PP GIẢI TOÁN HÓA HỌC (new)

Trong các kỳ thi vào ĐH-CĐ các khối A, B đều có môn hóa học và muốn làm tốt bài thi vào ĐH-CĐ thì ngoài việc học tốt lý thuyết các em cần phải nắm vững các phương pháp giải các bài toán

Trang 1

Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông

A LỜI MỞ ĐẦU

Hóa học là một môn khoa học vừa mang tính lý thuyết vừa mang tính thực nghiệm, việc hệ thống hóa kiến thức một cách có hệ thống là một điều rất cần thiết đối với các em học sinh Trong các kỳ thi vào ĐH-CĐ các khối A, B đều có môn hóa học và muốn làm tốt bài thi vào ĐH-CĐ thì ngoài việc học tốt lý thuyết các em cần phải nắm vững các phương pháp giải các bài toán hóa học phổ thông Nhằm giúp các em học sinh học tốt bộ môn hóa học ở chương trình phổ thông tôi chọn chuyên đề “ Các phương pháp giải toán hóa học “ Chuyên đề này tổng kết lại các phương pháp cơ bản ứng dụng vào việc giải các bài toán hóa học phổ thông bao gồm các phương pháp:

 Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng

 Phương pháp tăng giảm khối lượng

 Phương pháp bảo toàn electron

 Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình

 Phương pháp tự chọn lượng chất

 Phương pháp đường chéo

 Phương pháp biện luận

 Phương pháp đồ thị

Trong mỗi phương pháp có trình bày nguyên tắc vận dụng và nhiều thí dụ minh họa cho việc vận dụng phương pháp Các thí dụ phần lớn là các bài toán rút ra từ các đề thi tuyển sinh vào ĐH-CĐ

Việc nắm vững phương pháp sẽ giúp cho các em giải quyết một các có hiệu quả các bài toán thi vào ĐH và việc làm nhanh, hiệu quả các bài tập hóa học sẽ thuận lợi cho các em làm bài tập dưới hình thức trắc nghiệm

Hy vọng chuyên đề này giúp ích cho các em học sinh học tốt hơn bộ môn hóa học

ở trường PTTH và làm tốt đề thi vào ĐH.

B NỘI DUNG

Chuyên đề lần lượt giới thiệu các phương pháp vận dụng để giải các bài toán hóa học ở chương trình PTTH :

Trang 2

I PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG

Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào định luật bảo toàn khối lượng Nội dung của định luật :

“ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng”

Cần chú ý là không tính khối lượng phần chất không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẳn Thí

dụ như nước trong dung dịch

Các thí dụ áp dụng:

TD 1 Để đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam este E cần vừa đủ 1,904 lít oxi (đkc) Sau phản ứng thu được CO2 và H2O

có tỉ lệ thể tích tương ứng là 4:3 Hãy xác định CTPT của E, biết dE/KK < 6,5

Tóm tắt :

(E) + O2 (vừa đủ) CO2 + H2O (VCO2 : VH2O = 4:3)

1,904 lít (đkc) Tính khối lượng các nguyên tố trong E

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mE + mO2 (pứ) = mCO2 + mH2O

⇒ mCO2 + mH2O = 1,88 + 32

4,22

904,

11183

4442

CO

m

(**)

Từ (*) và (**) ⇒ mCO2= 3,52 gam, mH2O= 1,08 gam ⇒ mC = 0,96 gam, mH = 0,12 gam

Khối lượng oxi : mO = 1,88 – (mC + mH) = 1,88 – (0,96 + 0,12) = 0,8 gam

Gọi CTTQ của E : CxHyOz ta có : x:y:z =

16

8,0:12,0:12

96,016::

TD 2 Một hợp chất hữu cơ A có thành phần nguyên tố C, H, O, tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH có nồng độ

11,666% Sau phản ứng thu được dd X Cô cạn dd X thì phần hơi chỉ có H2O với khối lượng là 86,6 gam, còn lại

là chất rắn Y có khối lượng 23 gam Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 13,8 gam K2CO3 và CO2, H2O với tổng khối lượng của hai chất này là 38 gam Lấy toàn bộ lượng CO2 này cho vào 9 lít dd Ca(OH)2 0,1M thì thu được 70 gam kết tủa

a/ Tìm công thức đơn giản của A

b/ Biết rằng A đơn chức Xác định CTCT có thể có của A

Tóm tắt : K2CO3 + (CO2 + H2O)

KOH (H2O) + (chất rắn Y) Ca(OH) 2 70 gam 11,666% dd X 86,6 gam 23 gam 9 lít 0,1M

a/ Tìm công thức đơn giản của A :

Xác định số mol CO2

Số mol Ca(OH)2 = 9×0,1 = 0,9 mol

Số mol CaCO3 = 0,7mol

100

70 = Ta xét các trường hợp sau:

• Ca(OH)2 dư:

Pt : CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1)Theo (1) ⇒ số mol CO2 = 0,7 mol ⇒ mCO2.= 0,7×44 = 30,8 gam ⇒ mH O

2 = 38 – 30,8 = 7,2 gam

• CO2 dư hòa tan một phần kết tủa:

Pt : CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1)

CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 (2)Theo (1) và (2) tổng số mol CO2 = (0,9 + 0,2) = 1,1 mol ⇒ mCO2= 1,1×44 = 48,4 g > 38 g (loại)

Số mol K2CO3 =

138

8,13 = 0,1 molKhối lượng cacbon : mC = 0,1×12 + 0,7×12 = 9,6 gam

Ta thấy toàn bộ KOH trong dd ban đầu qua các quá trình chuyển hóa tạo thành K2CO3

cô cạn

đốt

Trang 3

Theo quá trình: 2KOH  K2CO3 ⇒ số mol KOH = 0,1×2 = 0,2 mol

Khối lượng KOH trong dd ban đầu = 0,2×56 = 11,2 gam

Khối lượng dd KOH ban đầu = 100 96gam

666,11

2,

Khối lượng nước trong dd KOH ban đầu = 96 – 11,2 = 84,8 gam

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có :

mH (trong A) + mH (trong KOH) + mH (trong H2O dd) = mH (sản phẩm) =

9

8,939

2,76,86

=+

Khối lượng H trong A : mH = 0,8gam

9

8,842,09

8,

Theo định luật bảo toàn khối lượng : mA + mdd KOH = mddX = 86,6 + 23 = 109,6 gam

⇒ mA = 109,6 – 96 = 13,6 gam

Khối lượng oxi trong A : mO = 13,6 - (mC + mH) = 13,6 – (9,6 + 0,8) = 3,2 gam

Gọi CTTQ của A : CxHyOz ta có : x:y:z = 8:8:2 4:4:1

16

2,3:8,0:12

6,916::

H

m m

CTTN của A : (C4H4O)n Công thức đơn giản của A : C4H4O

13 = số mol KOH = 0,2 mol ⇒ tỉ lệ mol A : KOH = 1:2 nên A là este

có gốc rượu là gốc phenyl CTCT của A :

TD 3 Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl có khối lượng 83,68 gam Nhiệt phân hoàn toàn

A được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam

dd H2SO4 80% Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dd K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dd D Lượng KCl trong D nhiều gấp

3

22

lần lượng KCl có trong A

a/ Tính khối lượng kết tủa C

b/ Tính % khối lượng của KClO3 trong A

Theo (4) số mol CaCO3 = 0,18 mol ⇒ khối lượng CaCO3 = 0,18×100 = 18 gam

b/ Tính % khối lượng của KClO3 trong A :

Cho oxi tác dụng SO2 rồi cho sản phẩm hợp nước theo pt :

SO2 + O2 SO3 (5)

H O

CH3

H O

CH3

H O O

Trang 4

Số mol H2SO4 = 1,56mol

98100

801,191

=Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có :

mA = mB + mO2 ⇒ mB = 83,68 – 0,78×32 = 58,72 gam

Khối lượng KCl trong B = 58,72 – 0,18× 111 = 38,74 gam

Khối lượng KCl trong D = 0,18×2×74,5 + 38,74 = 65,56 gam

⇒ Khối lượng KCl trong A =

22 3 56 ,

8,29

= ⇒ Số mol KClO3 = 0,4 mol

%KClO3 = 100 58,5564%

68,83

5,1224,0

=

×

II/ PHƯƠNG PHÁP TĂNG – GIẢM KHỐI LƯỢNG

Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào sự tăng, giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác ứng với 1 mol chất Dựa vào sự tăng, giảm khối lượng của chất theo điều kiện đề bài ta có thể suy ra số mol (hoặc khối lượng) chất phản ứng hoặc sản phẩm tạo thành

TD 1 Hòa tan 10 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị 2 và 3 bằng dung dịch HCl thì thu được dung

dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đkc) Hỏi khi cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan ?

672,0

= Theo pt (1) (2) ta thấy rằng khi chuyển từ muối cacbonat thành muối clorua thì cứ 1 mol CO2 thoát ra thì lượng muối tăng : 71 – 60 = 11 gam Vậy theo điều kiện bài toán ta có

Khối lượng muối clorua thu được là : 10 + 0,03×11 = 10,33 gam

TD 2 Cho hỗn hợp A gồm một rượu no đơn chức và một rượu chưa no (có một nối đôi) đơn chức Chia A thành

2 phần bằng nhau mỗi phần có khối lượng a gam

- Cho phần I vào bình kín B có dung tích 12 lít và cho bay hơi ở 136,50C Khi rượu bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,14 atm

- Đem ester hóa phần II với 30 gam axit axetic, hiệu suất phản ứng ester hóa đối với mỗi rượu đều là h%.Tính khối lượng ester thu được theo a và h

2731214,0

=+

×

=Gọi công thức chung của 2 rượu là ROH

Do hiệu suất phản ứng là h% nên khối lượng este thực tế là: m este = (a + 2,1)h%

III/ PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

Phương pháp này áp dụng trong các phản ứng oxi hóa khử Nguyên tắc của phương pháp này là :

- Các phản ứng oxi hóa khử đều được phân tích làm 2 quá trình : Quá trình chất khử nhường electron gọi là quá trình oxi hóa Quá trình chất oxi hóa nhận electron gọi là quá trình khử

- Khi có nhiều chất oxi hóa và chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua

nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà chất khử cho bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận.

Trang 5

Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng Sau đây là một vài bài tập vận dụng phương pháp bảo toàn electron

TD 1 Để m gam sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 30 gam gồm

Fe và các oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4 Cho (B) tác dụng hoàn với dd HNO3 thấy giải phóng 5,6 lít khí NO duy nhất ở đkc

a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra

b/ Tính khối lượng m của (A)

3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (5)

3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6)

Quá trình trên có thể biểu diển bằng 2 quá trình sau:

Fe - 3e-  Fe3+ (quá trình oxi hóa)

a

O + 2e-  O b

2-− 3

NO + 4H+ + 3e-  NO + 2H2O

0,25

Số mol NO = 0,25mol

4,22

6,

5 = Gọi a là số mol Fe ban đầu, b là số mol nguyên tử oxi phản ứngTheo nguyên tắc bảo toàn electron ta có : ∑ electron nhường = ∑ electron nhận

Ta có : 3a = 2b + 0,25×3 ⇒ 3a - 2b = 0,75 (*)

Mặt khác trong (B) chỉ gồm sắt và oxi nên ta có : 56a + 16b = 30 (**)

Từ (*) và (**) ta có : a = 0,45 ⇒ m = 0,45×56 = 25,2 gam

TD 2 Cho 3,61 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe có tỉ lệ mol là 3:5 tác dụng với 100 ml dd chứa AgNO3 và

Cu(NO3)2 khuấy kỷ tới phản ứng hoàn toàn thu được 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại Hòa tan chất rắn đó bằng

dd HCl dư thấy thoát ra 0,672 lít H2 (đkc) Tính nồng độ mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dd ban đầu

Al + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3Ag (1)

2Al + 3Cu(NO3)2  2Al(NO3)3 + 3Cu (2)

Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (3)

Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (4)

Cho các kim loại sau phản ứng tác dụng với dd HCl thì chỉ có Fe phản ứng

+ O2 dd HNO3

(Quá trình khử)

Trang 6

672,0

03,0

1,0

05,0

2 )

TD3 Cho hỗn hợp A gồm 3 kim loại X, Y, Z có hóa trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:3 trong đó

số mol của X bằng x mol Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A bằng dd có chứa y gam HNO3 (lấy dư 25%) Sau phản ứng thu được dd B không chứa NH4NO3 và V lít hỗn hợp khí G (đkc) gồm NO2 và NO

Lập biểu thức tính y theo x và V

Tóm tắt :

hh A X, Y, Z dd B + V(lít) hh G NO2, NO

x, 2x, 3x (mol)

Theo đề bài số mol của X = x mol, số mol Y = 2x mol, số mol Z = 3x mol

Gọi a,b lần lượt là số mol NO, NO2 trong hỗn hợp G Ta có : a + b =

4,22

V

(*)Khi cho hh A tác dụng với dd HNO3 có thể biểu diển các phương trình phản ứng bằng 2 quá trình :

V

Theo quá trình khử thì số mol HNO3 pứ = số mol H+ = 4a + 2b = (10x +

4,22

V

) mol

Số mol HNO3 ban đầu = y mol

63 Do lượng HNO3 lấy dư 25% nên ta có : (10x + 22,4

V

) =

12563

V

)

TD 4 Oxi hóa hoàn toàn 2,184 gam sắt thu được 3,048 gam hỗn hợp 2 oxit sắt (hh A) Chia hh A thành 3 phần

bằng nhau :

a/ Cần bao nhiêu lít H2 (đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần I ?

Quá trình oxi hóa

Quá trình khử

⇒ x = 0,03 y = 0,05

Quá trình oxi hóa

Quá trình khử

Trang 7

b/ Hòa tan phần II bằng dd HNO3 loãng dư Tính thể tích NO sinh ra (đkc)

c/ Phần III : trộn với 5,4 gam Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (h = 100%) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dd HCl dư Tính thể tích khí thoát ra (ở đkc)

184,2048,3

H2 - 2e-  2H+ (quá trình oxi hóa)

Gọi x là số mol H2 ta có : 0,009×4 = 2x ⇒ x = 0,018 mol ⇒ VH2= 0,018×22,4 = 0,4032 lít

184,2

= 0,2 mol Số mol Fe trong

3

1

lượng Fe ban đầu = 0,013mol

563

184,2

=

Gọi z là số mol H2 tạo thành

Fe oxit hh Fe, Al2O3, Al dd Fe2+, Al3+ + H2Theo 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 :

* 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 :

Trang 8

m = It

n

A F

F

It n A

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 phânKhi 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%

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 (+) 2−

4

SO , Cl- Khi điện phân thì Cl- bị oxi hóa

2Cl- _ 2e  Cl2(5)0,12 0,06khi hết Cl- nếu tiếp tục điện phân thì nước bị oxi hóa

2H2O _ 4e-  O2 + 4H+ (6)

4y yTheo đề bài ta có số mol electron điện phân = mol

F

It

2,096500

3600434,1

=

×

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 = 0,1×64 = 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%

-Số mol Cu2+ = 0,02 mol, số mol Fe3+ = 0,02 mol, số mol Cl- = 0,02×2 + 0,02×3 = 0,1 mol

Khi điện phân :

Trang 9

Catot (-) Cu2+, Fe3+ Khi điện phân thì Fe3+ bị khử thành Fe2+

=+

×

=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 = 0,01×64 = 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 = 0,02×22,4 = 0,448 lít

IV/ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH:

1/ Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp : Mhh

Giả sử có hỗn hợp X gồm các chất A, B, C có các giá trị riêng phần như sau :

zM yM

xM A B C

++

Nếu tính theo thể tích (đo ở cùng đk nhiệt độ và áp suất)

hhX

C B A

C C B B A

A

V V V

M V M V M

V

++

Ngoài ra ta còn có : MhhX = 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)

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

Mhhx

n

Mhhx

Trang 10

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 :

+ 2

=

× n ⇒ = 2,4 ⇒ CTPT 2 anken kế tiếp : C2H4 và C3H6Tính % 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 M = 14 = 14×2,4 = 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)

01,

0 + n+ a = 3,51 ⇒ a(2 + 1) = 0,26 (*)

Số mol Na2CO3 = 0,025mol

106

65,2

= Theo pt (1) (2) ta có : 0,025

22

01,

0 +a= ⇒ 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 : =

04 , 0

68 , 0

Trang 11

%C2H5COONa = ×100 =

94 , 4

96 , 0

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

1,146

ax = 1,05 (*) a = 0,18 a(x +

4

y

- 1) = 1,305 (**) ⇒ x = 5,8Khối lượng hh X = (12x + y + 32)a = 20,1 (***) ay = 1,74 ⇒ y = 9,6

15,66 gamb/ Xác định CTPT của 2 este :

Do 2 este là kế tiếp và trong phân tử este số H là số chẳn nên từ x và y ⇒ 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 = 100 14,9254%

1,20

10003,

146,16 lít

+ NaOHvừa đủ

Trang 12

%C6H10O2 = 100 85,0746%

1,20

11415,0

=

×

d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa :

Gọi công thức chung của 2 este có dạng : RCOOR

Số mol este trong 3,015 gam hh X = 0,027

1,20

18,0015,3

=

×

mol

Pt : RCOOR + NaOH  RCOONa + ROH (2)

Theo (2) số mol muối = 0,027 mol ⇒ KLPT muối = (R + 67) = 93,67

027,0

529,2

= ⇒ R = 26,67Vậy 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 = 0,004582b + 96c = 2,529 ⇒ c = 0,0225Khối lượng CH3COONa = 0,0045×82 = 0,368 gam Khối lượng C2H5COONa = 0,0225×96 = 2,16 gam

* Số nhóm chức trung bình, số liên kết π trung bình :

bt ak

+

+ Nếu k < t ⇒ k < π < t

Số nhóm chức trung bình : NC =

b a

by az

+

Nếu z < y ⇒ z < NC < y

TD 4 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 : (z là số nhóm chức trung bình của A, B) có số mol x

Ta có : x =

)9,81273(4,22

273568,13,

232,1

0 × z = 0,055 ⇒ z = 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

O2  mCO2 + (m + 1)H2O (2)

Số mol CO2 =

44

48,7

= 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

Trang 13

n 3 1,6 0,3

CTPT B : C2H6O2 có CTCT (etylenglycol)Tính khối lượng mỗi rượu trong hỗn hợp :

Khối lượng C3H8O = 0,03×60 = 1,8 gam

Khối lượng C2H6O2 = 0,04×62 = 2,48 gam

TD 5 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

64,

Số mol CO2 = 0,78mol

44

32,34

Số mol H2O = 0,66mol

18

88,11

Pt phản ứng xà phòng hóa :

+ NaOH  + (2)

Số mol của 3,79 gam este đem xà phòng hóa = 0,035mol

16,15

14,079,

3 × = Theo (2) số mol muối = 0,035 mol

Ta có KLPT muối = (R + 67) = 94

035,0

29,3

= ⇒ R = 27 Do 2 axit là đồng đẳng kế tiếp và có R = 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 : CH≡C – (25) và CH≡C – 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 + R)b + (73 + R )c = 3,79 ⇒ (59 + R)0,005 + (73 + R)0,03 = 3,79

OH

CH CH2OH

Cx y

2

O H

Cx y

Định dạng
Số trang	26
Dung lượng	1,18 MB