Tài liệu ôn thi Tốt nghiệp THPT và tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học ta có: nCO pu = nCO2 = 0,4 Theo định luật bảo toàn khối lượng: m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4 → m = 70,4g. Ví dụ 2: Một dd có chứa 2 cation là Fe2+: 0,1mol và Al3+: 0,2mol và 2 anion là Cl-: x mol và SO42-: y mol. Tính x và y, biết rằng khi cô cạn dd thu được 46,9 g chất rắn khan. Giải: Do bảo toàn khối lượng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9 (1) Do bảo toàn điện tích: 2.0,1 + 3.0,2 = 1.x + 2.y (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,2 ; y = 0,3. Ví dụ 3: Đun 132,8 g hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H 2SO4 đặc ở 1400C thu được 111,2g hỗn hợp các ete trong đó các ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mỗi ete. 3( 3 + 1) = 6 ete. Giải: Đun hỗn hợp 3 rượu được 2 Theo định luật bảo toàn khối lượng: mrượu = mete = mH 2O mH 2O = mrượu - mete = 132,8 – 111,2 = 21,6 g. 21,6 Tổng số mol các ete = số mol H2O = = 1,2 18 1,2 = 0,2 mol. Số mol mỗi ete = 6 Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl thu được 0,2mol khí CO 2. Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch. Giải: Đặt công thức của các muối là M2CO3 và RCO3 M2CO3 + RCO3 + 4HCl → 2MCl + RCl2 + 2CO2 + 2H2O 0,4 0,2 mol 0,2 Theo định luật BTKL: 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + mCO2 + mH 2O hay: 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + 0,2.44 + 0,2.18 → mmuối = 26g 3. Phương pháp bảo toàn electron Nguyên tắc: Trong quá trình phản ứng thì: Số e nhường = số e thu hoặc: số mol e nhường = số mol e thu Khi giải không cần viết phương trình phản ứng mà chỉ cần tìm xem trong quá trình phản ứng có bao nhiêu mol e do chất khử nhường ra và bao nhiêu mol e do chất oxi hoá thu vào. Các ví dụ: Ví dụ 1: Trộn 60g bột Fe với 30g bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dd axit HCl dư được dd B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Tính V, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giải: 30 nFe > nS = nên Fe dư và S hết. 32 Khí C là hỗn hợp H2S và H2. Đốt C thu được SO2 và H2O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O2 thu e. Nhường e: Fe – 2e → Fe2+ 60 60 mol → .2 50 56 S – 4e → S+4 (SO2) 20 30 mol → .4 32 32 Thu e: Gọi số mol O2 là x mol. Phan Cường Huy – Copyright © 2009 volcmttl@yahoo.com.vn 64 Tài liệu ôn thi Tốt nghiệp THPT và tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học O2 + 4e → 2O-2 2 mol → 4x 60 30 .2 + .4 giải ra x = 1,47 mol. 56 32 VO2 = 22,4.1,47 = 32,928 lit Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1, R2 có hoá trị x, y không đổi (R 1, R2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dd HNO3 dư thu được 1,12 l khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO3 thì thu được bao nhiêu lít N2. Các thể tích khí đo ở đktc. Giải: Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: +5 Ở thí nghiệm 1: R1 và R2 nhường e cho Cu2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e cho N để thành Ta có: 4 x = +2 N (NO). Số mol e do R1 và R2 nhường ra là: +5 +2 → N 1,12 = 0,05 0,15 ← 22,4 N + 3e +5 Ở thí nghiệm 1: R1 và R2 trực tiếp nhường e cho N để tạo ra N2. Gọi x là số mol N 2, thì số mol e thu vào là: +5 0 2 N + 10e → N 2 10x ← x mol Ta có: 10x = 0,15 → x = 0,015 VN 2 = 22,4.0,015 = 0,336 lit Ví dụ 3: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dd HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối tạo ra trong dd. Giải: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al. 2+ Nhường e: Cu – 2e = Cu x → 2x → x 2+ Mg – 2e = Mg y → 2y → y 3+ Al – 3e = Al z → 3z → z +2 Thu e: N + 3e = N (NO) 0,03 ← 0,01 +5 +4 N + 1e = N (NO2) +5 0,04 ← 0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1) Nhưng 0,07 cũng chính là số mol NO3Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 62.0,07 = 5,69g. II. PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình) 1. Cách giải: PP trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất. Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất. Khối lượng mol trung bình là khối lượng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là M ) Công thức tính khối lượng mol trung bình: Phan Cường Huy – Copyright © 2009 volcmttl@yahoo.com.vn 65 Tài liệu ôn thi Tốt nghiệp THPT và tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học Khối lượng hỗn hợp M = Số mol hỗn hợp 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dd HCl thu được 1,12 lit CO2 ở đktc. Xác định tên kim loại A và B. Giải: Đặt M là NTK trung bình của 2 kim loại A và B M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2↑ + H2O 1,12 = 0,05 mol 0,05 22,4 4,68 M CO3 = 0,05 = 93,6; M = 93,6 – 60 = 33,6 Biện luận: A < 33,6 → A là Mg = 24 B > 33,6 → B là Ca = 40. Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp hai rượu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO2 ở đktc và 3,96g H2O. Tính a và xác định CTPT của các rượu. Giải: Gọi n là số ngtử C trung bình và x là tổng số mol của hai rượu. 3n C n H 2 n +1OH + O2 → nCO2 + n + 1 H 2 O 2 nx → n + 1 x x mol 3,584 nCO2 = nx = = 0,16 (1) 22,4 3,96 n H 2O = n + 1 .x = = 0,22 (2) 18 Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67 Ta có: a = (14 n + 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g C 2 H 5 OH n = 2,67 C3 H 7 OH Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,387. Xác định 5 CTPT của A, B, C, biết rằng B và C có cùng số ngtử cacbon và số mol rượu A bằng tổng số mol của 3 rượu B và C. 3,38 M = = 42,2 Giải: 0,08 Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,2. Chỉ có CH3OH = 32 0,08.5 = 0,05 ; mA = 32.0,05 = 1,67. Ta có: n A = 5+3 0,08.3 = 0,03 mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78g; nB + C = 5+3 1,78 M B ,C = = 59,3 0,03 ( ( ( ) ) ) Gọi y là số ngtử H trung bình trong phtử hai rượu B và C Ta có: CxH y OH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3 Rút ra: 12x + y = 42,3 Biện luận: Phan Cường Huy – Copyright © 2009 volcmttl@yahoo.com.vn 66 Tài liệu ôn thi Tốt nghiệp THPT và tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học x 1 2 3 4 30,3 18,3 6,3 6,3. Có 2 cặp nghiệm: C3H5OH (CH2 = CH – CH2OH) và C3H7OH C3H3OH (CH ≡ C – CH2OH) và C3H7OH III. PHƯƠNG PHÁP GHÉP ẨN SỐ 1. Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng PP đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định, không giải được. Nếu dùng PP ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng. 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp hai rượu no, đơn chức được hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H 2SO4 đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư, thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. Tính a. Giải: Đặt CTPT của các rượu là CnH2n+1-OH và CmH2m+1-OH. Gọi x, y là số mol các rượu. 3n CnH2n+1OH + O2 → nCO2 + (n + 1)H2O 2 x nx (n + 1)x CmH2m+1OH + 3m 2 O2 → mCO2 + (m + 1)H2O y my (m + 1)y CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 8 = 0,08 0,08 100 Ta lập được 2 phương trình đại số theo số mol CO2 và số mol H2O: nCO2 = nx + my = 0,08 (1) 1,98 n H 2O = ( n + 1) x + ( m + 1) y = = 0,11 (2) 18 Ở đây, với 4 ẩn số (n, m, x, y) mà chỉ có 2 phương trình nên có dạng vô định. Ta triển khai (2) để ghép ẩn số Từ (2): n H 2O = nx + x + my + y = (nx + my) + (x + y) = 0,11 Thay nx + my = 0,08, rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03. Tính a: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y hay a = 14nx + 18x + 14my + 18y. Ghép ẩn số được a = 14(nx + my) + 18(x + y). Thay các giá trị đã biết được a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g Ví dụ 2: Đun p gam hỗn hợp 2 rượu với H2SO4 đặc thu được V lít (đktc) hỗn hợp 2 anken. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp anken đó thu được x lít CO2 (đktc) và y gam H2O. Lập biểu thức tính x, y theo p, V. Giải: Đun nóng với H2SO4 đặc thu được hỗn hợp 2 anken, suy ra hỗn hợp 2 rượu đó phải thuộc loại no, đơn chức. CnH2n+1OH → CnH2n + H2 (1) a mol a CmH2m+1OH → CmH2m + H2O (2) b mol b 3n CnH2n + O2 → nCO2 + nH2O (3) 2 a mol na na Phan Cường Huy – Copyright © 2009 volcmttl@yahoo.com.vn 67 Tài liệu ôn thi Tốt nghiệp THPT và tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học 3m O2 → mCO2 + mH2O (4) 2 b mol mb mb V Theo (1), (2): a + b = (5). Theo (3), (4): nCO2 = n H 2O = na + mb (6) 22,4 Khối lượng 2 rượu là: (14n + 18)a + (14m + 18)b = p hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7) Thế (5) vào (7) được: V p − 18. na + mb = 22,4 14 V p − 18. 9 p − 7,23V m H 2O = y = 22,4 .18 → y = 7 14 V p − 18. 11,2 p − 9V VCO2 = x = 22,4 .22,4 → x = 7 14 IV. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG 1. Cách giải: Khi chuyển từ chất này sang chất khác khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác nhau có khối lượng mol khác nhau. Dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng giảm ta tính được lượng chất tham gia hay tạo thành sau phản ứng. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: Nhúng thanh kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO 4. Sau khi khử hoàn toàn ion Cd2+ khối lượng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu. Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu. 2,35a Giải: Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lượng tăng thêm là gam. 100 Zn + CdSO4 → ZnSO4 + Cd 65g →1mol 112g tăng 112 – 65 = 47g 8,32 2,35a = 0,04 mol g 208 100 1 47 = Ta có tỉ lệ: 0,04 2,35a . Giải ra a = 80g. 100 Ví dụ 2: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dd CuSO 4, sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO 3)2, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia ở 2 trường hợp như nhau. Giải: Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là NTK của kim loại, x là số mol muối phản ứng. M + CuSO4 → MSO4 + Cu↓ Ag → 1mol 64g giảm (A – 64)g 0,05m xmol g 100 0,05m Rút ra: x = 100 (1) A − 64 M + Pb(NO3)2 → M(NO3)2 + Pb↓ Ag → 1mol 207 tăng (207 – A)g 7,1m xmol tăng g 100 CmH2m + Phan Cường Huy – Copyright © 2009 volcmttl@yahoo.com.vn 68