phuong phap giai hoa

Do đó số liên kết đôi của nhóm chức bằng với số nhóm chức.. Do đó, số liên kết đôi của nhóm chức bằng với số nhóm chức... Bài tập về các anđehit không no có liên kết ba đầu mạch tác dụng

1/28/2014 PHƯƠNG PHÁP

GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC

[Document subtitle]

GSTT GROUP SƯU TẦM VÀ GIỚI THIỆU

Phan Thế Lựu

1|GSTT GROUP

Loại 1: CO2 (hoặc SO2) tác dụng với dung dịch NaOH (hoặc KOH)

Các phản ứng có thể xảy ra:

- Tạo thành 2 muối đồng thời với nhau:

{ CO2+ NaOH ⟶ NaHCO3 (1)

CO2+ 2NaOH ⟶ Na2Co3+ H2O (2)

Tính số mol muối:

⟹ { nCO2= nNaHCO3+ nNa2Co3

nNaOH= nNaHCO3+ 2nNa2CO3⟹ { nNa2 CO3 = (nNaOH− nCO2)

nNaHCO3 = (2nCO2− nNaOH) Vậy: nNaHCO3= (2nCO2− nNaOH)(∗)và nNa2CO3 = (nNaOH− nCO2)(∗∗)

- Giả thiết ưu tiên tạo thành muối axit và sau đó kiềm dư chuyển muối axit thành muối trung hòa:

{NaHCOCO2+ NaOH ⟶ NaHCO3 (1)

3+ NaOH ⟶ Na2CO3+ H2O (3)

Tính số mol muối: nNa2CO3 = nNaOH(3) = (nNaOH− nCO2)(∗∗)

Bảo toàn cacbon: nNaHCO3 = nCO2− nNa2CO3 = (2nCO2− nNaOH)(∗∗)

- Bài toán xảy ra trong tình huống sục khí CO2 và dung dịch kiềm nên ưu tiên tạo ra muối trung hòa và sau đó khi khí CO2

dư chuyển muối trung hòa thành muối axit

{ CO2+ 2NaOH ⟶ Na2CO3+ H2O (2)

CO2+ H2O + Na2CO3⟶ 2Na2HCO3 (4)

Tính số mol muối:

(4) ⟹ nNaHCO3 = 2nCO2(dư)= 2(nCO2− 0,5nNaOH) = (2nCO2− nNaOH)(∗)

Bảo toàn cacbon:

nNa2CO3 = nCO2− nNaHCO3= nCO2− (2nCO2− nNaOH) = (nNaOH− nCO2)(∗∗)

Nhận xét: Sự tạo thành sản phẩm chỉ phụ thuộc số mol chất tham gia phản ứng không phụ thuộc quá trình phản ứng

- Nếu: nCO2 < nNaOH < 2nCO2thì ta luôn có:

nNaHCO3= (2nCO2− nNaOH)(∗) và nNa 2CO3 = (nNaOH− nCO2)(∗∗)

Sử dụng cặp phản ứng (1)và (2) để xét giới hạn tỉ lệ mol: T =nNaOH

nCO2 =

a

b

 T ≤ 1: Xảy ra phản ứng (1)⟹ CO2 đủ hoặc dư: nNaHCO3= nNaOH

 T ≥ 2: Xảy ra phản ứng (2) ⟹ NaOHdư: nNa2CO3= nCO2

 1 < T < 2: Xảy ra 2 phản ứng (1) + (2) ⟹ CO2và NaOH đều hết hay xảy ra 2 phản ứng (1) + (3) ⟹ dư NaHCO3

nNa2CO3 = nNaOH− nCO2 và nNaHCO3 = 2nCO2− nNaOH

Loại 2: 𝐂𝐎𝟐 (hoặc 𝐒𝐎𝟐) tác dụng với dung dịch 𝐂𝐚(𝐎𝐇)𝟐 hay 𝐁𝐚(𝐎𝐇)𝟐

 Các phản ứng có thể xảy ra:

{CO2+ Ca(OH)2⟶ CaCO3+ H2O (1)

2CO2+ Ca(OH)2⟶ Ca(HCO3)2(2) hoặc: {

CO2+ Ca(OH)2⟶ CaCO3+ H2O (1)

CO2+ CaCO3+ H2O ⟶ Ca(HCO3)2(3)

 Tính số mol muối: theo cặp PTHH (1 và 2) hoặc (1 và 3)

- Từ các PTHH (1) và (2)

nCa(OH)2(1) = nCaCO3; nCa(OH)2(2) = nCa(HCO3)2

nCO2(1)= nCaCO3; nCO2(2)= 2nCa(HCO3)2

Ta có hệ pt về số mol CO2 và Ca(OH)2 tham gia phản ứng

⟹ { nCO2= nCaCO3+ 2nCa(HCO3)2

nCa(OH)2 = nCaCO3+ nCa(HCO3)2

Giải hệ phương trình ta có: nCa(HCO3)2 = (nCO2− nCa(OH)2)(∗)

Và nCaCO3 = (2nCa(OH)2− nCO2)(∗∗)

- Hoặc từ các PTHH (1) và (3):

{COCO2+ Ca(OH)2⟶ CaCO3+ H2O (1)

2+ CaCO3+ H2O ⟶ Ca(HCO3)2 (3)

Từ (1) và (3)⟹ { nCO2(1)= nCa(OH)2

nCO2(3)= nCO2− nCO2(1)= nCO2− nCa(OH)2 Xét phản ứng (3): CaCO3 dư, do đó:

nCa(HCO3)2= nCO2(3) = (nCO2− nCa(OH)2) (∗)

Bảo toàn số nguyển tử cacbon: nCaCO3= nCO2− 2nCa(HCO3)2

2|GSTT GROUP

⟹ nCaCO3= nCO2− 2(nCO2− nCa(OH)2) = (2nCa(OH)2− nCO2)(∗∗)

Dạng 1: Biết số mol 𝐂𝐎𝟐 và số mol kiềm Tìm số mol muối

Sử dụng cặp phản ứng (1) và (2) để xét giới hạn tỉ lệ mol;

Biện luận theo phản ứng (1) và (2): Đặt T = nCO2

nCa(OH)2 =

a b

 T ≤ 1: xảy ra phản ứng (1): Ca(OH)2đủ hoặc dư ⟹ nCO2 = nCaCO3

 T ≥ 2: xảy ra phản ứng (2): CO2 dư ⟹ nCaCO3= 0

 1 < T < 2: xảy ra 2 phản ứng (1)và (2): CO2và Ca(OH)2 đểu hết hay 2 phản ứng (1) và (3): dư CaCO3

⟹ nCa(HCO3)2 = nCO2− nCa(OH)2 và nCaCO3 = 2nCa(OH)2− nCO2

Tương tự khi thay Ca(OH)2 bằng Ba(OH)2

Dạng 2: Biết số mol kết tủa và số mol kiềm Tìm số mol 𝐂𝐎𝟐

Để giải quyết bài toán ta so sánh số mol Ca(OH)2 với số mol CaCO3

- Nếu nCaCO3 = nCa(OH)2: Chỉ xảy ra phản ứng (1), CO2 và kiềm tác dụng vừa đủ với nhau ⟹ nCO2= nCaCO3= nCa(OH)2

- Nếu nCaCO3 < nCa(OH)2: có 2 trường hợp xảy ra

 TH1: CO2 thiếu, chỉ xảy ra phản ứng (1), Ca(OH)2 dư ⟹ nCO2 = nCaCO3

 TH2: Ca(OH)2 thiếu, Ca(OH)2 tạo kết tủa hoàn toàn theo phản ứng (1), lượng CO_2 còn lại hòa tan một phần CaCO_3 theo phản ứng (3)

nCO2 = 2nCa(OH)2− nCaCO3 = nOH −− nCaCO3

(Giải tương tự khi thay Ca(OH)2 bằng Ba(OH)2)

Loại 3: Toán 𝐂𝐎𝟐 tác dụng với dung dịch NaOH và 𝐁𝐚(𝐎𝐇)𝟐

Xét bài toán theo 2 bước:

 Bước 1: xét sự tạo thành số mol các ion CO32− và HCO3− dựa vào tỉ lệ số mol CO2 và OH−

 Bước 2: tính số mol kết tủa CaCO3 theo số mol CO32− và số mol muối tan theo số mol HCO3−

nCaCO3= (2nCa(OH)2− nCO2) = (nOH −− nCO2)

Tương tự khi thay Ca(OH)2 bằng Ba(OH)2 và NaOH bằng KOH

(1) Axit photphoric với dung dịch kiềm:

H3PO4 là triaxit có thể tạo thành 3 loại muối là H2PO4− (đihiđrophotphat), HPO42− (hiđrophotphat) và HPO4 (hiđrophotphat)và PO43− (photphat)

Khi tác dụng với kiềm tùy thuộc tỉ lệ số mol ion OH− và số mol H3PO4 ta có thể thu được 1 muối hoặc hỗn hợp 2 muối

Các phản ứng có thể xảy ra:

H3PO4+ NaOH ⟶ NaH2PO4+ H2O

H3PO4+ 2NaOH ⟶ Na2HPO4+ 2H2O

H3PO4+ 3NaOH ⟶ Na3PO4+ 3H2O

Đặt a là số mol NaOH, b là số mol H3PO4, T =a

b

 T=1: chỉ tạo NaH2PO4, H3PO4 và NaOH tác dụng vừa đủ

 T=2: chỉ tạo Na2HPO4, H3PO4 và NaOH tác dụng vừa đủ

 T=3: chỉ tạo Na3PO4, H3PO4 và NaOH tác dụng vừa đủ

 1<T<2: có 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4, NaOH và H3PO4 tác dụng hết

{NaOH + NaHNaOH + H3PO4⟶ NaH2PO4+ H2O (1)

2PO4⟶ Na2HPO4+ H2O (2)

nNa3HPO4 = (nNaOH− nH3PO4)và nNaH 2PO4= (2 nH3PO4− nNaOH)

 2 < T < 3: có 2 muối Na2HPO4 và Na3PO4, NaOH và H3PO4 tác dụng hết

{2NaOH + HNaOH + Na3PO4⟶ Na2HPO4+ 2H2O (1)

2HPO4⟶ Na3PO4+ H2O (2)

nNa3PO4 = (nNaOH− 2nH3PO4)và nNa2HPO4 = (3 nH3PO4− nNaOH)

 T<1: chỉ tạo NaH2PO4 còn dư

 T>3: chỉ tạo Na3PO4, NaOH còn dư

(2) Anhiđric photphoric với dung dịch kiềm:

Ta nên chuyển đổi số mol P2O5 thành số mol H3PO4 để giải quyết bài toán theo cách trên: nH3PO4 = 2 nP2O5

3|GSTT GROUP

Hoặc cũng có thể dựa vào tỉ lệ mol của OH và P2O5 để tìm kết quả

Các phản ứng có thể xảy ra:

P2O5+ 2NaOH + H2O ⟶ 2NaH2PO4

P2O5+ 4NaOH ⟶ 2Na2HPO4+ H2O

P2O5+ 6NaOH ⟶ 2Na3PO4+ 3H2O

Đặt a là số mol NaOH, b là số mol P2O5, T =a

b

 T=2 chỉ tạo NaH2PO4, P2O5 và NaOH tác dụng vừa đủ

 T=4 chỉ tạo NaHPO4, P2O5 và NaOH tác dụng vừa đủ

 T=6 chỉ tạo Na3PO4, P2O5 và NaOH tác dụng vừa đủ

 2<T<4: có 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4, NaOH và P2O5 tác dụng hết

 4<T<6: có 2 muối Na2HPO4 và Na3PO4, NaOH và P2O5 tác dụng hết

 T<2: chỉ tạo NaH2PO4, P2O5 còn dư

 T>6: chỉ tạo Na3PO4, NaOH còn dư

MUỐI NHÔM TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM MẠNH

 Kiềm mạnh NaOH, KOH… thì Al(OH)3 tan trong kiềm dư:

PTHH: {3NaOH + AlClNaOH + Al(OH)3⟶ Al(OH)3+ 3NaCl (1)

3⟶ Na[Al(OH)4](2) Hay: NaOH + Al(OH)3⟶ NaAlO2+ 2H2O (2)

PTHH dạng ion thu gọn: { Al3++ 3OH−⟶ Al(OH)3

Al(OH)3+ OH−⟶ [Al(OH)]4−

Hay: Al(OH)3+ OH− ⟶ AlO2−+ 2H2O

Phản ứng (1): NaOH dư, phản ứng (2): Al(OH)3 dư Vậy:

nAl(OH)3↓= nAl3+− (nOH−− 3nAl3+) = (4nAl3+− nOH−)

Hoặc: { 3NaOH + AlCl3⟶ Al(OH)3+ 3NaCl (1)

4NaOH + AlCl3⟶ Na[Al(OH)4] + 3NaCl (3)

Hay: 4NaOH + AlCl3⟶ NaAlO2+ 3NaCl + 2H2O (3)

⟹ nNaOH(1) = 3nAlCl3; nNaOH(2)= 4nAlCl3; nNaAlO2 = nAlCl3(2)

⟹ Hệ PT: { nAl(OH)3+ nNaAlO2 = nAlCl3

3nAl(OH)3+ 4nNaAlO2= nNaOH⟹ nAl(OH)3= (4nAlCl3− nNaOH)

Vậy nếu có: 3nAlCl3 < nNaOH < 4nAlCl3hay 3nAl3+ < nOH−< 4nAl3+

Thì có 2 sản phẩm Al(OH)3 và NaAlO2 với liên hệ số mol như sau:

nAl(OH)3↓= (4nAl3+− nOH −) và nAlO2−= (nOH −− 3nAl3+)

 Trong dung dịch gồm hỗn hợp các ion H+ (axit), Mx+(tạo thành hiđro kết tủa) và Al3+ chấp nhận có 3 nhóm phản ứng xảy

ra theo thứ tự nghiêm ngặt ưu tiên về thời gian là:

Trung hòa H+ - tạo các kết tủa hiđroxit – hòa tan Al(OH)3

∑ nOH−= nH ++ nOH−(tạo các ↓hiđroxit)+ nOH−(hòa tan ↓Al(OH)3)

 Kiềm yếu: dung dịch NH3 thì Al(OH)3 không tan trong kiềm dư:

3NH3+ 3H2O + AlCl3⟶ Al(OH)3+ 3NH4Cl

Dạng ion thu gọn: Al3++ 3NH3+ 3H2O ⟶ Al(OH)3+ 3NH4+

Al(OH)3+ 3NH3+ 3H2O ↛ DẠNG1 nOH−(a mol)}

Lập tỉ lệ: T =nNaOH(hay nOH−)

nAlCl3(hay nAl3+) =

a b

 Nếu 0 < T ≤ 3 hay 0 < a ≤ 3b:

⟹ NaOH (hoặc OH−) thiếu, AlCl3 (hay Al3+)dư (hoặc cả 2t/d vừa đủ)

⟹ nAl(OH)3=1

3nOH−

 Nếu 3 < T < 4 hay 3b < a < 4b ⟹ OH− hòa tan một phần Al(OH)3

⟹ nAl(OH)3↓⟹ (4nAl3+− nOH−)

 Nếu T=4 hay a=4b: ⟹ nAl(OH)3 = 0 và nOH − (ít nhất)= 4nAl3+

DẠNG 2 nAl3+ (b mol)}

 Nếu nAl(OH)3 = nAl3+⟹ nOH−= 3 nAl(OH)3↓ hay nOH−= 3 nAl3+

4|GSTT GROUP

 Nếu nAl(OH)3 < nAl3+ta xét 2 trường hợp:

- AlCl3 (hay Al3+)dư ⟹ nOH−= 3nAl(OH)3↓

- Al(OH)3tan một phần trong NaOH (hay OH−):

nAl(OH)3↓= 4nAl3+− nOH−

 Nếu dung dịch ban đầu gồm Al3+và H+ thì:

Al(OH)3 tạo thành sau khi đã trung hòa hết H+

Do đó: nOH−= nH+ + (4 nAl3+− nAl(OH)3)

LOẠI 2 MUỐI KẼM TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM MẠNH

Phương pháp giải hoàn toàn tương tự muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm mạnh

 PTHH: {ZnClZnCl2+ 2NaOH ⟶ Zn(OH)2+ 2NaCl (1)

2+ 4NaOH ⟶ Na2ZnO2+ 2NaCl + 2H2O (2)

nZnCl2(1)= nZn(OH)2; nZnCl2(2) = nNa2ZnO2

nNaOH(1)= 2nZn(OH)2; nNaOH(2) = 4nNa2ZnO2 ⟹ { nZn(OH)2+ nNa2ZnO2= nZnCl2

2nZn(OH)2+ 4nNa2ZnO2 = nNaOH⟹ nZn(OH)2 = (2nZnCl2−12nNaOH) (*)

Hoặc: { ZnCl2+ 2NaOH ⟶ Zn(OH)2+ 2NaCl (1)

Zn(OH)2+ 2NaOH ⟶ Na2ZnO2+ 2NaCl + 2H2O (3)

nNaOH(1)= 2nZnCl2; nNaOH(2)= nNaOH− 2nZnCl2

nZn(OH)2 = nZnCl2−1

2nNaOH(2)= nZnCl2−1

2(nNaOH− 2nZnCl2)

nZn(OH)2 = (2nZnCl2−1

2nNaOH) (∗) Bảo toàn nguyên tố kẽm: nNa2ZnO2 = nZnCl2− nZn(OH)2 = (12nOH−− nZn2+)

Kết luận:

Nếu: nNaOH

nZnCl2 ≤ 2 ⟹ {

ZnCl2= (hoặc Zn2+) dư (hoặc vừa đủ), NaOH thiếu

nZn(OH)2 = 0,5nNaOH

nNa2ZnO2= 0,0

Nếu: nNaOH

n ZnCl2≥ 4 ⟹ {

ZnCl2 (hoặc Zn2+)thiếu, NaOH vừa đủ (hoặc dư)

nZn(OH)2 = 0

nNa2ZnO2 = nZnCl2

Nếu: 2 <nNaOH

nZnCl2 < 4 ⟹ {

nZn(OH)2 = 2nZn2+− 0,5nOH −

n(ZnO2)2−= 0,5nOH−− nZn2+

DUNG DỊCH AXIT TÁC DỤNG TỪ TỪ VỚI DUNG DỊCH MUỐI ALUMINAT

Với các axit mạnh Al(OH)3tan trong lượng axit dư

PTHH: { H++ AlO2−+ H2O ⟶ Al(OH)3

Al(OH)3+ 3H+⟶ Al3++ 3H2O (1)

Hoặc: {H++ AlO2−+ H2O ⟶ Al(OH)3

4H++ AlO2−⟶ Al3++ 2H2O(2)

Tính số mol sản phẩm:

Theo (1):

nAl(OH)3↓= nAlO2−−1

3(nH+− nAlO2−) ⟹ 3nAl(OH)3↓= (4nAlO2−− nH+) Theo (2): {nAl(OH)3+ nAl3+= nAlO2−

nAl(OH)3+ 4nAl3+ = nH+ ⟹ 3nAl(OH)3 = (4nAlO2−− nH+)

Bảo toàn nguyên tố Al để tìm số mol muối nhôm tạo ra:

nAl3+= nAlO2−− nAl(OH)3 = nAlO2−−4nAlO2−− nH+

3 ⟹ 3nAl 3+ = (nH+− nAlO2−) Vậy trong trường hợp tạo 2 sản phẩm ta có:

nAl(OH)3 =1

3(4nAlO2−− nH+) (∗) và nAl3+=1

3(nH+− nAlO2−) (∗∗) Khí CO_2 tác dụng với dung dịch NaAlO_2 tạo Al(OH)_3 nhưng Al(OH)_3 không tan trong lượng Co_2 dư NaAlO2+ CO2+ 2H2O⟶ Al(OH)3+ NaHCO3

5|GSTT GROUP

DẠNG 1: biết nH+ và nAlO2− tìm n của Al(OH)3

Lập tỷ lệ: T = nH+

nAlO2−=a

b Nếu 0 < T < 1 hay a < b ⟹ H+thiếu, AlO2−dư ⟹ nAl(OH)3 = nH+

Nếu T = 1 hay a = b ⟹ H+và AlO2− vừa đủ ⟹ nA(OH)3(cực đại)= nH +

Nếu 1 < T < 4 hay b < a < 4b ⟹ H+hòa tan một phần Al(OH)3:

⟹ 3nAl(OH)3↓= (4nAlO2−− nH+)

Nếu T=4 hay a=4b⟹ nAl(OH)3 = 0 và nH + (ít nhất)= 4nAlO2−

DẠNG 2: Biết nAlO2− và nAl(OH)3tìm nH+(hoặc từ nAl(OH)3và nH+ tìm nAlO2−)

Nếu nAl(OH)3 = nAlO2− ⟹ nH+= nAl(OH)3

Nếu nAl(OH)3 < nAlO2− ta xét 2 trường hợp:

NaAlO2 (hay AlO2−)dư ⟹ nH+= nAl(OH)3

Al(OH)3tan một phần trong HCl (hay H+):

từ liên hệ (∗)ta có:

nH += (4nAlO2−− 3nAl(OH)3)

Nếu dung dịch ban đầu có [Al(OH)4]− (hay AlO2−) và OH− thì:

Kết tủa Al(OH)3 chỉ được tạo thành sau khi đã trung hòa hết OH−

nH+= nOH −+ (4nAlO2 − 3nAl(OH)3)

𝐃𝐔𝐍𝐆 𝐃Ị𝐂𝐇 𝐀𝐗𝐈𝐓 𝐓Á𝐂 𝐃Ụ𝐍𝐆 𝐓Ừ 𝐓Ừ 𝐕Ớ𝐈 𝐃𝐔𝐍𝐆 𝐃Ị𝐂𝐇 𝐌𝐔Ố𝐈 𝐂𝐀𝐂𝐁𝐎𝐍𝐀𝐓 (𝐇𝐎Ặ𝐂 𝐌𝐔Ố𝐈 𝐒𝐔𝐍𝐅𝐈𝐓)

So sánh lực axit: H2CO3 là axit mạnh hơn HCO3−

⟹ Na2CO3 có tính bazơ mạnh hơn NaHCO3

Trình tự ưu tiên của phản ứng giữa muối cacbonat và axit khi thêm từ từ axit vào dung dịch muối là:

CO32−

PTHH: { H++ CO32−⟶ HCO3− (1)

H++ HCO3−⟶ CO2+ H2O (2)

Hay là: { H++ CO32−⟶ HCO3− (1)

2H++ CO32−⟶ CO2+ H2O (3)

Giới hạn của tỉ lệ mol: T = nHCl

nNa2CO3=a

b

T ≤ 1: xảy ra phản ứng (1): Na2CO3 đủ hoặc dư

⟹ nCO2= 0 và nHCO3−= nH+

T ≥ 2: xảy ra phản ứng (3): H+ dư ⟹ nCO2= nCO32−

1 < T < 2:

Xảy ra 2 phản ứng (1) và (3): CO32− và H+ đều hết

Hoặc xảy ra 2 phản ứng (1) và (2): HCO3− còn dư

⟹ nCO2= nH +− nCO32− và nHCO3−= nCO32−− nCO2

Lưu ý: khi có khí CO2 thoát ra thì dung dịch chỉ có thể còn dư HCO3−

Ngược lại nếu ta cho hỗn hợp 2 ion CO32− và HCO3− từ từ vào dung dịch axit thì cả 2 phản ứng trên xảy ra đồng thời KIM LỌAI SẮT TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT

DẠNG 1 KIM LOẠI FE TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH H2SO4

Fe tác dụng với H2SO4 có các trường hợp sau đây xảy ra:

H2SO4 đặc nguội: thụ động hóa học sắt

H2SO4 loãng: Fe + H2SO4⟶ FeSO4+ H2 (1)

H2SO4 đặc và nóng: 2Fe + 6H2SO4⟶ Fe2(SO4)3+ 3SO2+ 6H2O (2)

Nếu Fe còn dư: Fe + Fe2(SO4)3⟶ 3FeSO4 (2′))

(2) + (2’) ⟹ Fe + 2H2SO4⟶ FeSO4+ SO2+ 2H2O

Liên hệ nH2SO4 với nFe và sản phẩm khi có 2 muối

Nếu theo (2 và 3): {2Fe + 6H2SO4⟶ Fe2(SO4)3+ 3SO2+ 3H2O

Fe + 2H2SO4⟶ FeSO4+ SO2+ 2H2O Giải hệ phương trình về số mol các chất đầu tham gia phản ứng:

6|GSTT GROUP

⟹ { nFe= 2nFe2 (SO4)3+ nFeSO4

nH2SO4 = 6nFe2(SO4)3+ 2nFeSO4 ⟹ {nFe2(SO4)3=

1

2nH2 SO4− nFe

nFeSO4= 3nFe− nH2SO4

Nếu theo (2 và 2’): {2Fe + 6H2SO4⟶ Fe2(SO4)3+ 3SO2+ 3H2O

Fe + Fe2(SO4)3⟶ 3FeSO4

Fe là chất dư sau phản ứng (2), do đó:

⟹ nFeSO4 = 3nFe(dư)= 3 (nFe−1

3nH2 SO4) = (3nFe− nH2SO4) Bảo toàn số nguyên tố Fe: nFe2(SO4)3 =12(nFe− nFeSO4) = (12nH2SO4− nFe)

DẠNG 2 Kim lọa Fe tác dụng với HNO_3 có các trường hợp sau đây xả ra:

- HNO3 đặc nguội: làm thụ động sắt

- HNO3 loãng: giả sử chỉ tạo ta sản phẩm khử duy nhất là khí NO

Fe + 4HNO3⟶ Fe(NO3)3+ NO + 2H2O (1)

Nếu Fe còn dư: Fe + 2Fe(NO3)3⟶ 3Fe(NO3)2 (1′)

(1) + (1′) ⟹ 3Fe + 8HNO3⟶ 3Fe(NO3)2+ 2NO + 4H2O (2)

DỰA VÀO TỈ LỆ SỐ MOL H2O, CO2 VÀ O2 TRONG PHẢN ỨNG CHÁY CỦA CHẤT HỮU CƠ

TH1: Hidrocacbon A: CxH2x+2−2k (a mol)

Xét phản ứng cháy và bảo toàn các nguyên tố C, H và O:

nCO2 = xnA= xa

nH2O= (x + 1 − k)nA= (x + 1 − k)a

nO2= (nCO2+nH2 O

3x + 1 − k

Nếu: nH2 O

nCO2 > 1 ⟹ nO2> 1,5nCO2 ⟹ (x + 1 − k) > x ⟹ k < 1 ⟹ k = 0

⟹ A là ankan: CxH2x+2 (x ≥ 1)

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA =

nCO2

nH2O− nCO2=

nCO2 2nO2− 3nCO2 Nếu: nH2 O

nCO2 = 1 ⟹ nO2= 1,5nCO2 ⟹ (x + 1 − k) = x ⟹ k = 1

⟹ A là anken: CxH2x (x ≥ 2)hoặc monoxicloankan (x ≥ 3)

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA

Nếu: nH2 O

nCO2 < 1 ⟹ nO2 < 1,5nCO2 ⟹ (x + 1 − k) < x ⟹ k > 1

Khi k = 2 ⟹ A: CxH2x−2 là ankin (x ≥ 2)hoặc ankaddien (x ≥ 3)

⟹ nA= nCO2− nH2O

⟹ Số nguyển tử C: x =nCO2

nA = nCO2

nCO2− nH2O= nCO2

3nCO2− 2nO2

Khi k = 4 ⟹ A: CxH2x−6 là đồng đẳng của benzene (x ≥ 6)

⟹ nA=nCO2− nH2O

3

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA =

3nCO2

nCO2− nH2O=

3nCO2 3nCO2− 2nO2 TH2: A là ancol hoặc ete: CxH2x+2−2kOz (a mol)

Đặc điểm cấu tạo của ancol hoặc ete là nhóm chức không có cacbon và do đó cũng không chứa liên kết đôi hay ba

nCO2 = xnA= xa

nH2O= (x + 1 − k)nA= (x + 1 − k)a

nO2= (nCO2+nH2O

z

2nA) =

3x + 1 − k − z

Nếu: nH2 O

nCO2 > 1 ⟹ (x + 1 − k) > x ⟹ k < 1 ⟹ k = 0

⟹ A là ancol no hoặc ete no: CxH(2x+2)Oz (x ≥ z)

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA =

nCO2

nH2O− nCO2

7|GSTT GROUP

Nếu: nO2 = 1,5nCO2⟹ (1 − k + z) = 0 ⟹ k = 0; z = 1

⟹A là ancol hoặc ete no đơn chức mạch hở

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA = nCO2

nH2O− nCO2

TH3: A là anđêhit hoặc xeton: CxH2x+2−2k−2zOz (a mol) (z ≥ 1)

Đặc điểm cấu tạo của anđehit hoặc xeton là nhóm chức có 1 nguyên tử cacbon và 1 nguyên tử oxi Do đó số liên kết đôi của nhóm chức bằng với số nhóm chức

nCO2 = xnA = xa

nH2O= (x + 1 − k − z)nA= (x + 1 − k − z)a ≤ nCO2

nO2 = (nCO2+nH2 O

z

2 nA) =3x + 1 − k − z

Nếu: nH2O

n CO2= 1 ⟹ (1 − k − z) = 0 ⟹ z = 1; k = 1 ⟹ CxH2xO

⟹ A là anđehit (hoặc xeton)no, đơn chức, mạch hở:

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA = nCO2

3nCO2− 2nO2

TH4: A là axit hoặc ete: CxH2x+2−2k−2zO2z (a mol) (z ≥ 1)

Đặc điểm cấu tạo của axit hoặc este là nhóm chức có 1 nguyên tử cacbon và 2 nguyên tử oxi Do đó, số liên kết đôi của nhóm chức bằng với số nhóm chức

nCO2 = xnA= xa

nH2O= (x + 1 − k − z)nA= (x + 1 − k − z)a ≤ nCO2

nO2 = (nCO2+nH2 O

2 − z nA) =3x + 1 − k − 3z

Nếu: nH2 O

nCO2 = 1 ⟹ (1 − k − z) = 0 ⟹ k + z = 1 ⟹ k = 0; z = 1 ⟹ CxH2xO2

⟹A là axit (hoặc este) no, đơn chức, mạch hở:

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA = nCO2

1,5nCO2− nO2

TH5: A là amin: CxH2x+2−2k+tNt (a mol)

Xét phản ứng cháy và bảo toàn nguyên tố:

nCO2 = xnA = xa

nH2O= (x + 1 − k +t

2) nA = (x + 1 − k +t

2) a

nO2 = (nCO2+nH2 O

2 ) =

3x + 1 − k + 0,5t

Nếu t=1 và có nH2O

n CO2 > 1: có các trường hợp sau:

k = 0: nH2O= (x + 1,5)nA⟹ A là amin đơn chức no, mạch hở

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA = 1,5nCO2

nH2O− nCO2

k = 1: nH2O= (x + 0,5)nA

⟹ A là amin đơn chức, có liên kết đôi, mạch hở hoặc có 1 vòng no

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA = 0,5nCO2

nH2O− nCO2

TH6: A là aminoaxit: CxH2x+2−2k−2z+tO2zNt (a mol)

Xét phản ứng cháy và bảo toàn nguyên tố:

nCO2 = xnA = xa

nH2O= (x + 1 − k − z +1

2) nA= (x + 1 − k − z +

t

2) a

nO2 = nCO2+nH2 O

2 − z nA

k = 0; z = t = 1 ⟹ nH2O= (x + 0,5)a = nCO2+ 0,5nA

k = 0; z = 1; t = 2 ⟹ nH2O= (x + 1)a = nCO2+ nA

k = 0; z = 2; t = 1 ⟹ nH2O= (x + 1)a = nCO2− 0,5nA

8|GSTT GROUP

Nếu có: nH2 O

nCO2 > 1 ⟺ (x + 1 − k − z +t

2) a > xa ⟹ (k + z) < (1 +

t

2) Xét: t = z = 1 và k = 0:

A là amino axit no, mạch hở có 1 nhóm amino và 1 nhóm cacboxyl:

⟹ nH2O= nCO2+ 0,5nA

⟹ số nguyên tử C: x =nCO2

nA =

0,5nCO2

nH2O− nCO2 Xét: t = 2; z = 1 và k = 0:

A là amino axit no, mạch hở , có 2 nhóm amino và 1 nhóm cacboxyl:

⟹ nH2O= nCO2+ nA

⟹ số nguyên tử C: x =nCO2

nA =

nCO2

nH2O− nCO2 Nếu có: nH2O

n CO2< 1 ⟺ (x + 1 − k − z +2t) a < xa ⟹ (k + z) > (1 +t2)

Xét: t = 1; z = 2 và k = 0:

A là amino axit no, mạch hở, có 1 nhóm amino và 2 nhóm cacboxyl:

⟹ nH2O= nCO2− 0,5 nA

⟹ Số nguyên tử C: x =nCO2

nA =

0,5nCO2

nCO2− nH2O DỰA VÀO TỈ LỆ SỐ MOL 𝐀𝐆𝐍𝐎𝟑 , HAY SỐ MOL AG TRONG PHẢN ỨNG CỦA CHẤT HỮU CƠ VỚI DUNG DỊCH 𝐀𝐆𝐍𝐎𝟑 TRONG 𝐍𝐇𝟑

Dạng 1 Bài tập về phản ứng tráng gương nAgNO3

nanđehit= nAg

nanđehit

Anđehit, axit fomic, este fomiat, glucozơ, mantozơ tham gia phản ứng tráng gương do các loại hợp chất trên có nhóm chức anđehit:

−CH = O

Fructozơ tham gia phản ứng tráng gương do trong mối trường kiềm đồng phân hóa thành glucozơ

R(CHO)z+ 2zAgNO3+ 3zNH3+ zH2O ⟶ R(COONH4)z+ 2zAg + 2zNH4NO3

R(CHO)z+ 2z[Ag(NH3)2]OH ⟶ R(COONH4)z+ 2zAg + 3zNH3+ zH2O

R(CHO)z+ zAg2O AgNO→ R(COO)H3 |NH3,t0 z+ 2zAg

Tỉ lệ số mol:

nAgNO3

nCHO = nAg

nCHO =2z

z = 2;

nAgNO3

nR(CHO)z = nAg

nR(CHO)z =2z

1 = 2z Anđehit 2 chức và anđehit fomic: nAgNO3

nR(CHO)z =

nAg

nanđehit= 2.2 = 4 Anđehit fomic được xem là anđehit 2 chức vì ở giai đoạn 1 của phản ứng tọa thành axit fomic (hay muối fomiat) và sau đó là phản ứng tráng gương của chính sản phẩm của giai đoạn 1:

H − C⏞

0

H = O +Ag→ HO − C2O |NH3,−2Ag ⏞

+2

H = O +Ag→ C2O |NH3,−2Ag ⏞

+4

O2+ H2O Anđehit đơn chức và este fomiat (đơn chức este), axit fomic, glucozơ, fructozơ, mantozơ: nAgNO3

nchất hữu cơ= nAg

nchất hữu cơ= 2.1 = 2 Hỗn hợp các anđenhit đơn chức có: 2 < nAg

nanđehit< 4 ⟹ hỗn hợp có HCH = O Dạng 2 Bài tập về các anđehit không no có liên kết ba đầu mạch tác dụng với dung dịch 𝐀𝐠𝐍𝐎𝟑 trong 𝐍𝐇𝟑 theo tỉ lệ:

nAgNO3

nanđehit> nAg

nanđehit

Các anđehit không no có liên kết ba đầu mạch tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 theo 2 phản ứng: phản ứng tráng gương tạo kết tủa Ag và phản ứng thế nguyên tử H của liên kết ba tạo kết tủa màu xám RC ≡ CAg ↓

CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐẶC TRƯNG GIẢI 1 SỐ BÀI TOÁN HÓA HỮU CƠ

Phản ứng thế của ankan với halogen (𝐂𝐥𝟐 𝐯à 𝐁𝐫𝟐)

PTHH: CnH2n+2+ xX2

as

→ CnH2n+1ZXx+ xHX (X: Cl; Br)

- Ankan thế với Cl2 hoặc Br2 trong điều kiện chiếu sáng, brom khác với clo: clo thế các hiđro bậc khác nhau, brom hầu như chỉ thế H bậc cao (do brom hoạt động hóa học kém hơn brom nên khả năng chọn lựa phản ứng cao hơn)

- Phân tử ankan có cấu tạo càng đối xứng cho số sản phẩm thế 1 nguyên tử halogen càng ít: ankan chỉ có hiđro liên kết với cacbon bậc II thường chỉ tạo sản phẩm thế 1 nguyên tử halogen duy nhất

Phản ứng thế nguyên tử H liên kết với liên kết ba

9|GSTT GROUP

- Axetilen, ankin-1 và các hiđrocabon khác có liên kết ba đầu mạch trong phản ứng với dung dịch

AgNO3 trong NH3 tao kết tủa màu xám

- Phương pháp: thường dùng tăng giảm khối lượng để tính số nhóm −C ≡ C − H trong phân tử hiđrocacbon

Phương pháp giải bài tập phản ứng tách của ankan

Dưới tác dụng của nhiệt và xúc tác (Cr2O3, Fe, Pt, ), các ankan bị tách H2 (gãy liên kết C − H) tạo thành hiđrocacbon không no, đồng thời cũng bị phân cắt các liên kết C-C tạo thành các phân tử nhỏ hơn (phản ứng cracking)

nankan phản ứng = b = ns− nđ

Bảo toàn khối lượng: ms= mđ= mankan

Hiệu suất phản ứng: áp dụng định luật BTKL, Avogađro Ta có:

H =ns− nđ

nđ 100% = (

ns

nđ− 1) 100% = (

Ps

Pđ− 1) 100% = (

Vs

Vđ− 1) 100% = (

M̅ankan

M̅s − 1) 100% = (dhhđ/hhS− 1).100% Khi xét phản ứng cháy của hỗn hợp sau phản ứng: do nguyên tố C và H được bảo toàn nên đốt cháy hỗn hợp đầu hay hỗn hợp sau cần lượng O2 bằng nhau và tạo thành lượng sản phẩm CO2 và H2O như nhau Vậy nên xét sự cháy của hỗn hợp đầu thay cho hỗn hợp sau để thuận lợi hơn cho việc tính toán

Phương pháp giải bài tập phản ứng cộng của hiđrocacbon

Xiclopropan tham gia phản ứng cộng mở vòng với Br2 (trong nước hay CCl4), HBr, H2 (Ni, 80℃) nhưng không làm mất màu dung dịch thuốc tím

Xiclobutan chỉ cộng mở vòng với H2 (Ni, 120℃)

+Br2 → BrCH2-CH2CH2Br

+Br2 → BrCH2-CH2CH2Br

+Br2 → BrCH2-CH2CH2Br

+H2 Ni,120→ CH3CH2CH2CH3 0

Anken tham gia phản ứng cộng: H2, Br2, HBr, H2O …

Anken bị hấp thụ trong dung dịch nước brom: độ tăng khối lượng của bình đựng dung dịch nước brom chính là khối lượng anken

đã tham gia phản ứng

Anken cộng H2:

CxH2x+ H2 CxH2x+2

a b

x → x → x

(a − x) (b − x)

Từ sơ đồ trên ta có:

NA− nB= nH2(pu)= nanken(pu)= nankan

Hay VA− VB= VH2(pu) = Vanken(pu)= Vankan

Hiệu suất phản ứng hiđro hóa:

Nếu a < b: H =x

a 100% =

nA− nB

nanken 100% =VA− VB

Vanken 100%

Nếu a > b: H =x

b 100% =

nA− nB

nH2 100% =VA− VB

VH2 100%

Bảo toàn nguyên tố: Lượng nguyên tố C và H trong A và B như nhau nên: đốt cháy B tương đương đốt cháy A nghĩa là: cần lượng

O2 như nhau, thu được sản phẩm CO2 và H2O như nhau

Khi phản ứng xảy ra trong bình kín và nhiệt độ không đổi, ta có: PA

PB =nA

nB Ankin tham gia phản ứng cộng: H2, Hr2, HBr, H2O …

Ankin bị hấp thụ trong dung dịch nước brom: độ tăng khối lượng của bình đựng dung dịch nước brom chính là khối lượng ankin

đã tham gia phản ứng