Công phá hóa thpt CHƯƠNG 28 phương pháp đánh giá dùng bất đẳng thức

CHƯƠNG 28: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ, DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC A KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong trình làm tập có hóa học, có số khơng thể trực tiếp sử dụng giả thiết đề để lập phương trình, hệ phương trình để tính tốn theo yêu cầu mà phải biện luận Khi thực đánh giá sử dụng số bất đẳng thức đơn giản để giới hạn khoảng nghiệm Một số phương pháp đánh giá, sử dụng bất đẳng thức thường dùng: - Quan sát đáp án biện luận kết (có thể đặc điểm chung nghiệm cần tìm mà giả thiết chưa đề cập tới loại trừ đáp án) - Sử dụng tính biến thiên hàm số - Đánh giá xuất bất đẳng thức Để hiểu rõ cụ thể phương pháp, giải số bàỉ tập ví dụ B VÍ DỤ MINH HỌA Bài 1: Đốt cháy hoàn toàn 22 gam hợp chất hữu X tạo 22,4 lít CO2 (đktc) 18 gam nước Khi tác dụng với LiAlH4 phân tử X tạo hai phân tử hợp chất hữu Y Công thức X thỏa mãn là: A C2H5COOCH3 B CH3COOC2H5 C CH3COOCH3 D HOCH2CH2CHO Lời giải Theo đáp án X có ngun tử O phân tử (este no đơn chức) n CO2  1; n H 2O  Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho hợp chất X ta có: n O(X)  mX  mC  mH  0,5 � n X  0,5n O (X)  0, 25 � 16 X C4H8O2 Mà tác dụng với LiAlH4 phân tử X tạo hai phân tử hợp chất hữu Y nên X CH3COOC2H5 Đáp án B Phân tích: Nếu dựa vào giả thiết đề ta xác định công thức đơn giản X mà chưa định hình X hợp chất hữu gì, đơn chức hay đa chức, Khi ta quan sát đáp án để xem có khai thác thêm yếu tố hỗ trợ cho q trình giải tập hay khơng Bài 2: Cho hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu no, đơn chức A, B tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,40M, thu muối 336 ml ancol (ở đktc) Nếu đốt cháy hồn tồn lượng hỗn hợp X trên, sau hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư khối lượng bình tăng 5,27 gam Cơng thức A, B là: A HCOOH HCOOC3H7 B HCOOH HCOOC2H5 C C2H5COOH C2H5COOCH3 D CH3COOH CH3COOC2H5 Lời giải Khi quan sát phân tích đề ta thấy từ giả thiết cho X tác dụng với dung dịch KOH thu muối ancol xảy trường hợp sau cặp chất A, B X:  A B gồm axit este  A B gồm axit ancol  A B gồm este ancol Khi với lối giải tập tự luận thông thường, ta cần xét trường hợp Tuy nhiên tập trắc nghiệm nên ta quan sát đáp án để loại trường hợp Căn vào giả thiết đáp án ta có X gồm axit este có gốc axit Gọi cơng thức axit este CnH2nO2 CmH2mO2 Có : n axit  n este  n KOH  0, 04 n  0, 025 � � � � axit � n este  a ancel  0, 015 a este  0, 015 � � n CO2  0, 025n  0, 015m � � � n H2O  0, 025n  0, 025m � => m bình tăng =  mCO2  m H2O  62(0,025n  0,015m)  5, 27 n 1 � � 5n  3m  17 � � m4 � Đáp án A Bài 3: Nhúng kim loại M (hóa trị II) nặng 9,6 gam vào dung dịch X chứa đồng thời 0,1 mol FeSO4 0,12 mol Fe2(SO4) Sau thời gian lấy kim loại ra, phần dung dịch Y cịn lại có khối lượng khối lượng dung dịch X Hòa tan hết kim loại sau lấy dung dịch HC1 thu 6,272 lít H2 (đktc) Kim loại M là: A Mg B Ca C Cu D Fe Lời giải Căn vào đáp án: Khi M Cu hay Fe kim loại tan dung dịch X (phản ứng với Fe3+) mà khơng có phần khơng tan tách ra, phần dung dịch Y cịn lại có khối lượng lớn khối lượng dung dịch X Do ta loại đáp án C D, kim loại M Mg Ca Nếu M Ca nCa dư = n H2 9,  0, 24 � = 0,28 > nCa ban đầu = 40 M Mg Đáp án A Nhận xét Qua tập ta nhận thấy, với số tập biết cách kết hợp giả thiết với đáp án để tối ưu kiện loại đáp án trình giải tập tìm đáp án trở nên đơn giản ngắn gọn nhiều Bài 4: Tiến hành nhiệt phân hỗn hợp X gồm butan heptan (tỉ lệ 1:2 số mol) thu hỗn hợp Y (Giả sử xảy phản ứng crackin ankan với hiệu suất 100%) Xác định khối lượng phân tử trung bình Y (MY )? A M Y  43 B 32 �M Y �43 C 25,8 �M Y �32 D 25,8 �M Y �43 Lòi giải Quan sát đáp án ta nhận thấy hướng việc đánh giá để thu bất phương trình cho khoảng giá trị Chọn X gồm mol butan mol heptan Ta có: MX  58.1  100.2  86 1 Quá trình crackin diễn hỗn hợp X gồm C4H10 C7H16 Khi crackin C7H16 ankan thu tiếp tục bị crackin để tạo ankan anken Khi viết phương trình phản ứng để quan sát đánh giá thời gian Để cho đơn giản ta thực tóm tắt trình phản ứng theo so đồ: Khi crackinh thì: � C H  CH � C4 H10 � � � C2 H  C 2H � � � � � � � � � �C6 H12  CH � C H � C H  CH � � �3 C H  C H � 10 � �C H  CH � � C7 H16 � �C H8  C3 H8 � � C4 H10 � � � C2 H  C2 H � � � � C H  C H 10 � � � C4 H8  CH � � C H  C H � 12 �2 � C5 H12 � � C3 H  C H � C3H8 � C H  CH � � � � � � C H  C3 H � � � Quan sát sơ đồ ta nhận thấy: C4H10 bị crackinh qua lần crackinh Sau phản ứng thu đuợc ankan anken với số mol số mol C4H10 bị crackinh nên hỗn hợp sau phản ứng có số mol gấp đơi số mol ban đầu C7H16 bị crackinh hồn tồn tối thiểu có lần crackinh (như sản phẩm (C 6H12,CH4), (C5H10, C2H6) tối đa lần crackinh  2  3 (1) � � C H � C H  C H � C H  C H � C H  CH � � 16 12 � � Do crackinh hồn tồn C7H16 số mol hỗn hợp thu gấp đơi gấp lần số mol C7H16 ban đầu Kết hợp crackinh chất ta có:  n C4 H10  n C7 H16 Nên Mà n C4 H10  n C7 H16 MY  MX   �n 2nC4 H10  4n C7 H16 10 �  nX n C4 H10  n C7 H16 Y nX  mY  mX  nY nên 25,8 �M Y �43 Đáp án D STUDY TIP Khi ankan trải qua trình crackinh n lần với hiệu suất 100% hỗn hợp thu sau phản ứng có số mol gấp n+1 lần số mol ankan ban đầu Bài 5: Cho m gam hỗn hợp X gồm axit acrylic, ancol anlylic, axit ađipic hiđroquinon (pđihiđroxibenzen) tác dụng với kali dư thu 6,72 lít H2 (đktc) Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thể tích khí CO2 (đktc) thu là: A 40,32 lít B 49,28 lít C 13,44 lít D 20,16 lít Lời giải �axitacrlic: CH  CHCOOH : amol �ancolanlylic: CH  CHCH OH : bmol � 2 � axitadipic: HOOH CH COOH : cmol  24 � �hidroquinon: p  HOC6 H 4OH : dmol Ta có: � Các phản ứng xảy cho hỗn hợp X tác dụng với K dư: CH  CHCOOH  K � CH  CHCOOK  H 2 CH  CHCH OH  K � CH  CHCH 2OK  H 2 HOOC  CH  COOH  2K � KOOC  CH  COOK  H p  HOC6 H 4OH  2K � p  KOC6 H OK  H n H2  1 a  b  c  d  0,3 2 Khi đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X ta có: �1 � n CO2  3a  3b  6c  6d  � a  b  c  d � 6.0,3  1,8(mol) �2 � nco = 3a+ 3b+ 6c = 6d = 6^-a + -b + c + dj = 6.0,3 = l,8(mol) Vậy VCO2  1,8.22,  40,32(lit) Đáp án A Phân tích: Đề cho kiện giả thiết lượng H thu cho hỗn hợp X tác dụng với K dư Mặt khác đề cho biết chất dạng tên gọi nên ta tiến hành viết công thức (công thức phân t công thức cấu tạo) chất để xem xét khai thác thêm điều kiện hay khơng Nhận xét Với việc quan sát đặc điểm chất phản ứng để tìm mối quan hệ số mol C O2 số mol H2 q trình tính toán trở nên đơn giản Đây tập cho cơng thức chất đặc biệt nên có liên hệ Với tốn thơng thường, để tìm số mol CO2 bạn cần tìm số mol chất hỗn hợp Do giải tốn mà có cảm giác đề cho thiếu giả thiết ngồi việc quan sát đáp án, bạn quan sát đặc điểm chất hỗn hợp để tìm điểm đặc biệt Bài 6: Cho m gam hỗn hợp X gồm axit acrylic, ancol anlylic, axit oxalic hiđroquinon (pđihiđroxibenzen) tác dụng với kali dư thu 6,72 lít H2 (đktc) Nếu đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp X thể tích khí CO2 (đktc) thu là: A 40,32 lít B 49,28 lít C 13,44 lít D 20,16 lít Lời giải Khi đọc lướt qua đề bài, ta nhận thấy cách làm tương tự trước tìm mối quan hệ số mol CO2 H2 Do ta viết công thức cấu tạo chất hỗn hợp X ban đầu: CH  CHCOOH : amol � � CH  CHCH OH : bmol 1 � � n H2  a  b  c  d  0, � HOOC  COOH : cmol 2 � � p  HOC6 H OH : dmol � CH  CHCOOH : amol � � CH  CHCH OH : bmol 1 � � n H2  a  b  c  d  0,3 � HOOC  COOH : cmol 2 � � p  HOC6 H OH : dmol � Có n CO2  3a  3b  2c  6d Ở nhận thấy ta khơng thể tìm mối quan hệ phép tính số mol CO2 mà n CO2 n H2 trước hệ số c Khi ta cần suy nghĩ đến hướng làm khác mà tập không đủ kiện để giải hết nghiệm tìm giới hạn ẩn đại lượng Ta có:a + b + 2c + 2d < 3a + 3b + 2c + 6d < 3a + 3b + 6c + 6d � 2n H2  n CO2  6n H2 hay 13,44 < V < 40,32 Đáp án D Nhận xét Ta nghĩ tới việc nhân hệ số vào phép tính số mol H2 để thu bất phương trình từ việc phân tích hệ số c phép tính số mol CO2 mà khơng phải Bài 7: Hồ tan hỗn hợp X gồm 37,2 gam Zn Fe mol H2SO4 a Chứng minh hỗn hợp X tan hết b Nếu hồ tan với lượng gấp đơi hỗn hợp X lượng axit hỗn hợp có tan hết khơng? Lời giải a Có phản ứng hóa học xảy ra: Zn  H 2SO � ZnSO4  H Fe  H 2SO � FeSO4  H Nếu X gồm Zh n kim loai  37,  0,5723 65 Nếu X gồm Fe n kim loai  37,  0,5723 65 Mà 56  M X  65 nên 0,5723 < nkim loại < 0,6643 Ta có: Mà: n H2SO4 n H2SO4 phản ứng ban đầu = nkim loại < 0,6643 = > 0,6643 nên sau phản ứng kim loại tan hết, axit dư b Khi sử dụng lượng X gấp đơi 0,5723.2 < nkim loại < 0,6643.2 Hay 1,1446 < nkim loại < 1,3286 Mà kim loại bị hịa tan hết Do n H2SO4 thực tế n H2SO4 phản ứng = nkim loại > 1,1446 = < 1,1446 nên sau phản ứng kim loại chưa tan hết Bài 8: Cho 22 gam hỗn hợp X gồm Al Fe phản ứng hoàn toàn với 500 ml dung dịch HCl1,2 M Chứng minh hỗn hợp X không tan hết Lời giải Với này, để chứng minh hỗn hợp X không tan hết ta làm sau: Cách 1: Ta có phản ứng xảy sau: 2Al  6HCl � 2AICl3  3H a 3a Fe  2HCl � FeCl2  H b (1) (2) 2b Gọi a, b số mol Al Fe Nếu X gồm Al nhỗn hợp = Nếu X gồm Fe nhỗn hợp = ab 22  0,81(mol) 27 ab 22  0,39(mol) 56 Mà 27  M X  56 nên 0,39< nhh < 0,81 hay 0,39 < a+b < 0,81 Nhân vế bất phương trình với 2: 0,78 < 2(a + b) < 1,62 Ta có: 2(a + b) > 0,78 Theo (1) (2): nHCl = 3a + 2b = 0,5.1,2 = 0,6 mol Mà 3a + 2b > 2(a + b) > 0,78 nên naxit cần để hòa tan hết kim loại > 0,78 Mà naxit thực tế = 0,6 nên sau phản ứng, kim loại chưa tan hết Cách 2: Các phản ứng xảy ra: 2Al  6HCl=2AICl3  3H a 3a (1) Fe  2HCl=FeCl  H b (2) 2b Gọi a, b số mol Al Fe Ta có 27a + 56b = 22 nHCl cần để hòa tan hết kim loại = 3a+2b Có 56a  56b  27a  56b  22 � 2(a  b)  0, 78 � 3a  2b  2(a  b)  0, 78 Mà nHCl thực tế = 0,6 < 0,78 nên sau phản ứng kim loại chưa bị hòa tan hết Phân tích: Với tập tương tự này, đọc đến cụm từ "phản ứng hoàn toàn" nhiều bạn nhầm tưởng kim loại bị hòa tan hết Các bạn cần lưu ý phản ứng xảy hồn tồn có nghĩa chất tham gia phản ứng hết Bài 9: Cho 6,72 gam hỗn hợp A gồm Mg, Fe Ni tan 200ml dung dịch B chứa HCl, HBr H2SO4 lỗng, kết thúc phản ứng thu 2,24 lít H2 (đktc) Khi kết thúc phản ứng: A Kim loại A hết axit B hết B Kim loại dư, axit B hết C Kim loại hết, axit B dư D Kim loại hết hay dư phụ thuộc tỉ lệ mol axit dung dịch B Lời giải Có n H phan ung  2n H2  0, = 0,2 Hỗn hợp A gồm kim loại Mg, Fe, Ni với kim loại có khối lượng mol lớn Ni nên M  M Ni  59 � nhỗn hợp =  6, 72 6, 72   0,114 59 M Các phản ứng xảy ra: Mg  2HCl � MgCl  H Fe  2HCl � FeCl  H Ni  2HCl � NiCl  H � n H cần để hòa tan kim loại > 2.0,114 = 0,228 > 0,2 = n H phản ứng Do sau phản ứng axit hết, kim loại dư Đáp án B Lời bàn: Qua Bài 7, Bài Bài 9, có tổng kết sau: Phương pháp xác định chất phản ứng hết, chất phản ứng dư sau phản ứng: a Trường hợp có chất phản ứng với Giả sử ta có phản ứng: A + B � C + D Đây dạng tập bản, tạo tảng cho tập phức tạp Dấu hiệu tập dạng này: Thường cho liệu chất khác Yêu cầu tập sau phản ứng chất dư dư bao nhiêu? Hướng giải: Ta lập tỉ lệ khối lượng (số mol) chất theo với khối lượng (số mol) theo phương trình phản ứng, sau so sánh hai phân số Nếu tỉ lệ lớn chất dư ngược lại Bài tốn tính theo số mol chất hết b Trường hợp nhiều chất phản ứng với Trong trường hợp có nhiều chất phản ứng với tốn trở nên phức tạp hơn: Dạng tập thường băt gặp tập xác định hỗn hợp kim loại dư hay axit dư + Khi kim loại có hoá trị: Dựa vào khối lượng hỗn hợp ta xác định khoảng số mol hỗn hợp, từ ta so sánh với số mol axit, suy điều cần chứng minh Vì trường hợp có kim loại có hóa trị nên ta gọi cơng thức trung bình kim loại + Khi kim loại có hố trị khác nhau: Từ khối lượng hỗn hợp xác định khoảng số mol hỗn hợp lúc hoá trị kim loại khác nên tỉ lệ số mol kim loại phản ứng với axit khác Vì ta chưa thể so sánh số mol kim loại với axit mà phải cần chút thủ thuật biến đổi toán học Bài 10: Hỗn hợp X gồm M2CO3,MHCO3 MCl (M kim loại kiềm) Cho 32,65 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu dung dịch Y có 17,6 gam CO2 Dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu 100,45 gam kết tủa Kim loại M là: A RB B Na C Li D K Lời giải n CO2  0, 4; n AgCl n M 2CO3  x � � n MHCO3  y � �  0, n z Gọi � MCl Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho C ta có: n CO2  x  y  0, Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Cl ta có: n AgCl  n Cl  2x  y  z  0, (l) Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có: m X  m HCl  m MCl(Y)  m CO  m H 2O � 32,65  36,5(2x  y)  (M  35,5).(2x  y  z)  17,  0, 4.18 � 36,5(x  y)  36,5x  (M  35,5).(2x  y  z)  7,85 (*) �x  y  0, � 2x  y  z  0, vào (*) ta được: 0,7(M + 35,5) - 36,5 = 22,5 Thay � � 0, 7M  36, 5x  2, � M  36,5x  2, 0, (*) Vì < x < 0,4 (do x + y = 0,4) nên Vậy kim loại kiềm Li M (36,5.0,  2, 4)  17, � M  0, (2) Đáp án C Nhận xét Với tập này, giải đến bước (*), chưa biết số mol X dường đề bị thiếu nhiều bạn khơng thể giải tiếp Do bạn cần quan sát mối quan hệ, biểu thức, có chứa X để biện luận giá trị x Từ chặn khoảng giá trị M Bài 11: Chia m gam hỗn hợp X gồm ancol axit cacboxylic thành phần Phần tác dụng hết với Na dư thu 0,15 mol khí H Đốt cháy hoàn toàn phần thu 0,9 mol CO2 Đun nóng phần với dung dịch H 2SO4 đặc thu este có cơng thức phân tử C 5H10O2 khơng có khả tham gia phản ứng tráng gương Tìm giá trị m Lời giải Ở phần thực phản ứng este hóa để tạo este C 5H10O2 este no đơn chức mạch hở Do axit cacboxylic ancol ban đầu no đơn chức, mạch hở Gọi công thức phân tử ancol axit cacboxylic hỗn hợp Do este tạo thành Cn H 2n 1OH(n �1) C m H 2m 1COOCn H 2n 1 � m  n   � m  n  Phần 1: Phản ứng với Na dư: C n H 2n 1OH  Na � C n H (2n 1) ONa  H 2 a a C m H 2m 1COOH  Na � C m H 2m 1COONa  H 2 b b Gọi a b số mol ancol axit phần 1 � n H2  a  b  0,15 � a  b  0,3 2 (**) Phần 2: Đem đốt cháy hoàn toàn Các phản ứng xảy ra: t 3n C n H 2n  O  O � nCO  (n  1)H 2O t 3m  Cm 1H 2m  O  O �(m  1)CO  (m  1)H 2O C C m H 2m1COOH(m �0) n CO2 n Cn H2 n1OH  n Cm H2 m1COOH  0,9 3 0,3 Có trường hợp xảy ra: +) n = m = 3, loại m + n = (*) +) n < < m +1, kết hợp với (*) �CH OH �n  �� � C3H COOH m3 � � (thỏa mãn) C H OH �n  � ��4 � (+) m +1 < < n, kết hơp với (*) đươc �m  �HCOOH Trường hợp không thỏa mãn este sinh có phản ứng tráng gương Vậy ancol axit hỗn hợp ban đầu CH3OH C3H7COOH Khi C (a  4b) 3 ab (***) a  0,1 � � b  0, Từ (**) (***) có � ’ Vậy m = (32a + 88b).3 = 62,4 (gam) Bài 12: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm anđehit cần dùng vừa đủ 0,375 mol O2, sinh 0,3 mol CO2 0,3 mol H2O Mặt khác, cho m gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO NH3 lượng kết tủa Ag thu là: A 75,6 gam B 48,6 gam C 64,8 gam D 32,4 gam Lời giải Có n CO2  n H 2O  0,3 nên X gồm anđehit no, đơn chức, mạch hở Gọi công thức chung anđehit X Cn H 2n O Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O, ta có: n Cn H2 n O  2n O2  2n CO2  n H2O � n X  2n CO2  n H 2O  2n O2  0,15(mol) � n  n CO2 nX  0,3 2 0,15 Do X cần có anđehit có số nguyên tử C phân tử nhỏ Anđehit HCHO Đến đây, với giả thiết đề đưa ta khơng tìm anđehit cịn lại thành phần số mol anđehit hỗn hợp X Khi nhiều bạn rơi vào trạng thái bế tắc Tuy nhiên bình tĩnh giải tập sau: Trong dãy đồng đẳng anđehit no đơn chức, mạch hở HCHO anđehit tham gia phản ứng tráng gương theo tỉ lệ mol n A = 4nHCHO,các anđehit cònlại tham gia phản ứng tráng gương theo tỉ lệ mol nA = 2nanđehit Khi 0,3 = 2nX < nAg = 4nX = 0,6 => 32,4 gam < mAg < 64,8 gam Trong đáp án, nhận thấy có giá trị 48,6 gam thỏa mãn Đáp án B * Bài 13: Hỗn hợp X gồm CnH2n-1CHO, CnH2n-1COOH CnH2n-1CH2OH (đều mạch hở, n �N ) Cho 2,8 gam X phản ứng vừa đủ với 8,8 gam brom nước Mặt khác, cho toàn lượng X phản ứng với Do trình phản ứng xảy theo thứ tự phương hình sau: 3NaOH  AlCl3 � Al(OH)3  3NaCl(1) Al(OH)3  NaOH � NaAlO  2H O(2) Vì xảy phản ứng (2) nên có n Al(OH)3  1  n AlCl3  0, 04 nNaOH phản ứng (1) = x - 3.0,04 = x - 0,12 � n Al OH   2 � n Al(OH)3  n NaOH sau phản ứng (1)= x - 0,12 cuối = 0,04 - (x - 0,12) = 0,16 - x Do y = f(x) = 0,16 - x với x �[0,125;0,16] Vì hàm số đơn điệu nghịch biến [0,125; 0,16] nên ta có: Max y = f (0,125) = 0,16 - 0,125 = 0,035 ( mol) Vậy Max m Al(OH)3  0, 035.78  2, 73(gam) Đáp án A Nhận xét Khi đại lượng liên quan đến đại lượng khác cần tính tốn có giá trị nằm khoảng đoạn mà khơng phải giá trị cụ thể phương pháp giải thường thiết lập hàm số sau xét biến thiên hàm số Bài 17: Nhiệt nhôm hỗn hợp A gồm 0,56 gam Fe, 16 gam Fe 2O3 m gam Al hỗn hợp B Cho B tác dụng với HCl dư thu a lít H2 Nếu cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư 0,25a lít H (các khí đktc) Khoảng giá trị m (gam) là: A 0,06 < m < 6,66 B 0,06 < m < 1,66 C 0,6 < m