PP GIẢI TOÁN HÓA HỌC (new)

Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông A. LỜI MỞ ĐẦU Hóa học là một môn khoa học vừa mang tính lý thuyết vừa mang tính thực nghiệm, việc hệ thống hóa kiến thức một cách có hệ thống là một điều rất cần thiết đối với các em học sinh. Trong các kỳ thi vào ĐH-CĐ các khối A, B đều có môn hóa học và muốn làm tốt bài thi vào ĐH-CĐ thì ngoài việc học tốt lý thuyết các em cần phải nắm vững các phương pháp giải các bài toán hóa học phổ thông. Nhằm giúp các em học sinh học tốt bộ môn hóa học ở chương trình phổ thông tôi chọn chuyên đề “ Các phương pháp giải toán hóa học “. Chuyên đề này tổng kết lại các phương pháp cơ bản ứng dụng vào việc giải các bài toán hóa học phổ thông bao gồm các phương pháp:  Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng  Phương pháp tăng giảm khối lượng  Phương pháp bảo toàn electron  Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình  Phương pháp tự chọn lượng chất  Phương pháp đường chéo  Phương pháp biện luận  Phương pháp đồ thị Trong mỗi phương pháp có trình bày nguyên tắc vận dụng và nhiều thí dụ minh họa cho việc vận dụng phương pháp. Các thí dụ phần lớn là các bài toán rút ra từ các đề thi tuyển sinh vào ĐH-CĐ Việc nắm vững phương pháp sẽ giúp cho các em giải quyết một các có hiệu quả các bài toán thi vào ĐH và việc làm nhanh, hiệu quả các bài tập hóa học sẽ thuận lợi cho các em làm bài tập dưới hình thức trắc nghiệm. Hy vọng chuyên đề này giúp ích cho các em học sinh học tốt hơn bộ môn hóa học ở trường PTTH và làm tốt đề thi vào ĐH. B. NỘI DUNG Chuyên đề lần lượt giới thiệu các phương pháp vận dụng để giải các bài toán hóa học ở chương trình PTTH : Trang 1 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông I PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào định luật bảo toàn khối lượng. Nội dung của định luật : “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng” Cần chú ý là không tính khối lượng phần chất không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẳn. Thí dụ như nước trong dung dịch. Các thí dụ áp dụng: TD 1 Để đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam este E cần vừa đủ 1,904 lít oxi (đkc). Sau phản ứng thu được CO 2 và H 2 O có tỉ lệ thể tích tương ứng là 4:3. Hãy xác định CTPT của E, biết dE /KK < 6,5. Tóm tắt : (E) + O 2 (vừa đủ) CO 2 + H 2 O (V CO2 : V H2O = 4:3) 1,904 lít (đkc) Tính khối lượng các nguyên tố trong E Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mE + mO 2 (pứ) = m CO2 + m H2O ⇒ mCO 2 + mH 2O = 1,88 + 32 4,22 904,1 × = 4,6 gam (*) Theo đề bài ta có : 3 4 2 2 = OH CO V V ⇒ 375,3 11 183 444 2 2 = × × = OH CO m m (**). Từ (*) và (**) ⇒ 2 CO m = 3,52 gam, OH m 2 = 1,08 gam ⇒ mC = 0,96 gam, mH = 0,12 gam Khối lượng oxi : mO = 1,88 – (mC + mH) = 1,88 – (0,96 + 0,12) = 0,8 gam Gọi CTTQ của E : CxHyOz ta có : x:y:z = 16 8,0 :12,0: 12 96,0 16 :: 12 = O H C m m m = 8:12:5 ⇒ CTTN : (C 8 H 12 O 5 ) n DE /KK < 6,5 ⇒ ME < 188,5 ⇒ 188n < 188,5 ⇒ n < 1,002 ⇒ n = 1. Vậy CTPT của E là C 8 H 12 O 5 TD 2 Một hợp chất hữu cơ A có thành phần nguyên tố C, H, O, tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH có nồng độ 11,666%. Sau phản ứng thu được dd X. Cô cạn dd X thì phần hơi chỉ có H 2 O với khối lượng là 86,6 gam, còn lại là chất rắn Y có khối lượng 23 gam. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 13,8 gam K 2 CO 3 và CO 2 , H 2 O với tổng khối lượng của hai chất này là 38 gam. Lấy toàn bộ lượng CO 2 này cho vào 9 lít dd Ca(OH) 2 0,1M thì thu được 70 gam kết tủa. a/ Tìm công thức đơn giản của A. b/ Biết rằng A đơn chức. Xác định CTCT có thể có của A. Tóm tắt : K 2 CO 3 + (CO 2 + H 2 O) (A) 13,8 g 38 g KOH (H 2 O) + (chất rắn Y) Ca(OH) 2 70 gam 11,666% dd X 86,6 gam 23 gam 9 lít 0,1M a/ Tìm công thức đơn giản của A : Xác định số mol CO 2 Số mol Ca(OH) 2 = 9 × 0,1 = 0,9 mol Số mol CaCO 3 = mol7,0 100 70 = . Ta xét các trường hợp sau: • Ca(OH) 2 dư: Pt : CO 2 + Ca(OH) 2  CaCO 3  + H 2 O (1) Theo (1) ⇒ số mol CO 2 = 0,7 mol ⇒ .2 CO m = 0,7 × 44 = 30,8 gam ⇒ OH m 2 = 38 – 30,8 = 7,2 gam • CO 2 dư hòa tan một phần kết tủa: Pt : CO 2 + Ca(OH) 2  CaCO 3  + H 2 O (1) CO 2 + CaCO 3  + H 2 O  Ca(HCO 3 ) 2 (2) Theo (1) và (2) tổng số mol CO 2 = (0,9 + 0,2) = 1,1 mol ⇒ 2 CO m = 1,1 × 44 = 48,4 g > 38 g (loại) Số mol K 2 CO 3 = 138 8,13 = 0,1 mol Khối lượng cacbon : mC = 0,1 × 12 + 0,7 × 12 = 9,6 gam Ta thấy toàn bộ KOH trong dd ban đầu qua các quá trình chuyển hóa tạo thành K 2 CO 3 Trang 2 cô cạn đốt Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Theo quá trình: 2KOH  K 2 CO 3 ⇒ số mol KOH = 0,1 × 2 = 0,2 mol Khối lượng KOH trong dd ban đầu = 0,2 × 56 = 11,2 gam Khối lượng dd KOH ban đầu = gam96100 666,11 2,11 =× Khối lượng nước trong dd KOH ban đầu = 96 – 11,2 = 84,8 gam. Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mH (trong A) + mH (trong KOH) + mH (trong H 2 O dd) = mH (sản phẩm) = 9 8,93 9 2,76,86 = + Khối lượng H trong A : mH = gam8,0 9 8,84 2,0 9 8,93 =−− Theo định luật bảo toàn khối lượng : mA + mdd KOH = mddX = 86,6 + 23 = 109,6 gam ⇒ mA = 109,6 – 96 = 13,6 gam Khối lượng oxi trong A : mO = 13,6 - (mC + mH) = 13,6 – (9,6 + 0,8) = 3,2 gam Gọi CTTQ của A : CxHyOz ta có : x:y:z = 1:4:42:8:8 16 2,3 :8,0: 12 6,9 16 :: 12 === O H C m m m CTTN của A : (C 4 H 4 O) n . Công thức đơn giản của A : C 4 H 4 O b/ Xác định CTCT của A : A là hợp chất hữu cơ đơn chức tác dụng với dd KOH do đó A chỉ có thể là axit hoặc este, vậy phân tử A có 2 nguyên tử oxi ⇒ CTPT của A : C 8 H 8 O 2 số mol A : mol1,0 136 6,13 = số mol KOH = 0,2 mol ⇒ tỉ lệ mol A : KOH = 1:2 nên A là este có gốc rượu là gốc phenyl. CTCT của A : TD 3 Hỗn hợp A gồm KClO 3 , Ca(ClO 3 ) 2 , Ca(ClO) 2 , CaCl 2 , KCl có khối lượng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A được chất rắn B gồm CaCl 2 , KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO 2 thành SO 3 để điều chế 191,1 gam dd H 2 SO 4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dd K 2 CO 3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dd D. Lượng KCl trong D nhiều gấp 3 22 lần lượng KCl có trong A. a/ Tính khối lượng kết tủa C. b/ Tính % khối lượng của KClO 3 trong A. Tóm tắt : KClO 3 B SO 3 dd H 2 SO 4 A Ca(ClO 3 ) 2 CaCl 2 + O 2 191,1 g 80% Ca(ClO) 2 KCl KCl 83,68 gam K 2 CO 3 (C) + ddD KCl 360 ml 0,5M mKCl /D = 3 22 mKCl /A a/ Khối lượng kết tủa C : Số mol K 2 CO 3 = 0,36 × 0,5 = 0,18 mol Khi nung hh A xảy ra các phương trình phản ứng : 2KClO 3 2KCl + 3O 2  (1) 2Ca(ClO 3 ) 2 2CaCl 2 + 3O 2  (2) Ca(ClO) 2 CaCl 2 + O 2  (3) Hỗn hợp B gồm CaCl 2 và KCl. Cho B tác dụng với dd K 2 CO 3 xảy ra ptpứ : CaCl 2 + K 2 CO 3  CaCO 3  + 2KCl (4) Theo (4) số mol CaCO 3 = 0,18 mol ⇒ khối lượng CaCO 3 = 0,18 × 100 = 18 gam b/ Tính % khối lượng của KClO 3 trong A : Cho oxi tác dụng SO 2 rồi cho sản phẩm hợp nước theo pt : SO 2 + O 2 SO 3 (5) SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 (6) Trang 3 C CH 3 H O O C CH 3 H O O C CH 3 H O O pứ vừa đủ t 0 t 0 t 0 V 2 O 5 t 0 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Số mol H 2 SO 4 = mol56,1 98100 801,191 = × × Theo (5), (6) ta có số mol O 2 = mol78,0 2 56,1 = Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mA = mB + mO 2 ⇒ mB = 83,68 – 0,78 × 32 = 58,72 gam Khối lượng KCl trong B = 58,72 – 0,18 111× = 38,74 gam Khối lượng KCl trong D = 0,18 × 2 × 74,5 + 38,74 = 65,56 gam ⇒ Khối lượng KCl trong A = 22 356,65 × = 8,94 g ⇒ Khối lượng KCl sinh ra do nhiệt phân KClO 3 = 38,74 – 8,94 = 29,8 gam Số mol KCl = mol4,0 5,74 8,29 = ⇒ Số mol KClO 3 = 0,4 mol %KClO 3 = %5564,58100 68,83 5,1224,0 =× × II/ PHƯƠNG PHÁP TĂNG – GIẢM KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp này là dựa vào sự tăng, giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác ứng với 1 mol chất. Dựa vào sự tăng, giảm khối lượng của chất theo điều kiện đề bài ta có thể suy ra số mol (hoặc khối lượng) chất phản ứng hoặc sản phẩm tạo thành. TD 1 Hòa tan 10 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị 2 và 3 bằng dung dịch HCl thì thu được dung dịch A và 0,672 lít khí thoát ra (đkc). Hỏi khi cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan ? Giải : Gọi công thức 2 muối cacbonat lần lượt là XCO 3 và Y 2 (CO 3 ) 3 Pt : XCO 3 + 2HCl  XCl 2 + H 2 O + CO 2  (1) Y 2 (CO 3 ) 3 + 6HCl  2YCl 3 + 3H 2 O + 3CO 2  (2) Số mol CO 2 = mol03,0 4,22 672,0 = Theo pt (1) (2) ta thấy rằng khi chuyển từ muối cacbonat thành muối clorua thì cứ 1 mol CO 2 thoát ra thì lượng muối tăng : 71 – 60 = 11 gam. Vậy theo điều kiện bài toán ta có Khối lượng muối clorua thu được là : 10 + 0,03 × 11 = 10,33 gam TD 2 Cho hỗn hợp A gồm một rượu no đơn chức và một rượu chưa no (có một nối đôi) đơn chức. Chia A thành 2 phần bằng nhau mỗi phần có khối lượng a gam. - Cho phần I vào bình kín B có dung tích 12 lít và cho bay hơi ở 136,5 0 C. Khi rượu bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,14 atm. - Đem ester hóa phần II với 30 gam axit axetic, hiệu suất phản ứng ester hóa đối với mỗi rượu đều là h%. Tính khối lượng ester thu được theo a và h. Giải Tổng số mol của hỗn hợp 2 rượu trong ½ hỗn hợp A = mol RT PV 05,0 )5,136273(4,22 2731214,0 = +× ×× = Gọi công thức chung của 2 rượu là R OH Pt : CH 3 COOH + R OH CH 3 COO R + H 2 O (1) Số mol CH 3 COOH = mol5,0 60 30 = > 0,05 nên lượng sản phẩm este được tính theo ancol Theo (1) ta thấy cứ 1 mol ancol phản ứng với axit tạo ra 1 mol este và khối lượng este so với khối lượng ancol tăng 42 gam. Vậy khi 0,05 mol ancol phản ứng ⇒ khối lượng este theo lý thuyết = (a + 0,05 × 42) gam Do hiệu suất phản ứng là h% nên khối lượng este thực tế là: m este = (a + 2,1)h% III/ PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON Phương pháp này áp dụng trong các phản ứng oxi hóa khử. Nguyên tắc của phương pháp này là : - Các phản ứng oxi hóa khử đều được phân tích làm 2 quá trình : Quá trình chất khử nhường electron gọi là quá trình oxi hóa. Quá trình chất oxi hóa nhận electron gọi là quá trình khử. - Khi có nhiều chất oxi hóa và chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà chất khử cho bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận. Trang 4 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng. Sau đây là một vài bài tập vận dụng phương pháp bảo toàn electron. TD 1 Để m gam sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 30 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Cho (B) tác dụng hoàn với dd HNO 3 thấy giải phóng 5,6 lít khí NO duy nhất ở đkc. a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b/ Tính khối lượng m của (A). Tóm tắt (Fe) hh B FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 Fe(NO 3 ) 3 + NO 5,6 lít (đkc) m gam 30 gam a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra : 2Fe + O 2  2FeO (1) 3Fe + 2O 2  Fe 3 O 4 (2) 4Fe + 3O 2  2Fe 2 O 3 (3) Cho (B) tác dụng với dd HNO 3 Fe + 4HNO 3  Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (4) 3FeO + 10HNO 3  3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O (5) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3  9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (6) Fe 2 O 3 + 6HNO 3  2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (7) b/ Tính m : Ta có nhiều phương pháp tính, dưới đây là phương pháp bảo toàn electron Theo quá trình : (Fe) (B) Fe(NO 3 ) 3 Quá trình trên có thể biểu diển bằng 2 quá trình sau: Fe - 3e -  Fe 3+ (quá trình oxi hóa) a O + 2e -  O 2- b − 3 NO + 4H + + 3e -  NO + 2H 2 O 0,25 Số mol NO = mol25,0 4,22 6,5 = . Gọi a là số mol Fe ban đầu, b là số mol nguyên tử oxi phản ứng Theo nguyên tắc bảo toàn electron ta có : ∑ electron nhường = ∑ electron nhận Ta có : 3a = 2b + 0,25 × 3 ⇒ 3a - 2b = 0,75 (*) Mặt khác trong (B) chỉ gồm sắt và oxi nên ta có : 56a + 16b = 30 (**) Từ (*) và (**) ta có : a = 0,45 ⇒ m = 0,45 × 56 = 25,2 gam TD 2 Cho 3,61 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe có tỉ lệ mol là 3:5 tác dụng với 100 ml dd chứa AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 khuấy kỷ tới phản ứng hoàn toàn thu được 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại. Hòa tan chất rắn đó bằng dd HCl dư thấy thoát ra 0,672 lít H 2 (đkc). Tính nồng độ mol của AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 trong dd ban đầu. Tóm tắt (Al, Fe) hh 3 kim loại H 2 0,672 lít (đkc) 3,61 gam 8,12 gam Các phương trình phản ứng : Vì Al hoạt động mạnh hơn Fe và Ag + có tính oxi hóa mạnh hơn Cu 2+ và theo đề bài chất rắn thu được sau phản ứng gồm 3 kim loại nên các kim loại gồm : Ag, Cu và một phần Fe còn lại. Al + 3AgNO 3  Al(NO 3 ) 3 + 3Ag (1) 2Al + 3Cu(NO 3 ) 2  2Al(NO 3 ) 3 + 3Cu (2) Fe + 2AgNO 3  Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag (3) Fe + Cu(NO 3 ) 2  Fe(NO 3 ) 2 + Cu (4) Cho các kim loại sau phản ứng tác dụng với dd HCl thì chỉ có Fe phản ứng Trang 5 + O 2 dd HNO 3 (Quá trình khử) Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Fe + 2HCl  FeCl 2 + H 2 (5) 5 phương trình phản ứng trên được biểu diển bằng 2 quá trình sau : Al - 3e -  Al 3+ Fe - 2e -  Fe 2+ Ag + + 1e -  Ag Cu 2+ + 2e -  Cu 2H + + 2e -  H 2 Gọi a là số mol AgNO 3 ban đầu, b là số mol Cu(NO 3 ) 2 ban đầu. Gọi x là số mol Al, y là số mol Fe. Số mol H 2 = mol03,0 4,22 672,0 = theo qui tắc bảo toàn electron ta có : 3x + 2y = a + 2b + 0,03 × 2 (*) Mặt khác ta có : 27x + 56y = 3,61 5 3 = y x Thay x, y vào (*) ta có a + 2b = 0,13 (**) Khối lượng hh 3 kim loại : 108a + 64b + 0,03 × 56 = 8,12 ⇒ 108a + 64b = 6,44 (***) Từ (**) và (***) ta có a = 0,03 mol và b = 0,05 mol Nồng độ mol các muối trong dung dịch ban đầu : MC AgNO 3,0 1,0 03,0 3 == MC NOCu 5,0 1,0 05,0 23 )( == TD 3 Cho hỗn hợp A gồm 3 kim loại X, Y, Z có hóa trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:3 trong đó số mol của X bằng x mol. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A bằng dd có chứa y gam HNO 3 (lấy dư 25%). Sau phản ứng thu được dd B không chứa NH 4 NO 3 và V lít hỗn hợp khí G (đkc) gồm NO 2 và NO. Lập biểu thức tính y theo x và V. Tóm tắt : hh A X, Y, Z dd B + V(lít) hh G NO 2 , NO x, 2x, 3x (mol) Theo đề bài số mol của X = x mol, số mol Y = 2x mol, số mol Z = 3x mol Gọi a,b lần lượt là số mol NO, NO 2 trong hỗn hợp G. Ta có : a + b = 4,22 V (*) Khi cho hh A tác dụng với dd HNO 3 có thể biểu diển các phương trình phản ứng bằng 2 quá trình : X - 3e -  X 3+ Y - 2e -  Y 2+ Z - 1e -  Z + − 3 NO + 4H + + 3e -  NO + H 2 O − 3 NO + 2H + + 1e -  NO 2 + H 2 O Theo nguyên tắc bảo toàn electron ta có : 3x + 4x + 3x = 3a + b ⇒ 3a + b = 10x (**) Từ pt (*) và (**) ta có : 4a + 2b = 10x + 4,22 V . Theo quá trình khử thì số mol HNO 3 pứ = số mol H + = 4a + 2b = (10x + 4,22 V ) mol. Số mol HNO 3 ban đầu = mol y 63 . Do lượng HNO 3 lấy dư 25% nên ta có : (10x + 4,22 V ) = 12563 100 × × y ⇒ y = 78,75(10x + 4,22 V ) TD 4 Oxi hóa hoàn toàn 2,184 gam sắt thu được 3,048 gam hỗn hợp 2 oxit sắt (hh A). Chia hh A thành 3 phần bằng nhau : a/ Cần bao nhiêu lít H 2 (đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần I ? Trang 6 Quá trình oxi hóa Quá trình khử ⇒ x = 0,03 y = 0,05 Quá trình oxi hóa Quá trình khử Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông b/ Hòa tan phần II bằng dd HNO 3 loãng dư. Tính thể tích NO sinh ra (đkc) c/ Phần III : trộn với 5,4 gam Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (h = 100%). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dd HCl dư. Tính thể tích khí thoát ra (ở đkc). Phần I : Fe (Fe) hh A (2 oxit) Phần II : NO 2,184 gam 3,048 gam Phần III : hh (Fe, Al 2 O 3 , Al) H 2 a/ Tính thể tích H 2 (đkc) Ta thấy quá trình từ Fe ban đầu bị oxi tác dụng tạo thành oxit rồi bị H 2 khử thành Fe trở lại, quá trình này chịu tác dụng của chất oxi hóa là O 2 và chất khử là H 2 . Số mol oxi tham gia phản ứng tạo ra 3 1 hỗn hợp A = mol009,0 323 184,2048,3 = × − Quá trình phản ứng được biểu diển bằng 2 quá trình : O 2 + 4e -  2O 2- (quá trình khử) H 2 - 2e -  2H + (quá trình oxi hóa) Gọi x là số mol H 2 ta có : 0,009 × 4 = 2x ⇒ x = 0,018 mol ⇒ 2 H V = 0,018 × 22,4 = 0,4032 lít b/ Tính thể tích NO Ta thấy Fe ban đầu cuối cùng chuyển hết thành Fe 3+ và chịu tác dụng của 2 chất oxi hóa O 2 và HNO 3 . Các phản ứng được biểu diển thành 2 quá trình : Fe - 3e -  Fe 3+ (quá trình oxi hóa) O 2 + 4e -  2O 2- − 3 NO + 4H + + 3e -  NO + 2H 2 O Số mol Fe trong 3 1 lượng Fe ban đầu = mol013,0 563 184,2 = × . Gọi y là số mol NO. Ta có : 0,013 3 × = 0,009 × 4 + 3y ⇒ y = 0,001 mol ⇒ VNO = 0,0224 lít c/ Tính thể tích H 2 thoát ra : Số mol Al = 27 4,5 = 0,2 mol. Số mol Fe trong 3 1 lượng Fe ban đầu = mol013,0 563 184,2 = × . Gọi z là số mol H 2 tạo thành Fe oxit hh Fe, Al 2 O 3 , Al dd Fe 2+ , Al 3+ + H 2 Theo các quá trình trên ta thấy toàn bộ Fe và Al ban đầu đều chuyển thành Fe 2+ và Al 3+ chịu dưới 2 tác nhân oxi hóa O 2 và H + Các quá trình oxi hóa khử : Fe - 2e -  Fe 2+ Al - 3e -  Al 3+ O 2 + 4e -  2O 2- 2H + + 2e -  H 2 Theo qui tắc bảo toàn electron ta có : 0,013 × 2 + 0,2 × 3 = 0,009 × 4 + 2z ⇒ z = 0,295 mol ⇒ 2 H V = 0,295 × 22,4 = 6,608 lít * Ứng dụng qui tắc bảo toàn electron trong giải toán điện phân : Khi điện phân, dưới tác dụng của dòng điện một chiều các ion di chuyển về điện cực trái dấu với nó. Tại catot (-) xảy ra quá trình khử cation : Mn + + ne -  M (1) x nx x Tại anot (+) xảy ra quá trình oxi hóa anion : Am - - me -  A (2) y my y Gọi x là số mol cation bị khử tại catot. Theo công thức faraday và theo (1) ta có khối lượng chất thoát ra tại catot : Trang 7 + O 2 + H 2 + HNO 3 + Al, t 0 + HCl dư 5,4 gam (Quá trình khử) Quá trình khử Quá trình oxi hóa Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông m = It n A F 1 ⇒ F It n A m = ⇒ nx = F It = số mol electron điện phân với n là số electron trao đổi tại điện cực Gọi y là số mol của anion bị oxi hóa tại anot. Theo (1) (2) và theo qui tắc bảo toàn electron ta có : nx = my = số mol electron điện phân Khi biết I (cường độ dòng điện), t (thời gian điện phân) ta có thể tính được số mol electron điện phân rồi theo qui tắc bảo toàn electron ta có thể tính được lượng chất thoát ra tại các điện cực trong quá trình điện phân. Sau đây là các thí dụ minh họa : TD 1 Hòa tan 50 gam CuSO 4 .5H 2 O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6M thu được dung dịch A. Tiến hành điện phân dung dịch A với dòng điện có cường độ 1,34 ampe trong vòng 4 giờ. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đkc) thoát ra ở anot. Biết hiệu suất điện phân là 100%. Giải : Số mol CuSO 4 = mol2,0 250 50 = Số mol HCl = 0,2 × 0,6 = 0,12 mol Trong dung dịch A có các ion : Cu 2+ , H + , Cl - , −2 4 SO . Theo phương trình điện ly : CuSO 4  Cu 2+ + − 2 4 SO (1) HCl  H + + Cl - (2) Trong dung dịch A số mol Cu 2+ = 0,2 mol, số mol Cl - = 0,12 mol, số mol H + = 0,12 mol, số mol − 2 4 SO = 0,2 mol Khi điện phân thì tại Catot (-) Cu 2+ , H + Khi điện phân thì Cu 2+ bị khử trước Cu 2+ + 2e  Cu (3) khi hết Cu 2+ nếu tiếp tục điện phân thì H + bị khử : 2H + + 2e -  H 2 (4) Anot (+) − 2 4 SO , Cl - Khi điện phân thì Cl - bị oxi hóa 2Cl - _ 2e  Cl 2 (5) 0,12 0,06 khi hết Cl - nếu tiếp tục điện phân thì nước bị oxi hóa. 2H 2 O _ 4e -  O 2 + 4H + (6) 4y y Theo đề bài ta có số mol electron điện phân = mol F It 2,0 96500 3600434,1 = ×× = . Gọi x là số mol Cu 2+ bị điện phân thì theo (3) ta có : 2x = 0,2 ⇒ x = 0,1 mol < 0,2 vậy Cu 2+ còn lại Khối lượng Cu sinh ra tại catot = 0,1 × 64 = 9,4 gam Theo (5) ta thấy khi điện phân hết Cl - số mol electron = 0,12 mol < 0,2 nên xảy ra tiếp quá trình (6). Gọi y là số mol O 2 sinh ra. Theo đề bài ta có : 0,12 + 4y = 0,2 ⇒ y = 0,02 mol Thể tích khí thoát ra tại anot = (0,06 + 0,02) × 22,4 = 1,792 lít TD 2 Hòa tan hết hỗn hợp A gồm 0,02 mol CuO và 0,01 mol Fe 2 O 3 bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được dung dịch B. Điện phân dung dịch B bằng điện cực trơ với dòng điện có cường độ 1,93 ampe trong thời gian 33 phút 20 giây. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đkc) thoát ra ở anot, biết hiệu suất điện phân là 100%. Giải : Hòa tan hỗn hợp A bằng dd HCl xảy ra pt : CuO + 2HCl  CuCl 2 + H 2 O (1) Fe 2 O 3 + 6HCl  2FeCl 3 + 3H 2 O (2) Theo (1) (2) số mol CuCl 2 = 0,02 mol, số mol FeCl 3 = 0,01 × 2 = 0,02 mol Pt điện ly : CuCl 2  Cu 2+ + 2Cl - FeCl 3  Fe 3+ + 3Cl - Số mol Cu 2+ = 0,02 mol, số mol Fe 3+ = 0,02 mol, số mol Cl - = 0,02 × 2 + 0,02 × 3 = 0,1 mol Khi điện phân : Trang 8 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Catot (-) Cu 2+ , Fe 3+ Khi điện phân thì Fe 3+ bị khử thành Fe 2+ Fe 3+ + 1e -  Fe 2+ (3) Khi hết Fe 3+ nếu tiếp tục điện phân thì đến Cu 2+ bị khử Cu 2+ + 2e -  Cu (4) Khi hết Cu 2+ thì đến Fe 2+ , khi hết Fe 2+ đến H 2 O bị khử Anot (+) Cl - 2Cl - - 2e -  Cl 2 (5) Khi hết Cl - nếu tiếp tục điện phân thì H 2 O bị oxi hóa 2H 2 O - 4e -  O 2 + 4H + (6) Theo đề bài số mol electron điện phân = mol F It 04,0 96500 )206033(93,1 = +×× = Tại catot khi điện phân hết Fe 3+ số mol electron = 0,02 mol < 0,04. Vậy có quá trình (4). Gọi x là số mol Cu 2+ bị điện phân, ta có : 0,02 + 2x = 0,04 ⇒ x = 0,01 mol Khối lượng Cu thoát ra tại catot = 0,01 × 64 = 0,64 gam Tại anot khi điện phân hết Cl - thì số mol electron = 0,1 mol > 0,04 vậy Cl - chưa bị điện phân hết hay tại anot không có quá trình (6) Gọi y là số mol Cl 2 tạo ra tại anot. Theo (6) ta có 2y = 0,04 ⇒ y = 0,02 Thể tích khí Cl 2 = 0,02 × 22,4 = 0,448 lít IV/ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH: 1/ Khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp : hh M Giả sử có hỗn hợp X gồm các chất A, B, C có các giá trị riêng phần như sau : Ta có : hh M = ∑ hhmol m hh ⇒ hhX M = zyx zMyMxM CBA ++ ++ Nếu tính theo thể tích (đo ở cùng đk nhiệt độ và áp suất) hhX M = CBA CCBBAA VVV MVMVMV ++ ++ Ngoài ra ta còn có : hhX M = aM A + bM B + cM C + … trong đó a, b, c là % thể tích (hoặc % số mol) của A, B, C … trong hỗn hợp X (trong cách tính này ta chọn 100% = 1). TD : a = 0,25 ⇒ %A = 25% KLPTTB của hỗn hợp chỉ phụ thuộc vào thành phần hỗn hợp, không phụ thuộc vào t 0 , P (dỉ nhiên là không xảy ra phản ứng giữa các chất trong hỗn hợp). Trong hỗn hợp X nếu M A < M B < M C thì M A < < M C Đối với các bài toán hỗn hợp gồm 2 chất A, B (hoặc có thể nhiều hơn) có cùng hóa tính tác dụng với các chất khác theo cùng tỉ lệ mol. TD : các hchc thuộc cùng dãy đồng đẳng, các kim loại thuộc cùng phân nhóm chính … thì ta có thể đặt các chất trong hỗn hợp thành một chất đại diện và khi đó bài toán hỗn hợp chuyển thành bài toán một chất. 2/ Xác định CTPT các hợp chất hữu cơ thuộc cùng dãy đồng đẳng : * Số nguyên tử cacbon trung bình, số nguyên tử hidro trung bình TD : Có hỗn hợp X gồm 2 hchc thuộc cùng dãy đồng đẳng A và B. Giả sử A và B có các đại lượng riêng phần như sau: A có số cacbon là Cn có khối lượng mA có số mol là a có KLPT MA B có số cacbon là Cm có khối lượng mB có số mol là b có KLPT MB Gọi D là chất đại diện cho A và B. D có các đại lượng riêng phần như sau : D có số cacbon là , có khối lượng là mD, có số mol là x, có KLPT là MD. Khi đó ta có : là số cacbon trung bình của A và B. Giả sử : n < m thì ta có : n < < m. x = a + b mD = mA + mB MD = A B C PTK M A M B M C Số mol x y z Thể tích V A V B V C Trang 9 n C n n M hhx n M hhx Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Để xác định CTPT các chất trong dãy đồng đẳng ta chỉ cần xác định giá trị từ đó dựa vào điều kiện đề bài về các hchc trong dãy đồng đẳng mà biện luận ra CTPT của các hchc. Nếu 2 hchc là các chất kế tiếp trong dãy đồng đẳng : Giả sử : n < m ⇒ n + 1 = m. Khi tính được giá trị ta có thể ⇒ n, m ⇒ CTPT của 2 hchc. Nếu 2 hchc không kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng : Giả sử n < m ta có : n < < m. Khi tính được giá trị và dựa theo các điều kiện của đề bài ta có thể suy ra các giá trị phù hợp của n và m, từ đó suy ra CTPT của 2 hchc. TD 1 Hỗn hợp X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 5 lít hỗn hợp X cần dùng vừa đủ 18 lít oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Xác định CTPT và tính % về thể tích của các anken trong hỗn hợp X. Giải : Gọi công thức chung của 2 anken kế tiếp là : trong đó là số cacbon trung bình của 2 anken Pt : + 2 3n O 2  CO 2 + H 2 O (1) Theo (1) và theo điều kiện đề bài ta có : 18 2 35 = × n ⇒ = 2,4 ⇒ CTPT 2 anken kế tiếp : C 2 H 4 và C 3 H 6 Tính % thể tích mỗi anken trong hỗn hợp X : Gọi x là % thể tích của C 3 H 6 trong hỗn hợp X. (1 – x) là % thể tích của C 2 H 4 trong X. Ta có KLPTTB của hh X M = 14 = 14 × 2,4 = 33,6 ⇒ 42x + 28(1 – x) = 33,6 ⇒ x = 0,4 ⇒ %C 3 H 6 = 40% và %C 2 H 4 = 60% TD 2 Hỗn hợp X gồm 0,01 mol natrifomiat và a mol 2 muối natri của 2 axit no đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hỗn hợp X và cho sản phẩm cháy (CO 2 , H 2 O) lần lượt qua bình I đựng H 2 SO 4 đặc và bình II đựng KOH thì thấy khối lượng bình II tăng nhiều hơn bình I là 3,51 gam. Phần chất rắn Y còn lại sau khi đốt cháy là Na 2 CO 3 cân nặng 2,65 gam. a/ Xác định CTPT và gọi tên 2 muối. b/ Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp X. Giải : a/ Xác định CTPT và gọi tên 2 muối : Gọi công thức chung của 2 muối natri của 2 axit đơn chức no kế tiếp : ( là số cacbon trung bình của 2 hchc) Pt : 2HCOONa + O 2  Na 2 CO 3 + CO 2 + H 2 O (1) 2 + (3 + 1)O 2  Na 2 CO 3 + (2 + 1)CO 2 + (2 + 1)H 2 O (2) theo (1) (2). Số mol CO 2 = 2 )12( 2 01,0 an + + mol = số mol H 2 O. Theo đk đề bài : 51,3 22 =− OHCO mm ⇒ 44 2 )12( 2 01,0 an + + - 18 2 )12( 2 01,0 an + + = 3,51 ⇒ a(2 + 1) = 0,26 (*) Số mol Na 2 CO 3 = mol025,0 106 65,2 = . Theo pt (1) (2) ta có : 025,0 22 01,0 =+ a ⇒ a = 0,04 mol. Thay a vào (*) ⇒ = 2,75 từ đó ⇒ CTPT 2 muối : C 3 H 5 O 2 Na CTCT CH 3 -CH 2 -COONa (Natri propionat) C 4 H 7 O 2 Na CTCT CH 3 -CH 2 - CH 2 -COONa (Natri butyrat) (Natri isobutyrat) b/ Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X : Gọi x, y lần lượt là số mol của C 2 H 5 COONa và C 3 H 7 COONa. Ta có : = 04,0 32 yx + = 2,75 ⇒ 2x + 3y = 0,11 (**) Mặt khác ta có : (x + y) = 0,04 (***). Từ (**) (***) ⇒ x = 0,01 mol y = 0,03 mol. Khối lượng hh X = 0,01 68× + 0,01 × 96 + 0,03 × 110 = 4,94 gam %HCOONa = =×100 94,4 68,0 13,7652% Trang 10 n n n 2 n C H n n 2 n C H n n n n 2 n C H n 1 COONa n 2 n C H n 1 COONa n n n n CH 3 CH CH 3 COONa [...]... R1)b + (73 + R2)c = 3,79 ⇒ (59 + R1)0,005 + (73 + R2)0,03 = 3,79 a( x + Trang 13 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông ⇒ R1 + 6R2 = 261 Theo điều kiện đề bài trong hỗn hợp 2 rượu có 1 rượu là CH3OH vậy trong 2 gốc R1, R2 có một gốc là CH3- (15) Trang 14 Một số phương pháp giải toán hóa học R1 15 (CH3-) 171 (loại) Gv Nguyễn Minh Thông Vậy CTPT 2 este là : C3H6O2 và C6H10O2 0,005 × 3... PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT: Có một số bài toán người ta cho lượng chất dưới dạng tổng quát như a gam, V lít, n mol, áp suất P, lượng vừa đủ … Như vậy kết quả gải bài toàn không phụ thuộc vào lượng chất cho Trong trường hợp đó tốt nhất Trang 15 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông ta tự chọn một giá trị như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất Dưới đây là một... của phương pháp là việc sử dụng đồ thị trong toán học để giải một số hệ phương trình Trong hoá học, một số dạng bài tập được giải dựa trên cơ sở nội dung của phương pháp này Đó là trường hợp mà trong thí nghiệm hoá học có hai quá trình lượng kết tủa tăng dần, sau đó giảm dần đến hết khi lượng chất phản ứng có dư Có thể vận dụng phương pháp này trong hoá học ở các trường hợp chủ yếu sau: - Thổi khí... xem xét phương pháp giải một số bài tập dựa trên cơ sở đó thông qua một số ví dụ sau TD1 Cho 10 lít (đktc) hỗn hợp A gồm N2 và CO2 ở đktc vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02 M thì thu được 1 gam kết tủa Tính % CO2 trong hỗn hợp A theo thể tích Lời giải * Phương pháp tự luận: Phương trình hoá học của những phản ứng lần lượt xảy ra như sau: Trang 21 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông... Tính nồng độ của dung dịch KOH Lời giải a Kết quả tính toán cho ta công thức muối là: Al2(SO4)3.18H2O Như vậy, dung dịch A có: Số mol Al3+ = 2 Số mol Al2O3 = 2 × 4,08 = 0,08 (mol ) 102 * Phương pháp tự luận: Phương trình hoá học của những phản ứng lần lượt xảy ra như sau: Al3+ + 3 OH- → Al(OH)3 (1) Al(OH)3 + OH → AlO2 + 2 H2O (2) Trang 22 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông b Để lượng... ? Giải : Gọi công thức tổng quát của muối nitrat là M(NO3)n (n là hóa trị của kim loại M) có số mol là x Ta xét các trường hợp sau : * Kim loại M thuộc các kim loại từ K  Ca : n t0 Pt : M(NO3)n M(NO2)n + O2 (1) 2 nx 5,4 ⇒ x= × 32 = 9,4 – 4 = 5,4 2 16n 9,4 9,4 5,4 ⇒ ⇒ M = - 31,148n (loại) Mặt khác ta có : x = = ( M + 62n) ( M + 62n) 16n Theo (1) ta có : Trang 18 Một số phương pháp giải toán hóa học. .. CHÉO : Phương pháp đường chéo thường áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, có thể là đồng thể : lỏng – lỏng (dd – dd), khí – khí, rắn – rắn, hoặc dị thể : lỏng – rắn, lỏng – khí, mhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể Phương pháp này có ý nghĩa thực tế, đặc biệt là trường hợp pha chế dung dịch Trang 16 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Trước hết ta cần lưu... M vào A thì thu được 5,46 gam kết tủa Tính thể tích dung dịch HCl đã dùng Lời giải a Phương trình phản ứng: 2Al + 2H2O + 2NaOH → 2NaAlO2 + 3H2 Trang 23 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông Theo phương trình: Số mol Al = 2/3 Số mol H2 = 0,1 (mol) → m = 2,7 (gam) * Phương pháp tự luận: Phương trình hoá học của những phản ứng lần lượt xảy ra như sau: H+ + H2O + AlO2- → Al(OH)3 (1)... gam hh X Ta có : u + t = 0,18 ⇒ u = 0,03 và t = 0,15 Số mol CO2 = 5u + 6t = 1,05 0,03 × 100 × 100 = 14,9254% %C5H8O2 = 20,1 Trang 11 Một số phương pháp giải toán hóa học 0,15 × 114 × 100 = 85,0746% 20,1 d/ Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng xà phòng hóa : Gọi công thức chung của 2 este có dạng : R COOR 3,015 × 0,18 = 0,027 mol Số mol este trong 3,015 gam hh X = 20,1 R COOR + NaOH  R COONa + ROH Gv... phần C, H, O Đặt CTTQ của hợp chất có dạng : CxHyOz ta có các điều kiện sau : Trang 20 Một số phương pháp giải toán hóa học TD1 Gv Nguyễn Minh Thông (x,y, z > 0, nguyên và y ≤ 2x + 2, y là số chẳn) Cho một hidrocacbon A có tỉ khối hơi so với heli bằng 14 Xác định công thức phân tử của hidrocacbon Giải : Ta có : d A He = 14 ⇒ MA = 14 × 4 = 56 Gọi công thức tổng quát của hidrocacbon là : CxHy (đk : x,y . phương pháp giải các bài toán hóa học phổ thông. Nhằm giúp các em học sinh học tốt bộ môn hóa học ở chương trình phổ thông tôi chọn chuyên đề “ Các phương pháp giải toán hóa học “. Chuyên đề này. Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông A. LỜI MỞ ĐẦU Hóa học là một môn khoa học vừa mang tính lý thuyết vừa mang tính thực nghiệm, việc hệ thống hóa kiến thức một cách. đề lần lượt giới thiệu các phương pháp vận dụng để giải các bài toán hóa học ở chương trình PTTH : Trang 1 Một số phương pháp giải toán hóa học Gv Nguyễn Minh Thông I PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI