Phương pháp những dạng toán phổ biến Trung học phổ thông

Phương pháp những dạng toán phổ biến Trung học phổ thông

Sáng kiến kinh nghiệm SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN     Tên đề tài: “PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” Giáo Viên : Trần Trọng Nghĩa Tổ chun Mơn : HĨA HỌC Năm học 2010-2011 Sáng kiến kinh nghiệm A.ĐẶT VẤN ĐỀ: Học sinh giải tốn hố học, ngồi việc cần phải nắm kỹ lý thuyết phải nắm hướng giải toán, phân dạng toán cần giải Giải tốn hố học phổ thơng em thường rơi vào trường hợp khơng tìm hướng giải toán dạng toán Dẫn đến tình trạng em loay hoay trình toán rườm rà, nhiều thời gian Hiện việc đánh giá kiến thức trắc nghiệm khách quan, việc tìm cách giải tốn phương pháp thích hợp giúp cho em hồn thành toán chuẩn xác nhanh Qua 12 năm giảng dạy trường phổ thông Lê Quý Đôn, luyện tập, rút kinh nghiệm, để giải nhanh tốn hố học phổ thơng, ngồi việc nắm kỷ lý thuyết học sinh phải nắm vửng phương pháp giải toán áp dụng cho dạng tập Để giúp học sinh không gặp trở ngại giải tốn hố học, tơi xây dựng đề tài sáng kiến: “PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TỐN PHỔ BIẾN TRUNG HỌC PHỔ THƠNG” Đề tài nghiên cứu giới hạn phạm vi giải toán THPT, giúp đạt kết tốt kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẵng B.CƠ SỞ LÝ LUẬN: Ngày việc thay đổi đánh giá trắc nghiệm khách quan, yêu cầu giải tốn cần phải nhanh, xác thời gian ngắn nhất, nắm phương pháp giải tốn phân dạng dạng tốn giúp ích cho em đạt kết cao kỳ thi Mặt khác dạy tập hoá học luyện tập giáo viên nêu phương pháp giải toán phân dạng đặt học sinh vào vị trí nghiên cứu tìm cách vận dụng thích hợp phương pháp vào việc giải tốn Chính lơi làm hoạt động hố nhận thức học sinh, rèn luyện khả tư duy, khả hoạt động học học sinh Như việc nêu phương pháp giải dạng toán luyện tập đáp ứng tính tích cực học tập học sinh Sáng kiến kinh nghiệm C CỞ SỞ THỰC TIỄN: Trong luyện tập hố học, việc học sinh khơng nắm phưong pháp giải toán phân dạng dạng tốn, dẫn đến tình trạng thời gian, có tìết dạy học sinh giải toán Việc nêu phương pháp phân dạng toán giúp em giải toán cách nhanh xác D NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TỐN HĨA HỌC PHỔ BIẾN Phương pháp bảo toàn 1.1 Bảo toàn khối lượng 1.2 Bảo tồn ngun tố 1.3 Bảo tồn điện tích 1.4 Bảo toàn electron Phương pháp dùng giá trị trung bình Phương pháp tăng giảm khối lượng Phương pháp ghép ẩn số, phương pháp tách công thức phân tử 4.1 Phương pháp ghép ẩn số 4.2 Phương pháp tách công thức phân tử Phương pháp đường chéo Các phương pháp biện luận để tìm cơng thức phân tử hợp chất hữu 6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm cơng thức phân tử 6.2 Biện luận nhóm chức 6.3 Các phương pháp biện luận để tìm cơng thức chất vơ Phương pháp bảo toàn 1.1 Bảo toàn khối lượng Nguyên tắc phương pháp đơn giản, định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng chất tham gia tổng khối lượng sản phẩm thu ” Nhưng ý tính khối lượng chất tham gia phản ứng, khơng tính khối lượng chất sẵn có dung dịch, chẳng hạn nước có sẵn dung dịch… Ví dụ 1: Khử hồn tồn 1,74 gam ơxit kim loại CO nhiệt độ cao thành kim loại Dẫn tồn khí sinh vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy tạo thành gam kết tủa Nếu lấy lượng kim loại sinh hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thu 0,504 lít H2 (đktc) Xác định công thức ôxit kim loại + Cho 1,74 gam ơxit kim loại tác dụng hồn tồn với 500 ml dung dịch H 2SO4 đặc nóng (dư) dung dịch X có khí SO2 bay Hãy xác định nồng độ mol/ lít Sáng kiến kinh nghiệm muối dung dịch X (Coi thể tích dung dịch khơng thay đổi q trình phản ứng) Giải: - Đặt công thức ôxit kim loại AxOy, khối lượng mol A M Gọi a số mol 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) (2) ta có: nCO = nCO = 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 + 44.0,03 Suy mA = 1,26 gam Hay M.xa = 1,26 (**) Phản ứng A với dung dịch HCl: 2A + 2nHCl = 2ACln + nH2 (3) n xa xa Ta có: số mol H2 = 0,0225 = n 0,045 xa hay xa = ( ***) n Từ (**) ( ***) ta có: M = 28n Cho n = 1, 2, tính M , nghiệm thích hợp n = 2, M = 56 nên A Fe Thay n = vào (***) ta được: xa = 0,0225 (****) Từ (*) (****) ta có: b PTPƯ : xa 0,0225 x = ⇔ = ⇔ ya 0,03 y AxOy Fe3O4 2Fe3O4 + 10H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Số mol Fe3O4 = 1,74 = 0,0075 mol → số mol Fe2(SO4)3 = 0,01125 (mol) 232 Vậy CMFe2(SO4)3 = 0,01125 0,5 = 0,0225 (mol/l) Ví dụ 2: Cho hỗn hợp axit hữu A, B tác dụng với rượu đa chức C ta hỗn hợp nhiều este, có este E a.Để đốt cháy hết 1,88 gam chất E cần lượng vừa đủ 1,904 lít O2 (đktc) thu CO2 nước với tỷ lệ thể tích tương ứng 4: Hãy xác định công thức phân tử E, biết tỉ khối E so với khơng khí nhỏ 6,5 b Thủy phân hoàn toàn 1,88 gam E dung dịch NaOH sau cạn rượu đa chức 2,56 gam chất rắn gồm NaOH dư hỗn hợp hai muối hai axit hữu đơn chức Đốt cháy hoàn toàn X O dư thu CO2, H2O muối Na2CO3 Hòa tan hết lượng muối dung dịch HCl thấy thoát 0,448 lít CO2 (đktc) Hãy viết cơng thức cấu tạo có E (khơng viết đồng phân axit, 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 O2 = m CO2 + m H = 1,88 + 1,904 32 22,4 = 4,6 (g) Sáng kiến kinh nghiệm a Do đó: Gọi a số mol CO2 số mol H2O 44a + 18 = 4,6 → a = 0,08 mol Ta có: mC = 0,08.12 = 0,96 g; mH = 0,08.2 = 0,12 g Gọi công thức tổng quát E CxHyOz ta có tỷ lệ số mol: x:y:z = 0,96 0,8 : 0,12 : = 8:12:5.Vậy công thức chung E (C8H12O5)n 12 16 Vì KLPT E phải < 29.6,5 = 188,5 nên 188n < 188 n = Vậy CTPT E C8H12O5 a Theo phản ứng: Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2 Ta có: số mol CO2 = 0,02 mol, NaOH dư NaOH tạo thành muối hữu đốt cháy tạo thành Na2CO3 Do tổng số mol NaOH ban đầu = 0,02.2 = 0,04 Theo đề bài: nE = 1,88 = 0,01 (mol) 188 Vì CTPT E C8H12O5, tạo muối rượu E phải este lần este (ứng với gốc axit khác nhau) nên số mol NaOH phản ứng với este = 0,01.2 = 0,02 (mol) lượng NaOH dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol) tức 0,02.40 = 0,8(gam).Vậy tổng khối lượng hai muối 2,56 – 0,8 = 1,76 (g) Gọi CTPT muối là: RCOONa R’COONa khối lượng phân tử trung bình muối là: M = 1,76 = 88 0.02 ⇒ KLTB gốc M R' = 88 – 67 = 21 Như phải có gốc ví dụ R < 21 R’ > 21 Do R H (M = 1) CH3– (M=15) Vì số mol muối nên M R ' = R + R' = 21 Nếu R H (M = 1) R’ = 41 (C3H5–) R CH3– (M = 15) R’ = 27 (C2H3–) Vậy hai cặp nghiệm là: HCOOH C3H5COOH CH3COOH C2H3COOH Phần công thức ứng với gốc rượu C 8H12O5 trừ C5H6O4 C3H6O rượu đa chức nên công thức cấu tạo là: CH2-CH-CH2-OH Kí hiệu hai gốc axit A1, B1 ta có cơng thức cấu tạo có E là: CH2 - CH - CH2 A1 B1 OH ; CH2 - CH - CH2 A1 OH CH2 - CH - CH2 B1 B1 A1 OH Bài tập Cho từ luồng khí CO qua ống đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 đun nóng thu 128 gam sắt, khí sinh sau phản ứng cho qua dd Ca(OH)2 thu 80 gam kết tủa Tính m ? Bài tập Sáng kiến kinh nghiệm Hịa tan hồn tồn 23,8 gam hh gồm muối cacbonat kim loại hóa trị I muối cacbonat kim loại hóa trị II vào dd HCl thu 0,2 mol khí CO2 Tính khối lượng muối tạo dung dịch Bài tập Một dd có chứa cation Fe2+: 0,1mol Al3+: 0,2 mol anion Cl-: x mol SO42- y mol Tính x,y biết cạn dung dịch thu 46,9 g chất rắn khan Bài tập Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat hai kim loại A B PNC nhóm II dd HCl thu 0,896 lit khí CO2 (đo 54,6 0C 0,9 atm) dung dịch X a – Tính khối lượng nguyên tử A B - Tính khối lượng muối tạo thành dung dịch X b Tính % khối lượng muối hỗn hợp ban đầu c Nếu cho toàn CO2 hấp thụ vào 200ml dd Ba(OH)2 nồng độ để thu 3,94 gam kết tủa Bài tập (Giải tốn nhiệt nhơm) Sau phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al FexOy thu 9,39 gam chất rắn Y Cho toàn Y tác dụng với dd NaOH dư thấy 336 ml khí bay đo đktc phần khơng tan Z Để hịa tan 1/3 lượng chất Z cần 12,4 ml dd HNO3 65,3 % ( d = 1,4 g/ml) thấy có khí màu nâu a Xác định cơng thức FexOy b Tính thành phần phần trăm khối lượng bột nhôm hh X ban đầu Cho biết phản ứng xảy hoàn toàn 1.2 Bảo toàn nguyên tố Định luật bảo tồn khối lượng cịn áp dụng cho ngun tố, định luật bảo tồn khối lượng viết lại: “Khối lượng nguyên tố chất phản ứng khối lượng nguyên tố sản phẩm phản ứng” Chú ý: Khơng tính khối lượng nguyên tố khác dù nguyên tố có tham gia phản ứng với nguyên tố áp dụng định luật bảo tồn khối lượng Ví dụ 1: Nhiệt phân m gam NH3 thu hỗn hợp khí X có V = 134,4 lít (đktc) Cho X qua dung dịch HNO3 dư cịn 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 cịn lại PTPƯ: 2NH3 t → N2 + 3H2 (1) Qua dung dịch HNO3 dư NH3 bị giữ lại :NH3 + HNO3 = NH4NO3 Còn lại hỗn hợp Y gồm N2, H2 với số mol: nY = 89,6 22,4 = mol; nX = 134,4 22, = mol Vậy số mol NH3 dư = mol Theo (1) nN2 = 3nN2 Do mol hỗn hợp Y có mol N2 mol H2 b Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có: Sáng kiến kinh nghiệm nN(NH3 ban đầu) = nN(N2) + nN(NH3) lại = 2.1 + 2.1 = mol Vậy m = 4.17 = 68 (g) Ví dụ 2: Đốt cháy hồn tồn 0,01 mol chất X 0,616 lít khí O 2(đktc) ta thu 2,18 hỗn hợp khí CO2, N2 nước 109,20C 0,896 atm Sau làm ngưng tụ nước, hỗn hợp khí cịn lại chiếm 0,56 lít (đktc) có tỉ khối so với hidro 20,4 Xác định công thức phân tử X Giải: - Theo đề: số mol (CO2, N2 H2O) = 0,896.2,1 = 0,06 (mol) 0,082.273.1,4 Số mol (CO2, N2) = 0,025 (mol) Số mol H2O ngưng tụ = 0,06 – 0,025 = 0,035 Gọi x số mol CO2 hỗn hợp với N2: M = 20,4.2 = 40,8; M = 44 x + 28(0,025 − x ) 0,025 Giải ta có x = 0,02 (mol) nên số mol N2 = 0,025 – 0,02 = 0,005 (mol) Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng cho ngun tử ơxi để tính khối lượng chất X Ta có: mO X + mO dùng để đốt cháy = mO CO2 + mO nước → mO X = 0,02.32 + 0,035.16 – 0,616 32 22,4 = 0,02 (mol) Gọi công thức tổng quát X CxHyOzNt 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 : : : → Công thức thực nghiệm: ( C2H7O2N)t Chúng ta tính mC + mH + mO + mN 0,01 mol chất X: mC + mH + mO + mN = 0,24 + 0,07 + 0,032 + 0,14 = 0,77 (g) →MX = 0,77 0,01 = 77 Ta có 77.t = 77 nên t = 1.Vậy ctpt X là: C2H7O2N 1.3 Bảo tồn điện tích: Xuất phát từ đinh luật bảo tồn điện tích: “ Trong dung dịch chất điện ly, ln trung hịa điện hay nói cách khác dung dịch chất điện ly tổng điện tích dương ln tổng điện tích âm” Dựa vào tính chất để thiết lập phương trình tốn học liên hệ tính kết qủa cần thiết Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation Fe2+ (0,1 mol) Al3+(0,2 mol) hai anion Cl- (x mol) SO42-(y mol) Tính x, y biết sau cô cạn dung dịch thu 46,9 g chất rắn khan Giải: Áp dụng định luật bảo tồn 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 tồn điện tích: 0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y ⇔ x + 2y = 0,8 (2) Từ (1) (2) ta có: x = 0,2 mol ; y = 0,3 mol Ví dụ 2: Dung dịch A chứa ion Na+: a mol; HCO3- : b mol; CO32-:c mol; SO42-: d mol Để tạo kết tủa lớn người ta dung 100ml dung dịch Ba(OH) nồng độ x mol /l Lập biểu thức tính x theo a, b Giải: HCO3- + OH- = CO32- + H2O Sáng kiến kinh nghiệm Ba2+ + CO32- = BaCO3 ↓ Ba2+ + SO42- = BaSO4 ↓ Dung dịch sau phản ứng có Na +: a mol Vì bảo tồn điện tích nên phải có a mol OH- Để tác dụng với HCO3- cần b mol OH- Vậy số mol OH- Ba(OH)2 cung cấp (a+b) mol a +b Ta có : số mol Ba(OH)2 = nồng độ x = a +b = a +b 0,1 0,2 (mol/l) 1.4 Bảo toàn electron - Trước hết cần khẳng định phương pháp cân phản ứng ơxi hóa khử dù phương pháp thăng electron dung để cân phản ứng ơxi hóa khử dựa bảo toàn electron - Nguyên tắc phương pháp sau: Khi có nhiều chất ơxi hóa, chất khử hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng phản ứng qua nhiều giai đoạn) tổng số electron mà chất khử cho phải tổng số electron chất ôxi hóa nhận Như ta cần nhận định trạng thái đầu trạng thái cuối chất ơxi hóa, chất khử, chí khơng cần quan tâm đến việc cân phương trình phản ứng Phương pháp đặt biệt lý thú tốn phải biện luận nhiều trường hợp xảy Ví dụ 1: Cho hỗn hợp Y gồm Fe kim loại M có hóa trị n a Hịa tan hồn tồn 3,61g hỗn hợp Y dung dịch HCl thu 2,128 lít H 2, hòa tan 3,61g hỗn hợp Y dung dịch HNO3 dư thu 1,792 lít NO Hãy xác định kim loại M b Lấy 3,61 g hỗn hợp Y cho tác dụng với 100 ml dung dịch chứa AgNO Cu(NO3)2 Khuấy kỹ đến phản ứng hoàn toàn thu 8,12g chất rắn gồm kim loại Hịa tan chất rắn dung dịch HCl dư thấy 0,672 lít khí H Tính nồng độ mol/lít AgNO3 Cu(NO3)2 dung dịch ban đầu chúng Biết thể tích đo điều kiện tiêu chuẩn 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 số mol Fe M 3,16 g Theo (1); (2) tổng số mol electron cho tổng số mol electron nhận là: 2x + ny = 2,128 22,4 = 0,19.(I) Theo (3); (4) tổng số mol electron cho tổng số mol electron nhận là: 3x + ny = 1,792 22,4 = 0,24.(II) Giải (I) (II) ta có: x = 0,05 mol; ny = 0,09 mol Sáng kiến kinh nghiệm Mặt khác theo khối lượng hỗn hợp Y thì: 0,05.56 + y.M = 3,61→ yM = 0,81 Chúng ta thấy kết phù hợp là: n = 3; M = 27 y = 0,03 b Vì Al hoạt động Fe chất rắn thu gồm kim loại nên chúng Ag, Cu, Fe Các phản ứng 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 = 0,672 22,4 = 0,03 = nFe lại Gọi a, b số mol AgNO3 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 + 2.0,05 Áp 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 kim loại ta có: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (II’) Từ phương trình (I’); (II’) dễ dàng rút a = 0,03 ; b = 0,05 (mol) Vậy CMAgNO3 = 0,03 0,1 = 0,3M, CMCu(NO3)2 = 0,05 0,1 = 0,5M Ví dụ 2: Oxi hóa hồn tồn 2,184g bột Fe ta thu 3,048g hỗn hợp ôxit sắt (hỗn hợp A) Chia hỗn hợp A thành phần 1/ Cần lít H2 (đkc) để khử hoàn toàn oxit phần 2/ Hịa tan phần HNO3 dư Tính thể tích NO bay 3/ Phần trộn với 5,4g bọt Al tiến hành phản ứng nhiệt nhơm (H = 100%) Hịa tan hỗn hợp sau phản ứng dung dịch HCl dư Tính thể tích khí bay (đktc) Giải: - Các phản ứng 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) Fe khơng thay đổi số oxi hóa, H2 cho electron O2 nhận electron nên áp dụng định luật bảo tồn số mol electron, ta có: 2nH2 = 4nO2 → nH2 = 2nO2 3,048 − 2,184 = ( ) = 0,018 (mol) 3 32 VH2 = 0,018.22,4 = 0,4032 (lít) Các phản ứng hịa 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) Sáng kiến kinh nghiệm Ta thấy tất Fe bị oxi hóa thành Fe 3+ cịn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành O2nên áp dụng định luật bảo tồn số mol electron, ta có: 3n + 3,048 − 2,184 2,184 = = 0,039 32 56 Trong n số mol NO thoát Chúng ta dễ dàng rút n = 0,001(mol) VNO = 0,001.22,4 = 0,224(lit) Các phản ứng 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 phản ứng (1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 14) ta thấy Fe cuối thành Fe 2+, Al thành Al3+ , O2o thành 2O2- 2H+ thành H2 nên áp dụng định luật bảo toàn số mol 0,039 5,4.3 + = 0,009.4 + n.2 27 electron, ta có: ⇔ 0,026 + 0,5 = 0,036 + n.2 Suy n = 0,295(mol) Vậy VH2 = 0,295.22,4 = 6,608(lít) Phương pháp dùng giá trị trung bình: Đây phương pháp ứng dụng phổ biến để giải tốn hóa học, đặt biệt tốn hóa hữu Nó cho phép giải nhanh chóng đơn giản nhiều toán gồm hỗn hợp chất rắn, lỏng củng khí * Nguyên tắc phương pháp: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB), kí hiệu M khối lượng mol hỗn hợp, nên tính theo cơng thức: M = M n1 + M n2 + M n3 + = n1 + n2 + n3 + ∑M n ∑n i i (1) i Trong M1, M2 …là khối lượng phân tử (hoặc khối lượng nguyên tử) chất hỗn hợp n1, n2…là số mol tương ứng chất Cơng thức (1) viết thành: M = M1 n1 ∑ni + M2 n2 + M3 ∑ni n3 +… ∑ni = (M1x1 + M2x2 +M3x3 +…)/(x1 + x2 + x3 + )(2) Trong x1, x2, x3… % số mol tương ứng chất Đặt biệt chất khí x1, x2 % thể tích chất nên cơng thức (2) viết thành: M = M 1v1 + M v + M v3 + = v1 + v + v3 + ∑M v ∑v i i (3) i Trong v1, v2, v3…là thể tích chất khí Nếu hỗn hợp có hai chất khí cơng thức 1, 2, trở thành 1’, 2’, 3’ đơn giản M = M M n1 + M n (1’) Trong n tổng số mol chất hỗn hợp n1 + n ( = n) = M1x1 + M2 (1 – x1 ) (2’) Trong số (1) ứng với 100 % 10 Sáng kiến kinh nghiệm Ví dụ 3: Nitro hóa benzen HNO3 đặc thu hai hợp chất nitro nhóm NO2 Đốt cháy hồn toàn 2,34 gam hổn hợp A, B thu CO2, H2O 255,8 ml N2 (ở 270C, 740 mmHg) Hãy xác định công thức phân tử A B PV 740.255,8 = RT 760.1000.0,082.300 Giải: Số mol khí N2 = = mol Gọi C H 6−n ( NO2 ) n công thức chung cho A B với bình Ta có phương trình phản ứng hóa học: C6H6 + n HNO3  H SO → C H 6−n ( NO2 ) n + n H2O (1)  C H −n ( NO ) n Theo (2) ta có: +( n số nhóm chức trung 15 − 2,5n 2,34 n 78 + 45n )O2 6CO2 + ( −n )H2O + n N2.(2) =3 Giải ta n = 1,7 Vậy công thức phân tử A B là: C 6H5NO2 C6H4(NO2)2 Ví dụ 4: Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu A B có cúng chức hóa học Nếu đun nóng 15,7 gam hh Y thu muối axit hữu đơn chức 7,6 gam hh hai rượu no đơn chức bậc dãy đồng đẳng Nếu đốt cháy 15,7 gam hh Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O2 thu 17,92 lít CO2 (đktc) Xác định CTCT A B Giải: - Từ giả thuyết đề suy A B hai este đơn chức ⇒ công thức chung CxHyO2 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)] : = 0,15 mol Suy số nguyên tử C trung bình = Số nguyên tử H trung bình = 0,8 0,15 0,65 0,15 = 5,33 ⇒ < 5,33 < = 8,66 ⇒ < 8,66 < 10 Vậy công thức hai este C5H8O2 C6H10O2 Khối lượng mol trung bình hai rượu : 7,6 0,15 = 50,66 nên hai rượu C2H5OH (M = 46) C3H7OH (M = 60) ⇒ Muối có số nguyên tử C – = 3, số nguyên tử H = – = ⇒ Công thức muối: CH2=CH-COONa Vậy CTCT A: CH2=CH-COOC2H5 B: CH2=CH-COOC3H7 Phương pháp tăng giảm khối lượng Nguyên tắc phương pháp xem chuyển chất A thành chất B (không thiết trực tiếp, qua nhiều giai đoạn trung gian) Khối lượng tăng hay giảm gam (thường tính theo mol) dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ 12 Sáng kiến kinh nghiệm dàng tính số mol chất tham gia phản ứng ngược lại Ví dụ phản ứng: MCO3 + 2HCl = MCl2 + CO2 ↑+ H2O Ta thấy chuyển mol MCO3 thành MCl2 khối lượng muối tăng lên M + 2.35,5 – (M + 60) = 11(g), có 1mol CO2 bay ngược lại Trong phản ứng este hóa: CH3COOH + R’OH CH3COOR’ + H2O Thì mol R’OH chuyển thành mol este, khối lượng tăng lên (R’ + 59) – (R’ + 17) = 42(g) Như biết khối lượng rượu khối lượng este ta dễ dàng tính số mol rượu ngược lại Ví dụ 1: Có lít hỗn hợp Na2CO3 0,1 M (NH4)2CO3 0,25 M Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 CaCl2 dung dịch Sau phản ứng kết thúc ta thu 39,7 g kết tủa A dung dịch B 1) Tính % khối lượng chất A 2) Chia dung dịch B thành phần a Cho HCl dư vào phần sau cạn dung dịch lấy chất rắn cịn lại nung nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi chất rắn X Tính % khối lượng chất X b Đun nóng phần thêm từ từ 270ml dung dịch Ba(OH) 0,2 M vào Hỏi tổng khối lượng dung dịch giảm tối đa bao nhiêu? Giả sử nước bay không đáng kể Giải: Trong hỗn hợp Na2CO3 (NH4)2CO3 có ion: Na+, NH4+, CO32Hỗn hợp BaCl2 CaCl2 có ion Ba2+, Ca2+, Cl1) Các phản ứng: Ba2+ + CO32- = BaCO3 ↓(1) Ca2+ + CO32- = CaCO3 ↓ (2) Theo (1) (2) mol BaCl2 CaCl2 biến thành BaCO3 CaCO3 khối lượng giảm 71 – 60 =11(g) (2Cl- chuyển thành CO32-) Do tổng số mol muối BaCO3 CaCO3 Còn ∑ số mol CO 23 43 − 39,7 = 0,3 (mol) 11 = 0,1 + 0,25 = 0,35 Điều chứng tỏ dư CO32- Gọi x, y số mol BaCO3 CaCO3 A Ta có:  x + y = 0,3  x = 0,1 ⇒   197x + 100y = 39,7  y = 0,2 Thành phần % A: % BaCO3 = 0,1.197 39,7 100 = 49,62 %, % CaCO3 = 100 – 49,62 = 50,38 % 13 Sáng kiến kinh nghiệm 2.a Trong dung dịch B có Na+, Cl-, NH4+, CO32-, cho HCl vào: CO32- + 2H+ = CO2 + H2O (3) Như cô cạn dd ta thu chất rắn gồm muối NaCl NH4Cl Khi đun nóng hỗn hợp NH4Cl bị phân hủy: NH4Cl  → NH3 ↑ HCl ↑ + Vậy chất rắn X chứa 100 % NaCl to dung dịch B có: 1 Số mol CO32- = (0,35 – 0,3) = 0,025 (mol), số mol NH4+ = 0,25.2 = 0,25 2 b/ Trong Không cần quan tâm đến số mol ion khác chúng khơng tham gia phản ứng Khi cho Ba(OH)2: Ba(OH)2 = Ba2+ + 2OHVì số mol Ba(OH)2 = 0,27.0,2 = 0,054 ⇒ số mol OH- = 0,054.2 = 0,108 PƯ : Ba2+ + CO32- = BaCO3 ↓ (5) NH4+ + OH- = NH3 ↑ H2O (6) + 2Vì số mol CO3 (0,025) < nBa2+ (0,054) nên số mol BaCO3 = 0,025 tức khối lượng kết tủa = 0,025.197 = 4,925(g) Vì nOH- (0,108) < nNH4+ (0,25) nên số mol NH3 bay 0,108 mol tức Khối lượng NH3 = 0,108.17 = 1,836 (g) Vậy khối lượng hai dung dịch giảm tối đa: 4,925 + 1,836 = 6,761(g) Ví dụ 2: A hỗn hợp anđehit fomic anđehit axetic 1) Oxi hóa m gam hỗn hợp A oxi ta thu hỗn hợp axit tương ứng (hỗn hợp B) Giả sử H = 100% Tỉ khối B so với A a a/ Tìm khoảng biến thiên a b/ Cho a = 145 Tính % khối lượng anđehit A 97 2) Oxi hóa m gam hỗn hợp A oxi ta thu (m’ + 1,6) g hỗn hợp B Giả thiết H = 100% Còn m’ gam hỗn hợp A tác dụng với AgNO dư NH3 thu 25,92 gam Ag lim loại Tính % khối lượng axit hỗn hợp B Giải: - PTPƯ: 2HCHO + O2 2HCOOH (1) 2CH3CHO + O2 2CH3COOH (2) Giả sử hỗn hợp A có HCHO B có HCOOH Vậy d B M B 46 = = = 1,53 = a A M A 30 Giả sử A có CH3CHO B có CH3COOH Vậy d B M B 60 = = = 1,36 = a Vì hh đồng thời có HCHO CH3CHO nên khoảng A M A 44 xác định a là: 1,36 < a < 1,53 b/ Gọi x, y số mol HCHO CH3CHO số mol axit HCOOH, CH3COOH x y nên: M B 40 x + 60 y 145 = ⇒ x=5y = M A 30 x + 44 y 97 % m HCHO = 77,3 % % CH3CHO = 22.7 % 14 Vậy Sáng kiến kinh nghiệm 2) Các phản ứng: HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag (1) CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O CH3COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag (2) Khi chuyển mol hỗn hợp A thành mol hỗn hợp B khối lượng tăng thêm 16gam theo đề khối lượng tăng (m + 1,6) – m = 1,6(g) Nên số mol a = 1,6 = 0,1 Gọi 16 x, y số mol CH3CHO m gam hỗn hợp A Dựa vào số mol hỗn hợp nAg  x + y = 0,1  x = ,0 02  ta có hệ phương trình:  25,92 ⇒   4x + 2y = 108  y = ,0 08 Vì số mol axit số mol anđehit tương ứng Vậy % khối lượng axit B là: %HCOOH = 16,08 %, %CH3COOH = 83,92% Phương pháp ghép ẩn số phương pháp tách công thức phân tử: 4.1 Phương pháp ghép ẩn số: Có số tốn hóa học thiếu điều kiện làm cho tốn có dạng vơ định phải biện luận không giải Phương pháp cho phép giải tốn Nhưng lưu ý ví dụ giải phương pháp khối lượng phân tử trung bình, bảo tồn khối lượng… Ví dụ 1: Đốt cháy hồn tồn a gam hh hai rượu no đơn chức hh khí Cho hh khí qua bình đựng H 2SO4 đậm đặc bình hai đựng nước vơi dư thấy bình tăng 1,98g, bình hai có gam kết tủa Tính a Giải: - Đặt công thức rượu CnH2n+1OH, CmH2m,+1OH Gọi x, y số mol rượu PTPƯ đốt cháy: CnH2n+1OH + 1,5nO2 nCO2 + (n +1)H2O CmH2m+1OH + 1,5mO2 mCO2 + (m +1)H2O CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O Theo giả thuyết đề bài, có: nx + ny = 0,08 (1) (n + 1)x + (m + 1)y = 0,11 (2) Ở với ẩn số có phương trình nên có dạng vơ định Chúng ta triển khai (2) để áp dụng phương pháp ghép ẩn số: Từ (2) nx + x + my + y = ( nx + my ) + x + y = 0,11 Thay nx + ny = 0,08 rút 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 giá trị biết ta được: a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 (g) 15 Sáng kiến kinh nghiệm Ví dụ 2: Trung hịa 3,88 gam hỗn hợp amino axit đơn chức lượng vừa đủ dung dịch NaOH, sau cạn thu 5,2 gam muối khan Tính tổng số mol amino axit hỗn hợp Cần dung lít ơxi (đktc) để đốt cháy hồn tồn 1,94 gam hh axit Giải: Gọi công thức hai axit là: RCOOH R’COOH Ta có PƯ trung hịa: RCOOH + NaOH RCOONa + H2O (1) R’COOH + NaOH R’COONa + H2O (2) Chúng ta thấy KLPT mol muối nặng KLPT mol axit 22 gam (thay nguyên tử H = nguyên tử Na ⇒ 23 - = 22) Vậy ∑n axit = 5,2 − 3,88 = 0,06 (mol) 22 Có thể đặt phương trình sau: Đặt a, a’, P, Q số mol, KLPT rượu, ta có: aP + a’Q = 3,88 a(P + 22) + a’(Q + 22) = 5,2 ⇒ a +a’ = 0,06 2/ 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’ số mol axit 1,4 gam hỗn hợp Ta có: b + b’ = 0,06.1,94 = 0,03 3,88 b(14x +32) + b’(14y + 32) = 1,94 Hay 14(bx + b’y) + 32(b + b’) = 1,94 ⇒ bx + b’y = 1,94 − 32.0,03 = 0,07 14 Theo (3) (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 hợp chất hữu cơ, ta viết thêm cơng thức phân tử dạng khác Nguyên tắc phương pháp tách công thức phân tử dựa tỉ lệ % khối lượng Cacbon Hiđro anken (olefin) không đổi : chiếm 12n 6 = Nghĩa anken Cacbon chiếm khối lượng Hiđro n Dùng phương pháp cho phép giải nhanh chóng đơn giản số toán hữu Dưới số mẫu tách công thức phân tử: Ankan: CnH2n+2 CnH2n.H2 Anken: CnH2n Ankin, Ankađien: CnH2n-2 CmH2mC (trong m = n -1) Aren: CnH2n-6 CmH2m3C (trong m = n - 3) Rượu (ete) no đơn chức: CnH2n+1OH CnH2nH2O Rượu không no (loại olefin): CnH2n-1OH CnH2nO Rượu thơm phenol đơn chức: CnH2n-7OH CmH2mO ( m = n - 3) Anđehit (Xeton) no đơn chức: CnH2n+1CHO CnH2nHCHO CmH2mO (trong m = n +1) 16 Sáng kiến kinh nghiệm Axit no đơn chức:CnH2n+1COOH CnH2nHCOOH CmH2mO2 (trong 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 phần Cho phần tác dụng hết với Na thấy bay 0,672 lit khí H (đktc) Đốt cháy hồn tồn phần hai thu lit CO2 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) (2) tổng số mol rượu = n H = 2 0,672 22,4 = 0,06 (mol) 6,15 - 1,08 = 1,995 (g) 1,995.6 1,995.18 VCO2 = 7.12 22,4 = 3,192 (lit), khối lượng H2O = 7.2 + 1,08 = 3,645 (g) Nếu tách công thức rượu thành CxH2x = Phương pháp đường chéo: - Thường áp dụng tốn trộn lẫn chất với đồng thể dị thể hỗn hợp cuối phải đồng thể - Nếu trộn lẫn dung dịch phải dung dịch chất (hoặc chất khác phản ứng với nước lại cho chất) Ví dụ: trộn Na 2O với dung dịch NaOH ta chất NaOH - Trộn hai dung dịch chất A với nồng độ khác ta dung dịch chất A với nồng độ Như lượng chất tan phần loãng tăng lên Sơ đồ tổng quát phương pháp đường chéo sau: D1 x1 x – x2 x D1 x − x2 = D2 x1 − x ⇒ D2 x2 x1 – x Với x1, x2, x khối lượng chất ta quan tâm với x > x > x2 D1, D2 khối lượng hay thể tích chất (hay dd đem trộn lẫn) Ví dụ 1: Cần lấy gam thể tích CuSO4.5H2O gam dd CuSO4 8% để điều chế 280 gam dd CuSO416% Giải: Hàm lượng CuSO4 CuSO4.5H2O = 160 100 = 64(%) 250 Áp dụng sơ đồ đường chéo: m1 64 16 - = ⇒ 16 m2 64 - 16 = 48 Mặt khác: m1 + m2 = 280 (2) 17 m1 = m2 48 (1) Sáng kiến kinh nghiệm Từ (1) (2) Giải ta có: m1 = 40 g CuSO4.5H2O; m2 = 240 g dd CuSO4 8% Ví dụ 2: Crackinh n – butan thu hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon Cho hh khí sục qua bình nước brơm dư thấy có 25,6 g brơm phản ứng, sau thí nghiệm thấy khối lượng bình brơm tăng 5,32 gam Hổn hợp khí khỏi bìmh nước brơm có tỉ khối CH4 1,9625 Tính hiệu suất phản ứng Crackinh Giải: PTPƯ C4H10  xt → CH4 + C3H6 (1) ,t C4H10  xt → C2H6 + C2H4 (2) ,t Và C4H10 dư Khi cho hỗn hợp khí qua bình nước Brơm hai anken bị giữ lại: C3H6 + Br2 C3H6Br2 (3) C2H4 + Br2 C2H4Br2 (4) Hỗn hợp khí khỏi bình bao gồm: CH4, C2H6, C4H10 Gọi x số mol C4H10 phản ứng (1), y số mol C4H10 phản ứng (2), z số mol C4H10 dư Theo (3) 0 (4) ta có:  42 x + 28 y = 5,32   25,6 x+ y = = 0,16  160  Giải hệ pt ta được: x = 0,06 mol, y = 0,1 mol Vậy số mol CH4 0,06; số mol C2H6 = 0,1 Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có: 0,1 30 M - 16 0,06 Ta có z 16 30 - M (CH ; C2 H ; C4 H10 ) 58 0,01 16 − M = 0,06 30 − M ⇒ M 24,75 M = 24,75 M = 1,9625.16 = 31,4 Áp dụng sơ đồ đường chéo: 31,4 – 24,75 = 6,65 ⇒ 31,4 0,16 ⇒ z 6,65 = 0,16 26,6 ⇒ z = 0,04 58 – 31,4 = 26,6 Vậy hiệu suất phản ứng là: H = x+y 0,1 + 0,06 100 = = x+y +z 0,1 + 0,06 + 0,04 80 (%) Các phương pháp biện luận để tìm cơng thức phân tử hợp chất hữu Số tập loại nhiều đa dạng Trong phần giới thiệu số ví dụ điển hình sau: 6.1 Biết cơng thức đơn giản, biện luận tìm cơng thức phân tử Như biết, để tìm cơng thức đơn giản dựa vào tỉ lệ số mol nguyên tố (trên sở tìm khối lượng nguyên tố số mol sản phẩm dùng công thức đơn giản tương đối dễ nên khơng nói tới đây) 18 Sáng kiến kinh nghiệm Ví dụ 1: Công thức đơn giản hidrocacbon (C xH2x+1)n Hãy biện luận để tìm cơng thức phân tử Giải: - Cách 1:Vì CxH2x+1 ứng với gốc hidrocacbon no hóa trị I (ví dụ C2H5-) nên kết hợp với gốc hóa trị I khác, tức n = CTPT C 2xH4x+2 với x nguyên Cách 2: (CxH2x+1)n ⇔ CnxH2nx+n hiđocacbon no nên số nguyên tử H phải lần số nguyên tử C +2, Tức là: 2nx + n = 2nx + ⇒ n = Cách 3: Với x nguyên 2x + số lẻ nên n phải số chẵn 2, 4, (vì số nguyên tử Hidro tất phải số chẵn) Khi n = ta có C2xH4x+2 (cơng thức phù hợp với hc no) Khi n = ta có C4xH8x+4 Cơng thức bị loại số nguyên tử hidro dư (C thừa hóa trị) Tương tự loại trường hợp n = 6, 8… Ví dụ 2: Cơng thức đơn giản axit no đa chức (C3H4O3)n Hãy biện luận để tìm CTPT axit Giải: - Cách 1: Ta có C3nH4nO3n trước hết viết tách phần gốc Hidro phần gốc chứa axit C3n −32n H n − 32n (COOH ) 32n tức C 32n H 52n (COOH ) 32n Vì gốc hc no hóa trị 3n 5n 3n 3n = + − ⇒n =2 nên ta có 2 2 Vậy CTPT C6H8O8 Cách 2: Vì số nguyên tử oxi phải chẵn (-COOH) nên n phải có giá trị 2,4,6 - Khi n = ta có CTPT C6H8O6 hay C3H5(COOH)3: - Khi n = ta có C12H16O12 hay C6H10(COOH)6 ta thấy thừa hidro phân gốc hc nên loại 6.2.Biện luận nhóm chức: Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm chất hữu A, B mạch hở, chứa nguyên tố C, H, O chứa nhóm – OH, –COOH A chứa hai nhóm chức, B có nhóm chức Khi cho 15g hỗn hợp X tác dụng hết với Na thấy bay 3,36 lít H2 (đktc) Cịn để trung hịa 15g hỗn hợp X cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 0,5 M Khi đốt cháy A B thu số mol CO2 số mol H2O Biết gốc hiđrocacbon A có khối lượng lớn gốc hiđrocacbon B Hãy tìm CTPT, viết CTCT A, B Giải: Tính số mol H2 = 3,36 = 0,15 , số 22,4 mol NaOH = 0,5.0,4 = 0,2 Kí hiệu A’, B’ phần gốc Hidrocacboncủa A’, B’ ta có trường hợp sau: HOOC–A’–COOH; B’–OH; HOOC–A’–OH; B’–OH HOOC–A’–OH; B’–COOH; HO–A’–OH; B’–COOH Vì theo phản ứng với Na: –OH + Na –COOH + Na –ONa + –COONa + H2 ↑(2) Còn tác dụng với NaOH có nhóm chức –COOH: 19 H2O (1) Sáng kiến kinh nghiệm –COOH + Na –COONa + H2O (3) Theo (1) (2) tổng số mol (nhóm) –OH –COOH = 2nH2 = 2.0,15 = 0,3 mol theo (3) số mol (nhóm) –COOH = số mol NaOH = 0,2 mol Ta xét trường hợp: + Trường hợp (1) loại giả sử A axit no có CTPT CnH2n(COOH)2 đốt cháy n số mol CO2 (bằng n + 2) lớn số mol H2O (bằng n+1), axit khơng no số mol H2O cịn nhỏ bớt hidro) + Trường hợp (2) loại, tổng số mol –OH –COOH riêng A 2.0,2 = 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 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 A’ > B’ ⇒ B’ < 43 = 21,5 Có gốc B’ thỏa mãn B’ = (H), A’ = 42, B’ = 15 (CH3–), A’ = 28  CH 3COOH  H − COOH Vậy cặp nghiệm  ,  HO − C3 H − COOH )  HO − C2 H − COOH ) Nếu H–COOH coi có nhóm chức –CHO loại trường hợp Trường hợp 4: Cách giải tương tự trường hợp khơng có cặp chất phù hợp Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn 19 gam chất hữu A (mạch hở, tác dụng với Na) thu m1 gam chất B có hai nhóm chức m2 gam chất D Để đốt cháy hoàn toàn m1 gam chất B cần 0,6 mol oxi sản phẩm gồm 0,6 mol CO2, 0,6 mol H2O Để đốt cháy hoàn toàn m2 gam chất D phải dùng hết 0,3 mol oxi, sản phẩm gồm 0,2 mol CO2 0,3 mol H2O CTĐG A đồng thời CTPT Hãy tìm CTPT Viết CTCT A, B, D Giải: - Có thể tìm CTĐG D, B theo cách thơng thường Ta có CTPT D C2H6O CTCT CH3–CH2–OH CTĐG B (CH2O)n Tìm A: 19g + m g H2O → 4,6 g C2H5OH + 18 g B ⇒ khối lượng H2O = 3,6 g (trong 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 = gam O Ta có: nC : nH : nO = 9,6 1,4 : : = : 14 : 12 16 Vậy CTPT A C8H14O5 (M= 190 g/mol) Khi thủy phân 19 gam A (0,1mol) cần 3,6 gam H2O (0,2 mol), tạo 4,6 gam C2H5OH (0,1 mol) 18 gam B nên ta viết C8H14O5 + 2H2O C2H5OH + x(CH2O)n Trong phản ứng tạo 0,1x mol B, ⇒ 0,1x.30n = 18 ⇒ nx = Biện luận: Khi x = n = ta có C6H12O6: loại 20 Sáng kiến kinh nghiệm Khi x = n = ta có C 2H4O4: loại khơng thõa mãn điều kiện cho (B có hai nhóm chức) Khi x = 2, n = ta có C3H8O3 ứng với công thức axit lactic chẳng hạn: CH3–CH(OH) –COOH Vậy công thức cấu tạo A là: CH3–CH(OH) –COO–CH(CH3)COOC2H5 Ngồi cịn có trường hợp biện luận theo sản phẩm đốt cháy đơn giản nên không xét 6.3 Các phương pháp biện luận để tìm cơng thức chất vơ A/ Tìm cơng thức biết hóa trị ngun tố: Vì biết hóa trị ngun tố nên ta cần biện luận để tìm giá trị khối lượng nguyên tử phù hợp với điều kiện cho đặc biệt hóa trị Dưới ví dụ điển hình Ví dụ: Cho 16 gam hợp kim Bari kim loại kiềm tác dụng hết với nước ta dung dịch A 3,36 lit H2 (ở đkc) 1/ Cần ml dung dịch HCl 0,5 M để trung hòa 1/10 dung dịch A 2/ Lấy 1/10 dung dịch A, thêm vào 99 ml dung dịch Na 2SO4 0,1M thấy dung dịch ion Ba2+, thêm ml dung dịch thấy dư ion SO42- Hãy xác định tên kim loại kiềm Giải: Gọi R kim loại kiềm Các phương trìmh phản ứng: Ba + 2H2O = Ba(OH)2 + H2 ↑ (1) 2R + H2O = 2ROH + H2 ↑ (2) Ba(OH)2 + 2HCl = BaCl2 + H2O (3) ROH + HCl = RCl + H2O (4) Theo (1,2,3,4) nHCl = n H nên ta có: 2/ Các phản ứng: R-OH + Na2SO4 0,5V 3,36 = ⇒ V = 60 ml 1000 22,4 10 BaSO4 + Na2SO4 = BaSO4 ↓ 2NaOH (5) + Không pư Gọi x, y số mol Ba(OH)2, ROH có dd A ta có phương trình: 10 y 3,36 1 hợp kim) x + = 22,4 10 = 0,015 (số mol H2) 10 1,6 − 0,03R Từ rút x = (6) Theo phản ứng (5) nBa nằm khoảng 137 − R 99.0,1 (99 + 2).0,1 = 0,0099 < x < = 0,0101 1000 1000 137x + Ry = 1,6 (kl Thế điều kiện cận x vào (6) ta có 22,07 < R