Skkn sử dụng phương pháp tự chọn lượng chất trong giải bài tập hoá học

A– ĐẶT VẤN ĐỀ I – LÝ DO CHỌN ĐỀ TI Hoá học môn khoa học quan trọng nhà tr ờng phổ thông Môn hoá học cung cÊp cho häc sinh mét hƯ thèng kiÕn thøc phỉ thông, thiết thực hoá học, giáo viên môn hoá học cần hình thành em kỹ bản, phổ thông vµ thãi quen häc tËp vµ lµm viƯc khoa häc làm tảng cho việc giáo dục xà hội chủ nghĩa, phát triển lực nhận thức, lực hành động Có phẩm chất thiết nh cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, xác, yêu chân lí khoa học, có ý thức trách nhiệm với thân, gia đình, xà hội hoà hợp với môi tr ờng thiên nhiên, chuẩn bị cho học sinh lên vào sống lao động Trong học tập Hoá học, việc giải tập có ý nghĩa quan trọng Ngoài việc rèn luyện kỹ vận dụng, đào sâu mở rộng kiến thức,bài tập hoá học đợc dùng để ôn tập, rèn luyện số kỹ hoá học Thông qua giải tËp, gióp häc sinh rÌn lun tÝnh tÝch cùc, trÝ thông minh, sáng tạo, bồi dỡng hứng thú học tập Khi giải tập hoá học, ta thờng gặp toán không cho biết lợng chất cụ thể mà cho dới dạng tổng quát nh: khối lợng a (gam), thĨ tÝch V (lÝt), sè mol x(mol), ¸p st p(atm) , tØ lƯ (%) vỊ sè mol, khèi lỵng, cho M , C% g©y lóng tóng cho häc sinh (HS) giải tập.Việc lựa chọn phơng pháp thích hợp để giải tập lại có ý nghĩa quan trọng Mỗi tập có nhiều phơng pháp giải khác Nếu biết lựa chọn phơng pháp hợp lý, giúp học sinh nắm vững chất tợng hoá học Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh trờng: Kiến thức ca hc sinh cha chắn, t hạn chế Do thay đổi phơng pháp kiểm tra đánh giá môn hoá học 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan Để giúp học sinh nắm kiến thức hoàn thành tốt đợc tập theo phơng pháp trắc nghiệm khách quan Từ lí trên, chọn đề tài: Sử dụng phơng pháp tự chọn lợng chất giải tËp ho¸ häc ” Trong phần tập đưa dạng tập tổng quát có tập áp dụng Do kinh nghiệm giảng dạy kiến thức viết sáng kiến kinh nghiệm cịn hạn chế , tơi mong đóng góp chân thành thầy, để giúp trưởng thành Xin trân trọng cảm ơn II- MỤC ĐÍCH : Báo cáo 1) Trao đổi kinh nghiệm giảng dạy mơn Hóa vơ 2) Giới thiệu số dạng tập để thầy đồng nghiệp đóng góp ý kiến III – PHƯƠNG PHÁP : 1) Trình bày nội dung dạng tập , có phân tích 2) Các dạng tập áp dụng B – QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN I – NỘI DUNG : Đây phần tập mà học sinh phải tư nhiều , sâu sắc , học sinh dễ nhầm lẫn bỏ xót trường hợp , thường học sinh giải nửa bỏ quên phần lại , học sinh thi trắc nghiệm học sinh không ghi điểm Nội dung gồm phần sau : Phương pháp chung : Đưa dạng tập dạng tổng quát hướng dẫn phương pháp cho học sinh Các tập cụ thể để học sinh áp dụng II – THỰC HIỆN 1) Phương pháp chung: Dựa vào yêu cầu cho, ta lựa chọn đại lợng tổng quát lợng chất cụ thể Từ yêu cầu cụ thể toán, phân thành kiểu tập giải phơng pháp tự chọn lợng chất thờng gặp: Dạng 1: Đại lợng tự chọn mol + Ta lựa chọn số mol chất hỗn hợp mol + Lựa chọn khối lợng mol + Lựa chọn thể tích mol (với toán chất khí) thờng lấy 22,4 l Dạng 2: Đại lợng tự chọn quy 100 Dạng thờng gặp với tập cho đại lợng tổng quát khối lợng hỗn hợp, phần trăm khối lợng, nồng độ phần trăm Dạng 3: Đại lợng tự chọn phụ thuộc vào đề cho, nhằm triệt tiêu biểu thức toán học phức tạp thành số cụ thể Dạng 4: Chọn tỉ lệ lợng chất đầu cho Trong dạng tập này, xây dựng từ 10 đến 15 tập Sau xin giới thiệu số tập cụ thể điển hình Dạng 1: Đại lợng tự chọn mol tập đầu hớng dẫn học sinh giải theo cách khác Từ cho học sinh thấy u điểm sử dụng phơng pháp tự chọn lỵng chÊt VÝ dơ 1: (Câu - Mã đề 231 - Khối B - TSCĐ 2007) Hoµ tan a gam oxit kim loại hoá trị II (không đổi) lợng vừa đủ dung dịch H2SO4 4,9% ngời ta thu đợc dung dịch muối có nồng độ 5,88% Xác định tên kim loại hoá trị II Hng dn gii: Cách 1: Tính toán bình thờng theo yêu cầu số liệu cho Gọi công thức oxit hoá trị II MO n MO a M 16 Phơng trình phản ứng MO + (mol) a M  16 (mol) H2SO4  MSO4 + a M  16 H2O a M  16 Khèi lợng dung dịch axit cần dùng: m dd H SO4 98 100 a 2000a  ( gam) 4,9 ( M 16) M 16 áp dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có m dd MSO4 = moxit + maxit = a + Khèi lỵng mi thu đợc: m MSO 2000a M 16 (96  M ) a M  16 (gam) (gam) Nồng độ phần trăm dung dịch muối thu đợc: C % ( MSO4 ) ( M  96) a 2000 a : (a  )} 100 M  16 M  16 ( M  96) a M  16   100 5,88 M  16 M  2016 M  96  100  5,88 M  2016  {  => M  24 (M lµ Magie) Cách 2: Giải theo phơng pháp tự chọn lợng chất với đại lợng tự chọn mol Giả sư cã mol MO ph¶n øng ( M + 16gam) Phơng trình phản ứng: MO + H2SO4 MSO4 + H2 O 1(mol) 1(mol) 1(mol) 1(mol) Khèi lỵng dung dịch axit cần dùng: mdd H 2SO4 98 100 2000 ( gam) 4,9 p dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có: m dd MSO4 = C % ( MSO4 )  M + 16 + 2000 = M + 2016 (gam) M  96 100 M  2016  5,88% => M  24 ( M Magie) Cách 3: Giải theo phơng pháp tự chọn lợng chất với đại lợng tự chọn quy 100 5,88 Gi¶ sư cã 100 gam dung dich H2SO4 4,9% tham gia ph¶n øng n H SO4  4,9 100 0,05 (mol ) 100 98 Phơng trình phản ứng MO + H2SO4 0,05(mol) 0,05(mol) Khối lợng oxit ban đầu: a = m MO Khối lợng muối thu đợc: MSO4 + 0,05(mol) H2 O 0,05 ( M  16) ( gam) m MSO4  0,05 ( M 96) ( gam) p dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có: m dd MSO4 = moxit + maxit = 0,05(M + 16) + 100 = 0,05M + 100,8 (gam) 0,05( M  96) 100  5,88 0,05M  100,8  5M  480  0,294 M  592,704 C % ( MSO4 )  => M  24 ( M lµ Magie) NhËn xÐt: Qua ba cách giải ta nhận thấy giải phơng pháp tự chọn lợng chất : - Cách giải ngắn gọn nhiều - Giảm bớt đợc phép toán phức tạp - Tuỳ vào toán mà ta chọn đại lợng tổng quát chất cụ thể để giải ngắn gọn Ví dụ 2: Hỗn hợp khí gồm oxi ozon có tỉ khối so với hiđro 18 Xác định phần trăm theo thể tích khí hỗn hợp đầu Hng dn gii: Giả sử có mol hỗn hợp khí Gäi sè mol cđa oxi lµ x => Sè mol ozon 1-x Theo giả thiết ta có: M  32 x  48(1  x) 18 2 36 =>x x  (1  x) t,p th×: % V = %n => = 0,75.§èi víi chÊt khÝ cïng ®iỊu kiƯn VËy %VO 75% %VO3 100  75 25% Ví dụ 3: Trong trình tổng hợp amoniac, áp suất bình giảm 10% so với áp suất lúc đầu Biết nhiệt độ phản ứng giữ không đổi trớc sau phản ứng HÃy xác định phần trăm theo thể tích hỗn hợp khí thu đợc sau phản ứng Nếu hỗn hợp đầu lợng nitơ hiđro đợc lấy theo hệ số tỉ lợng Hng dn gii: Giả sử lúc đầu ta lÊy mol N2 vµ mol H2 Trong bình kín có nhiệt độ không đổi áp suất tỉ lệ thuận với số mol hỗn hợp khí => n1 p  n2 p2 VËy ¸p suÊt giảm 10% số mol hỗn hợp khí giảm 10% => n hỗn hợp khí sau phản øng = 90 4 3,6mol 100 Gi¶ sư cã x mol N2 phản ứng: Phơng trình hoá học: N2 + 3H2 2NH3 Số mol ban đầu Số mol ph¶n øng x 3x 2x Sau ph¶n øng 1-x 3-3x 2x => nhỗn hợp khí sau phản ứng = (1-x) + (3-3x) + 2x = - 2x = 3,6 => x = 0,2 %V N => %V H  0,  100  22, 22% 3,6  0,   100 66,67% 3,6 0, 2   100  11,11% 3,6  %V NH VÝ dô 4: Cho cïng lợng khí clo lần lợt tác dụng hoàn toàn với kim loại R (hoá trị I) kim loại X (hoá trị II) khối lợng kim loaị R đà phản ứng gấp 3,375 lần khối lợng kim loại X Khối lợng muối clorua R thu đợc gấp 2,126 lần khối lợng muối clorua X đà tạo thành Xác định tên hai kim loại ( Trích câu III đề 48 đề TSĐH 1996) Hng dẫn giải: Gi¶ sư cã mol clo tham gia phản ứng Phơng trình phản ứng: Cl2 + 2R 2RCl  Sè mol 2 Cl2 + X  XCl2 Sè mol 1 Theo gi¶ thiÕt m R M R  mX MX  3,375  2M R  3,375M X (1) m RCl M R  71  m XCl M X  71  2,126  M R  2,126M X 79,946 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã X lµ Cu (MX = 64) R lµ Ag (MR = 108) Ví dụ 5: Hoà tan x gam kim loại M y gam dung dịch HCl 7,3% (lợng axit vừa đủ) thu đợc dung dịch A có nồng độ 11,96% Xác định tên kim loại M Hng dn gii: Giả sử số mol kim loại M (có hoá trị n) đà phản ứng mol PTPƯ 2M + 2nHCl 2MCln + nH2  Sè mol n 0,5n Khèi lỵng (gam) M 36,5n M + 35,5n n Theo gi¶ thiÕt ta cã: m dd HCl  36,5n 100 500n 7,3 p dụng định luật bảo toàn khèi lỵng ta cã: m dd MCl n   mM  C %  MCl  m dd HCl   mH2   M  500n M  35,5n 100 11,96 M  499n  n  M  499n => M = 27,5 n NÕu n =  M = 27,5 ( lo¹i) NÕu n =  M = 55 ( nhËn) NÕu n =  M = 72,5 ( lo¹i) VËy M lµ mangan (Mn) VÝ dơ 6: Hoµ tan a gam oxit sắt dung dịch H2SO4 đặc, nóng thÊy tho¸t khÝ SO2 nhÊt Trong thÝ nghiƯm khác, sau khử hoàn toàn a gam oxit sắt ®ã b»ng CO ë nhiƯt ®é cao råi hoµ tan lợng sắt đợc tạo thành H2SO4 đặc nóng thu đợc lợng khí SO2 nhiều gấp lần lợng khí SO2 thí nghiệm trên.Xác định công thức oxit sắt (Trờng ĐH Y Hà Nội 2001 - 2002 - Trờng CĐSP Phú Yên 2005) Hng dn gii: Gọi công thức oxit sắt FexOy ; Giả sử có mol oxit sắt tham gia phản ứng Phơng trình phản ứng 2FexOy + (6x-2y)H2SO4 xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x – 2y)H2O (1) FexOy + y CO  x Fe + y CO2 (2) Fe + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O (3) Theo phơng trình (1) n SO2 ( PT 1) Theo phơng trình (2) (3) Theo giả thiết n SO2 ( PT )  9n SO2 3x  y (mol ) n SO2 ( PT 3)  ( PT 1) => 3x 3x n Fe  n Fex Oy  ( mol ) 2 (3x  y )  3x  x  y VËy c«ng thức oxit sắt Fe3O4 Ví dụ 7: Cho hỗn hợp gồm NaI NaBr hoà tan hoàn toàn vào nớc đợc dung dịch A Cho vào dung dịch A lợng Brom vừa đủ thu đợc muối X có khối lợng nhỏ khối lợng muối ban đầu a gam Hoà tan X vào nớc thu đợc dung dịch B Xục khí clo vào dung dịch B thu đợc muối Y có khối lợng nhỏ khối lợng muối X 2a gam Xác định phần trăm theo khối lợng chất hỗn hợp muối ban đầu ? (coi clo, brom, iot không tác dơng víi H 2O (Trêng C§SP Komtum - 2004) Hướng dn gii: Giả sử mol hỗn hợp có x mol NaI vµ (1 – x) mol NaBr Cho dd A t¸c dung víi Brom NaI + Br2  NaBr + I2 (1) x mol x mol mi X chØ cã NaBr víi sè mol lµ x + (1 – x) = mol => mNaBr = 103 = 103 gam => mhh đầu = 103 + a (gam) Cho dung dịch B tác dụng víi clo NaBr + Cl2  NaCl + Br2 (2) mol mol => m NaCl = 58,5 = 58,5 gam Theo gi¶ thiÕt: mNaBr = mNaCl + 2a => 103 = 58,5 + 2a => a = 22,25 Vậy mhh đầu = 103 + 22,25 =125,25 gam Mà m hh đầu = mNaI + mNaBr = 150x + 103(1 – x) = 125,25 => x = 0,4734 %m NaI  0,4734 150 100  56,69% 125,26 %m NaBr  100  56,69  43,31% Ví dụ 8: Hồ tan muối cacbonat kim loại M hóa trị n lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% ta thu dung dịch muối sunfat 14,18% M kim loại gì? A Cu B Fe C Al D Zn Hướng dẫn giải: Chọn mol muối M2(CO3)n M2(CO3)n + nH2SO4  Cứ (2M + 60n) gam  98n gam M2(SO4)n + nCO2 + nH2O  (2M + 96n) gam 98n 100 1000n gam 9,8  m dd H2SO4   m dd muèi m M2 (CO3 )n  m dd H2SO4  m CO2 = 2M + 60n + 1000.n  44.n = (2M + 1016.n) gam C%dd muèi   M = 28.n  2M  96  100 14,18 2M  1016 n  n = ; M = 56 phù hợp M Fe (Đáp án B) Ví dụ 9: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 10% thu dung dịch muối có nồng độ 10,25% Vậy x có giá trị sau đây? A 20% B 16% C 15% D.13% Hướng dẫn giải: Xét mol CH3COOH: CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O 60 gam  40 gam  82 gam m dd CH3COOH  m dd muèi  60 100 gam ; x m ddNaOH  40 100 400 gam 10 60 100 82 100  400  gam x 10,25 x = 15% (Đáp án C) Ví dụ 10: (Câu - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007) Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% thu dung dịch muối trung hồ có nồng độ 27,21% Kim loại M A Cu B Zn C Fe D Mg Hướng dẫn giải: Xét mol M(OH)2 tham gia phản ứng M(OH)2 + H2SO4  MSO4 + 2H2O Cứ (M + 34) gam  98 gam   m dd H SO  98 100 490 gam  20 (M + 96) gam m dd MSO4  M  34  490    M  96  100 27,21 M = 64  M Cu (Đáp án A)  Ví dụ 11: Hồ tan hồn tồn lượng kim loại R hóa trị n dung dịch H2SO4 lỗng cạn dung dịch sau phản ứng thu lượng muối khan có khối lượng gấp lần khối lượng kim loại R ban đầu đem hồ tan Kim loại R là: A Al B Ba C Zn D Mg Hướng dẫn giải: Xét mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng 2R + nH2SO4  Cứ R (gam)   2R  96n   R2(SO4)n + nH2  2R  96n    gam   5R  R = 12n thỏa mãn với n = Vậy: R = 24 (Mg) (Đáp án D) 10 Gi¶ sư m Al O3 m Fe2 O3 khèi lỵng 10,   mCaCO3 hỗn A ban đầu 100 gam => ( gam) 9,8 ( gam ) 80 ( gam )  hợp PTPƯ CaCO3 CaO + Theo giả thiết, khối lợng chất rắn B 67 gam CO2 t0 (1) Theo phơng trình (1) => độ giảm khối lợng = mCO = 100 – 67 =33 gam Theo ph¬ng trình (1) Vậy mCaCO3 (phân hủy) mCaCO3 (d) = nCO2 nCaO nCaCO3 ( pu )  33  0,75 mol 44 = 0,75 100 = 75 (gam) 80 - 75 = (gam) mCaO = 56 0,75 = 42 (gam) Phần trăm khối lợng chất rắn B lµ: 10,2 100  15,22%; 67  100  7,4%; 67 %mAl2O3  %mCaCO3 9,8 100  14,63% 67 42  100  62,69% 67 %mFe2O3  %mCaO Ví dụ 3: Nung mẫu đá vôi X có lẫn tạp chất MgCO 3, Fe2O3, Al2O3 đến khối lợng không đổi đợc chất rắn A có khối lợng 59,3% khối lợng X Cho toàn A vào H2O (lấy d), khuấy kỹ thấy phần không tan B cã khèi lỵng b»ng 13,49% khèi lỵng cđa A Nung nóng B dòng không khí CO d đến phản ứng xảy hoàn toàn đợc lợng chất rắn D có khối lợng 85% khối lợng B Tính phần trăm khối lợng CaCO3 X (Trờng CĐSP nhà trẻ mẫu giáo trung ơng 1- 2004) Hướng dẫn giải: Gi¶ sư ta nung 100 gam hỗn hợp X Gọi x, y, z, t lần lợt số mol CaCO3, MgCO3, Fe2O3, Al2O3 Phơng trình phản ứng: CaCO3 CaO + CO2 (1) MgCO3  MgO + CO2 (2) ChÊt A cã CaO, MgO, Fe2O3, Al2O3 t¸c dung víi H2O d CaO + H2O  Ca(OH)2 (3) Ca(OH)2 + Al2O3  Ca(AlO2)2 + H2O (3) to to 12 ChÊt B gåm cã MgO, Fe2O3 mB  59,3 13,49  ( gam) 100 t0 Fe2O3 + 3CO  2Fe + ChÊt r¾n D cã MgO vµ Fe: mD  3CO2 85 8  6,8 ( gam) 100 Vậy ta có hệ phơng trình sau: m X 100x  84 y  160z  102t 100 mA 56x  40y  160z  102t 59,3 mB  40y  160z mD  40y  56z  x 0,825 y 0,1 z 0,025 t 0,05 =>  6,8 Khèi lỵng cđa CaCO3 X lµ: mCaCO3 0,852 100 82,5 %mCaCO3  => 82,5 100 82,5% 100 VÝ dơ 4: Cho x gam dung dÞch H2SO4 nồng độ y% tác dụng hết với lợng d hỗn hợp khối lợng Na, Mg Lợng H2 (khí nhất) thu đợc 0,05x gam Viết phơng trình phản ứng tính nồng độ phần trăm dung dịch H2SO4 (Đề thi HSG lớp 10-Hà Tây- năm học 2003-2004) Hng dn gii: Giả sử khối lợng dung dịch H2SO4 ban đầu x =100 gam => nH 0,05 100 2,5 (mol ) Phơng trình phản ứng H2SO4 + 2Na  Na2SO4 H2SO4 + Mg  MgSO4 Do Na Mg d nên có phản ứng 2Na + 2H2O  2NaOH 2NaOH + MgSO4  Na2SO4 Theo phơng trình (1) (2) => Theo phơng trình (3) => nH2 nH2 ( pt 1 ) ( pt 3) n H SO4  + + H2 H2 (1) (2) + + H2 (3) Mg(OH)2  (1) y ( mol ) 98 1 100  y 100  y  n H 2O    (mol ) 2 18 36 VËy tæng sè mol H2 thu đợc phơng trình là: 13 n H  y 100  y   2,5 98 36 => y= 15,81 => C %( H SO4 )  15,81% Ví dụ 5: (Khối A - TSCĐ 2008) X hợp kim gồm (Fe, C, Fe3C), hàm lượng tổng cộng Fe 96%, hàm lượng C đơn chất 3,1%, hàm lượng Fe3C a% Giá trị a là: B 13,5 A 10,5 C 14,5 D 16 Hướng dẫn giải : Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, m Fe C = a gam số gam Fe tổng cộng 96 gam 12a m C Fe3C  100  96  3,1  180   a = 13,5 (Đáp án B) D¹ng 3: Đại lợng tự chọn phụ thuộc vào đề cho nhằm triệt tiêu biểu thức toán học phức tạp thành số cụ thể Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam ancol R, sản phẩm thu đợc cho qua bình đựng dung dịch nớc vôi d thấy khối lợng bình tăng thêm p gam có t gam kết tủa Xác định công thức R Biết p = 0,71t; t = m p 1,02 Hướng dẫn giải: Chän t = m p 1,02 = 100 = mCaCO => p = 71 gam, m = 31 gam Gọi công thức tổng quát ancol R CxHyOz C x H y Oz CO2 + y z ( x   ) O2  + Ca(OH)2 Theo phơng trình (2) => y H 2O (1) CaCO3 + H2O nC nCO2  nCaCO3 Khối lợng bình tăng lên: p = mCO => m H O xCO2  (2)  (mol ) m H 2O  71  44  27 ( gam)  n H 2O 1,5 (mol ) 14 Vì n H O nO nCO2 nên ancol R lµ ancol no 31  (12  1,5 2)  (mol ) 16 VËy ta cã x : y : z = nC : nH : nO = : : C«ng thøc cđa ancol R có dạng (CH3O)n = CnH3nOn = CnH2n(OH)n Và R ancol no nên: số nguyên tử H = 2.số nguyªn tư C + - sè nhãm OH => 2n = 2n + - n => n = Vậy công thức ancol R là: C2H4(OH)2 Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a gam hợp chất A phôtpho cần sản phẩm thu đợc P2O5 vµ 13,5a ( gam) H2O 17 a 17 mol O2 Xác định công thức phân tử (ĐH Đà N½ng - 2001) A biÕt MA< 65 Hướng dẫn giải: Gi¶ sư a = 17 => nO = (mol) Vì sản phẩm có P2O5 H2O => A cã H, P vµ cã thĨ cã O Gọi công thức A HxPyOz HxPyOz + (x + 5y – 2z) O2  2x H2O + 2y P2O5 p dụng định luật bảo toàn khối lợng ta cã: m P O = 17 + 32 - 13,5 = 35,5 Ta cã n H  2n H 2O  13,5 2 35,5 2 1,5 (mol ); n P  2n P2O5   0,5 (mol ) 18 142 => nO  17  (1,5  0,5 31) 0 VËy A kh«ng cã oxi 16 => x : y = nH : nP = 1,5 : 0,5 = : Vµ MA < 65 nên công thức A PH3 Vớ d 3: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X hai hiđrocacbon A, B thu 132.a 45a gam H 2O Nếu thêm vào hỗn hợp X nửa lượng A có gam CO2 41 41 hỗn hợp X đốt cháy hồn tồn thu 60,75a gam H 2O Biết A, B không làm mầu nước Br2 41 15 165a gam CO2 41 a) Công thức phân tử A A C2H2 B C2H6 C C6H12 D C6H14 b) Công thức phân tử B A C2H2 B C6H6 C C4H4 c) Phần trăm số mol A, B hỗn hợp X A 60%; 40% B 25%; 75% C 50%; 50% D C8H8 D 30%; 70% Hướng dẫn giải: a) Chọn a = 41 gam Đốt X     Đốt  X  A   Đốt 132 n CO2   mol 44  n H 2O  45 2,5 mol 18 165 60,75 n CO2  3,75 mol n H2O  3,375 mol 44 18 A thu (3,75  3) = 0,75 mol CO2 (3,375  2,5) = 0,875 mol H2O Đốt cháy A thu n CO 1,5 mol n H O 1,75 mol 2 n H O  n CO  A thuộc loại ankan, đó: 2 C n H 2n 2   n CO2 n H 2O  3n  O2    nCO2   n  1 H 2O n 1,5  n  1,75  n =  A C6H14 (Đáp án D) b) Đốt B thu (3  1,5) = 1,5 mol CO2 (2,5  1,75) = 0,75 mol H2O n 1,5 C Như n  0,75 2 1  cơng thức tổng qt B (CH)n X không H làm mầu nước Brom nên B thuộc aren  B C6H6 (Đáp án B) c) Vì A, B có số ngun tử C (6C) mà lượng CO A, B tạo (1,5 mol)  nA = nB  %nA = %nB = 50% (Đáp án C) 16 Ví dụ 4: Trộn a gam hỗn hợp X gồm hiđrocacbon C6H14 C6H6 theo tỉ lệ số mol (1:1) với m gam hiđrocacbon D đốt cháy hồn tồn thu 275a 94,5a gam CO2 gam H2O 82 82 a) D thuộc loại hiđrocacbon A CnH2n+2 B CmH2m2 C CnH2n D CnHn b) Giá trị m A 2,75 gam B 3,75 gam C gam D 3,5 gam Hướng dẫn giải: a) Chọn a = 82 gam Đốt X m gam D (CxHy) ta có: 275   n CO2  44 6,25 mol   n H O  94,5 5,25 mol  18 C6H14 + 19 O2  6CO2 + 7H2O C6H6 15 O2  6CO2 + 3H2O + y y   Đốt D: Cx H y   x   O2   xCO2  H 2O   Đặt n C H n C H b mol ta có: 14 86b + 78b = 82 b = 0,5 mol  Đốt 82 gam hỗn hợp X thu được: n CO2 0,5    6 mol ; n H2O 0,5   3 5 mol  Đốt cháy m gam D thu được: n CO 6,25  0,25 mol ; n H O 5,25  0,25 mol 2 Do n CO n H O  D thuộc CnH2n (Đáp án C) b) mD = mC + mH = 0,25(12 + 2) = 3,5 gam (Đáp án D) 17 Dạng 4: CHỌN ĐÚNG TỈ LỆ LƯỢNG CHẤT TRONG ĐẦU BÀI Đà CHO Ví dụ 1: (Câu 48 - Mã đề 182 - khối A - TSĐH 2007) Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X oxi có tỉ lệ số mol tương ứng 1:10 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp thu hỗn hợp khí Y Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu hỗn hợp khí Z có tỉ khối hiđro 19 Công thức phân tử X A C3H8 B C3H6 C C4H8 D C3H4 Hướng dẫn giải: Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm CxHy (1 mol) O2 (10 mol ) y y CxHy +  x   O2  xCO2 + H2O 4  y y mol mol   x   mol  x mol    y      Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2  10   x    mol O2 dư   M Z 19 2 38 (n CO2 ) 44  38 (n O2 ) 32 Vậy:  x 10  x  y  n co2 n o2 8x = 40  y x = 4, y =  thoả mãn đáp án C 18  Ví dụ 2: A hỗn hợp gồm số hiđrocacbon thể khí, B khơng khí Trộn A với B nhiệt độ áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) hỗn hợp khí D Cho D vào bình kín dung tích khơng đổi V Nhiệt độ áp suất bình toC p atm Sau đốt cháy A bình có N 2, CO2 nước với VCO2 : VH 2O 7 : đưa bình toC.Áp suất bình sau đốt p1 có giá trị A p1  47 p 48 16 p 17 C p1  B p1 = p D p1  p Hướng dẫn giải: Đốt A:  y y CxHy +  x   O2  xCO2 + H 2O 4  Vì phản ứng có N2, H2O, CO2  hiđrocacbon bị cháy hết O2 vừa đủ Chọn n C H 1  nB = 15 mol  n O x y p.ø x  y 15  3 mol. n N 4n O2 12 mol  y   x  3   x : y 7 :   x= ; y= 3 Vì nhiệt độ thể tích khơng đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí, ta có: p1   12 47    p  15 48 p1  47 p (Đáp án A) 48 VÝ dô (Câu - khối A - TSĐH 2004) Hỗn hợp khí X gồm anken dÃy đồng đẳng Đốt cháy hoàn toàn lít hỗn hợp X cần vừa đủ 18 lít khí oxi (các thể tích khí đo điều kiện nhiệt độ, áp suất) Xác định công thức phân tử anken Hiđrat hóa hoàn toàn thể tích X với điều kiện thích hợp thu đợc hỗn hợp rợu Y, tỉ lệ khối lợng rợu bậc so với rợu bậc hai 28:15 Xác định % khối lợng rợu hỗn hợp rợu Y Hng dn gii: 19 a) Đặt công thøc chung cđa anken lµ C n H 2n ( n số nguyên tử cacbon trung bình hai anken, n > 2) Đốt hỗn hợp hai anken: C n H 2n TØ lÖ: + 3n O2  n CO2 + n H2O 1,5 n (l) (1) (l) lÝt 18 lÝt §èi víi chÊt khÝ tØ lƯ thĨ tÝch cịng lµ tØ lƯ sè mol nªn cã tû lƯ: n = 2,4 Anken nhÊt có số nguyên tử cacbon < 2,4 C2H4 anken C3H6 b) Giả sử có mol hỗn hợp X đem hiđrat hóa, có b mol C3H6 vµ (1 - b) mol C2H4: n = 3b + 2(1 – b) = 2,4 => b = 0,4 mol C3H6 vµ 1– b = 0,6 mol C2H4 Phơng trình phản ứng: CH2 = CH2 + HOH → CH CH3–CH2OH (2) CH3CH = CH2 + HOH → CH CH3–CH(OH)–CH3 (3) CH3CH = CH2 + HOH → CH CH3CH2CH2OH (4) Theo phản ứng (2), (3), (4): số mol H2O = sè mol anken = (mol) Theo định luật bảo toàn khối lợng ta có: Khối lợng hỗn hợp rợu Y = khối lợng hỗn hợp anken X + khèi lỵng níc = 0,4*42 + 0,6*28 + 1*18 = 51,6 (g) Theo đề bài, tỷ lệ khối lỵng cđa rỵu bËc mét so víi rỵu bËc hai 28 :15 Vậy phần trăm khối lợng rợu lµ : 15 * 100  %i  C3H7OH = 28  15 34,88%  0,6 * 46 * 100  = 53,49 (%) %C2H5OH = 51,6  %n-C3H7OH = 100 - 34,88 - 53,49 = 11,63 (%)   20 ... kiểu tập giải phơng pháp tự chọn lợng chất thờng gặp: Dạng 1: Đại lợng tự chọn mét mol + Ta lùa chän sè mol cña mét chất hỗn hợp mol + Lựa chän khèi lỵng mol + Lùa chän thĨ tÝch mol (với toán chất. .. toán học phức tạp thành số cụ thể Dạng 4: Chọn tỉ lệ lợng chất đầu cho Trong dạng tập này, xây dựng từ 10 đến 15 tập Sau xin giới thiệu số tập cụ thể điển hình Dạng 1: Đại lợng tự chọn mol tập. .. ba cách giải ta nhận thấy giải phơng pháp tự chọn lợng chất : - Cách giải ngắn gọn nhiều - Giảm bớt đợc phép toán phức tạp - Tuỳ vào toán mà ta chọn đại lợng tổng quát chất cụ thể để giải ngắn