SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI tối ưu CHO bài tập hóa học

Môn hoá học cung cấp cho học sinh những kiến thức hoá học cơ bản về cấu tạo chất, các định luật hoá học, các khái niệm, hoá trị, nguyên tố, viết đúng công thức hoá học, lập phương trình

Trang 1

Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học

PHẦN 1 : MỞ ĐẦU



I/LÝ DO CH N Đ TÀIỌ Ề

Hoá học là có vai trò rất quan trọng trong đời sống Môn hoá học cung cấp cho học sinh những kiến thức hoá học cơ bản về cấu tạo chất, các định luật hoá học, các khái niệm, hoá trị, nguyên tố, viết đúng công thức hoá học, lập phương trình phản ứng, nắm vững tính chất lý, hoá của các chất, vận dụng có chọn lọc, nhuần nhuyễn lý thuyết để giải bài tập Giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một

kỹ năng cơ bản, có thói quen học tập và làm việc khoa học, rèn luyện những phẩm chất cần thiết như cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân, gia đình, xã hội; chuẩn bị đầy đủ để đi vào cuộc sống xã hội sau này

Bài tập hoá học là một trong những phương tiện cơ bản nhất để nâng cao chất lượng dạy học bộ môn, mặt khác giải bài tập hoá học là phương pháp học tập tích cực có hiệu quả giúp học sinh phát triển tư duy, đồng thời học sinh còn vận dụng kiến thức vào cuộc sống sản xuất và nghiên cứu khoa học

Bài tập hoá học giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình hoá học,khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích, phán đoán khái quát và đồng thời rèn kĩ năng, kĩ xảo cho học sinh

Hiện nay, đa số học sinh còn gặp nhiều khó khăn khi giải bài tập hoá, nếu không nắm bắt được phương pháp, học sinh sẽ chán nản và rất sợ phải học hoá học

Căn cứ vào tình hình trên, tôi đã chọn đề tài này kết hợp với phương pháp phát huy tính tích cực của học sinh trong giờ học nhằm góp phần nhỏ vào việc khắc phục tình trạng trên của học sinh

II/M C ĐÍCH C A Đ TÀI.Ụ Ủ Ề

Giúp học sinh nắm cơ sở lý thuyết và phương pháp giải bài tập hoà học

III/ NHI M V C A Đ TÀIỆ Ụ Ủ Ề

Hệ thống, phân loại các bài tập hoá học và đưa ra phương pháp giải một cách tối ưu nhất, giúp học sinh nắm được các kiến thức cơ bản nhất

PH N 2: T CH C TH C HI N Đ TÀIẦ Ổ Ứ Ự Ệ Ề

I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN

I.1.T ng quan v bài t p hoá h c ổ ề ậ ọ .

* Mục đích của bài tập hoá học: hình thành kiến thức, kĩ năng mới cho học sinh

* Phương pháp: luyện tập thông qua sử dụng bài tập là một trong những phương pháp quan trọng

để nâng cao chất lượng dạy học hoá học

* Với học sinh hoạt động giải bài tập là một hoạt động tích cực có những tác dụng sau:

- Rèn khả năng vận dụng kiến thức đã học, kiến thức tiếp thu được qua bài giảng thành kiến thức của mình, kiến thức được nhớ lâu khi được vận dụng thường xuyên

- Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn

- Là phương tiên để ôn tập củng cố, hệ thống hoá kiến thức một cách tốt nhất

- Rèn kĩ năng: viết và cân bằng phương trình, tính toán theo công thức và phương trình hoá học

- Phát triển trí thông minh

I.2 C s lý thuy tơ ở ế : Cơ sở lý thuyết quan trọng cho việc giải bài tập hoá học vô cơ là những kiến thức hoá học đại cương và hoá vô cơ…

Phần đại cương: bao gồm các định luật, khái niệm cơ bản của hoá học:

-Định luật thành phần không đổi

-Định luật bảo toàn khối lượng

-Định luật Avogadro

-Định luật tuần hoàn

-Công thức phân tử, công thức hoá học, phương trình hoá học

-Dung dịch- nồng độ dung dịch- độ tan, các phản ứng trong dung dịch, điều kiện để xảy ra phản ứng trao đổi

-Các hợp chất vô cơ: oxit, axit, bazơ, muối…

-Các đơn chất Oxi, clo, kim loại…

II/ NỘI DUNG, BIỆN PHÁP THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.

II.1 Ph ng phápươ : để giải bài tập hoá học, học sinh cần phải có các kiến thức cơ bản về toán: giải

hệ phương trình 1 ẩn, 2 ẩn Giải phương trình bậc 2, giải bài toán bằng phương pháp biện luận…

1

Trang 2

Học sinh cần phải nắm vững tính chất vật lý, hoá học và cách điều chế của đơn chất, hợp chất… Nắm vững các công thức đổi số mol, công thức tính nồng độ %, nồng độ mol/ lít

Các phương pháp cơ bản áp dụng vào giải toán hoá học:

-Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng

-Phương pháp tăng giảm khối lượng

-Phương pháp bảo toàn e

-Phương pháp bảo toàn nguyên tố

-Phương pháp giá trị trung bình

-Phương pháp đường chéo

-Phương pháp tự chọn lượng chất

-Phương pháp biện luận…

Trong giới hạn của chuyên đề, tôi xin trình bày một vài phương pháp thường hay sử dụng

II.2.Các d ng bài t p vô c ạ ậ ơ ( giới hạn được đưa vào chuyên đề)

1/ Tính theo PTHH khi cho 2 lượng chất phản ứng

2/ Dạng toán pH

3/ Tính khối lượng hỗn hợp dựa vào định luật bảo toàn khối lượng

4/ CO2 hoặc SO2 tác dụng với dung dịch kiềm

5/ Bài tập tổng hợp…

II.3/CÁC PHƯƠNG PHÁP

II.3.1.Phương pháp bảo toàn khối lượng.

Nội dung Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL)

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

Lưu ý : không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn như nước trong dung dịch

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3 Cho một luồng CO đi qua ống sứ chứa m gam hỗn hợp X nung nóng.Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam ở thể rắn A và 11,2 lít hỗn hợp khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4.Tính giá trị m

A.105,6 gam B 35,2 gam C.70,4 gam D 140,8 gam

Hướng dẫn giải

Bài toán không có dấu hiệu nào chứng tỏ phản ứng xảy ra với hiệu suất 100%, do đó 64g rắn A là Fe và có thể là oxit sắt còn dư

PTHH tổng quát của phản ứng CO + O(oxit) = CO2

Hỗn hợp B gồm CO2 và CO còn dư, gọi x là số mol của CO phản ứng, cũng chính là số mol của CO2:

B

11, 2

22, 5

44x + 28(0,5-x)= 0,5×20,4×2= 20,4, giải phương trình ta được x= 0,4 Theo Định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mX + mCO = mA + m CO2

⇒ m = 64 + 0,4× 44- 0,4×28= 70,4 gam ⇒ Đáp án C

Ví dụ 2: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63% Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc) Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A

A 36,66% và 28,48% B 27,19% và 21,12%

C.27,19% và 72,81% D.78,88% và 21,12%

Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

y mol 2y

Số mol NO2 = 0,5 ; n HNO3 = 2 n NO2 = 0,5×2 = 1mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m dung dịch muối = m (Fe + Cu) + m dung dịch HNO3 – m NO2

2

Trang 3

12 1 63 100 46 0, 5 89gam

63

Ta có hệ phương trình:

56x 64y 12

3x 2y 0, 5





x 0,1

y 0,1

=







⇒ Fe( NO )3 3

0,1 242 100

89

%mCu ( NO )32 0,1 188 100 21,12%

89

Ví dụ 3 Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối

cacbonat kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc) Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?

M2CO3 + 2HCl = 2MCl + CO2 + H2O

RCO3 + 2HCl = RCl2 + CO2 + H2O

2

CO

4,88

22, 4

= = , Tổng n HCl= 0,4mol và n H2O = 0,2mol.

Áp dụng ĐLBTKL ta có: 23,8 + 0,4 ×36,5 = m muối + 0,2 × 44 + 0,2 ×18

⇒ m muối = 26 gam (Đáp án C) II.3.2.Phương pháp tăng giảm khối lượng

Nguyên tắc của phương pháp: khi chuyển từ chất A thành chất B khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam (thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại Ví dụ: MCO3 + 2HCl = MCl2 + H2O + CO2

Ta thấy rằng khi chuyển 1 mol MCO3 thành MCl2 thì khối lượng tăng:

( M + 2×35,5)-(M + 60) =11 gam Và có 1 mol CO2 thoát ra Như vậy khi biết khối lượng muối tăng, ta có thể tính được lượng CO2

Ví dụ 1 Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và muối

cacbonat kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc) Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?

Cứ 1 mol muối Cacbonat tạo thành 1 mol muối clorua, m muối tăng 71-60=11 gam

n CO2 = n muối cacbonat = 0,2 mol

Vậy khối lượng muối tăng sau phản ứng là 0,2 × 11= 2,2 gam

Vậy tổng khối lượng muối thu được là 23,8 + 2,2 = 26 gam Đáp án A.

Ví dụ 2:Có 1 lít dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch A Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa B và dung dịch C %m các chất trong B lần lượt là:

A.BaCO3:50% và CaCO3 50% B BaCO3:50,38% và CaCO3 49,62%

C BaCO3:49,62% và CaCO3 50,38% D.Không xác định được

Các phản ứng xảy ra: Ba2+ + CO32- = BaCO3

Ca2+ + CO32- = CaCO3

Cứ 1mol BaCl2, hoặc CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối lượng muối giảm: 71-60=11 gam

Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 bằng:

43 39, 7

0, 3mol 11

−

= Tổng số mol CO32- trong dung dịch A= 0,1 +0,25= 0,35, chứng tỏ CO32- không phản ứng hết

Gọi x là số mol BaCO3 và CaCO3 trong kết tủa B

3

Trang 4

{x y 0, 3

+ =

+ = ⇒ x 0, 1

y 0, 2

=







Thành phần %m trong B

3 BaCO

0,1 197

39, 7

×

3 CaCO

%m = 100 49, 6 50, 38 − = ⇒ Đáp án C

II.3.3.Phương pháp bảo toàn mol electron.

II.3.3.1/ Nguyên t cắ

Trong một hệ oxi hoá khử: “Tổng số e do chất khử nhường bằng tổng số e mà chất oxi hoá nhận” Hay “Tổng số mol e do chất khử nhường bằng tổng số mol e mà chất oxi hoá nhận”

Ví dụ: Cr  Cr+3 + 3e , N+5 + 3e  N+2

x x 3x t 3t

Cu  Cu+2 + 2e

y y 2y

Fe  Fe+3 + 3e

z z 3z

Áp dụng phương pháp bảo toàn e thì : 3x + 2y + 3z = 3t

Khi áp dụng phương pháp này ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá và chất khử, ta không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng oxi hoá khử của bài toán II.3.3.2 u đi mƯ ể

- Áp dụng cho mọi trường hợp: phản ứng xảy ra có 1 giai đoạn và phản ứng xảy ra có nhiều chất oxi hoá, nhiều chất khử và qua nhiều giai đoạn, nhiều quá trình

-Giải bài tập nhanh và không cần phải tư duy nhiều

II.3.3.3.Các ví d ụ

Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại X,Y có hoá trị không đổi Oxi hoá hoàn toàn 15,6 gam A bằng oxi dư

thu được 28,4 gam hỗn hợp hai oxit

Nếu lấy 15,6 gam A hoà tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, thu được V (lít) khí (đktc) Tính V

Nếu giải bài toán này theo kiểu thông thường, thì không đủ dữ kiện để giải, vì quá nhiều ẩn số

n

2X O X O

2

m

2Y O Y O

2

n

2

m

2

m O2 = 28,4- 15,6= 12,8,

2 O

12,8

32

X và Y là chất khử, O2 và H+ là chất oxi hoá

Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: Σne do H+ nhận = Σne do O2 nhận

O2 + 4e = 2O2- , 2H+ + 2e = H2

0,4mol 1,6 2x 2x x

2x= 1,6, ⇒ x = 0,8, ⇒ V = 0,8 × 22,4= 17,92 lít

Ví dụ 2: Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại A, B có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.

-Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H2 (đktc)

-Phần 2 nung trong oxi dư thu được 2,84 gam hỗn hợp oxit, Giá trị của m là:

A và B là chất khử, O2 và H+ là chất oxi hoá

Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: Σne do H+ nhận = Σne do O2 nhận

4

Trang 5

O2 + 4e = 2O2- , 2H+ + 2e = H2

0,04mol 0,16 2x 0,16 0,08

m kim loại phần 2= m oxit – m oxi = 2,84- 0,04 ×32= 1,56g

m = 1,56 × 2= 3,12 g ⇒ Đáp án C

Ví dụ 3: Chia 44 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.

-Phần 1 tan hết trong 2 lít dung dịch HCl tạo ra 14,56 lít H2 (đktc)

-Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít NO (đkc) duy nhất

1/ Nồng độ mol của dung dịch HCl là:

2/Cô cạn dung dịch sau phản ứng ở phần 1, khối lượng muối thu được là:

3/Phần trăm khối lượng của Fe là:

1/

M

n

áp án D

14, 56

22, 4

C

1, 3

0, 65M, D 2

⇒

2/ mmuoi =mkl+m Cl− Trong đó nCl− =nHCl =1,3mol

m muối = 22+ 1,3× 35,5= 68,15g Đáp án B

3/ Áp dụng Định luật bảo toàn mol e:

Phần 1: Fe  Fe2+ + 2e Phần 2 : Fe  Fe3+ + 3e

x 2x x 3x

M  Ma+ + ae M  Ma+ + ae

y ay y ay

2H+ + 2e  H2 N+5 + 3e  N+2

1,3 0,65 1,3 0,5

Ta có hệ phương trình: 2x ay 1, 3 x 0, 2

0, 2 56

n 0, 2 %m 100% 50, 91%

22

×

4/ mM = 22- 0,2×56= 10,8 gam

M

×

= = = = , Vậy a= 2; M= 24 (Mg) là phù hợp Đáp án A

II.3.4.Phương pháp bảo toàn mol nguyên tố

Nguyên tắc : Trong các phản ứng hoá học, các nguyên tố luôn được bảo toàn

Ví dụ 1 Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2 Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thì thể tích SO2 (đktc) sản phẩm khử duy nhất là :

Hướng dẫn giải.

Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là a,b,c

Bản chất của quá trình trên là H2 sẽ lấy oxi trong oxit tạo thành H2O theo sơ đồ :

O (trong oxit) + H2  H2O (Mol) 0,05 0,05 0,05

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxi ta có:

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe ta có:

Fe

n =3 04 0 05 16− = ,

0 04

Từ (1) và (2), ta có: b + c = 0,01.⇒ c = 0,01-b, thế vào (1) hoặc (2), ta có : a + b = 0,02

Mặt khác:

5

Trang 6

2FeO + 4 H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O.

(mol) a a/2

2Fe3O4 + 10 H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O

(mol) b b/2

Tổng SO

2

0 02

0 01

2 2 Vậy V SO2 = 0,01 22,4 = 224ml Đáp án B.

Ví dụ 2.Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu thu được 5,96 gam hỗn

hợp 3 oxit V dung dịch HCl 2M cần dùng để hoà tan hết hỗn hợp 3 oxit là:

Áp dụng Định luật bảo toàn khối lượng: mO (oxit)= 5,96-4,04= 1,92 gam

O

,

n 2 =1 92 =0 12, mol 16

2H+ + O2-  H2O (mol) 0,24 0,12 0,12

HCl

,

V =0 24 =0 12,

2 l= 120ml ⇒ Đáp án B.

Ví dụ 3 Hoà tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp Al và Fe trong dung dịch HCl dư Dung dịch thu được cho

tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi, còn lại 8 gam chất rắn Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp đầu là:

Toàn bộ các quá trình biến đổi hoá học được tóm tắt theo sơ đồ sau:

Al

Fe O

n 2 3 = 8 =0 05, mol

160

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có:

nFe = 2nFe O2 3 =0 05 2 0 1., = ,

m Fe= 0,1 56= 5,6 gam, Fe

,

= 5 6 100 58 03=

Ví dụ 4: Cho 4,16 gam Cu tác dụng vừa đủ với 120ml dung dịch HNO3 thu được 2,464 lít (đktc) hỗn hợp hai khí NO và NO2 Nồng độ mol/ lít của HNO3 là:

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Nitơ ta có:

N(HNO ) N( NO ) N( NO NO)

n 3 =n − +n 2+

3

Toàn bộ lượng Cu chuyển thành Cu(NO3)2: Cu Cu( NO )

,

n =n 3 2 =4 16 =0 065, mol

nN (tạo muối nitrat)= 2n Cu= 2.0,065= 0,13 mol

N(NO NO)

,

+ = =

2

2 464

0 11

22 4

N(HNO )

n 3 =0 13 0 11 0 24, + , = , mol.

M(HNO )

,

3

0 24

2

0 12 ⇒ Đáp án C

Ví dụ 5 Để hoà tan hết 7,68 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 cần dùng vừa đủ 260ml dung dịch HCl 1M, dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Giá trị của m là:

Khi cho hỗn hợp 3 oxit tác dụng với HCl thì bản chất là:

6

Fe(OH) 3 Fe 2 O 3

Nung trong không khí

FeCl2

AlCl3

Fe(OH)2

Al(OH)3

Trang 7

2H+ + O2-  H2O

(mol) 0,26 0,13 0,13

mO= 0,13.16=2,08 gam

mFe (trong oxit)= 7,68 -16.0,13= 5,6 gam

Fe

,

n =5 6 =0 1, mol 56

Toàn bộ các quá trình xảy ra được tóm tắt theo sơ đồ sau:

FeO

Fe2O3

Fe3O4

Fe O

,

n 2 3 =0 1=0 05, mol

2 , mFe O2 3 =0 05 160 8, = gam ⇒

Đáp án C

Ví dụ 6 Hoà tan hoàn toàn a gam FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng vừa đủ có chứa 0,075mol H2SO4

thu được b gam một muối và 168ml SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất.Trị số a, b và công thức của

FexOy là:

A a= 9; b=3,48; FeO B a= 3,48; b= 9; Fe3O4

C a= 3,48; b= 8; FeO D a= 8; b= 3,99; Fe3O4

H2SO4

0,075mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có: 0,075= 3a + 0,0075, a = 0,0225

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có: nH O2 =nH SO2 4 =0 075, mol

FexOy + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O

(mol) z 0,075 0,0225 0,0075 0,075

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có: zx = 0,0225 2 = 0,045mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Oxi, ta có: zy + 4.0,075 = 12.0,0225 + 2.0,0075 + 0,075

Zx = 0,045

Zy = 0,06

y =0 045, =3

0 06 4 ⇒ Fe3O4

a = m Fe + m O = 0,045 56 + 0,06.16 = 3,48 gam

b = 0,0225 400 = 9 gam ⇒ Đáp án B

II.3.5.Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình.

Trong hoá học thường gặp các bài toán hỗn hợp các chất có tính chất tương đương (hỗn hợp các kim loại có cùng hoá trị, các chất cùng dãy đồng đẳng…có cùng chung tính chất hoá học).Khi đó để giải nhanh, chúng ta sử dụng các đại lượng trung bình, dựa vào tính chất cơ bản của giá trị trung bình:

* Giá trị nhỏ nhất (min) < giá trị trung bình < giá trị lớn nhất (max)

II.3.5.1/Kh i l ng molố ượ trung bình.( )

n

i i

n

i i

M n

M

=

∑

1

(1)

Trong đó: m hh : khối lượng hỗn hợp

n hh: Tổng số mol hỗn hợp

Mi : Khối lượng mol chất thứ i trong hỗn hợp

ni : Số mol chất thứ i trong hỗn hợp

Công thức (1) có thể viết thành:

M M x= 1 1+M x2 2+M x3 3+ (2)

7

+t 0

Fe(OH) 3 Fe 2 O 3

FeCl2

FeCl3

Fe(OH)2

Fe(OH)3 Nung trong không khí

Fe2(SO4)3 amol

SO2 0,0075mol

M

Trang 8

Trong đú x1,x2… là % số mol tương ứng của cỏc chất Đặc biệt đối với chất khớ thỡ x1, x2 cũng chớnh là % thể tớch nờn cụng thức (2) cú thể viết thành:

n

i i

n n i

n n

i i

M V

M

=

∑

1

(3)

Trong đú Vi là thể tớch tương ứng của khớ i trong hỗn hợp

II.3.5.2/Nguyờn t kh i trung bỡnh c aử ố ủ nguyờn tố ( )

Hầu hết cỏc nguyờn tố hoỏ học trong tự nhiờn đều cú nhiều đồng vị, do đú nguyờn tử khối của cỏc nguyờn

tố này là nguyờn tử khối trung bỡnh của cỏc đồng vị tớnh theo cụng thức:

=Tổng khối lượng các nguyên tử đồng vị

A

Tổng số nguyên tử đồng vị

n n

A x A x A x

A= 1 1+ 2 2+ +

100 Trong đú An là khối lượng đồng vị thứ n

xn là % số nguyờn tử đồng vị thứ n (Σxn =100)

Vớ dụ: Trong tự nhiờn Ni cú 5 đồng vị với % số nguyờn tử tương ứng của mỗi đồng vị như sau:

58

28Ni

Ni

A =58 67 76 60 26 16 61 1 25 62 3 66 64 1 16+ + + + = ,

58 77 100

II.3.5.3/S oxi hoỏ trung bỡnhố

Vớ dụ:

Al (x mol) AlCl3

Hỗn hợp X

Fe (y mol) FeCl2 Gọi là số oxi hoỏ trung bỡnh của hai kim loại

+ → n + 2

n

2  < = + < 

3x 2y

x y II.3.5.4/Cỏc đ i l ng trung bỡnh th ng g p trong h p ch t h u c ạ ượ ườ ặ ợ ấ ữ ơ

- Số nguyờn tử ( cacbon, hidro… ) trung bỡnh

- Số nhúm chức trung bỡnh

- Số liờn kết π trung bỡnh

- Số gốc hidrocacbon trung bỡnh

Vớ dụ 1.Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A,B liờn tiếp, lấy 6,2 gam X hoà tan hoàn toàn vào nước thu

được 2,24 lớt khớ H2 (đktc) Kim loại A,B là:

Đặt cụng thức chung của A,B là R Ta cú PTHH:

2R +2 H2O  2ROH + H2

(mol) 0,2 0,2 0,1

6,2

0,2

= = ⇒ A là Na (23) < M 31= < B là K (39) ⇒ Đỏp ỏn B

Vớ dụ 2 Hoà tan hoàn toàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại X và Y kế tiếp nhau trong

nhúm IIA vào dung dịch HCl, thu được 1,12 lớt khớ CO2 (đktc).Tờn của hai kim loại X và Y lần lượt là:

8

A

+dd HCl dd Y +H2 n

n

x

a

R

Trang 9

Trường THPT Long Thành Chuyên đề: Phương pháp giải tối ưu cho bài tập hoá học Đặt công thức chung của X và Y là R Ta có PTHH:

RCO3 + 2HCl  RCl2 + CO2 + H2O

(mol) 0,5 0,5

2

CO

1,12

22,4

3

4,68

0,05

= = ⇒ M 93,6 60 33,6;X M Y = − = < <

⇒Hai kim loại đó là : Mg =24 < M 33,6 < Ca =40 = ⇒ Đáp án B

Ví dụ 3 Cho 150ml dung dịch AgNO3 0,4M vào dung dịch chứa 4,4 gam muối natri halogenua của hai nguyên tố X và Y (thuộc hai chu kỳ liên tiếp) X và Y lần lượt là:

Đặt công thức chung của hai nguyên tố X và Y là N Ta có PTHH:

NaN + AgNO3  AgN + NaNO3

Ta có nN = n AgNO3 = 0,4 0,15 = 0,06 mol

Khối lượng mol trung bình của hai muối là:

X,Y

M =73,3 23 50,3− = ⇒ X và Y là Cl (35,5) và Brom (80) ⇒ Đáp án B

Ví dụ 4 Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat và hidrocacbonat của kim loại kiềm M tác dụng với dung

dịch HCl dư, tạo ra 0,448 lít khí (đktc) Kim loại M là :

M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O

MHCO3 + HCl  MCl + CO2 + H2O

2

CO

0,448

22,4

0,02

= = ⇒ M + 61 < 95 < 2M + 60

⇒ 17,5 < M < 34⇒ M là Na (23) ⇒ Đáp án D

Ví dụ 5.Hỗn hợp khí SO2 và O2 có tỉ khối so với CH4 bằng 3 Cần thêm bao nhiêu lít O2 vào 20 lít hỗn hợp khí đó để cho tỉ khối so với CH4 giảm đi 5/6.( Các khí được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất)

Cách 1 Gọi x là % thể tích của SO2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có:

M =16.3=48=64x 32(1 x).+ - Giải phương trình : x= 0,5

Vậy : mỗi khí chiếm 50% thể tích Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít

Gọi V là số lít O2 cần thêm vào hỗn hợp, ta có :

+ Giải ra có V =20 lít ⇒ Đáp án C

Cách 2 Hỗn hợp khí ban đầu coi như khí thứ nhất ( 20 lít có M= 16.3=48), còn O2 thêm vào xem như là khí thứ hai, ta có phương trình:

+

+ Giải ra có V =20 lít ⇒ Đáp án C

Ví dụ 6 Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng, thu

được 3,548 lít CO2 (đktc) và 3,96 gam H2O Tính a và xác định CTPT của các ancol

A 3,32 gam; CH3OH và C2H5OH B.4,32 gam; C2H5OH và C3H7OH

C.2,32 gam; C3H7OH và C4H9OH D.3,32 gam; C2H5OH và C3H7OH

Gọi là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai ancol

3n

2 (mol) x nx (n 1)x

+

9

n

Trang 10

2

CO

H O

3,584

n nx 0,16mol (1)

22,4 3,96

n (n 1)x 0,22mol (2)

18

Từ (1) và (2) giải ra x =0,06 và = 2,67

Ta cú:a=( 14 + 18)x = (14.2,67 + 18) 0,06 = 3,32 gam

= 2,67 Hai ancol là C2H5OH và C3H7OH ⇒ Đỏp ỏn D

Vớ dụ 7 Hỗn hợp X gồm 2 este được tạo thành từ 2 axit đơn chức kế tiếp trong dóy đồng đẳng và 1 ancol

đơn chức, đốt chỏy hoàn toàn 20,1 gam X cần 146,16 lớt khụng khớ (đktc).Sản phẩm chỏy lần lượt cho qua bỡnh I chứa H2SO4 đặc, sau đú qua bỡnh II chứa dung dịch Ca(OH)2 dư, khối lượng bỡnh I tăng m gam và bỡnh II tăng 46,2 gam CTPT của 2 este là:

A.C5H8O2 và C6H8O2 B.C5H10O2 và C6H12O2

C.C5H8O2 và C7H10O2 D.C5H8O2 và C6H10O2

Theo đề bài ta thấy 2 este là đơn chức và kế tiếp nhau trong dóy đồng đẳng.Gọi CTTQ của 2 este là:

2

x y

C H O (x,y lần lượt là số cacbon và số hidro trung bình của 2 este) Gọi a là số mol hỗn hợp este.Ta cú

PTHH:

x y

C H O (x + -1)O xCO + H O (1)

(mol) a a(x + -1) ax a

2

O

1

Số mol O phản ứng = số mol không khí

5 146,16 1

22,4 5

Theo bài, độ tăng khối lượng của dung dịch Ca(OH)2 chớnh là khối lượng của CO2 m CO2 = 46,2 g

2

CO

46,2

44

Do 2 este là đồng đẳng liờn tiếp nhau và trong

là C5H8O2 và C6H10O2 ⇒ Đỏp ỏn D

II.3.6.Phương phỏp đường chộo

Nội dung của phương phỏp : Phương phỏp đường chộo được sử dụng trong cỏc bài toỏn trộn lẫn dung dịch cú cựng chất tan, cựng nồng độ hoặc trộn lẫn cỏc chất khớ khụng tỏc dụng với nhau.

1/ Đ i v i n ng đ % v kh i l ngố ớ ồ ộ ề ố ượ :

M1 C1 C2-C

−

− (1)

M2 C2 C – C1

Trong đú

+ m1 là khối lượng dung dịch cú nồng độ C1%, m2 là khối lượng dung dịch cú nồng độ C2%

+ C% là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn hai dung dịch, với C1 < C < C2

2/ Đ i v i n ng đ mol/ lớtố ớ ồ ộ

V1 CM (1) CM (2)- CM

10 C

n n

n

ax 1,05

y a(x + -1)=1,305

4 (12x + y +32)a=20,1

x = 5,83

y = 9,67

=

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	683 KB