PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC

GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC I.Phương pháp ghép ẩn số: Trong toán học hệ phương trình với số ẩn nhiều hơn số phương trình gọi là hệ vô đinh vì hệ thường cho vô số nghiệm và khó giải được. Tuy nhiên trong hóa học thì những hệ như vậy vẫn có thể giải được nhờ những tính chất riêng của hóa học và một số thủ thuật của toán học. Phương pháp ghép ẩn số sẽ cho thấy điều đó thông qua một số ví dụ sau: Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 27,4 gam hỗn hợp hai muối cacbonnat của hai kim loại phân nhóm IA và IIA bằng dung dịch HCl ( vừa đủ) thu được dung dịch A và 6,72 lít khí ( đo ở đktc). 1/ Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? 2/ Xác định tên của hai kim loại biết khối lương nguyên tử của chúng hơn kém nhau 1 đơn vị. Giải: Gọi X, Y lần lượt là tên và khối lương nguyên tử của hai kim loại.Hai muối cacbonnat là X 2 CO 3 ; YCO 3 với số mol tương ứng x;y. Các phản ứng: X 2 CO 3 + 2HCl  2XCl + H 2 O + CO 2 ↑ (1) Mol: x 2x x YCO 3 + 2HCl  YCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ (2) Mol: y y y 1/Theo bài ra và theo các phản ứng ta có hệ:    =+ =+++ 3,0 4,27)60()602( yx YyXx . Từ hệ trên bằng cách ghép ẩn số ta có: 2xX + yY = 9,4.(*) Vậy tổng khối lượng muối clorua khan thu được là : m clorua = 2x( X + 35,5) + y ( Y + 71 ) = (2xX + yY) + 71 ( x + y ) = 30,7 (g) 2/ Ta có y = 0,3 – x và X = Y ± 1 thay vào (*) được 2x ( Y ± 1) + ( 0,3 – x ) Y = 9,4. Từ đây suy ra 44/3 < Y < 100/3 ( Vì 0<x < 0,3).Vậy Y là Mg =24. Suy ra X là Na = 23. Ví dụ 2: Để trung hòa 20,8 gam hỗn hợp hai axit hữu cơ đơn chức cần 300 ml dung dịch NaOH 1M. 1/ Sau phản ứng thu được hỗn hợp hai muối có khối lương bằng bao nhiêu? 2/ Xác định công thức hai axit biết chúng là đồng đẳng của nhau và hơn kém nhau hai nhóm CH 2 . Giải: Gọi công thức của hai axit là RCOOH và R’COOH với số mol tương ứng là a,b. Các phản ứng: RCOOH + NaOH  RCOONa + H 2 O (1) Mol: a a a R’COOH + NaOH  R’COONa + H 2 O (2) Mol: b b b 1/ Theo bài ra ta có hệ:    =+ =+++ 3,0 8,20)45'()45( ba RbRa .Từ hệ trên bằng cách ghép ẩn số ta có: aR + bR’ = 7,3(*). Vậy tổng khối lương hai muối thu được là: m =a(R+67) + b(R’+67) =(aR+bR’) + 67(a+b) = 7,3+ 20,1=27,4 (g), 2/ Theo giả thiết ta có thêm điều kiện: R’ = R+ 28 và dễ dàng chứng minh được R<24,3.Có hai đáp án: (HCOOH và C 2 H 5 COOH) ; (CH 3 COOH và C 3 H 7 COOH) Mấy năm gần đây do thi trắc nghiệm nên bài toán dạng này cho đơn giản hơn và phương pháp ghép ẩn số cũng ít sử dụng. Chúng ta sẽ tiếp tục bằng các phương pháp khác hiệu quả hơn cho bài toán trắc nghiệm. II. Phương pháp bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố: Cơ sở của phương pháp này là định luật bảo toàn khối lượng (BTKL). ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 1 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 3,22 g hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được 1,344 lít khí H 2 ( ở đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là: A. 8,98. B.9,52 C. 10,27 D. 7,25. ( Trích “TSĐH-CĐ A -2007”) Giải: Phương trình chung: M + H 2 SO 4  MSO 4 + H 2 ↑ Ta có: molnn HSOH 06,0 4,22 344,1 242 === . Áp dụng định luật BTKL ta có: m muối = m X + m axit - 2 H m = 3,22+ 0,06.98 – 0,06.2 = 8,98 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH 4 , C 3 H 6 và C 4 H 10 cần V lit O 2 (đktc) thu được 4,4 gam CO 2 và 2,52 gam H 2 O. Tính m và V? Giải: Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: m = m C + m H = (4,4/44).12 + (2,52/ 18).2 = 1,48 (g) OHCOOHOCOOO nnnnpun 2222222 2 1 )( )()( +=+= = 0,1 + 0,07 = 0,17 (mol) .Vậy V = 0,17.22,4 = 3,808(l) Ví dụ 5: Đun nóng hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở với H 2 SO 4 đặc, thu được hỗn hợp các ete. Lấy 7,2 gam một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lit khí CO 2 ( ở đktc) và 7,2 gam H 2 O. Hai ancol đó là A. CH 3 OH và CH 2 =CH-CH 2 -OH B. C 2 H 5 OH và CH 2 =CH-CH 2 -OH C. CH 3 OH và C 2 H 5 OH D. C 2 H 5 OH và CH 3 OH ( Trích “ TSĐH A -2009”) Giải: Xét ete Y đem đốt cháy. Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: m C ( Y) = m C (CO 2 )= (8,96/22,4).12= 4,8 (g); m H (Y) = m H (H 2 O) = (7,2/18).2 = 0,8 (g) ; m O = m Y – (m C + m H ) =1,6 (g) Từ đó n C : n H : n O = 0,4 : 0,8 : 0,1 = 4:8:1. CTĐGN đồng thời cũng là CTPTcủa Y là C 4 H 8 O. CTCT của Y chỉ có thể là CH 3 -O-CH 2 -CH=CH 2 ( Có 1 liên kết đôi trong gốc ancol). Chọn đáp án A. III. Phương pháp tăng giảm khối lượng: Cơ sở của phương pháp vẫn là định luật BTKL. Cho phản ứng có dạng: RX + xM RY + yN …( R là thành phần không đổi) thì khối lương của chất tạo thành sau phản ứng RY tăng hoặc giảm so với chất phản ứng RX là | Y – X | ( với 1 mol RX hoặc a mol chất nào đó trong phản ứng). Ví dụ 6: Đem nung một khối lượng Cu (NO 3 ) 2 sau một thời gian dừng lại làm nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam. Khối lượng muối Cu(NO 3 ) 2 đã bị nhiệt phân là A. 0,5 gam B. 0,49 gam C. 9,4 gam D. 0,94 gam Giải: Cu(NO 3 ) 2 → 0 t CuO + ½ O 2 ↑ + 2 NO 2 ↑ Cứ 1 mol chất rắn Cu(NO 3 ) 2 bị nhiệt phân thì khối lượng chất rắn giảm 188 – 80 = 108 (g). Số mol Cu(NO 3 ) 2 bị nhiệt phân là: 0,54/ 108 = 0,005 (mol). Khối lượng: 0,005.188= 0,94 (g). Chọn đáp án D. Ví dụ 7: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C 5 H 8 O 2 . Cho 5 gam X tác dụng vừa hết với dung dịch NaOH,thu được một hợp chất hữu cơ không làm mất màu nước brom và 3,4 gam một muối. Công thức của X là A. CH 3 COOC(CH 3 )=CH 2 B. HCOOC(CH 3 )=CHCH 3 C. HCOOCH 2 CH=CHCH 3 D. HCOOCH=CHCH 2 CH 3 ( Trích “TSĐH A – 2009”) Giải: X có công thức RCOOR’. Phản ứng: ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 2 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH. Ta có: n X = 5/ 100= 0,05 (mol).Cứ 1 mol X phản ứng khối lượng muối thu được giảm so với X là R’ – 23. Khối lượng giảm là 0,05 (R’ -23) = 5 – 3,4 = 1,6  R’ = 32+23 = 55  R = 1. R’OH là ancol không no , không bền bị phân hủy thành xeton ( Vì không làm mất màu nước brom). ( Có thể tính 0,05( R + 67) = 3,4  R =1  R’ = 55) Chọn đáp án B. Ví dụ 8:(Xem VD 1/ ý 1) Cứ 1mol khí CO 2 ↑ khối lượng muối Clorua tăng lên so với muối cacbonnat là 71 – 60 =11 (g). Khối lượng tăng lên là 0,3.11=3,3 (g). Vậy khối lượng muối clorua khan thu được là: 27,4 + 3,3 = 30,7 (g). Chú ý:. Ý (1) của ví dụ này còn giải được bằng phương pháp BTKL . Không thể nói cách giải nào hay hơn vì còn liên quan tới ý (2). . Ví dụ 2 cũng giải được bằng phương pháp tăng giảm khối lượng và nhiều phương pháp khác! IV. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( KLMTB): Khái niệm: Một hỗn hợp các chất có thể coi là một chất có KLMPTTB ( M ) được xác định bằng tỉ số giữa tổng khối lượng và tổng số mol của hỗn hợp. Công thức: hh hh n m M = = k kk nnn MnMnMn +++ +++ 21 2211 = k kk VVV MVMVMV +++ +++ 21 2211 ( Với hỗn hợp gồm k chất khí đo ở cùng điều kiện) = x 1 M 1 +x 2 M 2 +…+ x k M k ( x i là % theo số mol hoặc thể tích các chất ) Chú ý: min{ M i } < M < max {M i }. Đối với các hợp chất hữu cơ cần nhớ KLM của vài chất đầu trong dãy đồng đẳng, với chất vô cơ cần nhớ các chất liên quan đến nguyên tố đầu nhóm, Ví dụ 9: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dung dịch NaOH thu được 2,05 gam muối của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau. Công thức của hai este đó là A. HCOOCH 3 và HCOOC 2 H 5 B. C 2 H 5 COOCH 3 và C 2 H 5 COOC 2 H 5 C. CH 3 COOC 2 H 5 và CH 3 COOC 3 H 7 D. CH 3 COOCH 3 và CH 3 COOC 2 H 5 ( Trích “TSĐH A -2009” ) Giải:Theo bài ra công thức chung của hai este là: RCOO ' R ( phản ứng thủy phân cho muối của một axit cacboxylic).Phản ứng: RCOO 'R + NaOH → RCOONa + 'R OH Áp dụng định luật BTKL ta có m NaOH = 2,05 + 0,94 – 1,99 = 1 (g) ; n NaOH = 0,025 (mol) Suy ra: 0,025( R + 67) = 2,05 và 0,025( 'R + 17) = 0,94  R = 15 và 'R = 20,6. Chọn đáp án D Ví dụ 10: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít ( ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N lần lượt là A. 0,1 mol C 2 H 4 và 0,2 mol C 2 H 2 B. 0,1 mol C 3 H 6 và 0,2 mol C 3 H 4 C. 0,2 mol C 2 H 4 và 0,1 mol C 2 H 2 D. 0,2 mol C 3 H 6 và 0,1 mol C 3 H 4 ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: n hh = 6,72/22,4 = 0,3 (mol). M = 12,4/0,3 = 124/3=41,3… Loại A,C. Chọn đáp án D. Ví dụ 11:Cho dung dịch chứa 6,03 gam hỗn hợp gồm hai muối NaX và NaY ( X;Y là hai nguyên tố có trong tự nhiên, ở hai chu kỳ liên tiếp thuộc nhốm VIIA, số hiệu nguyên tử Z X < Z Y ) ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 3 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 vào dung dịch AgNO 3 (dư), thu được 8,61 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của NaX trong hỗn hợp ban đầu là A. 58,2% B. 41,8% C. 52,8% D. 47,2% ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Phản ứng: (NaX + NaY) + 2 AgNO 3 → (AgX + AgY) ↓ + 2 NaNO 3 Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có: n hh = ( 8,61 – 6,03) : ( 108- 23) = 2,58/85 =0,0304 (mol). KLMNTTB của X;Y là (6,03.85/2,85) – 23 = 180 – 23 =157.Do đó X là I = 127 và Y là At = 210. Đặt n NaI = x (mol) ta có: 150x + (0,0304 –x).233=6,03  x = 0,01256 (mol) % NaI = 0,01256.150/6,03 = 31,2%. Không có đáp án đúng! Đề bài có sai không? Để ý đến số liệu tính toán quá lẻ ( không phù hợp với xu hướng ra đề hiện nay). At là nguyên tố điều chế bằng phương pháp phóng xạ, không tồn tại trong tự nhiên. Trường hợp này bị loại. Vậy còn một khả năng khác!Xem lại tính chất của nguyên tố đầu nhóm VIIA là F thì AgF tan. Như vầy khả năng thứ hai: X là F và Y là Cl. Chất kết tủa duy nhất là AgCl; n NaCl =n AgCl = 8,61/ 143,5 = 0,06 (mol). % NaCl = 0,06.58,5/6,03 = 58,2 %; Vậy: %NaF = 41,8%. Chọn đáp án B.(Đề ra đúng!) Ví dụ 12: Cho18 gam hỗn hợp hai ancol gồm một ancol no đơn chức và một ancol đơn chức có một liên kết đôi trong phân tử với số mol bằng nhau tác dụng hết với Na dư, thu được 4,48 lít H 2 ( ở đktc). CTCT của hai ancol là A. CH 3 CH 2 OH và CH 2 =CH-CH 2 OH B. CH 3 CH 2 CH 2 OH và CH 2 =CH-CH 2 OH C. CH 3 OH và CH 2 =CH-CH 2 OH D. CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH và CH 2 =CH-CH 2 OH Giải: Đặt công thức chung của hai ancol là R OH. Phản ứng: 2 R OH + 2 Na → 2 R ONa + H 2 ↑ Ta có: n hh ancol = 2n H2 = 2. 4,48/22,4 = 0,4 (mol). M ancol = 18/0,4= 45. Trong 2 ancol có 1 ancol có phân tử khối nhỏ hơn 45. Ancol đó là CH 3 OH ( M = 32). Chọn đáp án C. Chú ý: Cần thử lại đáp án bằng phép tính 0,2( 32+ 58) = 18 (g) ( Thỏa mãn) V. Phương pháp số nguyên tử C, H trung binh ( KLMTB mở rộng): Ví dụ 13: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X cần dùng vừa đủ 3,976 lít khí O 2 (ở đktc), thu được 6,38 gam CO 2 . Mặt khác, X tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp. Công thức phân tử của hai este trong X là A. C 2 H 4 O 2 và C 5 H 10 O 2 B. C 2 H 4 O 2 và C 3 H 6 O 2 C. C 3 H 4 O 2 và C 4 H 6 O 2 D. C 3 H 6 O 2 và C 4 H 8 O 2 ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai este. Công thức tương đương nn HC 2 O 2 . Phản ứng: nn HC 2 O 2 +( 3 n - 2)/2 O 2 → n CO 2 + n H 2 O Ta có: n (O 2 ) = 3,976/22,4 = 0,1775 ;n(CO 2 ) = 6,38/44 = 0,145. Suy ra: 2 n / (3 n - 2) =0,145/0,1775 ; n = 29/8.Mặt khác, X tác dụng với dd NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nên hai este cũng là đồng đẳng kế tiếp. Chọn đáp án D. Ví dụ 14: Cho hỗn hợp X gộm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol ( ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bịnh đựng dung dịch Ca (OH) 2 (dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là A. CH 3 COOH và CH 3 COOC 2 H 5 B. C 2 H 5 COOH và C 2 H 5 COOCH 3 C. HCOOH và HCOOC 2 H 5 D. HCOOH và HCOOC 3 H 7 ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 4 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 ( Trích “TSĐH B – 2009”) Giải: n KOH = 0,04 (mol) > n ancol = 0,015 (mol). Hỗn hợp X gồm một axit cacboxilic no, đơn chức và một este no đơn chức. n axit = 0,025 (mol); n este = 0,015 (mol). Gọi n là số nguyên tử C trung bịnh trong hỗn hợp X. Công thức chung nn HC 2 O 2 . Phản ứng: nn HC 2 O 2 + ( 3 n -2)/2 O 2 → n CO 2 + n H 2 O Mol: 0,04 0,04 n 0,04 n Ta có: 0,04 n ( 44 + 18) = 6,82 ; n = 11/4.Gọi x; y lần lượt là số nguyên tử C trong phân tử axit và este thì: (0,025x + 0,015 y)/0,04 = 11/4 hay 5 x + 3y =22.Từ đó: (x;y)=(2;4). Chọn đáp án A. Ví dụ 15:Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO 2 và H 2 O có tỉ lệ mol tương ứng là 3:4. Hai ancol đó là A. C 2 H 4 (OH) 2 và C 3 H 6 (OH) 2 B. C 2 H 5 OH và C 4 H 9 OH C. C 2 H 4 (OH) 2 và C 4 H 8 (OH) 2 D. C 3 H 5 (OH) 3 và C 4 H 7 (OH) 3 ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai ancol; k là số liên kết π trong phân tử mỗi ancol ( k ∈ N). Công thức phân tử tương đương: C n H 2 n +2-2k O z . Phản ứng: C n H 2 n +2-2k O z → + 2 O n CO 2 + ( n +1 – k)H 2 O Ta có: n / ( n +1 – k) = ¾ suy ra: n = 3 – 3k. Từ đó: k=0; n = 3. Loại B vì ancol đơn chức.Loại A,D vì không phù hợp với n =3. Chọn đáp án C. VI. Phương pháp số proton,nơtron,electron trung bình: Ví dụ 16: Hợp chất M được tạo thành từ cation X + và anion Y 2- , Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. Tổng số proton trong X + là 11 và tổng số electron trong Y 2- là 50. Hai nguyên tố trong Y 2- thuộc cùng một phân nhóm và thuộc hai chu kỳ liên tiếp. Hãy xác định công thức phân tử và gọi tên M. Giải: Gọi Z X là số proton trung bình của hai nguyên tố tạo nên X + , ta có Z X = 11/5 = 2,2. Trong hai nguyên tố tạo nên X + phải có H hoặc He. Nhưng He là khí trơ nên bị loại. Gọi R là nguyên tố thứ hai tạo ra X + , khi đó X + là R n H m + . Theo thành phần cấu tạo của X + ta có:    =+ =+ 11 5 mnZ mn R suy ra: n( Z R – 1) = 6 Chỉ có n =1, Z R = 7 ( R là N ) là phù hợp. Cation X + là NH 4 + . Gọi E Y là số electron trung bình trong các nguyên tử của anion Y 2 Ta có: E Y = (50 – 2)/5 = 9,6.Trong Y 2- có một nguyên tố có z < 9,6 , thuộc chu kỳ 2 và nguyên tố còn lại thuộc chu kỳ 3. Vì đều thuộc chu kỳ nhỏ nên hai nguyên tố cách nhau 8 ô. Công thức Y 2- là A x B y 2- với:    =++ =+ 48)8( 5 yZZx yx Chỉ có x =1; y=4; Z = 8 là phù hợp.A là S còn B là O. Anion Y 2- là SO 4 2- . Vậy M là (NH 4 ) 2 SO 4 ( amoni sunfat). VII. Phương pháp hóa trị trung bình và số nhóm chức trung bình: Ví dụ 17: Cho 11 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Al tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thu được 8,96 lít khí H 2 ( ở đktc) và dung dịch của hai muối clorua. Tổng khối lượng hai muối clorua (khan) là: A. 40,1 gam B. 39,4 gam C. 34,9 gam D. 64,8 gam Giải: Vì phản ứng hoàn toàn nên ta thay hỗn hợp Fe, Al bằng kim loại tương đương M có hóa trị trung bình n . Phản ứng: M + n HCl → M n Cl + n /2 H 2 ↑ Ta có: 2 H n = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) ; n HCl = 2.0,4 = 0,8 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 5 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 m muối clorua = m kim loại + m HCl – m H2 = 11 + 0,8.36,5 – 0,4.2 = 39,4 (g). Chọn đáp án B. Ví dụ 18: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 10% thu được 2,24 lít khí H 2 ( ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là: A.101,48 gam B. 101,68 gam C. 97,80 gam D. 88,20 gam ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: Tương tự ví dụ 17 có phản ứng: 2 M + aH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) a + aH 2 ↑ ( a là hóa trị trung bình của hai kim loại) Ta có: 242 HSOH nn = = 2,24/22,4 = 0,1 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: m ddsau pư = m kimloai + m ddaxit – m H2 = 3,68 + 0,1.98/10% - 0,1.2 = 101,48 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 19: Cho 27,2 gam hỗn hợp gồm hai ancol tác dụng vừa đủ với Na thu được hỗn hợp hai muối và 6,72 lít khí H 2 ( ở đktc). Tổng khối lượng hai muối thu được là: A. 40,5 gam B. 45,2 gam C. 40,4 gam D. 44,0 gam Giải: Gọi công thức tương đương của hai ancol là: R (OH) a ( a là số nhóm chức trung bình của hai ancol). Phản ứng: R (OH) a + aNa → R (ONa) a + a/2 H 2 ↑ Ta có: n H2 = 6,72/ 22,4 = 0,3 (mol); n Na = 2.0,3 = 0,6 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có m Muối = m Ancol + m Na - m H2 = 27,2 + 0,6.23 - 0,3.2 = 40,4 (g). Chọn đáp án C. Ví dụ 20: Trung hòa m gam hỗn hợp hai axit cacboxilic cần 300 ml dung dịch NaOH1M thu được 23,1 gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của m là A. 18,2 B, 20,1 C. 15,6 D. 16,5 Giải: Gọi công thức tương đương của hai axit là R (COOH) a . Phản ứng: R (COOH) a + a NaOH → R (COONa) a + a H 2 O Ta có: n NaOH = n H2O = 0,3 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta được: m = m Muối + m H2O – m NaOH = 23,1 + 0,3.18 – 0,3. 40 = 16,5 (g). Chọn đáp án D. VIII. Phương pháp sơ đồ đường chéo: 1/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ phần trăm C 1 > C 2 và khối lượng tương ứng m 1 , m 2 được dung dịch có nồng độ phần trăm C, thì có sơ đồ đường chéo: m 1 : C 1 C – C 2 C khi đó: CC CC m m − − = 1 2 2 1 m 2 : C 2 C 1 – C 2/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ mol C 1 , C 2 ( C 1 >C 2 ) và thể tích tương ứng V 1 , V 2 , thì vẫn có sơ đồ đường chéo như trên và CC CC V V − − = 1 2 2 1 . 3/ Với hỗn hợp gồm hai chất ( hoặc hai đồng vị) có KLM là M 1 , M 2 và số mol tương ứng n 1 ,n 2 nếu coi là một chất tương đương có KLMTB là M thì MM MM n n − − = 1 2 2 1 . Từ đó suy ra % ( theo số mol ) tương ứng của mỗi chất là: % (Chất M 1 ) = 21 2 MM MM − − ; % (Chất M 2 ) = 21 1 MM MM − − . Ví dụ 21: Cần thêm bao nhiêu gam KCl vào 450 gam dung dịch KCl 8% để thu được dung dịch 12%. ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 6 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 Giải: Theo sơ đồ đường chéo ta có: 12100 812 450 − − = m . Vậy: m = 20,45 (g). Ví dụ 22: Cần thêm bao nhiêu lít nước cất vào 10 lít dung dịch HCl có pH = 3 để được dung dịch có pH = 4. Giải: pH = 3 ⇔ [ H + ] = 10 -3 ; pH = 4 ⇔ [ H + ] = 10 -4 . Theo sơ đồ đường chéo ta có: 9 1 1010 10 43 4 2 = − = −− − OH HCll V V . Vậy: V H2O = 9 V HCl = 90 lít. Ví dụ 23: Đồng trong tự nhiên gồm hai đồng vị 63 Cu và 65 Cu. Khối lượng nguyên tử trung bình là 63,54. Tỉ lệ % khối lượng của 63 Cu trong CuCl 2 là A. 31,34% B. 34,18% C. 73,00% D. 31,48% Giải: Gọi x là thành phần % của đồng vị 63 Cu . Theo sơ đồ đường chéo ta có: x = 6365 54,6365 − − = 73%. Vậy % ( theo khối lượng) của 63 Cu trong CuCl 2 là: 18,34 54,134 63.73 = %. Chọn đáp án B. Ví dụ 24: Cho 41,2 gam hỗn hợp gồm C 2 H 5 COOH và C 2 H 5 COOCH 3 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 48,0 gam muối C 2 H 5 COONa. Thành phần % theo số mol và % theo khối lượng của C 2 H 5 COOH trong hỗn hợp đầu lần lượt là A. 35,92% và 40,00% B. 40,00% và 35,92% C. 36,85%và 50,00% . D. 60,00% và 64,08% Giải: n hh = n muối = 48/96 = 0,5 (mol). M axit = 74; M Este = 88; M = 41,2/0,5 = 82,4. Vậy %số mol ( axit) = 7488 4,8288 − − .100% = 40%; % khối lượng(axit)= 2,41 74.5,0 .40% = 35,92% Chọn đáp án B. IX. Phương pháp bảo toàn electron ( Cho phản ứng oxi hoa-khử): Ví dụ 25: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu ( tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO 3 , thu được V lít ( ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2 ) và dung dich Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là: A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,60 ( Trích “TSĐH A – 2007” ) Giải: M X = 19.2 = 38. %V (NO) = %50%100. 3046 3846 = − − = %V (NO 2 ) ⇒ n NO = n NO2 = x (mol). n Fe = n Cu = 12/ 120 = 0,1 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử: Fe – 3e → Fe 3+ ; Cu – 2e → Cu 2+ 0,1 → 0,3 0,1 → 0,2 Tổng nhường e : 0,3 + 0,2 = 0,5 (e) N +5 + 3e → N +2 ( NO) ; N +5 + 1e → N +4 ( NO 2 ) 3x ← x x ← x Tổng nhận e: 3x + x = 4x (e). Áp dụng ĐLBT electron ta có: 4x = 0,5 ; x = 0,125 (mol) ⇒ n X = 2,0,125 = 0,25 (mol). Vậy :V = 0,25.22,4 = 5,60 (lít). Chọn đáp án D. Ví dụ 26: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng (dư), thu được dung dịch X và 1,344 lít ( ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N 2 O và N 2 . Tỉ khối của hỗn hợp Y so với khí H 2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: n Al = 12,42/27 =0,46 (mol); M Y = 2.18 = 36; n Y = 1,344/22,4 = 0,06 (mol). % V (N 2 O) = 2844 2836 − − .100%=50% ⇒ n N20 = n N2 = 0,03 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử: N +5 + 4e → N + ( N 2 O) ; N +5 + 5e → N 0 (N 2 ); Al – 3e → Al 3+ ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 7 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 0,24 ← 0,06 0,3 ← 0,06 0,46 → 1,38 Ta thấy: 1,38 – 0,54 = 0,84. Do đó còn xảy ra quá trình: N +5 + 8e → N -3 0,84 → 0,105. Tổng khối lượng chất rắn khan( gồm Al(NO 3 ) 3 và NH 4 NO 3 ) là: m = 0,46. 213 + 0,105. 80 = 106,38 (g). Chọn đáp án B. Chú ý: Khi kim loai tác dụng với HNO 3 rất loãng còn có thể tạo ra cả muối NH 4 NO 3 . Ví dụ 27: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3 O 4 tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 151,5 B. 137,1. C. 97,5. D. 108,9. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: n NO = 3,36/22,4 = 0,15 (mol). Các quá trình oxihoa – khử: Cu – 2e → Cu 2+ ; 3 Fe +8/3 - e → 3Fe 3+ ; N 5+ + 3e → N 2+ ; Fe 3+ + e → Fe 2+ x x2→ x 3y → y 3y 0,45 15,0 ← 3 y → 3y 3y Áp dụng ĐLBT electron và ĐLBTKL ta có hệ:    =++ +=+ 2,614,223264 345,02 yx yyx . Giải hệ được: x = 0,375; y = 0,15. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được ( gồm Cu(NO 3 ) 2 và Fe(NO 3 ) 2 ) là: m = 0,375.188+ 0,45.180 = 151,5 (g). Chọn đáp án A. X. Phương pháp bảo toàn điện tích: Ví dụ 28: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu 2+ ; 0,03 mol K + ; x mol Cl – và y mol SO 4 2 - . Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x,y lần lượt là A. 0,01 và 0,03 B. 0,02 và 0,05 C. 0,05 và 0,01 D. 0,03 và 0,02 ( Trích “ TSĐH A – 2007 “ ) Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có:    =+++ =+ 435,5965,3539.03,064.02,0 07,02 yx yx Giải hệ được: x = 0,03; y = 0,02. Chọn đáp án D. Ví dụ 29: Một dung dịch có chứa 0,02 mol NH 4 + , x mol Fe 3+ ; 0,01 mol Cl - ; 0,02 mol SO 4 2- , Khi cô cạn dung dịch này thu được lượng muối khan là A. 2,635 gam B. 3,195 gam C. 4,315 gam D. 4,875 gam Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích ta có 0,02 + 3x = 0,01 + 2. 0,02 ⇒ x = 0,01 mol. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được là: 0,02.18 + 0,01.56 + 0,01.35,5 + 0,02. 96 = 3,195. Chọn đáp án B. Ví dụ 30: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch gồm Cu(NO 3 ) 2 0,2M và H 2 SO 4 0,25 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của m và V lần lượt là A. 10,8 và 4,48. B. 10,8 và 2,24. C. 17,8 và 2,24 D. 17,8 và 4,48. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: n Cu(NO3)2 = 0,2.0,8 = 0,16 (mol); n H2SO4 = 0,25.0,8 = 0,2 (mol). Phương trình điện ly: Cu(NO 3 ) 2 → Cu 2+ + 2 NO 3 - ; H 2 SO 4 → 2H + + SO 4 2- . Mol: 0,16 0,16 0,32 0,2 0,4 0,2 Quá trình oxihoa- khử xảy ra theo thứ tự sau: Fe + 4H + + NO 3 - → Fe 3+ + NO ↑ + 2H 2 O Mol: 0,1 ← 0,4 → 0,1 0,1 0,1 Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu ↓ ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 8 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 Mol: 0,16 ← 0,16 0,16 Fe + 2 Fe 3+ → 3 Fe 2+ Mol: 0,05 ← 0,1 Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có: m – 0,31.56 + 0,16. 64 = 0,6m ⇒ m = 17,8 (g). V = 0,1.22,4 = 2,24 (l). Chọn đáp án C. XI. Phương pháp sử dụng phản ứng dạng Ion thu gọn: Ví dụ 31: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH) 2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H 2 SO 4 0,0375M và HCl 0,0125M) thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là: A. 2. B.1. C.6. D. 7. ( Trích “ TSĐH B – 2007” ) Giải:Ta có: n OH - = 0,1.0,1.2 + 0,1.0,1 = 0,03 (mol); n H += 0,0375.0,4.2 +0,0125. 0,4 = 0,035 (mol). Khi trộn hai dung dịch xảy ra phản ứng trung hòa dạng ion là: H + + OH - → H 2 O. Từ phản ứng ta có: n H + (phản ứng) = n OH - = 0,03 (mol) ⇒ n H + dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol). [ H + ] = 5,0 005,0 = 0,01 = 10 -2 M. Vậy: pH = 2. Chọn đáp án A. Ví dụ 32: Trộn 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm H 2 SO 4 0,05M và HCl 0,1M với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,2M và Ba(OH) 2 0,1M, thu được dung dịch X. Dung dịch X có pH là: A. 13,0. B. 1,2. . C. 1,0. D. 12,8. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: Tương tự VD 31. Chọn đáp án A. XII. Sử dụng sơ đồ biến hóa: Ví dụ 33: Oxi hóa hoàn toàn m gam bột Fe thu được hỗn hợp ba oxit sắt. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp ba oxit sắt bằng dung dịch HCl dư, tiếp tục cho dung dịch thu được phản ứng hoàn toàn với NaOH dư, thu được kết tủa X. Lấy kết tủa X, rửa sạch, rồi đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi cân nặng 16 gam. Giá trị của m là: A. 5,6. B. 11,2. C. 8,4. D. 16,8. Giải: Sơ đồ biến hóa: Fe  → +Oxi { FeO ; Fe 2 O 3 ; Fe 3 O 4 }  → +HCl {FeCl 2 ; FeCl 3 }  → +NaOH X={ Fe(OH) 2 ; Fe(OH) 3 }  → caot 0 Fe 2 O 3 . Áp dụng ĐLBT nguyên tố ta có: n Fe = 2 n Fe2O3 = 2. 160 16 = 0,2 (mol). Vậy: m = 0,2.56 = 11,2 (g). Chọn đáp án B. Ví dụ 34: Oxi hóa một dung dịch chứa 1000 gam ancol C 2 H 5 OH bằng oxi với xúc tác là men giấm. Thêm tiếp một lượng dung dịch NaOH vào dung dịch thu được rồi đun nóng ( có mặt của CaO) thu được khí X và dung dịch muối cacbonnat. Lấy khí X cho làm lạnh nhanh từ nhiệt độ 1500 0 C, thu được khí Y. Cho khí Y tác dụng với nước ( ở 80 0 C, xúc tác HgSO 4 ) thu được chất Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương.Hiđrat hóa chất Z (xúc tác Ni) thu được m gam ancol. Giả thiết rằng các phản ứng đều xảy ra với hiệu suất 60%. Giá trị của m là: A. 60,00. B. 36,00. C.46,56 D. 77,76 Giải: Sơ đồ chuyển hóa:C 2 H 5 OH  → mengiâm CH 3 COOH  → +NaOH CH 4  → nhlamlanhnhaC,1500 0 C 2 H 2  → + OH 2 CH 3 CHO  → + )( 2 NiH C 2 H 5 OH. Nếu hiệu suất của tất cả các phản ứng là 100% thì ta vẫn thu được 1000 g. Nhưng vì mỗi quá trình chỉ đạt h = 60% nên chỉ thu được: 1000. (0,6) 5 = 77,76 (g). Chọn đáp án D. BÀI TẬP TỰ GIẢI: ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 9 GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ: 01236.575.369 Tuyển sinh Đại học 2009( từ 1 đến 16): 1/ Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu được 11,2 lít khí CO 2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X thì cần dùng 500ml dung dịch NaOH 1M. Hai axit đó là A. HCOOH, HOOC – CH 2 – COOH. B. HCOOH, CH 3 COOH. C. HCOOH, C 2 H 5 COOH D. HCOOH, HOOC – COOH 2/ Xà phòng hóa hoàn toàn 66,6 gam hỗn hợp hai este HCOOC 2 H 5 và CH 3 COOCH 3 bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp X gồm hai ancol. Đun nóng hỗn hợp X với H 2 SO 4 đặc ở 140 0 C, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam nước. Giá trị của m là A. 18,00. B. 8,10. C. 16,20. D. 4,05. 3/ Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V lít khí CO 2 ( ở đktc) và a gam H 2 O. Biểu thức liên hệ giữa m, a, V là: A. m = a - 6,5 V . B. m = 2a - 2,11 V . C. m = 2a - 4,22 V . D. m = a + 6,5 V . 4/ Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C 4 H 9 NO 2 . Cho 10,3 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn không khí, làm giấy quỳ tím ammr chuyển màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Cô cạn dung dịch z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 8,2 B. 10,8 C. 9,4 D. 9,6. 5/ Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một ancol X no, mạch hở, cần vừa đủ 17,92 lít khí O 2 ( ở đktc). Mặt khác, nếu cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ với m gam Cu(OH) 2 thì tạo thành dung dịch có màu xanh lam. Giá trị của m và tên gọi của X tương ứng là A. 4,9 và propan-1,2- điol. B. 9,8 và propan-1,2-điol. C. 4,9 và glixerol. D. 4,9 và propan-1,3- điol. 6/ Hỗn hợp X gồm hai ancol no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Oxi hóa hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X có khối lượng m gam bằng CuO ở nhiệt độ thích hợp, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ Y. Cho Y tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO 3 tronh NH 3 , thu được 54 gam Ag. Giá trị của m là: A. 15,3. B. 13,5. C. 8,1. D. 8,5. 7/ Este X ( có khối lượng phân tử bằng 103 đvC) được điều chế từ một ancol đơn chức ( có tỉ lệ khối so với oxi lớn hơn 1) và một amino axit. Cho 25,75 gam X phản ứng vừa hết với 300ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn. Giá trị m là A. 27,75. B. 24,25. C. 26,25. D. 29,75. 8/ Hiđro hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được (m + 1) gam hỗn hợp hai ancol. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn toàn cũng m gam X thì cần vừa đủ 17,92 lít khí O 2 ( ở đktc). Giá trị của m là A. 17,8. B. 24,8. C. 10,5. D. 8,8. 9/ Cho 0,02 mol amino axit X tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch HCl 0,1M thu được 3,67 gam muối khan. Mặt khác 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 40 gam dung dịch NaOH 4%. Công thức của X là: A. H 2 NC 2 H 3 (COOH) 2 B. H 2 NC 3 H 5 (COOH) 2 C. (H 2 N) 2 C 3 H 5 COOH. D. H 2 NC 3 H 6 COOH. 10/ Hỗn hợp X gồm axit Y đơn chức và axit Z hai chức ( Y,Z có cùng số nguyên tử C ). Chia X thành hai phần bằng nhau. Cho phần một tác dụng hết với Na, sinh ra 4,48 lít khí H 2 (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, sinh ra 26,4 gam CO 2 . Công thức cấu tạo thu gọn và phần trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp X lần lượt là: A. HOOC – CH 2 – COOH và 70,87%. B. HOOC – CH 2 – COOH và 54,88%. C. HOOC – COOH và 60,00%. D. HOOC – COOH và 42,86%. 11/ Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H 2 SO 4 0,5M và NaNO 3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung ================== TÀI LIỆU ÔN THI 2011. 10 . MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC I .Phương pháp ghép ẩn số: Trong toán học hệ phương trình với số ẩn nhiều hơn số phương trình gọi là hệ vô đinh vì hệ thường cho vô số nghiệm và khó giải. này còn giải được bằng phương pháp BTKL . Không thể nói cách giải nào hay hơn vì còn liên quan tới ý (2). . Ví dụ 2 cũng giải được bằng phương pháp tăng giảm khối lượng và nhiều phương pháp khác! IV nghiệm nên bài toán dạng này cho đơn giản hơn và phương pháp ghép ẩn số cũng ít sử dụng. Chúng ta sẽ tiếp tục bằng các phương pháp khác hiệu quả hơn cho bài toán trắc nghiệm. II. Phương pháp bảo