPT (Trung tâm) ...........................

1. Tên đềtài: ....................................................................................................................

.......................................................................................................................................

...2.Họ và tên tácgiả: .........................................................................................................3. Chức vụ: .........................................Tổ: ......................................................................4. Nhận xét của Chủ tịch HĐKH về đề tài:

24




a)Ưuđiểm: ......................................................................................................................

.....................................................................................................................................

.....................................................................................................................................

.....................................................................................................................................

.....................................................................................................................................

b) Hạnchế: ......................................................................................................................

.....................................................................................................................................

..................................................................................................................................

... ..................................................................................................................................

.....................................................................................................................................

...

5. Đánh giá, xếp loại:Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Trường (Trung tâm):.............

.......................................................................................................................................thống nhất xếp loại : .....................

Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH (Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên)

............................................................

............................................................

............................................................II. Đánh giá, xếp loại của HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam

Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Namthống nhất xếp loại: ............... Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH (Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên)

............................................................

............................................................PHẦN NHẬN XÉT :

1. TỔ CHUYÊN MÔN:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25




. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. HỘI ĐỒNG XÉT SKKN CỦA TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26




. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. HỘI ĐỒNG XÉT SKKN CỦA SỞ GD- ĐT QUẢNG NAM:

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2011-HOA-SKKN-PPGD-NGHIA(1) (1)

Documents

Transcript of 2011-HOA-SKKN-PPGD-NGHIA(1) (1)