Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng

Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808 Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng Trích từ cuốn “Phân tích và áp dụng các phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học” Lưu Trung Hiếu Cao học Hóa - K20 - ĐHQGHN “Đường chéo” tự nó đã chứng minh được là 1 trong những công cụ giải quyết bài toán hóa trắc nghiệm hữu hiệu nhất. Theo thời gian, công cụ tính toán này đã được ứng dụng để giải quyết rất nhiều những dạng toán hóa. Đó cũng là “cảm hứng” để tôi nghiên cứu bản chất và cơ sở của công cụ này. Dưới đây là 1 phần kết quả nghiên cứu tôi và các bài tập áp dụng đi kèm. Để tạo một cái nhìn mới, tôi sẽ không đưa các dạng bài và hình thức giải cũ. Thay vào đó, tôi sẽ đưa ra các dạng bài ứng dụng mới và công thức tính nhanh đính kèm. Cơ sở lý thuyết: Chúng ta sẽ khảo sát từ 1 bài toán cụ thể rồi sẽ đưa thành công thức tổng quát. Trộn lẫn 2 dung dịch có khối lượng là m 1 và m 2 , và có nồng độ % lần lượt là C 1 và C 2 (giả sử C 1 < C 2 ). Dung dịch thu được có khối lượng m = m 1 + m 2 và có nồng độ C với C 1 < C < C 2 . Theo công thức tính nồng độ %: 1 1 dd1 .100% C% m ct m = ; 2 2 dd2 .100% C% m ct m = Nồng độ % trong dung dịch tạo thành là: (C) 1dd 12dd 2dd1 2 dd1dd2dd2 1 dd(C) C C C%.100% mm C ct m mCmmC mm C +− ==→= + − Theo công thức trên thì chúng ta có thể thấy đây thực chất là một phần của phương pháp giá trị trung bình đã được phát triển. Cụ thể là C% chính là đại lượng đặc trưng của dung dịch và m dd chính là đại lượng chỉ số lượng của dung dịch. Ta có công thức tổng quát như sau ax min m XXa b XX − = − (H 1 ) Trong đó - a,b là các đại lượng : Số mol , % số mol, thể tích , % thể tích,khối lượng dung dịch ,thể tích dung dịch nói chung đây là các đại lượng nói tới số lượng của đối tượng ( a∼ X min ; b∼ X max ) Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808 - X là các đại lượng : Nồng độ % (C%) , nồng độ mol (C M ), khối lượng mol phân tử, số nguyên tố, tỉ khối, phần trăm khối lượng của hỗn hợp, … nói chung là các đại lượng nói tới bản chất của đối tượng Bài tập minh họa 1) Hỗn hợp A gồm O 2 và O 3 có tỉ khối so với hiđro là 19,2. Hỗn hợp B gồm H 2 và CO . Tính thể tích khí A (đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 3 mol khí B. A. 28 lit B. 22,4 lit C. 16,8 lít D. 9,318 lit Hướng dẫn giải M A = 19,2 . 2 = 38,4 (gam) Áp dụng công thứ H 1 cho hỗn hợp A ta có : 2 3 O O n 4838,49,63 n38,4326,42 − === − ⇒ 5 mol A sẽ có: 3.2 + 2.3 = 12 mol oxi nguyên tử PTPƯ: H 2 + O ⇒ H 2 O CO + O ⇒ CO 2 ⇒ 2 (&) 3() OCOH nnmol== ∑∑ ⇒ A 5.3 n 1,25()1,25.22,428() 12 A molVlit==⇒==⇒ Đáp án A 2) Crackinh C 4 H 10 thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H 2 là 16,325. Hiệu suất của phản ứng crackinh là: A. 77,64% B. 38,82% C. 17,76% D. 16,325% Hướng dẫn giải: 482 1 364 2426 1 29 2 TB CHH M CHCHM CHCH M ⇒+   →⇒+⇒==   →   ⇒+       ⇒    410 410 CH cracking 410410 cracking 410 410 410 410 CH CHCH CH CH CH(dö) coi nhö hoãn hôïp SPÖ coù M=32,65 goàm CH(dö) Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808 Áp dụng công thức H 1 ta có : 1 5832,6525,35 32,65293,65 M − == − 410 CH(dö) n n 4 1 1 (2) 2 CHM nn=+ 4 (dö) CH(ban ñaàu) n = 0,5( 2.3,65+25,35)=16,325 ⇒ H= , .10077,64% , = 2535 2.16325 ⇒ Đáp A 3) Hấp thụ 4,48 lít CO 2 (đktc) vào 0,5 lít NaOH 0,4M và KOH 0,2M. Sau phản ứng được dd X. Lấy 1/2 X tác dụng với Ba(OH) 2 dư, tạo m gam kết tủa. m và tổng khối lượng muối khan sau cô cạn X lần lượt là A. 19,7g và 20,6g B. 19,7gvà 13,6g C. 39,4g và 20,6g D. 1,97g và 2,06g Hướng dẫn giải Theo bài ra thì ( ) 2 CO n 0,2 mol= ; - OH(&) n=0,3(mol) KOHNaOH ∑ 0,3 1 < h==1,5 < 2 n = h =1,5 0,2 → Vậy sẽ có 2 loại muối sau phản ứng. Áp dụng công thức H 1 ta có : 3 2 3 HCO CO 21,50,51 1,510,51 n n − − − === − Áp dụng bảo toàn nguyên tố Canxi ở dạng nguyên tử ta có 3 HCO n − + 2 3 CO n − = 2 CO n ⇒ 3 HCO n − + 2 3 CO n − = 0,2 (mol) ⇒ 3 HCO n − =0,1 (mol) ⇒ 2 3 CO n − = 0,1 (mol) Khối lượng muối khan khi cô cạn X là tổng khổi lượng các cation và các anion ⇒ m muối = 2 33 NaKHCOCO mmmm ++−− +++ = 0,2.23 + 0,1.39 + 0,1.61 + 0,1.60 = 20,6 (gam) Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808 Lấy 1/2 X tác dụng với Ba(OH) 2 dư ⇒ ( ) 32 BaCOCO 1 n 0,1 mol 2 n== ⇒ 3 BaCO m 0,1.19719,7() gam== ⇒ Đáp án A 4) Trộn dung dịch chứa a mol AlCl 3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4. Hướng dẫn giải: n = h = 3 Al n n OH − + = b a Để thu được kết tủa n = h = 3 Al n n OH − + = b a < 4 ⇒ Đáp án D 5) Một cốc thuỷ tinh chứa 200ml dung dịch AlCl 3 0,2M. Cho từ từ vào cốc V ml dung dịch NaOH 0,5M. Tính khối lượng kết tủa nhỏ nhất khi V biến thiên trong đoạn 200ml ≤V≤280ml. A.1,56g B. 3,12g C.2,6g D. 3,0g Hướng dẫn giải: 3 3 3 4 Al 3OH () (1) Al 4OH [()] (2) AlOH AlOH +− +−− +→ +→ Theo bài ra ta có: 3+ Al n0,04() 0,10,14 OH mol n − = ≤≤ Giá trị kết tủa lớn nhất thu được khi: 3 (ax) 3 OHmAl nn −+ ↓ = = 0,12 (mol) TH1: OH n − ≤ (ax)OHm n − ↓ ⇒ min 0,1 n () 3 mol↓= TH2: 4 3+ Al n > OH n − ≥ (ax)OHm n − ↓ ⇒ 3 ≤ h = 3 Al n n OH − + = 0,14 0,04 ≤ 4 thì n = 7 2 Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808 Áp dụng công thức H 1 ta có : 3 4 () [()] 71 4 1 22 71 1 3 22 AlOH AlOH n n − − === − Áp dụng bảo toàn nguyên tố nhôm : 3 ()AlOH n + 4 [()]AlOH n − = 0,04 (mol) ⇒ 3 4 () [()] 0,02 () 0,02 () AlOH AlOH nmol nmol − =    =   ⇒ khối lượng kết tủa min là : 78 .0,02= 1,56 (g) ⇒ Đáp án A 6) Cho từ 500ml hỗn hợp dung dịch HCl 1M và H 2 SO 4 1M vào 200ml hỗn hợp dung dịch X gồm NaAlO 2 2,5M và Ba(AlO 2 ) 2 1M. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn A, nung chất rắn A thu được tới khối lượng không đổi thu được x gam chất rắn B .tính x ? A.35,7 gam B.82,3 gam C.46,6 gam D.101,2 gam Hướng dẫn giải: 2 2 3 -+3+ 2 AlO H Al(OH) (1) AlO + 4H Al+ 2HO (2) −+ +→ → 2 1,5() 0,9() H AlO nmol nmol + − = = ∑ ∑ 1 ≤ h = - 2 AlO n n H + = 1,5 0,9 = 5 3 ≤ 4 thì n = 5 3 Áp dụng công thức H 1 ta có : 3 3 () 57 4 47 33 52 2 1 1 33 AlOH Al n n n n + − − ==== − − Áp dụng bảo toàn nguyên tố nhôm : 3 ()AlOH n + 3+ Al n = - 2 AlO n = 0,9 (mol) ⇒ 3 4 () [()] 0,7 () 0,2 () AlOH AlOH nmol nmol − =    =   Theo bài ra: 2 4 2 4 0,2() 0,2() 0,5() Ba BaSO SO nmol nmol nmol + − =   ⇒=  =   Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808 44 323 SS () o t BaOBaO AB AlOHAlO  →   ⇒ x = 0,2.233 + 0,35.102 = 82,3 (g) ⇒ Đáp án B 7) Thêm 250ml dung dịch A gồm NaOH 1,3M và Ba(OH) 2 1M vào 200ml dung dịch H 3 PO 4 1,5M. Sau phản ứng thu được chất rắn A tính khối lượng chất rắn A. A.45gam B.35gam C. 50,083gam D. 33,225gam Hướng dẫn giải: 34 2 0,825() 0,3() 0,25() OH HPO Ba nmol nmol nmol − + = = = 0,825 1< h==2,75 < 3 n = h =2,75 0,3 → Vậy sẽ có 2 muối hidrophophat và phophat tạo ra sau phản ứng: Áp dụng công thức H 1 ta có : 2 HPO 4 3 PO 4 32,750,251 2,7520,753 n n − − − === − Áp dụng bảo toàn nguyên tố cho phốt pho : 23 34 44 HPO HPOPO nnn −− += = 0,3 2 4 3 4 = 0,075 (mol) = 0,225 (mol) HPO PO n n − −   ⇒    Phản ứng tạo chất rắn A: 23 4342 32()BaPOBaPO +− +→ ⇒ 2 342 () 10,25 () 33 BaPO Ba nnmol + == ⇒ 342 () 0,25 .60150,083() 3 BaPO mgam== ⇒ Đáp án C 8) Thêm 250ml dung dịch A gồm NaOH 1M và KOH 1M vào 200ml dung dịch H 3 PO 4 1,5M. Tổng khối lượng muối tạo thành là bao nhiêu gam. A.18,2 B.20,7 C. 20,23 D. 20,31 Hướng dẫn giải: Lưu Trung Hiếu – Cao học Hóa - K20 – ĐHQGHN 0977 587 572 luutrunghieu0808@gmail.com http://my.opera.com/luutrunghieu0808 34 0,05() 0,03() OH HPO nmol nmol − = = 0,0555 1< h== < 2 n = h = 0,0333 → Vậy sẽ có 2 muối hidrophophat và dihidrophophat tạo ra sau phản ứng: Áp dụng công thức H 1 ta có : HPO 24 2 HPO 4 5 2 1 3 5 2 1 3 n n − − − == − Áp dụng bảo toàn nguyên tố cho phốt pho : 2 34 424 HPO HPOHPO nnn −− +== 0,05 24 2 4 = 0,01 (mol) = 0,04 (mol) HPO HPO n n − −   ⇒    ⇒ 2 244 ôi +m mu HPOHPONaK mmmm −−++ =++ ∑ = 0,01.97 + 0,04.96 + 0,25.23 + 0,25.39 = 20,31 (gam) ⇒ Đáp án D . http://my.opera.com/luutrunghieu0808 Cơ sở phương pháp đường chéo và các bài toán mở rộng Trích từ cuốn “Phân tích và áp dụng các phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm. sẽ không đưa các dạng bài và hình thức giải cũ. Thay vào đó, tôi sẽ đưa ra các dạng bài ứng dụng mới và công thức tính nhanh đính kèm. Cơ sở lý thuyết: