PP trung binh

Phương pháp : Phương pháp trung bình Ph−¬ng ph¸p 7 Ph−¬ng ph¸p trung b×nh I. CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP - Nguyên tắc : Đối với một hỗn hợp chất bất kì ta luôn có thể biểu diễn chính qua một đại lượng tương đương, thay thế cho cả hỗn hợp, là đại lượng trung bình (như khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình, số nhóm chức trung bình, số liên kết π trung bình, . . .), được biểu diễn qua biểu thức : n i i i l n i i l X .n x n = = = ∑ ∑ (1); với i i X : n :    Dĩ nhiên theo tính chất toán học ta luôn có : min (X i ) < X < max(X i ) (2); v ớ i i i min(X ) : m (X ) : ax    Do đ ó, có th ể d ự a vào các tr ị s ố trung bình để đ ánh giá bài toán, qua đ ó thu g ọ n kho ả ng nghi ệ m làm cho bài toán tr ở nên đơ n gi ả n h ơ n, th ậ m chí có th ể tr ự c ti ế p k ế t lu ậ n nghi ệ m c ủ a bài toán. - Đ i ể m m ấ u ch ố t c ủ a ph ươ ng pháp là ph ả i xác đị nh đ úng tr ị s ố trung bình liên quan tr ự c ti ế p đế n vi ệ c gi ả i bài toán. T ừ đ ó d ự a vào d ữ ki ệ n đề bài → tr ị trung bình → k ế t lu ậ n c ầ n thi ế t. - Nh ữ ng tr ị s ố trung bình th ườ ng s ử d ụ ng trong quá trình gi ả i toán: kh ố i l ượ ng mol trung bình, nguyên t ử (C, H….) trung bình, s ố nhóm ch ứ c trung bình, s ố t liên k ế t π trung bình, . . . đạ i l ượ ng đ ang xét c ủ a ch ấ t th ứ i trong h ỗ n h ợ p s ố mol c ủ a ch ấ t th ứ i trong h ỗ n h ợ p đ ạ i lư ợ ng nh ỏ nh ấ t trong t ấ t c ả X i đại lượng lớn nhất trong tất cả X i Phương pháp : Phương pháp trung bình II. CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Xác định trị số trung bình Khi đã biết các trị số X i và n i , thay vào (l) d ễ dàng tìm đượ c X . Dạng 2: Bài toán hỗn hợp nhiều chất có tính chất hoá học tương tự nhau Thay vì vi ế t nhi ề u ph ả n ứ ng hoá h ọ c v ớ i nhi ề u ch ấ t, ta g ọ i m ộ t công th ứ c chung đạ i di ệ n cho h ỗ n h ợ p ⇒ Gi ả m s ố ph ươ ng trình ph ả n ứ ng, qua đ ó làm đơ n gi ả n hoá bài toán. Dạng 3: Xác định thành phần % số moi các chất trong hỗn họp 2 chất G ọ i a là % s ố mol c ủ a ch ấ t X ⇒ % s ố mol c ủ a Y là (100 - a). Bi ế t các giá tr ị M x M Y và M d ễ dàng tính đượ c a theo bi ể u th ứ c: X Y M .a M .(100 a) M 100 + − = (3) Dạng 4: Xác định 2 nguyên tố X, Y trong cùng chu kỳ hay cùng phân nhóm chính của bảng hệ thống tuần hoàn N ế u 2 nguyên t ố là k ế ti ế p nhau: xác đị nh đượ c M x < M < M Y ⇒ X, Y. N ế u ch ư a bi ế t 2 nguyên t ố là k ế ti ế p hay không: tr ướ c h ế t ta tìm M → hai nguyên t ố có kh ố i l ượ ng mol l ớ n h ơ n và nh ỏ h ơ n M . Sau đ ó d ự a vào đ i ề u ki ệ n c ủ a đề bài để k ế t lu ậ n c ặ p nghi ệ m tho ả mãn. Thông th ườ ng ta d ễ dàng xác đị nh đượ c nguyên t ố th ứ nh ấ t, do ch ỉ có duy nh ấ t 1 nguyên t ố có kh ố i l ượ ng mol tho ả mãn Mx < M ho ặ c M < M Y ; trên c ơ s ở s ố mol ta tìm đượ c ch ấ t th ứ hai qua m ố i quan h ệ v ớ i M . Dạng 5: Xác định công thức phân tử của hỗn hợp 2 chất hữu cơ N ế u 2 ch ấ t là k ế ti ế p nhau trong cùng dãy đồ ng đẳ ng : * D ự a vào phân t ử kh ố i trung bình : có M Y = M x + 14, t ừ d ữ ki ệ n đề bài xác đị nh đượ c M x < M < M x +14 ⇒ Mx ⇒ X, Y. * D ự a vào s ố nguyên t ử C trung bình: có C x < C < C Y = C x + 1 ⇒ C x * D ự a vào s ố nguyên t ử H trung bình: có H x < H < H Y = H x + 2 ⇒ H X N ế u ch ư a bi ế t 2 ch ấ t là k ế ti ế p hay không: Phương pháp : Phương pháp trung bình D ự a vào đề bài → đạ i l ượ ng trung bình X → hai ch ấ t có X l ớ n h ơ n và nh ỏ h ơ n X . Sau đ ó d ự a vào đ i ề u ki ệ n c ủ a đề bài để k ế t lu ậ n c ặ p nghi ệ m tho ả mãn. Thông th ườ ng ta d ễ dàng xác đị nh đượ c ch ấ t th ứ nh ấ t, do ch ỉ có duy nh ấ t 1 ch ấ t có đạ i l ượ ng X tho ả mãn X X < X ho ặ c X < X Y ; trên c ơ s ở v ề s ố mol ta tìm đượ c ch ấ t th ứ hai qua m ố i quan h ệ v ớ i X . N ế u ch ư a bi ế t hai ch ấ t có cùng thu ộ c m ộ t dãy đồ ng đẳ ng hay không. Thông th ườ ng ch ỉ c ầ n s ử d ụ ng m ộ t đạ i l ượ ng trung bình; trong tr ườ ng h ợ p ph ứ c t ạ p h ơ n ph ả i k ế t h ợ p s ử d ụ ng nhi ề u đạ i l ượ ng. Một số chú ý quan trọng * Theo tính ch ấ t toán h ọ c luôn có: min(X i ) < X < max(X i ) . * N ế u các ch ấ t trong h ỗ n h ợ p có s ố mol b ằ ng nhau ⇒ tr ị trung bình đ úng b ằ ng trung bình c ộ ng, và ng ượ c l ạ i. * N ế u bi ế t t ỉ l ệ mol các ch ấ t thì nên ch ọ n s ố mol c ủ a ch ấ t có s ố m ộ t ít nh ấ t là 1 ⇒ s ố mol các ch ấ t còn l ạ i ⇒ X . * Nên k ế t h ợ p s ử d ụ ng phương pháp đường chéo. III. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1 : Hoà tan 16,8 gam h ỗ n h ợ p g ồ m 2 mu ố i cacbonat và sunfit c ủ a cùng m ộ t kim lo ạ i ki ề m vào dung d ị ch HCl d ư thu đượ c 3,36 lít h ỗ n h ợ p khí ( đ ktc). Kim lo ạ i ki ề m là A. Li. B. Na. C. K. D. Rb. Giải: Có kim lo ạ i ki ề m c ầ n tìm là M Các ph ả n ứ ng : M 2 CO 3 + 2HCl → 2MCl + H 2 O + CO 2 ↑ (1) M 2 SO 3 + 2HCl → 2MCl + H 2 O + SO 2 ↑ (2) T ừ (1),(2) ⇒ n muối = n khí = 0,15mol ⇒ M muối = n khí = 0,15mol ⇒ M muối = 112 15,0 8,16 = ⇒ 2M + 60 < M muối < 2M + 80 ⇒ 16 < M < 26 ⇒ M = 23 (Na) ⇒ Đ áp án B Phương pháp : Phương pháp trung bình Ví dụ 2: Dung d ị ch X ch ứ a 8,36 gam h ỗ n h ợ p hi đ roxit g ầ n 2 kim lo ạ i ki ề m. Để trung hoà X c ầ n dùng t ố i thi ể u 500ml dung d ị ch HNO 3 0,55M. Bi ế t hi đ roxit c ủ a kim lo ạ i có nguyên t ử kh ố i l ớ n h ơ n chi ế m 20% s ố mol h ỗ n h ợ p. Kí hi ệ u hoá h ọ c c ủ a 2 kim lo ạ i ki ề m l ầ n l ượ t là A Li và Na. B. Na và K. C. Li và K. D. Na và Cs. Giải: G ọ i công th ứ c chung c ủ a hai hi đ roxit kim lo ạ i ki ề m là OHM Ph ươ ng trình ph ả n ứ ng : OHNOMHNOOHM 233 +→+ ⇒ 2 KLK13,4M7(Li)30,4 0,5.0,55 8,36 OHM <=< ⇒ == ⇒ Kim lo ạ i th ứ nh ấ t là Li. G ọ i kim lo ạ i ki ề m còn l ạ i là M có s ố mol là x ⇒    = = ⇒    =++ =+ 39(K)M 0,055x 8,3617).x(M24.4x 0,275x4x ⇒ Đ áp án C Ví dụ 3. Trong t ự nhiên kali có 2 đồ ng v ị 39 19 K và 41 19 K . Thành ph ầ n % kh ố i l ượ ng c ủ a 39 19 K trong KClO 4 là (cho O = 16,00 ; Cl = 35,50 ; K = 39,13) A. 26,39%. B. 26,30%. C. 28,23%. D. 28,16%. Giải: G ọ i a là % s ố đồ ng v ị c ủ a 93,5a39,13 100 a)41.(10039a AK K 39 19 = ⇒ = − + = ⇒ Thành ph ầ n % kh ố i l ượ ng c ủ a K 39 19 trong KClO 4 là: % K 39 19 m = 39 19 4 K KClO m 39.0,935 .100% .100% 26,30% m 39,13 35,50 4.16,00 = = + + ⇒ Đ áp án B Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 4,431 gam h ỗ n h ợ p Al, Mg b ằ ng dung d ị ch HNO 3 loãng thu đượ c dung d ị ch X (không ch ứ a mu ố i amoni) và 1,568 lít ( đ ktc) h ỗ n h ợ p hai khí không màu có kh ố i l ượ ng 2,59 gam, trong đ ó có m ộ t khí bi hoá nâu trong không khí. Cô c ạ n c ẩ n th ậ n dung d ị ch X thì l ượ ng mu ố i khan thu đượ c là A. 19,621 gam. B. 8,771 gam. C. 28,301 gam. D.32,641 gam. Phương pháp : Phương pháp trung bình Giải: n X = 0,07(mol) 22,4 1,568 = . Khí không màu hoá nâu trong không khí là NO: Kim lo ạ i + HNO 3 → khí không màu ⇒ là 2 trong 3 khí      = = = 28)(M N 44)(M ON 30)(M NO 2 2 M NO < <== 37 0,07 2,59 M x M khí còn lại ⇒ khí còn l ạ i là N 2 O Đặ t n NO = x; ON 2 n = y ⇒ mol0,035yx 2,59y44x30 0,07yx == ⇒    =+ =+ (NO)N 3e N 25 ++ →+ 0,105 ← 0,035 mol O)(NN 4e N 2 15 ++ →+ mol 0,035.2 0,28 ← ⇒ T ổ ng s ố mol e nh ậ n: 0,105 + 0,28 = 0,385 mol ⇒ m muối = 4,431 + 62.0,385 = 28,301gam ⇒ Đ áp án C Ví dụ 5: D ẫ n 1,68 lít h ỗ n h ợ p khí X g ồ m hai hidrocacbon vào bình đự ng dung d ị ch brôm (d ư ). Sau khi ph ả n ứ ng x ả y ra hoàn toàn, có 4 gam brom đ ã ph ả n ứ ng và còn l ạ i 1,12 lít khí. N ế u đố t ch ả y hoàn toàn l,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO 2 . Công th ứ c phân t ử c ủ a hai hi đ rocacbon là (các th ể tích khí đề u do ở đ ktc) A. CH 4 và C 2 H 4 B. CH 4 và C 3 H 4 C. CH 4 vÀ C 3 H 6 D.C 2 H 6 và C 3 H 6 . Giải: Theo bài ra:        ⇒==== ⇒= − == 1,67 3 5 1,68 2,8 V V C 1 1,62)/22,4(1,68 4/160 n n k hh CO no khôngn hidrocacbo Br no khôngn hidrocacbo 2 2 ⇒ Đ áp án A ho ặ c C ⇒ có 1 hi đ rocacbon là CH 4 ⇒ C hiđrocacbon không no = ⇒= − 3 56,0 1.12,18,2 Hi đ rocacbon còn l ạ i là C 3 H 6 ⇒ Đ áp án C Lo ạ i B Lo ạ i D Phương pháp : Phương pháp trung bình Ví dụ 6: Đ em hoá h ơ i 6,7 gam h ỗ n h ợ p X g ồ m CH 3 COOH, CH 3 COOC 2 H 5 , CH 3 COOCH 3 và HCOOC 2 H 5 thu đượ c 2,24 lít h ơ i ( đ ktc). Đố t cháy hoàn toàn 6,7 gam X thu đượ c kh ố i l ượ ng n ướ c là A. 4,5 gam. B. 3,5 gam. C. 5,0 gam. D. 4,0 gam. Giải: G ọ i công th ứ c chung c ủ a X là: 2,5n67 0,1 6,7 32n14xMOHC 2 n2n =⇒==+=⇒ S ơ đồ cháy: OHnCOn OHC 222 n2n +→ ⇒ OH 2 n = 2,5. 0,2 = 0,25 mol ⇒ OH 2 m = 0,25. 18 = 4,5gam ⇒ Đ áp án A Ví dụ 7: Đố t cháy hoàn toàn 1 lít h ỗ n h ợ p khí g ồ m C 2 H 2 và hi đ rocacbon X sinh ra 2 lít khí CO 2 và 2 lít h ơ i H 2 O (các th ể tích khí và h ơ i đ ã ở cùng đ i ề u ki ệ n nhi ệ t độ áp su ấ t). Công th ứ c phân t ừ c ủ a X là A. C 2 H 6 B. C 2 H 4 C. CH 4 D. C 3 H 8 Giải: Đố t cháy h ỗ n h ợ p khí cho: ⇒ < OHCO 22 VV X là ankan ⇒ === 2 1 2 V V C hh CO 2 Phân t ử X có 2 nguyên t ử C ⇒ X là C 2 H 6 ⇒ Đ áp án A Ví dụ 8: H ỗ n h ợ p X g ồ m 2 ancol no. Đố t cháy hoàn toàn 8,3 gam X b ằ ng 10,64 là O 2 thu đượ c 7,84 lít CO 2 các th ể tích khí đề u đ o ở đ ktc. Công th ứ hai ancol trong X l ầ n l ượ t là : A. CH 3 CH 2 CH 2 OH và CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH. B. CH 3 CH 2 CH 2 OH và HOCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH. C. HOCH 2 CH 2 CH 2 OH và CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH. D. HOCH 2 CH 2 CH 2 OH và HOCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH. Giải: G ọ i công th ứ c chung X là: mm2n2n (OH)HC −+ S ơ đồ cháy: mm2n2n (OH)HC −+ + O 2 → CO 2 + H 2 O Phương pháp : Phương pháp trung bình Theo Đ LBT kh ố i l ượ ng: OH 2 m = m x + 2 O m - 2 CO m = 8,3 + gam 8,1.44 22,4 7,84 .32 22,4 10,64 =− Có: 2 2 2 2 H O X X H O CO CO n 0,45mol n n n 0,45 0,35 0,1 M 83 (1) n 0,35mol =   ⇒ = − = − = ⇒ =  =   Áp d ụ ng Đ LBT nguyên t ố v ớ i oxi: n O(x) = 2 2 2 O(CO ) O(H O) O(O ) n n - n + ⇒ n o(x) = 2. 0,35 + 0,45 - 2. 0,475 = 0,2 mol ⇒ O(X) X n 0,2 m 2 (2) n 0,1 = = = T ừ (1),(2) ⇒ X g ồ m HOCH 2 CH 2 CH 2 OH và HOCH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH ⇒ Đ áp án D Ví dụ 9 : Cho 4,48 lít h ỗ n h ợ p X ( ở đ ktc) g ồ m 2 hi đ rocacbon m ạ ch h ở l ộ i t ừ t ừ qua bình ch ứ a 1,4 lít dung d ị ch Br 2 0,5M. Sau khi ph ả n ứ ng hoàn toàn s ố mol Br 2 gi ả m đ i m ộ t n ử a và kh ố i l ươ ng bình t ă ng thêm 6,7 gam. Công th ứ c phân t ử c ủ a 2 hi đ rocacbon là : A. C 2 H 2 và C 4 H 6 B. C 2 H 2 và C 4 H 8 C. C 3 H 4 và C 4 H 8 D. C 2 H 2 và C 3 H 8 Giải: G ọ i công th ứ c chung c ủ a h ỗ n h ợ p X là: k22n2n HC −+ n x = 0,2 mol; 2 Br n (phản ứng) = 0,35mol ⇒ ⇒ == 1,75 0,2 0,35 k Lo ạ i A  N ế u ch ỉ có 1 hi đ rocacbon (Y) b ị h ấ p th ụ ⇒ Y ph ả i có d ạ ng C n H 2n-2 ⇒ n Y = ( ) 2 Br Y n 6,7 0,175mol M 38,3 2 0,175 = ⇒ = = (lo ạ i) V ậ y toàn b ộ X đ ã b ị h ấ p th ụ h ế t ⇒ Lo ạ i D ⇒ Có : ⇒>== ) HC ( 2633,5 0,2 6,7 M 22 X Đ áp án B Ví dụ 10: Thu ỷ phân hoàn toàn 444 gam m ộ t lipit thu đượ c 46 gam glixerol và hai lo ạ i axit béo. Hai lo ạ i axit béo đ ó là : A. C 15 H 31 COOH và C 17 H 35 COOH. B. C 17 H 33 COOH và C 15 H 31 COOH. C. C 17 H 31 COOH và C 17 H 33 COOH. D C 17 H 33 COOH và C 17 H 35 COOH. pư Phương pháp : Phương pháp trung bình Giải: G ọ i công th ứ c lipit là 533 HCCOO)R( n lipit = n glixerol = 0,5mol ⇒ 3 237239.2 3 715 R888 0,5 444 M lipit + ==⇒== ⇒ Hai g ố c axit béo trong lipit là C 17 H 35 (239) và C 17 H 33 (237) ⇒ Đ áp án D Ví dụ 11: H ỗ n h ợ p X g ồ m axit HCOOH và axit CH 3 COOH (t ỉ l ệ m ỗ i 1 : 1). H ỗ n h ợ p Y g ồ m ancol CH 3 OH và ancol C 2 H 5 OH (t ỉ l ệ m ỗ i 3 : 2). L ấ y 11,13 gam h ỗ n h ợ p X tác d ụ ng v ớ i 7,52 gam h ỗ n h ợ p Y (có xúc tác H 2 SO 4 đặ c) thu đượ c m gam h ỗ n h ợ p este (hi ệ u su ấ t c ủ a các ph ả n ứ ng este hoá đề u b ằ ng 80%) Giá tr ị c ủ a m là A 11,616 B. 12,197. C. 14,52. D. 15,246. Giải: mol 0,20n37,6; 55 46.232.2 M mol 0,21n ; 53 5 6046 M YY XX        == + = == + = Ph ả n ứ ng este hóa: OHR'COOR OHR'COOHR 2 ++ Theo Đ LBT kh ố i l ượ ng: m = ( X Y (M M 18). 0,20. 80% + − ⇒ m = (53 + 37,6 - 18). 0,20. 80% = 11,616 gam. ⇒ Đ áp án A. Ví dụ 12: Nitro hoá benzen thu đượ c 2 ch ấ t h ữ u c ơ X và Y, trong đ ó Y nhi ề u h ơ n X m ộ t nhóm - NO 2 . Đố t cháy hoàn toàn 12,75 gam h ỗ n h ợ p X,Y thu đượ c CO 2 , H 2 O và 1,232 lít khí N 2 ( đ ktc). Công th ứ c phân t ử và s ố mol c ủ a X trong h ỗ n h ợ p là A. C 6 H 5 NO 2 và 0,9 mol. B. C 6 H 5 NO 2 và 0,09 mol C. C 6 H 4 (NO 2 ) 2 và 0,1 mol. D. C 6 H 4 (NO) 2 và 0,01 mol. Giải: G ọ i công th ứ c phân t ử chung c ủ a h ỗ n h ợ p X, Y là m 2 m6 6 )(NOHC − S ơ đồ đố t cháy: ⇒ Ancol hết ⇒ tính theo ancol H=80% Phương pháp : Phương pháp trung bình 1,1m055,0 2 m . m4578 12,75 0,055 m45.78 12,75 N 2 m )(NOHC 2 m 2 m6 6 =⇒= + ⇒        + → − ⇒ X là C 6 H 5 NO 2 ; Y là C 6 H 4 (NO 2 ) 2 G ọ i a là % s ố mol c ủ a X trong h ỗ n h ợ p ta có: ⇒= + ==⇒=⇒=−+= mol 0,09 .0,9 45.1,178 12,75 nn0,9a1,1a)2.(11.am 256 NOHCX Đ áp án B Ví dụ 13: H ỗ n h ợ p X g ồ m ba amin đơ n ch ứ c là đồ ng đẳ ng k ế ti ế p nhau. Đố t cháy hoàn toàn 11,8 gam X thu đượ c 16,2 gam H 2 O, 13,44 lít CO 2 và V lít khí N 2 ( đ ktc). Ba amin trên l ầ n l ượ t là A. CH 3 -NH 2 CH 3 -CH 2 -NH 2 CH 3 -CH 2 - CH 2 -NH 2 B CH ≡C-NH 3 CH≡C-CH 2 -NH 2 CH≡C-CH 2 -CH 2 -NH 2 C. CH 2 =CH-NH 2 CH 3 -CH=CH-NH 2 CH 3 -CH=CH-CH 2 -NH 2 D. CH 3 -CH 2 -NH 2 CH 3 -CH 2 -CH 2 -NH 2 CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 2 -NH 2 Giải: 2 2 H O CO n 0,9mol; n 0,6 mol = = Nh ậ n th ấ y: ⇒== ∑ ∑ 3 0,6 2.0,9 n n C H X ph ả i có CH 3 NH 2 ho ặ c C 2 H 5 NH 2 ⇒ X là h ỗ n h ợ p amin no, m ạ ch h ở ⇒ A ho ặ c D đ úng G ọ i công th ứ c phân t ử chung c ủ a X là NHC 3n2n + ⇒ 3n3 n 3n2 n n C H =⇒= + = ∑ ∑ ⇒ X có ch ứ a CH 3 – CH 2 – CH 2 – CH 2 – NH 2 ⇒ Đ áp án D Ví dụ 14: T ỉ kh ố i h ơ i c ủ a h ỗ n h ợ p X (g ồ m 2 hi đ rocacbon m ạ ch h ở ) so v ớ i H 2 là 11,25. D ẫ n 1,792 lít X ( đ ktc) đ i th ậ t ch ậ m qua bình đự ng dung d ị ch Brom d ư , sau khi ph ả n ứ ng x ả y ra hoàn toàn th ầ y kh ố i l ượ ng bình t ă ng 0,84 gam. X ph ả i ch ứ a hi đ rocacbon nào d ướ i đ ây ? A. Propin. B. Propan. C. Propen. D. Propa đ ien. Phương pháp : Phương pháp trung bình Giải: Theo bài ra ta có: X22,5xM ⇒= ch ứ a CH 4 V ớ i: 4 CH m = 1,792 .22,5 0,84 0,96 gam 22,4 − = ⇒ 4 CH n = mol 0,06 16 0,96 = ⇒ G ọ i hi đ rocacbon còn l ạ i là Y ⇒ n Y = 1,792 0,06 0,02 mol 22,4 − = ⇒ M Y = 0,84 42 0,02 3 6 (C H ) = ⇒ Đ áp án C Ví dụ 15: H ỗ n h ợ p X g ồ m hai este đề u đơ n ch ứ c. Xà phòng hoá hoàn toàn 0,3 mol X c ầ n dùng v ừ a h ế t 200ml dung d ị ch NaOH 2M, thu đượ c m ộ t an đ ehit Y và dung d ị ch Z. Cô c ạ n dung d ị ch Z thu đượ c 32,0 gam hai ch ấ t r ắ n. Bi ế t ph ầ n tr ă m kh ố i l ượ ng c ủ a oxi trong an đ ehit Y là 27,59%. Công th ứ c c ấ u t ạ o c ủ a hai este là : A. HCOOC 6 H 5 và HCOOCH=CH-CH 3 B. HCOOCH=CH-CH 3 và HCOOC 6 H 4 -CH 3 C. HCOOC 6 H 4 -CH 3 và CH 3 -COOCH=CH-CH 3 D. C 3 H 5 COOCH=CH-CH 3 và C 4 H 7 COOCH=CH-CH 3 Giải: Este là đơ n ch ứ c ⇒ Y là đơ n ch ứ c v ớ i M Y = 16 58 Y 0,2759 = ⇒ ⇒ Trong X có 1 este d ạ ng RCOOH = CH – CH 3 Vì NaOH v ừ a h ế t ⇒ Hai ch ấ t r ắ n thu đượ c khi cô c ạ n Z là hai mu ố i ⇒ hai este có chung g ố c axit M ặ t khác X là các este đơ n ch ứ c mà: n x = 0,3 < n NaOH = 0,4 ⇒ Trong X có ch ứ a este phenol, d ạ ng RCOOC 6 H 4 -R’ v ớ i R'HRCOOC 46 n − = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol ⇒ 0,3mol X g ồ m:    =− − 0,2mol :CH-CHCHRCOO mol 0,1: R'HRCOOC 3 46 ⇒ CHOHC 52 n = 0,2 mol là C 2 H 5 CHO [...]... 12,67% ng v là 63Cu và 65Cu Nguyên t kh i trung bình c a ng là 63,54 Thành ph n % kh i lư ng c a 63Cu trong CuCl2 là (cho Cl = 35,5) A 12,64% Câu 7 : B 26,77% C 27,00% D 34,19% t cháy hoàn toàn 8,96 lít h n h p X g m CH4, C2H4 và hi rocacbon Y thu ư c 30,8 gam CO2 và 10,8 gam nư c Công th c phân t c a Y là : A C2H2 B C3H2 C C3H4 D C4H2 Phương pháp : Phương pháp trung bình Câu 8 : H n h p X có t kh i so... 29,4 = 98 < M RCOOC6H4 −R' ⇒ R = 1 (H) 0,3 ⇒ mx = 0,1 (121 + R’) + 0,2 86 = 29,4 ⇒ R=1(H) HCOOC6 H 5 ⇒ Công th c c u t o c a hai este là:  HCOO − CH = CH − CH 3 ⇒ áp án A Phương pháp : Phương pháp trung bình IV BÀI T P T LUY N Câu 1 : Cho 1,9 gam h n h p mu i cacbonat và hidrocacbonat c a kim lo i ki m M tác d ng h t v i dung d ch HCl (dư), sinh ra 0,448 lít khí ( A Li ktc) Kim lo i M là B Na C...Phương pháp : Phương pháp trung bình Ph n ng + 2NaOH → RCOONa + NaO − C 6 H 4 − R'+ H 2 O (1)  RCOOC6 H 4 − R'  0,1 0,1 0,1   (2)  RCOO − CH =CH −CH 3 + NaOH → RCOONa + C 2 H 5CHO  0,2 0,2  Theo LBT kh i lư ng: mx= mz +... th c c u t o c a ancol Y là A CH≡C-CH2OH ho c CH2=CH-CH2OH B CH≡C-CH2OH ho c CH3-CH2-CH2OH C CH2=CH-CH2OH ho c CH3-CH2-CH2OH D CH≡C-CH2OH ho c CH2=CH-CH2OH ho c CH3-CH2-CH2OH Phương pháp : Phương pháp trung bình Câu 13 : H n h p g m hi rocacbon X và oxi có t l s m t tương ng là 1 : 10 toàn h n h p trên thu ư c h n h p khí Y Cho Y qua dung d ch H2SO4 khí Z có t kh i t cháy hoàn c thu ư c h n h p i v . đương, thay thế cho cả hỗn hợp, là đại lượng trung bình (như khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình, số nhóm chức trung bình, số liên kết π trung bình, . . .), được biểu diễn qua biểu. trong quá trình gi ả i toán: kh ố i l ượ ng mol trung bình, nguyên t ử (C, H….) trung bình, s ố nhóm ch ứ c trung bình, s ố t liên k ế t π trung bình, . . . đạ i l ượ ng. s ố trung bình liên quan tr ự c ti ế p đế n vi ệ c gi ả i bài toán. T ừ đ ó d ự a vào d ữ ki ệ n đề bài → tr ị trung bình → k ế t lu ậ n c ầ n thi ế t. - Nh ữ ng tr ị s ố trung