Phương pháp giải những dạng toán phổ biến trung học phổ thông

giúp cho các em hoàn thành bài toán chuẩn xác và nhanh nhất. Qua 12 năm giảng dạy ở trường phổ thông Lê Quý Đôn, trong những giờ luyện tập, tôi rút ra một kinh nghiệm, để giải nhanh một bài toán hoá học phổ thông, ngoài việc nắm kỷ lý thuyết học sinh còn phải nắm vửng phương pháp giải toán áp dụng cho từng dạng bài tập. Để giúp học sinh không gặp trở ngại khi giải quyết một bài toán hoá học, tôi xây dựng đề tài sáng kiến: “PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” Đề tài nghiên cứu giới hạn trong phạm vi giải quyết những bài toán cơ bản THPT, giúp các đạt kết quả tốt trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẵng. B.CƠ SỞ LÝ LUẬN: Ngày nay việc thay đổi đánh giá bằng trắc nghiệm khách quan, yêu cầu khi giải một bài toán cần phải nhanh, chính xác trong thời gian ngắn nhất, vì vậy nắm phương pháp giải toán và phân dạng được dạng toán giúp ích cho các em đạt được kết quả cao trong các kỳ thi. Mặt khác khi dạy bài tập hoá học trong những giờ luyện tập giáo viên nêu ra phương pháp giải quyết một bài toán khi đã phân dạng đã đặt học sinh vào vị trí nghiên cứu tìm cách vận dụng thích hợp phương pháp vào việc giải bài toán. Chính sự lôi cuốn đã làm hoạt động hoá nhận thức của học sinh, rèn luyện khả năng tư duy, khả năng hoạt động của học học sinh. Như vậy việc nêu ra phương pháp giải các dạng toán trong các giờ luyện tập đáp ứng được tính tích cực trong học tập của học sinh. C. CỞ SỞ THỰC TIỄN: Trong các giờ luyện tập hoá học, việc học sinh không nắm được phưong pháp giải quyết bài toán và phân dạng được dạng toán, dẫn đến tình trạng mất thời gian, có khi cả một tìết dạy học sinh chỉ giải được một bài toán. Việc nêu phương pháp và phân dạng bài toán giúp các em giải bài toán một cách nhanh nhất và chính xác. D. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN HÓA HỌC PHỔ BIẾN 1. Phương pháp bảo toàn. 1.1. Bảo toàn khối lượng. 1.2. Bảo toàn nguyên tố. 1.3. Bảo toàn điện tích. 1.4. Bảo toàn electron. 2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình. 3. Phương pháp tăng giảm khối lượng. 4 Phương pháp ghép ẩn số, phương pháp tách công thức phân tử. 4.1. Phương pháp ghép ẩn số 4.2. Phương pháp tách công thức phân tử. 5. Phương pháp đường chéo. 6. Các phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử hợp chất hữu cơ. 6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm công thức phân tử 6.2. Biện luận nhóm chức. 6.3. Các phương pháp biện luận để tìm công thức của chất vô cơ 1. Phương pháp bảo toàn. 1.1. Bảo toàn khối lượng. Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, đó là trên định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng chất tham gia bằng tổng khối lượng sản phẩm thu được ”. Nhưng rất chú ý là chỉ tính khối lượng của chất tham gia phản ứng, và ngoài ra không tính khối lượng chất sẵn có trong dung dịch, chẳng hạn nước có sẵn trong dung dịch… Ví dụ 1: Khử hoàn toàn 1,74 gam một ôxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành kim loại. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy tạo thành 3 gam kết tủa. Nếu lấy lượng kim loại sinh ra hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thì thu được 0,504 lít H2 (đktc). Xác định công thức ôxit kim loại. + Cho 1,74 gam ôxit kim loại trên tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư) được dung dịch X và có khí SO2 bay ra. Hãy xác định nồng độ mol/ lít của muối trong dung dịch X (Coi thể tích dung dịch không thay đổi trong quá trình phản ứng) Giải: - Đặt công thức của ôxit kim loại là AxOy, khối lượng mol của A là M. Gọi a là số mol của AxOy ứng với 1,74 gam. PTPƯ: AxOy + yCO = xA + yCO2 (1) CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O (2) Số mol CaCO3 = 0,03 mol. Theo (1) và (2) ta có: nCO = = 0,03 (mol) → ya = 0,03(*). Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng (1). Ta có: 1,74 + 28.0.03 = mA + 44.0,03 Suy ra mA = 1,26 gam Hay M.xa = 1,26 (**). Phản ứng của A với dung dịch HCl: 2A + 2nHCl = 2ACln + nH2 (3) xa .xa Ta có: số mol H2 = 0,0225 = .xa hay xa = ( ***) Từ (**) và ( ***) ta có: M = 28n. Cho n = 1, 2, 3 rồi tính M , được nghiệm thích hợp là n = 2, M = 56 nên A là Fe. Thay n = 2 vào (***) ta được: xa = 0,0225 (****). Từ (*) và (****) ta có: AxOy là Fe3O4. b. PTPƯ : 2Fe3O4 + 10H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Số mol Fe3O4 = = 0,0075 mol → số mol Fe2(SO4)3 = 0,01125 (mol). Vậy CMFe2(SO4)3 = = 0,0225 (mol/l). Ví dụ 2: Cho hỗn hợp axit hữu cơ A, B tác dụng với rượu đa chức C ta được hỗn hợp nhiều este, trong đó có este E. Để đốt cháy hết 1,88 gam chất E cần một lượng vừa đủ là 1,904 lít O2 (đktc) thu được CO2 và hơi nước với tỷ lệ thể tích tương ứng là 4: 3. Hãy xác định công thức phân tử của E, biết rằng tỉ khối hơi của E so với không khí nhỏ hơn 6,5. Thủy phân hoàn toàn 1,88 gam E bằng dung dịch NaOH sau đó cô cạn thì được rượu đa chức và 2,56 gam chất rắn gồm NaOH dư và hỗn hợp hai muối của hai axit hữu cơ đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn X trong O2 dư thu được CO2, hơi H2O và muối Na2CO3. Hòa tan hết lượng muối này bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 0,448 lít CO2 (đktc). Hãy viết các công thức cấu tạo có thể có của E (không viết các đồng phân axit, nếu có). Giải: - Sơ đồ phản ứng cháy: E + O2 → CO2 + H2O (1) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có: mE + m = m + m = 1,88 + = 4,6 (g) Gọi a là số mol của CO2 thì số mol của H2O bằng a. Do đó: 44a + 18. = 4,6 → a = 0,08 mol. Ta có: mC = 0,08.12 = 0,96 g; mH = .0,08.2 = 0,12 g Gọi công thức tổng quát của E là CxHyOz ta có tỷ lệ số mol: x:y:z = = 8:12:5.Vậy công thức chung của E là (C8H12O5)n Vì KLPT của E phải < 29.6,5 = 188,5 nên 188n < 188. vậy n = 1. Vậy CTPT của E là C8H12O5. a. Theo phản ứng: Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2 Ta có: số mol CO2 = 0,02 mol, vì NaOH dư cũng như NaOH tạo thành muối hữu cơ khi đốt cháy đều tạo thành Na2CO3. Do đó tổng số mol NaOH ban đầu = 0,02.2 = 0,04 Theo đề bài: nE = = 0,01 (mol) Vì CTPT của E là C8H12O5, vì tạo được 2 muối và 1 rượu do đó E phải là este 2 lần este (ứng với 2 gốc axit khác nhau) nên số mol NaOH đã phản ứng với este = 0,01.2 = 0,02 (mol) và lượng NaOH dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol) tức là 0,02.40 = 0,8(gam).Vậy tổng khối lượng hai muối bằng 2,56 – 0,8 = 1,76 (g) Gọi CTPT của các muối là: RCOONa và R’COONa thì khối lượng phân tử trung bình của các muối là: KLTB các gốc bằng = 88 – 67 = 21. Như vậy phải có một gốc ví dụ R 21. Do đó R có thể là H (M = 1) hoặc CH3– (M=15) Vì số mol 2 muối bằng nhau nên Nếu R là H (M = 1) thì R’ = 41 (C3H5–) R là CH3– (M = 15) thì R’ = 27 (C2H3–). Vậy hai cặp nghiệm là: HCOOH và C3H5COOH hoặc CH3COOH và C2H3COOH. Phần công thức ứng với gốc rượu là C8H12O5 trừ đi C5H6O4 bằng C3H6O và vì là rượu đa chức nên công thức cấu tạo duy nhất là: Kí hiệu hai gốc axit là A1, B1 ta có các công thức cấu tạo có thể có của E là: Bài tập 1. Cho từ một luồng khí CO đi qua ống đựng m gam một hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 đun nóng thu được 128 gam sắt, khí sinh ra sau phản ứng cho đi qua dd Ca(OH)2 thu được 80 gam kết tủa. Tính m ? Bài tập 2. Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hh gồm một muối cacbonat của kim loại hóa trị I và một muối cacbonat của kim loại hóa trị II vào dd HCl thu được 0,2 mol khí CO2. Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch. Bài tập 3. Một dd có chứa 2 cation là Fe2+: 0,1mol và Al3+: 0,2 mol và 2 anion là Cl-: x mol và SO42- là y mol. Tính x,y biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9 g chất rắn khan. Bài tập 4. Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp nhau trong PNC nhóm II bằng dd HCl thu được 0,896 lit khí CO2 (đo ở 54,6 0C và 0,9 atm) và dung dịch X. a. – Tính khối lượng nguyên tử A và B. - Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch X. b. Tính % khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu. c. Nếu cho toàn bộ CO2 hấp thụ vào 200ml dd Ba(OH)2 thì nồng độ của là bao nhiêu để thu được 3,94 gam kết tủa. Bài tập 5. (Giải bài toán nhiệt nhôm) Sau phản ứng nhiệt nhôm của hỗn hợp X gồm Al và FexOy thu được 9,39 gam chất rắn Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dd NaOH dư thấy 336 ml khí bay ra đo ở đktc và phần không tan Z. Để hòa tan 1/3 lượng chất Z cần 12,4 ml dd HNO3 65,3 % ( d = 1,4 g/ml) và thấy có khí màu nâu thoát ra. a. Xác định công thức của FexOy b. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của bột nhôm trong hh X ban đầu. Cho biết phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1.2. Bảo toàn nguyên tố. Định luật bảo toàn khối lượng còn có thể áp dụng cho một nguyên tố, khi đó định luật bảo toàn khối lượng được viết lại: “Khối lượng của một nguyên tố trong các chất phản ứng bằng khối lượng của nguyên tố đó trong sản phẩm phản ứng”. Chú ý: Không tính khối lượng của nguyên tố khác dù nguyên tố đó có tham gia phản ứng với nguyên tố được áp dụng định luật bảo toàn khối lượng. Ví dụ 1: Nhiệt phân m gam NH3 thu được hỗn hợp khí X có V = 134,4 lít (đktc). Cho X qua dung dịch HNO3 dư thì còn lại hỗn hợp Y có V = 89,6 lít (đktc). Xác định thành phần hỗn hợp khí X. Tính m. Giải: Hỗn hợp khí X gồm N2, H2, NH3 còn lại. PTPƯ: 2NH3 N2 + 3H2 (1) Qua dung dịch HNO3 dư NH3 bị giữ lại :NH3 + HNO3 = NH4NO3 Còn lại hỗn hợp Y chỉ gồm N2, H2 với số mol: nY = = 4 mol; nX = = 6 mol. Vậy số mol NH3 dư = 2 mol. Theo (1) thì nN2 = 3nN2. Do đó trong 4 mol hỗn hợp Y có 1 mol N2 và 3 mol H2. b. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có: nN(NH3 ban đầu) = nN(N2) + nN(NH3) còn lại = 2.1 + 2.1 = 4 mol. Vậy m = 4.17 = 68 (g). Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất X bằng 0,616 lít khí O2(đktc) ta thu được 2,18 hỗn hợp khí CO2, N2 và hơi nước ở 109,20C và 0,896 atm. Sau khi làm ngưng tụ hơi nước, hỗn hợp khí còn lại chiếm 0,56 lít (đktc) và có tỉ khối so với hidro bằng 20,4. Xác định công thức phân tử của X. Giải: - Theo đề: số mol (CO2, N2 và H2O) = = 0,06 (mol) Số mol (CO2, N2) = 0,025 (mol). Số mol H2O ngưng tụ = 0,06 – 0,025 = 0,035. Gọi x là số mol CO2 trong hỗn hợp với N2: = 20,4.2 = 40,8; = . Giải ra ta có x = 0,02 (mol) nên số mol N2 = 0,025 – 0,02 = 0,005 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho nguyên tử ôxi để tính khối lượng của nó trong chất X. Ta có: mO trong X + mO dùng để đốt cháy = mO trong CO2 + mO trong nước → mO trong X = 0,02.32 + 0,035.16 – = 0,02 (mol) Gọi công thức tổng quát của X là CxHyOzNt ta có: x : y : z : t = 0,02 : 0,035.2 : 0,02 : 0,005.2 = 0,02 : 0,07 : 0,02 : 0,01 =2 : 7 : 2 : 1 → Công thức thực nghiệm: ( C2H7O2N)t Chúng ta tính mC + mH + mO + mN trong 0,01 mol chất X: mC + mH + mO + mN = 0,24 + 0,07 + 0,032 + 0,14 = 0,77 (g) →MX = = 77. Ta có 77.t = 77 nên t = 1.Vậy ctpt của X là: C2H7O2N. 1.3. Bảo toàn điện tích: Xuất phát từ đinh luật bảo toàn điện tích: “ Trong dung dịch chất điện ly, luôn trung hòa về điện hay nói cách khác trong dung dịch chất điện ly tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm”. Dựa vào tính chất này để thiết lập phương trình toán học liên hệ và tính được kết qủa cần thiết. Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation là Fe2+ (0,1 mol) và Al3+(0,2 mol) và hai anion là Cl- (x mol) và SO42-(y mol). Tính x, y biết rằng sau khi cô cạn dung dịch thu được 46,9 g chất rắn khan. Giải: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: 56.0,1 +27.0,2 +35,5.x +96y = 46,9 35,5x + 96y = 35,9 (1) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y x + 2y = 0,8 (2) Từ (1) và (2) ta có: x = 0,2 mol ; y = 0,3 mol Ví dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na+: a mol; HCO3- : b mol; CO32-:c mol; SO42-: d mol. Để tạo kết tủa lớn nhất người ta dung 100ml dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x mol /l. Lập biểu thức tính x theo a, b Giải: HCO3- + OH- = CO32- + H2O Ba2+ + CO32- = BaCO3 Ba2+ + SO42- = BaSO4 Dung dịch sau phản ứng chỉ có Na+: a mol . Vì bảo toàn điện tích nên cũng phải có a mol OH-. Để tác dụng với HCO3- cần b mol OH-. Vậy số mol của OH- do Ba(OH)2 cung cấp là (a+b) mol. Ta có : số mol Ba(OH)2 = và nồng độ x = (mol/l) 1.4. Bảo toàn electron - Trước hết cần khẳng định rằng đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng ôxi hóa khử dù phương pháp thăng bằng electron dung để cân bằng phản ứng ôxi hóa khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron. - Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khi có nhiều chất ôxi hóa, 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 phải bằng tổng số electron do chất ôxi hóa nhận. Như vậy ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất ôxi hóa, chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặt biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Ví dụ 1: Cho hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại M có hóa trị n duy nhất. a. Hòa tan hoàn toàn 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl thu được 2,128 lít H2, còn khi hòa tan 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HNO3 dư thì thu được 1,792 lít NO duy nhất. Hãy xác định kim loại M. b. Lấy 3,61 g hỗn hợp Y cho tác dụng với 100 ml dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2. Khuấy kỹ đến phản ứng hoàn toàn chỉ thu được 8,12g chất rắn gồm 3 kim loại. Hòa tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí H2. Tính nồng độ mol/lít của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu của chúng. Biết thể tích được đo ở điều kiện tiêu chuẩn và H = 100 %. Giải: a. Các phản ứng hòa tan hỗn hợp Y: Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (1) 2M + 2nHCl = MCln + nH2 (2) Fe + 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NO +2H2O (3) 3M + 4nHNO3 = 3M(NO3)n + nNO + 2nH2O (4) Gọi x, y là số mol của Fe và M trong 3,16 g. Theo (1); (2) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là: 2x + ny = .2 = 0,19.(I) Theo (3); (4) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là: 3x + ny = .3 = 0,24.(II). Giải (I) và (II) ta có: x = 0,05 mol; ny = 0,09 mol. Mặt khác theo khối lượng hỗn hợp Y thì: 0,05.56 + y.M = 3,61→ yM = 0,81. Chúng ta thấy kết quả phù hợp là: n = 3; M = 27 và y = 0,03. b. Vì Al hoạt động hơn Fe và vì chất rắn thu được gồm 3 kim loại nên chúng là Ag, Cu, Fe. Các phản ứng có thể xảy ra: Al + 3AgNO3 = Al(NO3)3 + 3Ag (5) 2Al + Cu(NO3)2 = 2Al(NO3)3 + 3Cu (6) Fe + 2AgNO3 = Fe(NO3)2 + 2Ag (7) Fe + Cu(NO3)2 = Fe(NO3)2 + Cu (8) Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (9) Theo (9): số mol H2 = = 0,03 = nFe còn lại. Gọi a, b là số mol AgNO3 và Cu(NO3)2. - Tổng số mol electron Ag+; Cu2+; H+ nhận là: 1.a + 2b + 2.0,03 - Tổng số mol electron Al; Fe nhường là: 3.0,03 + 2.0,05 Áp dụng định luật bảo toàn số mol electron: 1.a + 2b + 2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 (I’)Mặt khác, theo khối lượng 3 kim loại ta có: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (II’) Từ 2 phương trình (I’); (II’) trên dễ dàng rút ra a = 0,03 ; b = 0,05 (mol) Vậy CMAgNO3 = = 0,3M, CMCu(NO3)2 = = 0,5M. Ví dụ 2: Oxi hóa hoàn toàn 2,184g bột Fe ta thu được 3,048g hỗn hợp 2 ôxit sắt (hỗn hợp A). Chia hỗn hợp A thành 3 phần bằng nhau. 1/ Cần bao nhiêu lít H2 (đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần 1 2/ Hòa tan phần 2 bằng HNO3 dư. Tính thể tích NO duy nhất bay ra 3/ Phần 3 trộn với 5,4g bọt Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (H = 100%). Hòa tan hỗn hợp sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích khí bay ra ở (đktc). Giải: - 1. Các phản ứng có thể xảy ra: 2Fe + O2 = 2FeO (1) 2Fe + 1,5O2 = Fe2O3 (2) 3Fe + 2O2 = Fe3O4 (3) FeO + H2 = Fe + H2O (4) Fe2O3 + 3H2 = 2Fe + 3H2O (5) Fe3O4 + 4H2 = 3Fe + 4H2O (6) Từ (16) thì Fe không thay đổi số oxi hóa, H2 cho electron và O2 nhận electron nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có: 2nH2 = 4nO2 nH2 = 2nO2. = .() = 0,018 (mol) VH2 = 0,018.22,4 = 0,4032 (lít) 2. Các phản ứng hòa tan có thể: 3FeO + 10HNO3 = 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (7) Fe2O3 + 6HNO3 = 2Fe(NO3)3 + 3H2O (8) 3Fe3O4 + 28HNO3 = 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (9) Ta thấy tất cả Fe bị oxi hóa thành Fe3+ còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành O2- nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có: 3n + = 0,039 Trong đó n là số mol của NO thoát ra. Chúng ta dễ dàng rút ra n = 0,001(mol) và VNO = 0,001.22,4 = 0,224(lit) 3. Các phản ứng có thể xảy ra: 2Al + 3FeO = 3Fe + Al2O3 (10) 2Al + Fe2O3 = 2Fe + Al2O3 (11) 8Al + 3Fe3O4 = 8Fe + 4Al2O3 (12) Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (13) 2Al + 6HCl = AlCl3 + 3H2 (14) Xét các phản ứng (1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 14) ta thấy Fe cuối cùng thành Fe2+, Al thành Al3+ , O2o thành 2O2- và 2H+ thành H2 nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có: = 0,009.4 + n.2 0,026 + 0,5 = 0,036 + n.2 Suy ra n = 0,295(mol). Vậy VH2 = 0,295.22,4 = 6,608(lít) 2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình: Đây là một trong những phương pháp được ứng dụng rất phổ biến để giải các bài toán hóa học, đặt biệt là các bài toán hóa hữu cơ. Nó cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều bài toán gồm hỗn hợp các chất rắn, lỏng củng như khí. * Nguyên tắc của phương pháp: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB), được kí hiệu là chính là khối lượng của 1 mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức: (1). Trong đó M1, M2 …là khối lượng phân tử (hoặc khối lượng nguyên tử) các chất trong hỗn hợp n1, n2…là số mol tương ứng của các chất. Công thức (1) có thể viết thành: = M1. + M2. + M3. + … = (M1x1 + M2x2 +M3x3 +…)/(x1 + x2 + x3 +...)(2). Trong đó x1, x2, x3… là % số mol tương ứng của các chất. Đặt biệt là đối với chất khí thì x1, x2 cũng chính là % thể tích của các chất nên công thức (2) có thể viết thành: (3) Trong đó v1, v2, v3…là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất khí thì các công thức 1, 2, 3 trở thành 1’, 2’, 3’ đơn giản hơn. (1’) Trong đó n là tổng số mol các chất trong hỗn hợp. = M1x1 + M2 (1 – x1 ) (2’). Trong đó con số (1) ứng với 100 %. Và: (3’) Trong đó V1 là thể tích khí thứ nhất và V là tổng thể tích hỗn hợp. Chú ý rằng KLPTTB của hỗn hợp chỉ phụ thuộc vào thành phần hỗn hợp, nghĩa là tỷ lệ số mol của các chất, không phụ thuộc vào nhiệt độ, áp suất (dĩ nhiên là không xảy ra phản ứng giữa các chất trong hỗn hợp). Về nguyên tắc ta có thể chọn bất cứ chất nào làm chất 1, 2, 3…Tuy nhiên để việc tính toán đơn giản hơn thì ta chọn chất có KLPT lớn nhất hoặc chất đã biết làm chất một. Câu hỏi đặt ra là nên dùng công thức 1, 2, 3 hay 1’, 2’ hoặc 3’ trong trường hợp nào. Tùy theo điều kiện bài toán cho hoặc cái ta cần tìm là số mol, là thể tích hay % mà dùng công thức thích hợp: Cho gì, hỏi gì thì dung công thức đó. Cũng tương tự như trên chúng ta có công thức tính số nguyên tử C trung bình, số nguyên tử H trung bình, số nhóm chức trung bình… Ví dụ 1: Hoà tan 2,84g hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm chính nhóm II và thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn bằng dd HCl ta thu được dd X và 672 ml CO2 (đktc). Xác định tên của hai kim loại đó Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải: - a. Gọi M là kí hiệu chung cho 2 kim loại. Ta có: MCO3 + 2HCl = MCl2 + H2O + CO2 (1) Theo (1) số mol các muối cacbonat bằng số mol CO2 = = 0,03 mol. Nên KLPTTB các muối cacbonat: = = 94,67 ’ = 94,67 – 60 = 34,67 Vì thuộc hai chu kì liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M=24) và Ca (M=40). b) KLPTTB của các muối clorua = 34,67 + 71 = 105,67. Vậy khối lượng muối clorua khan = 105,67.0,03 = 3,17 gam. Ví dụ 2: Hỗn hợp ba rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol 0,08 mol và có khối lượng 3,387g. Xác định công thức phân tử của A, B, C biết rằng B, C có cùng số nguyên tử Cacbon và số mol rượu A bằng 5/3 tổng số rượu B và C. Giải: = = 42,23. Như vậy phải có ít nhất một rượu có khối lượng phân tử M nhỏ hơn 42,23. Rượu đó phải là CH3OH (M = 32). Theo giả thuyết: nA = 0,05 mol mA = 32.0,05 = 1,6 (g). Khối lượng B, C: m(B + C) = 3,38 – 1,6 = 1,78 g. = = 59,3. Gọi là số nguyên tử Hiđro trung bình trong phân tử hai rượu B, C. Ta có: MOH = 59,3 hay 12x + + 17 = 59,3. Chúng ta thấy chỉ có nghiệm phù hợp là: x = 3, = 6,3. Như vậy B, C phải có một rượu có số nguyên tử Hiđro > 6,3 và một rượu có số nguyên tử Hiđro < 6,3. Vậy ta có hai cặp nghiệm là: + C3H5OH và C3H7OH và C3H3OH và C3H7OH Ví dụ 3: Nitro hóa benzen bằng HNO3 đặc thu được hai hợp chất nitro hơn kém nhau 1 nhóm NO2. Đốt cháy hoàn toàn 2,34 gam hổn hợp A, B thu được CO2, H2O và 255,8 ml N2 (ở 270C, 740 mmHg). Hãy xác định công thức phân tử của A và B. Giải: Số mol khí N2 = = 3 mol. Gọi là công thức chung cho A và B với là số nhóm chức trung bình. Ta có các phương trình phản ứng hóa học: C6H6 + HNO3 + H2O (1) + ()O2 6CO2 + ()H2O + N2.(2) Theo (2) ta có: = 3 Giải ra ta được = 1,7. Vậy công thức phân tử của A và B lần lượt là: C6H5NO2 và C6H4(NO2)2. Ví dụ 4: Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu cơ A và B có cúng chức hóa học. Nếu đun nóng 15,7 gam hh Y thì thu được muối của một axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hh hai rượu no đơn chức bậc nhất kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Nếu đốt cháy 15,7 gam hh Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O2 và thu được 17,92 lít CO2 (đktc). Xác định CTCT của A và B. Giải: - Từ giả thuyết đề bài suy ra A và B là hai este đơn chức công thức chung là CxHyO2. Số mol O2 = 0,975 mol. nCO2 = 0,8 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: Số mol H2O = [ 15,7 + (0,975.32) – 0,8.44] : 18 = 0,65 mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tử O: Số mol este = [0,65 + (0,8.2) – (0,975.2)] : 2 = 0,15 mol. Suy ra số nguyên tử C trung bình = = 5,33 5 < 5,33 < 6 Số nguyên tử H trung bình = = 8,66 8 < 8,66 < 10. Vậy công thức của hai este là C5H8O2 và C6H10O2 Khối lượng mol trung bình của hai rượu là : = 50,66 nên hai rượu kế tiếp là C2H5OH (M = 46) và C3H7OH (M = 60) Muối có số nguyên tử C là 5 – 2 = 3, số nguyên tử H là = 8 – 5 = 3. Công thức muối: CH2=CH-COONa Vậy CTCT của A: CH2=CH-COOC2H5 và B: CH2=CH-COOC3H7. 3. Phương pháp tăng giảm khối lượng. Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển chất A thành chất B (không nhất thiết là trực tiếp, có thể qua nhiều giai đoạn trung gian). Khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam (thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ trong phản ứng: MCO3 + 2HCl = MCl2 + CO2 + H2O Ta thấy khi chuyển 1 mol MCO3 thành MCl2 thì khối lượng muối tăng lên. M + 2.35,5 – (M + 60) = 11(g), và có 1mol CO2 bay ra hoặc ngược lại. Trong phản ứng este hóa: CH3COOH + R’OH CH3COOR’ + H2O Thì 1 mol R’OH chuyển thành 1 mol este, khối lượng tăng lên. (R’ + 59) – (R’ + 17) = 42(g) Như vậy nếu biết khối lượng của rượu khối lượng của este ta dễ dàng tính được số mol rượu hoặc ngược lại. Ví dụ 1: Có 1 lít hỗn hợp Na2CO3 0,1 M và (NH4)2CO3 0,25 M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 và dung dịch đó. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 g kết tủa A và dung dịch B. Tính % khối lượng các chất trong A Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau a. Cho HCl dư vào 1 phần sau đó cô cạn dung dịch và lấy chất rắn còn lại nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi được chất rắn X. Tính % khối lượng các chất trong X. b. Đun nóng phần 2 rồi thêm từ từ 270ml dung dịch Ba(OH)2 0,2 M vào. Hỏi tổng khối lượng của 2 dung dịch giảm tối đa bao nhiêu? Giả sử nước bay hơi không đáng kể. Giải: Trong hỗn hợp Na2CO3 và (NH4)2CO3 có các ion: Na+, NH4+, và CO32- Hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 có các ion Ba2+, Ca2+, và Cl- 1) Các phản ứng: Ba2+ + CO32- = BaCO3 (1) Ca2+ + CO32- = CaCO3 (2) Theo (1) và (2) cứ 1 mol BaCl2 hoặc CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối lượng giảm 71 – 60 =11(g) (2Cl- chuyển thành CO32-). Do đó tổng số mol 2 muối BaCO3 và CaCO3 bằng = 0,3 (mol) Cònsố mol CO32- = 0,1 + 0,25 = 0,35. Điều đó chứng tỏ dư CO32-. Gọi x, y là số mol BaCO3 và CaCO3 trong A Ta có: Thành phần % A: % BaCO3 = .100 = 49,62 %, % CaCO3 = 100 – 49,62 = 50,38 % 2.a. Trong dung dịch B có Na+, Cl-, NH4+, CO32-, khi cho HCl vào: CO32- + 2H+ = CO2 + H2O (3) Như vậy cô cạn dd ta thu được chất rắn gồm 2 muối NaCl và NH4Cl. Khi đun nóng hỗn hợp này thì NH4Cl bị phân hủy: NH4Cl NH3+ HCl. Vậy chất rắn X chứa 100 % NaCl. b/ Trong dung dịch B có: Số mol CO32- = (0,35 – 0,3) = 0,025 (mol), số mol NH4+ = .0,25.2 = 0,25 Không cần quan tâm đến số mol các ion khác vì chúng không tham gia phản ứng. Khi cho Ba(OH)2: Ba(OH)2 = Ba2+ + 2OH- Vì số mol Ba(OH)2 = 0,27.0,2 = 0,054 số mol OH- = 0,054.2 = 0,108 PƯ : Ba2+ + CO32- = BaCO3 (5) NH4+ + OH- = NH3+ H2O (6) Vì số mol CO32- (0,025) < nBa2+ (0,054) nên số mol BaCO3 = 0,025 tức là khối lượng kết tủa = 0,025.197 = 4,925(g) Vì nOH- (0,108) < nNH4+ (0,25) nên số mol NH3 bay ra là 0,108 mol tức là Khối lượng NH3 = 0,108.17 = 1,836 (g). Vậy khối lượng của hai dung dịch giảm tối đa: 4,925 + 1,836 = 6,761(g) Ví dụ 2: A là hỗn hợp anđehit fomic và anđehit axetic 1) Oxi hóa m gam hỗn hợp A bằng oxi ta thu được hỗn hợp 2 axit tương ứng (hỗn hợp B). Giả sử H = 100% . Tỉ khối của B so với A bằng a. a/ Tìm khoảng biến thiên của a. b/ Cho a = . Tính % khối lượng của mỗi anđehit trong A. 2) Oxi hóa m gam hỗn hợp A bằng oxi ta thu được (m’ + 1,6) g hỗn hợp B. Giả thiết H = 100%. . Còn nếu m’ gam hỗn hợp A tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thì thu được 25,92 gam Ag lim loại. Tính % khối lượng 2 axit trong hỗn hợp B. Giải: - PTPƯ: 2HCHO + O2 2HCOOH (1) 2CH3CHO + O2 2CH3COOH (2) Giả sử hỗn hợp A chỉ có HCHO thì B chỉ có HCOOH Vậy d= 1,53 = a. Giả sử A chỉ có CH3CHO thì B chỉ có CH3COOH Vậy d= 1,36 = a. Vì hh đồng thời có cả HCHO và CH3CHO nên khoảng xác định của a là: 1,36 < a < 1,53. b/ Gọi x, y là số mol HCHO và CH3CHO thì số mol 2 axit HCOOH, CH3COOH cũng là x và y nên:=x=5y. Vậy % m HCHO = 77,3 % và % CH3CHO = 22.7 % 2) Các phản ứng: HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag (1) CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2OCH3COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag (2) Khi chuyển 1 mol hỗn hợp A thành 1 mol hỗn hợp B khối lượng tăng thêm 16gam theo đề bài thì khối lượng tăng (m + 1,6) – m = 1,6(g). Nên số mol a = = 0,1. Gọi x, y là số mol của CH3CHO trong m gam hỗn hợp A. Dựa vào số mol hỗn hợp và nAg ta có hệ phương trình: Vì số mol axit bằng số mol anđehit tương ứng. Vậy % khối lượng mỗi axit trong B là: %HCOOH = 16,08 %, %CH3COOH = 83,92%. 4. Phương pháp ghép ẩn số và phương pháp tách công thức phân tử: 4.1 Phương pháp ghép ẩn số: Có một số bài toán hóa học hình như thiếu điều kiện làm cho bài toán có dạng vô định phải biện luận hoặc không giải được. Phương pháp này cho phép giải những bài toán đó. Nhưng lưu ý rằng các ví dụ dưới đây có thể giải bằng phương pháp khối lượng phân tử trung bình, bảo toàn khối lượng… Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn a gam hh hai rượu no đơn chức được hh khí và hơi. Cho hh khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H2SO4 đậm đặc và bình hai đựng nước vôi trong dư thấy bình 1 tăng 1,98g, bình hai có 8 gam kết tủa. Tính a. Giải: - Đặt công thức của mỗi rượu là CnH2n+1OH, CmH2m,+1OH. Gọi x, y là số mol của mỗi rượu. PTPƯ đốt cháy: CnH2n+1OH + 1,5nO2 nCO2 + (n +1)H2O CmH2m+1OH + 1,5mO2 mCO2 + (m +1)H2O CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O Theo giả thuyết đề bài, chúng ta có: nx + ny = 0,08 (1) (n + 1)x + (m + 1)y = 0,11 (2) Ở đây với 4 ẩn số nhưng chỉ có 2 phương trình nên chúng ta có dạng vô định. Chúng ta triển khai (2) để áp dụng phương pháp ghép ẩn số: Từ (2) nx + x + my + y = ( nx + my ) + x + y = 0,11 Thay nx + ny = 0,08 rồi rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03. a = (14n + 18)x + (14m + 18)y = 14nx + 18x + 14my + 18y. Ghép ẩn số ta được: a = 14( nx + my ) + 18(x + y). Thay các giá trị đã biết ta được: a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 (g) Ví dụ 2: Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp amino axit đơn chức bằng một lượng vừa đủ dung dịch NaOH, sau đó cô cạn thì thu được 5,2 gam muối khan. 1. Tính tổng số mol amino axit trong hỗn hợp 2. Cần dung bao nhiêu lít ôxi (đktc) để đốt cháy hoàn toàn 1,94 gam hh 2 axit trên. Giải: Gọi công thức của hai axit là: RCOOH và R’COOH. Ta có PƯ trung hòa: RCOOH + NaOH RCOONa + H2O (1) R’COOH + NaOH R’COONa + H2O (2) Chúng ta thấy KLPT 1 mol muối nặng hơn KLPT 1 mol axit là 22 gam (thay 1 nguyên tử H = 1 nguyên tử Na 23 - 1 = 22). Vậy 2 axit = = 0,06 (mol) Có thể đặt phương trình như sau: Đặt a, a’, P, Q lần lượt là số mol, KLPT của 2 rượu, ta có: aP + a’Q = 3,88 và a(P + 22) + a’(Q + 22) = 5,2 a +a’ = 0,06 2/ Phản ứng đốt cháy: CxH2xO2 + (1,5x - 1)O2 x CO2 + xH2O (3) CyH2yO2 + (1,5y – 1)O2 y CO2 + y H2O (4) Gọi b, b’ là số mol các axit trong 1,4 gam hỗn hợp. Ta có: b + b’ = và b(14x +32) + b’(14y + 32) = 1,94 Hay 14(bx + b’y) + 32(b + b’) = 1,94 bx + b’y = Theo (3) và (4) tổng số mol O2 cần để đốt cháy: n = b(1,5x – 1) + b’(1,5y – 1) = 1,5(bx + b’y) – (b + b’) Do đó: VO2 = (1,5.0,07 – 0,03).22,4 = 0,075 . 22,4 = 1,68 (lit) 4.2. Phương pháp tách công thức phân tử: Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể viết thêm công thức phân tử dưới các dạng khác nhau. Nguyên tắc của phương pháp tách công thức phân tử dựa trên tỉ lệ % khối lượng Cacbon và Hiđro trong anken (olefin) là không đổi bằng : . Nghĩa là trong anken Cacbon chiếm khối lượng còn Hiđro chiếm . Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số bài toán hữu cơ. Dưới đây là một số mẫu tách công thức phân tử: Ankan: CnH2n+2 CnH2n.H2 Anken: CnH2n Ankin, Ankađien: CnH2n-2 CmH2mC (trong đó m = n -1) Aren: CnH2n-6 CmH2m3C (trong đó m = n - 3) Rượu (ete) no đơn chức: CnH2n+1OH CnH2nH2O Rượu không no (loại olefin): CnH2n-1OH CnH2nO Rượu thơm và phenol đơn chức: CnH2n-7OH CmH2mO ( m = n - 3) Anđehit (Xeton) no đơn chức: CnH2n+1CHO CnH2nHCHO hoặc CmH2mO (trong đó m = n +1) Axit no đơn chức:CnH2n+1COOH CnH2nHCOOH hoặc CmH2mO2 (trong đó m = n +1) A không no (loại olefin) đơn chức: CnH2n-1COOH CnH2nCO2 Ví dụ: Chia 6,15 gam hỗn hợp hai rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với Na thấy bay ra 0,672 lit khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai thì thu được bao nhiêu lit CO2 và bao nhiêu gam H2O. Giải: 2CnH2n+1OH + 2Na 2CnH2n+1ONa + H2 (1) 2CmH2m+1OH + 2Na 2CmH2m+1ONa + H2 (2) CnH2n+1OH + 1,5nO2 nCO2 + (n + 1)H2O (3) CmH2m+1OH + 1,5mO2 m CO2 + (m+1)H2O (4) Theo (1) và (2) tổng số mol rượu = 2= 2. = 0,06 (mol) Nếu tách công thức rượu thành CxH2x = - 1,08 = 1,995 (g) VCO2 = .22,4 = 3,192 (lit), khối lượng H2O = + 1,08 = 3,645 (g) 5. Phương pháp đường chéo: - Thường áp dụng đối với bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng thể hoặc dị thể nhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể. - Nếu trộn lẫn các dung dịch thì phải là các dung dịch của cùng một chất (hoặc chất khác nhau nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất). Ví dụ: trộn Na2O với dung dịch NaOH ta được một chất là NaOH - Trộn hai dung dịch của chất A với nồng độ khác nhau ta được một dung dịch chất A với nồng độ duy nhất. Như vậy lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. Sơ đồ tổng quát của phương pháp đường chéo như sau: D1 x1 x – x2 x D2 x2 x1 – x Với x1, x2, x là khối lượng chất ta quan tâm với x1 > x > x2. D1, D2 là khối lượng hay thể tích các chất (hay dd đem trộn lẫn). Ví dụ 1: Cần lấy bao nhiêu gam thể tích CuSO4.5H2O và bao nhiêu gam dd CuSO4 8% để điều chế 280 gam dd CuSO416%. Giải: Hàm lượng CuSO4 trong CuSO4.5H2O = = 64(%). Áp dụng sơ đồ đường chéo: m1 64 16 - 8 = 8 16 (1) m2 8 64 - 16 = 48 Mặt khác: m1 + m2 = 280. (2) Từ (1) và (2) Giải ra ta có: m1 = 40 g CuSO4.5H2O; m2 = 240 g dd CuSO4 8%. Ví dụ 2: Crackinh n – butan thu được hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon. Cho hh khí sục qua bình nước brôm dư thấy có 25,6 g brôm phản ứng, sau thí nghiệm thấy khối lượng bình brôm tăng 5,32 gam. Hổn hợp khí ra khỏi bìmh nước brôm có tỉ khối đối với CH4 là 1,9625. Tính hiệu suất phản ứng Crackinh. Giải: PTPƯ C4H10 CH4 + C3H6 (1) C4H10 C2H6 + C2H4 (2) Và C4H10 dư. Khi cho hỗn hợp khí qua bình nước Brôm thì hai anken bị giữ lại: C3H6 + Br2 C3H6Br2 (3) C2H4 + Br2 C2H4Br2 (4) Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình bao gồm: CH4, C2H6, C4H10. Gọi x là số mol C4H10 phản ứng ở (1), y là số mol C4H10 phản ứng ở (2), z là số mol C4H10 dư. Theo (3) và (4) ta có: Giải hệ pt ta được: x = 0,06 mol, y = 0,1 mol. Vậy số mol CH4 là 0,06; số mol C2H6 = 0,1 Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có: 0,1 30 - 16 = 24,75. 0,06 16 30 - Ta có = 1,9625.16 = 31,4. Áp dụng sơ đồ đường chéo: z 58 31,4 – 24,75 = 6,65 31,4 z = 0,04. 0,16 24,75 58 – 31,4 = 26,6 Vậy hiệu suất của phản ứng là: H = 80 (%). 6. Các phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử hợp chất hữu cơ. Số bài tập loại này rất nhiều và đa dạng. Trong phần này chỉ có thể giới thiệu một số ví dụ điển hình sau: 6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm công thức phân tử Như chúng ta biết, để tìm công thức đơn giản có thể dựa vào tỉ lệ số mol các nguyên tố (trên cơ sở tìm khối lượng của các nguyên tố hoặc số mol của các sản phẩm hoặc dùng công thức đơn giản là tương đối dễ nên không nói tới ở đây) Ví dụ 1: Công thức đơn giản nhất của 1 hidrocacbon là (CxH2x+1)n. Hãy biện luận để tìm công thức phân tử. Giải: - Cách 1:Vì CxH2x+1 ứng với gốc hidrocacbon no hóa trị I (ví dụ C2H5-) nên nó chỉ có thể kết hợp với một gốc hóa trị I khác, tức là n = 2 và CTPT là C2xH4x+2 với mọi x nguyên. Cách 2: (CxH2x+1)n  CnxH2nx+n vì hiđocacbon no nên số nguyên tử H phải bằng 2 lần số nguyên tử C +2, Tức là: 2nx + n = 2nx + 2 n = 2 Cách 3: Với mọi x nguyên thì 2x + 1 là một số lẻ nên n phải là số chẵn 2, 4, 6 ...(vì số nguyên tử Hidro trong tất cả phải là số chẵn). Khi n = 2 ta có C2xH4x+2 (công thức này phù hợp với hc no). Khi n = 4 ta có C4xH8x+4. Công thức này bị loại vì số nguyên tử hidro dư (C thừa hóa trị) Tương tự chúng ta loại trường hợp n = 6, 8… Ví dụ 2: Công thức đơn giản của 1 axit no đa chức là (C3H4O3)n. Hãy biện luận để tìm CTPT của axit đó. Giải: - Cách 1: Ta có C3nH4nO3n trước hết viết tách phần gốc Hidro và phần gốc chứa axit tức là Vì gốc hc no hóa trị nên ta có Vậy CTPT là C6H8O8 Cách 2: Vì số nguyên tử oxi phải chẵn (-COOH) nên n phải có giá trị 2,4,6. - Khi n = 2 ta có CTPT C6H8O6 hay C3H5(COOH)3: đúng - Khi n = 4 ta có C12H16O12 hay C6H10(COOH)6 ta thấy thừa hidro trong phân gốc hc nên loại. 6.2.Biện luận nhóm chức: Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A, B mạch hở, chứa các nguyên tố C, H, O và chỉ chứa các nhóm – OH, –COOH. A chứa hai nhóm chức, B chỉ có một nhóm chức. Khi cho 15g hỗn hợp X tác dụng hết với Na thấy bay ra 3,36 lít H2 (đktc). Còn để trung hòa 15g hỗn hợp X cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 0,5 M. Khi đốt cháy A cũng như B đều thu được số mol CO2 và số mol H2O bằng nhau. Biết gốc hiđrocacbon trong A có khối lượng lớn hơn gốc hiđrocacbon trong B. Hãy tìm CTPT, viết CTCT của A, B Giải: Tính số mol H2 = , số mol NaOH = 0,5.0,4 = 0,2 Kí hiệu A’, B’ là phần gốc Hidrocacboncủa A’, B’ ta có 4 trường hợp sau: HOOC–A’–COOH; B’–OH; 2. HOOC–A’–OH; B’–OH HOOC–A’–OH; B’–COOH; 4. HO–A’–OH; B’–COOH Vì theo phản ứng với Na: –COOH + Na –COONa +H2O (1) –OH + Na –ONa + H2 (2) Còn khi tác dụng với NaOH chỉ có nhóm chức –COOH: –COOH + Na –COONa + H2O (3) Theo (1) và (2) tổng số mol (nhóm) –OH và –COOH = 2nH2 = 2.0,15 = 0,3 mol và theo (3) số mol (nhóm) –COOH = số mol NaOH = 0,2 mol. Ta lần lượt xét các trường hợp: + Trường hợp (1) loại vì giả sử A là axit no có CTPT là CnH2n(COOH)2 thì khi đốt cháy n số mol CO2 (bằng n + 2) lớn hơn số mol H2O (bằng n+1), nếu là axit không no thì số mol H2O còn nhỏ hơn vì bớt hidro) + Trường hợp (2) loại, vì tổng số mol –OH và –COOH chỉ riêng trong A đã bằng 2.0,2 = 0,4 trái với tổng số mol (–COOH + –OH) = 0,3 + Trường hợp (3): Số mol –OH = số mol A = 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol). Do đó số mol B = 0,3 – 0,1.2 = 0,1 (mol) Ta có (A’ + 62).0,1 + (B’+ 45).0,1 = 15 A’ + B’ = 43 và A’ > B’ B’ < = 21,5. Có gốc B’ thỏa mãn B’ = 1 (H), A’ = 42, và B’ = 15 (CH3–), A’ = 28. Vậy các cặp nghiệm là , Nếu H–COOH được coi như có cả nhóm chức –CHO thì loại trường hợp này. Trường hợp 4: Cách giải tương tự trường hợp 3 nhưng không có cặp chất nào phù hợp. Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn 19 gam chất hữu cơ A (mạch hở, tác dụng được với Na) thu được m1 gam chất B có hai nhóm chức và m2 gam chất D. Để đốt cháy hoàn toàn m1 gam chất B cần 0,6 mol oxi sản phẩm gồm 0,6 mol CO2, 0,6 mol H2O. Để đốt cháy hoàn toàn m2 gam chất D phải dùng hết 0,3 mol oxi, sản phẩm gồm 0,2 mol CO2 và 0,3 mol H2O .CTĐG của A cũng đồng thời là CTPT. Hãy tìm CTPT. Viết CTCT của A, B, D. Giải: - Có thể tìm CTĐG của D, B theo cách thông thường . Ta có CTPT của D là C2H6O và CTCT là CH3–CH2–OH và CTĐG của B là (CH2O)n Tìm A: 19g + m g H2O 4,6 g C2H5OH + 18 g B khối lượng H2O = 3,6 g (trong đó có 0,4 gH) Trong 19 g A có: 2,4+7,2 = 9,6 gC; 0,6 + 12 – 0,4 = 1,4 gH Và 19 – 9,6 – 1,4 = 8 gam O. Ta có: nC : nH : nO = = 8 : 14 : 5 Vậy CTPT của A là C8H14O5 (M= 190 g/mol) Khi thủy phân 19 gam A (0,1mol) cần 3,6 gam H2O (0,2 mol), tạo ra 4,6 gam C2H5OH (0,1 mol) và 18 gam B nên ta có thể viết C8H14O5 + 2H2O C2H5OH + x(CH2O)n Trong phản ứng này tạo ra 0,1x mol B, 0,1x.30n = 18 nx = 6. Biện luận: Khi x = 1 thì n = 6 ta có C6H12O6: loại Khi x = 3 thì n = 2 ta có C2H4O4: loại vì không thõa mãn điều kiện cho (B có hai nhóm chức) Khi x = 2, n = 3 ta có C3H8O3 ứng với công thức của axit lactic chẳng hạn: CH3–CH(OH) –COOH Vậy công thức cấu tạo của A là: CH3–CH(OH) –COO–CH(CH3)COOC2H5. Ngoài ra còn có trường hợp biện luận theo sản phẩm đốt cháy nhưng vì nó khá đơn giản nên chúng tôi không xét ở đây. 6.3. Các phương pháp biện luận để tìm công thức của chất vô cơ A/ Tìm công thức khi biết hóa trị các nguyên tố: Vì đã biết hóa trị các nguyên tố nên ta chỉ cần biện luận để tìm giá trị khối lượng nguyên tử phù hợp với điều kiện cho đặc biệt là hóa trị. Dưới đây là 1 ví dụ điển hình. Ví dụ: Cho 16 gam hợp kim của Bari và một kim loại kiềm tác dụng hết với nước ta được dung dịch A và 3,36 lit H2 (ở đkc) 1/ Cần bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,5 M để trung hòa 1/10 dung dịch A. 2/ Lấy 1/10 dung dịch A, thêm vào đó 99 ml dung dịch Na2SO4 0,1M thấy trong dung dịch vẫn còn ion Ba2+, nhưng nếu thêm 2 ml dung dịch nữa thì thấy dư ion SO42-. Hãy xác định tên kim loại kiềm. Giải: Gọi R là kim loại kiềm. Các phương trìmh phản ứng: Ba + 2H2O = Ba(OH)2 + H2 (1) 2R + 2 H2O = 2ROH + H2 (2) Ba(OH)2 + 2HCl = BaCl2 + 2 H2O (3) ROH + HCl = RCl + H2O (4) Theo (1,2,3,4) nHCl = 2nên ta có: V = 60 ml. 2/ Các phản ứng: BaSO4 + Na2SO4 = BaSO4+ 2NaOH (5) R-OH + Na2SO4 Không pư Gọi x, y là số mol của Ba(OH)2, ROH có trong dd A ta có các phương trình: 137x + Ry = 1,6 (kl hợp kim) và x + = 0,015 (số mol H2) Từ đó rút ra x = (6). Theo phản ứng (5) nBa nằm trong khoảng Thế điều kiện cận của x vào (6) ta có 22,07 < R <23,89 Vậy kim loại kiềm phải là Na (Natri) B/ Tìm công thức khi không biết hóa trị các nguyên tố: Về nguyên tắc, đối với các bài toán loại này ta phải tìm được một biểu thức liên hệ giữa khối lượng nguyên tử và hóa trị của nguyên tố (dĩ nhiên là phải phù hợp với nhau). Số bài toán loại này rất phong phú và đa dạng không thể kể hết trong một bài, mà chỉ giới thiệu một số bài tập điển hình.. Ví dụ 1: Hòa tan 3,06 gam ôxit MxOy bằng dd HNO3 dư. Sau đó cô cạn thì thu được dd HNO3 dư. Sau đó cô cạn thì thu được 5,52 gam muối khan. Hãy xác định kim loại M, biết nó có một hóa trị duy nhất. Giải: PTPƯ : MxOy + 2nHNO3 = xM(NO3) + yH2O (1) Theo (4) ta có: M = 68,5.. Trong đó = m là hóa trị của kim loại. Nên viết lại M = 68,5n Chúng ta thấy nghiệm duy nhất phù hợp là n =2, M = 137. Vậy M là Ba. Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn a gam một ôxit sắt bằng H2SO4 đặc nóng thấy thoát ra khí SO2 duy nhất. Trong thí nghiệm khác, sau khi khử hoàn toàn cũng a gam ôxit sắt đó bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hòa tan hoàn toàn lượng sắt tạo thành bằng H2SO4 đặc, nóng thì thu được lượng khí SO2 nhiều gấp lần lượng khí SO2 ở thí nghiệm trên. Viết các phương trình trên và xác định công thức của ôxit sắt. Gọi PTPT của ôxit sắt là FexOy, Số mol của nó là n, Các PTPƯ: 2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y)H2O (1) FexOy + yCO = xFe + yCO2 (2) 2Fe + 6H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (3) Theo (1): số mol SO2 = Theo (2) và (3) số mol SO2 tạo ra sau khi khử FexOy thành Fe và hòa tan Fe trong H2SO4 đặc, nguội là . Theo giả thuyết thì số mol SO2 ở thí nghiệm (2) gấp 9 lần thí nghiệm (1) nên: Vậy CTPT của ôxit sắt là Fe3O4. E. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Sau một thời gian giảng dạy giúp cho học sinh nắm các phương pháp giải các dạng bài tập hoá học hữu cơ và vô cơ. Trong những giờ luyện tập giáo viên chỉ cần gợi ý dạng bài tập đó ứng với phương pháp giải nào, từ đó học sinh tự hoạt đông, kết quả học sinh rất có hứng thú giải bài tập hoá học, kết quả làm các bài tập trắc nghiệm khách quan củng đạt hiệu quả cao hơn. Các giờ luyện tập trên lớp sôi động hơn và hiệu quả hơn. G. KẾT LUẬN: Đề tài “ “PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG” là một nội dung rất quan trọng trong việc giúp ích cho học sinh trong việc hoàn thành tốt một bài tập hoá học phổ thông, rèn luyện kỹ năng giải bài tập hoá học và phát triển tư duy của học sinh. Nhất là trong giai đoạn đổi mới hình thức đánh giá kiểm tra bằng trắc nghiệm khách quan, học sinh muốn làm bài tốt cần phải nắm vững phương pháp giải toán và phân dạng được dạng toán. Chắc chắn đây là những kiến thức rất bổ ích cho giáo viên và học sinh, góp phần giúp ích cho các em làm tốt các bài tập trắc nghiệm khách quan trong các kỳ thi tuyển sinh đại học và cao đẳng. Để giúp học sinh có một định hướng và phân dạng nhanh phương pháp giải bài tập hoá học phổ thông mong sự góp ý của đồng nghiệp. H:MỤC LỤC: NỘI DUNG Trang Tên đề tài 1 Đặt vấn đề 1 Cở sở lý luận 1 Cở sở thực tiễn 2 Nội dung nghiên cứu 3-21 Kết quả nghiên cứu 22 Mục lục 22 Phiếu đánh giá xếp loại 23 PHIẾU CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 200 ......- 200 ........ ----------------------------------- (Dành cho người tham gia đánh giá xếp loại SKKN) HỘI ĐỒNG KHOA HỌC Trường (Phòng, Sở) .................................................... -Đề tài: ................................................................................................................................................................ ................................................................................................................................................................ -Họ và tên tác giả: ........................................................................................................................................ -Đơnvị: .............................................................................................................................................................. - Điểm cụ thể: Phần Nhận xét của người đánh giá xếp loại đề tài Điểm tối đa Điểm đạt được 1. Tên đề tài 2. Đặt vấn đề 1 3. Cơ sở lý luận 1 4. Cơ sở thực tiễn 2 5. Nội dung nghiên cứu 9 6. Kết quả nghiên cứu 3 7. Kết luận 1 8.Đề nghị 9.Phụ lục 1 10.Tài liệu tham khảo 11.Mục lục 12.Phiếu đánh giá xếp loại 1 Thể thức văn bản, chính tả 1 Tổng cộng 20đ Căn cứ số điểm đạt được, đề tài trên được xếp loại : Người đánh giá xếp loại đề tài: CỘNG HÒA Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 200... - 200.... I. Đánh gía xếp loại của HĐKH Trường THPT (Trung tâm) ........................... 1. Tên đề tài: .................................................................................................................... .......................................................................................................................................... 2.Họ và tên tác giả: ......................................................................................................... 3. Chức vụ: ......................................... Tổ: ...................................................................... 4. Nhận xét của Chủ tịch HĐKH về đề tài: a)Ưu điểm: ...................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... b) Hạn chế: ...................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... 5. Đánh giá, xếp loại: Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Trường (Trung tâm):............. ....................................................................................................................................... thống nhất xếp loại : ..................... Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH (Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên) ............................................................ ............................................................ ............................................................ II. Đánh giá, xếp loại của HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam thống nhất xếp loại: ............... Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH (Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên) ............................................................ ............................................................ PHẦN NHẬN XÉT : 1. TỔ CHUYÊN MÔN: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. HỘI ĐỒNG XÉT SKKN CỦA TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. HỘI ĐỒNG XÉT SKKN CỦA SỞ GD- ĐT QUẢNG NAM: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . –&—