Skkn hướng dẫn học sinh giải bài tập trắc nghiệm môn hoá học thpt

  • Số trang: 35 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 17 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai PHẦN I MỞ ĐẦU I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Căn cứ vào tình hình học sinh còn yếu kém trong giải bài tập trắc nghiệm. - Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông và chương trình thi đại học từ năm 2006- 2007. - Giúp học sinh rèn luyện kĩ năng viết phương trình phản ứng. Khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán khái quát. - Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán, khái quát của học sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh. - Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học sinh. - Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 12 của trường sở tại: Kiến thức cơ bản chưa chắc chắn, tư duy hạn chế . Do thay đổi phương pháp kiểm tra đánh giá từ năm học 2006-2007, môn hoá học 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Để giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và hoàn thành tốt được các bài tập theo phương pháp trắc nghiệm khách quan. Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài: “HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HOÁ HỌC THPT” II- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI - Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc nghiệm III- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI: 1 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai - Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích hợp, qua đó giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất. IV- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học. - Áp dụng hướng dẫn giải các bài tập trắc nghiệm cho học sinh khối 12. Hướng dẫn trao đổi đề tài này trong lớp bồi dưỡng hè giáo viên THPT tỉnh Lào Cai năm học 2008- 2009 V- KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 12 năm học 2008- 2009 khảo sát về khả năng giải bài tập trắc nghiệm. 2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài trong học kỳ I năm học 2008- 2009 ở 2 lớp 12A2, 12A3 3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 12A2, 12A3. Hoàn thiện đề tài: Tháng 2 năm 2009 PHẦN II THỰC HIỆN ĐỀ TÀI A. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập: phương pháp đường chéo, phương pháp tăng, giảm khối lượng, phương pháp bảo toàn electron… 2. Nắm chắc các kiến thức cơ bản. 3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở toán học. 4. Khả năng khái quát tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NHANH III. MỘT SỐ VÍ DỤ CỤ THỂ B. KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Tháng 10/2008 2 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Khảo sát 2 lớp 12A2, 12A6 2. Tháng 11/2008 và tháng 12/2008 Hướng dẫn học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học 3. Tháng 1/2009; tháng 2/2009 Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong sách bài tập và các câu trong đề thi đại học năm 2008. 4. Hoàn thiện đề tài Đầu tháng 3/2009. II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NHANH A. Phương pháp tăng giảm khối lượng 1. Ví dụ 1: Hoà tan 6,2g hỗn hợp 2 kim loại kiềm trong nước (lấy dư) thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam chất rắn? Giải * Nếu dùng các phương pháp đại số thông thường: đặt ẩn số, lập hệ phương trình thì mất nhiều thời gian và kết cục không tìm ra đáp số cho bài toán. * Nếu dùng phương pháp tăng giảm khối lượng và bảo toàn khối lượng ta có thể giải quyết vấn đề một cách đơn giản và hiệu quả. mrắn = mhỗn hợp kim loại + mOH  Vì phản ứng xảy ra tạo hiđroxit kim loại và giải phóng H2. Ta đã biết: H2O  H+ + OH-. nOH   nH   2nH 2  2. 2, 24  0, 2(mol ) 22, 4 Vậy mrắn=6,2+0,217 = 9,6 (g). 2. Ví dụ 2: Có 1 lít dung dịch Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43g hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc thu được 39,7g kết tủa A. Tính phần trăm khối lượng của các chất trong A. 3 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Giải: nCO2 trong 1lít dung dịch Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M là: 0,1+0,25=0,3 3 (mol) Các phản ứng xảy ra: Ba2+ + CO32- BaCO3 Ca2+ + CO32- CaCO3 Cứ 1 mol BaCl2 hoặc CaCl2 chuyển thành BaCO3 hoặc CaCO3 khối lượng giảm: 71- 60 = 11(g). Vậy tổng số mol của (BaCO3 + CaCO3) = 43-39,7  0,3(mol ) chứng tỏ dư CO32-. 11 Ta có ngay hệ phương trình: Đặt x, y là số mol của BaCO3 và CaCO3 trong A ta có: �x  y  0,3 �x  0,1( mol ) giải ra: � � 197 x  100 y  39, 7 �y  0, 2( mol ) � 0,1�197 �100  49, 62(%) 39, 7  100  49, 62  50,38(%) %mBaCO3  %mCaCO3 3. Ví dụ 3: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối XCO3 và Y2(CO3)3 bằng dung dịch HCl dư ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra ở đktc. Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải * Khi chuyển từ muối cácbonat thành muối Clorua, thì cứ 1 mol CO2 lượng muối tăng. CO32- chuyển thành 2Cl- 1mol CO2 60g chuyển thành 71g, khối lượng tăng 11g. Theo giả thiết: nCO2  0, 672  0, 03(mol ) 22, 4 * Khi cô cạn dung dịch thu được muối Clorua. 4 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Tổng khối lượng muối Clorua = 10 + 0,0311 = 10,33(g). B. Phương pháp bảo toàn khối lượng 1. Ví dụ 1: Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối Cacbonat của kim loại A, B hoá trị (II) bằng dung dịch axit HCl (dư) ta thu được dung dịch A và 0,672 lit khí (đktc). Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải: *Bài toán này có thể giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng hoặc có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn khối lượng. *Đặt công thức chung của A và B là A ta có: ACO3  2 HCl � ACl2  H 2O  CO2 � 0,06 0,03 0,03 mACO  mHCl  mACl  mH 2O  mCO2 3 2 10 g  0, 06 �36, 5  mACl  0, 03 �18  0, 03 �44 2 � mACl  10,33( g ) 2 2. Ví dụ 2: Có một hỗn hợp gồm NaCl và NaBr. Cho hỗn hợp đó tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì tạo ra kết tủa có khối lượng bằng khối lượng của AgNO3 đã tham gia phản ứng. Tính thành phần % về khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu. Giải nNaCl=x mol, nNaBr=y mol. Đặt x+y=1. Phương trình: NaCl + AgNO3AgCl + NaNO3 mol x x x x NaBr + AgNO3AgBr + NaNO3 mol y y y y nNaNO3  x  y  1(mol ) � mNaNO3  85( g ) mAgCl  mAgNO3  ( x  y ).170  170( g ) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mNaCl=mNaBr=85(g) Ta có hệ phương trình: 5 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai �x  y  1 �x  0, 405(mol ) �� � 58,5 x  103 y  85 �y  0,595( mol ) � mNaCl=0,40558,5 = 23,7(g) chiếm 27,88% mNaBr chiếm100-27,88 = 72,11% 3. Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chất X. Để đốt cháy hỗn hợp A cần 21,28 lít O2 ở đktc và thu được 35,2g CO2 và 19,8g H2O. Tính khối lượng của phân tử X. Giải: Phương trình đốt cháy hỗn hợp: C2H6O2 + 2,5 O2  2 CO2 + 3 H2O X + O2  CO2 + H2O Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX  mC2 H 6O2  mO2  mCO2  mH 2O mX  18, 4( g ) MX  18, 4  92(u ) 0, 2 C. Phương pháp bảo toàn electron * Nguyên tắc Khi có nhiều chất oxi hoá, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (có nhiều phản ứng hoặc phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn) thì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà chất oxi hoá nhận. Ta chỉ cần xác định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của chất oxi hoá hoặc chất khử thì có thể giải được bài toán đã cho. *Một số ví dụ Thí dụ 1: Cho 16,2 gam kim loại R tác dụng với 0,15 mol oxi. Chất rắn thu được sau phản ứng cho hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít (đktc). Hỏi R là kim loại nào? Giải: 6 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Nhận xét: R tác dụng với oxi cho oxit kim loại mà hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với HCl cho H2. Vậy M tác dụng chưa hết với oxi và hỗn hợp chất rắn bao gồm cả R và oxit của R. Lưu ý: Muốn xác định một nguyên tố cần tìm được mối liên quan giữa nguyên tử khối và hoá trị của nó có thể có trong các hợp chất. 4R + nO2 = 2R2On (1) R2On + 2nHCl = 2RCln + H2O (2) 2R + 2nHCl = 2RCln + nH2 (3) 13,44 nH 2  0,6( mol ) 22,4 + Theo (1) và (3) tổng số mol electron mà kim loại R đã cho phải bằng tổng số mol electron mà oxi và H+ nhận. + Gọi x là số mol của kim loại R, nguyên tử khối của kim loại R là M số mol electron mà kim loại R nhường là nx. Theo giả thiết và (1) ta có: Số mol electron mà oxi nhận là 0,15.4 Theo giả thiết và (3) ta có: số mol electron mà H+ nhận là 0,6.2  nx= 0,15.4 + 0,6.2 = 1,8  Mà x là số mol của kim loại  Kết hợp (a) và (b) ta có: 1,8 x n (a) 16,2 x M 1,8 16,2   n M (b) M=9n  Chỉ có một cặp nghiệm duy nhất là: M = 27 và n = 3 là phù hợp  Đó là Al. Thí dụ 2: Hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại R có hoá trị n duy nhất. a, Hoà tan hoàn toàn 3,61 gam hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl dư thu được 2,128 lít H 2, còn khi hoà tan 3,61 gam Y bằng dung dịch HNO3 loãng, dư thì thu được 1,972 lít khí 7 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai NO duy nhất. Xác định kim loại R và tính thành phần % về khối lượng mỗi kim loại trong Y. b, Lấy 3,61g Y cho tác dụng với 100ml dung dịch chứa AgNO 3 và Cu(NO3)2, khuấy kỹ cho tới khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại. Hoà tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 0,672 lít H2. Tính CM của AgNO3 và Cu(NO3)2 trong dung dịch ban đầu. Biết hiệu suất phản ứng là 100%. Các khí đo ở đktc. Giải: a, Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (1) 2R + 2nHCl = 2RCln + nH2 (2) Fe + 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (3) 3R + 4nHNO3 = 3R(NO3)n + nNO + 2nH2O (4) *Gọi x là số mol Fe, y là số mol R có trong 3,61 gam Y. Số mol electron mà Fe nhường ở (1) là 2x. Số mol electron R nhường ở (2) là ny. Số mol electron mà H+ thu vào ở (1) và (2) là: 2. 2,128 0,19( mol ) 22,4 Tổng số mol electron mà Fe và R nhường bằng tổng số electron mà H+ nhận  2x + ny = 0,19 (a) - Số mol electron mà Fe nhường ở (3) là 3x - Số mol electron mà R nhường ở (4) là ny (vì R có 1 hoá trị duy nhất) Số mol electron mà N+5 thu vào tạo ra NO là:  3x + ny = 0,24 3. 1,792 0,24(mol ) 22,4 (b) Lấy (b) trừ (a)  x=0,05  ny=0,09 (c) + Mặt khác ta có phương trình theo khối lượng (gọi nguyên tử khối của nguyên tố R là M): 56x + My = 3,61; mà x=0,05  My=0,81 Từ (c): ny=0,09  y= 0,09 n (d) (n là hoá trị của R, n: nguyên, dương) 8 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Thay vào (d)  0,09 M n =0,81  M = 9n  Nghiệm duy nhất: Al (hoá trị III, nguyên tử khối 27) %Fe = 0,05.56 100% 77,25%  3,61 %Al = 22,75% b, Các phản ứng có thể xảy ra: Al + 3AgNO3 = Al(NO3)3 + 3Ag (5) 2Al + 3Cu(NO3)2 = 2Al(NO3)3 + 3Cu (6) Fe + 2AgNO3 = Fe(NO3)2 + 2Ag (7) Fe + Cu(NO3)2 = Fe(NO3)2 + Cu (8) (giáo viên lưu ý học sinh phản ứng oxi hoá Fe bằng ion Ag+) *Vì không biết lượng AgNO3, Cu(NO3)2 nên có thể dư cả Al, Fe và cả 2 kim loại mới tạo ra là Cu, Ag. Theo giả thiết: chất rắn thu được gồm 3 kim loại mà Al hoạt động mạnh hơn Fe nên Al đã phản ứng hết theo (5)  còn lại: Fe, Cu, Ag.  Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 + Theo (9): nFe= n H 2  (9) 0,672 0,03(mol ) 22,4 Theo giả thiết dung dịch HCl dư Fe phản ứng hết  nAl trong hỗn hợp là 3,61  0,05.56 0,03(mol ) 27 Gọi a là số mol AgNO3, b là số mol Cu(NO3)2. áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có phương trình: 1a+2b+2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 a+2b = 0,13 (*) Phương trình theo khối lượng: 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (**) Giải hệ phương trình (*), (**) ta có: a = 0,03 (mol); b = 0,05 (mol). Vậy: Nồng độ mol/l của AgNO3 là: CM= Nồng độ mol/l của Cu(NO3)2 là: CM = 0,03 0,3M 0,1 0,05 0,5M 0,1 9 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai D. Phương pháp dùng các giá trị trung bình D.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( M ) - Sử dụng để giải nhanh các bài toán là hỗn hợp của 2 hay nhiều chất. - Xác định nguyên tử khối của 2 kim loại ở 2 chu kì liên tiếp nhau, thành phần % số lượng mỗi đồng vị của 1 nguyên tố, tính thành phần % về thể tích các khí trong hỗn hợp … - Đặc biệt thích hợp khi giải các bài tập lập công thức các đồng đẳng kế tiếp. * Khối lượng mol trung bình ( M ) là khối lượng của một mol hỗn hợp. M m hh =n  hh M hhkhÝ  M 1 n1  M 2 n2  ...  mhh n.M n1  n2  .. M 1V1  M 2V2  ... V1  V2  ... Thí dụ 1: Hai kim loại kiềm R và R’ nằm ở 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn. Hoà tan một ít hỗn hợp của R và R’ trong nước ta được dung dịch A và 0,336 lít H2 (đktc). Cho HCl dư vào dung dịch A, sau đó cô cạn ta được 2,075 gam muối khan. Xác định tên kim loại R và R’. Giải: 2R + 2H2O = 2ROH + H2 (1) 2R’ + 2H2O = 2R’OH + H2 (2) ROH + HCl = RCl + H2O (3) R’OH + HCl = R’Cl + H2O (4) + Gọi x là số mol của kim loại R. Nguyên tử khối của R là M. Gọi y là số mol của kim loại R’. Nguyên tử khối của R’ là M’. x y + Theo (1) và (2)  2  2  0,336 0,015 22,4  x+y = 0,03(mol) + Theo (1),(2),(3) và (4): Tổng số mol 2 muối bằng tổng số mol 2 kim loại nmuối=x+y = 0,03(mol). M 2 muoi  2,075 69 0,03  M+35,5 < 69 < M’+35,5 10 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai R là Na (Nguyên tử khối là 23), R’ là K (Nguyên tử khối là 39). Thí dụ 2: Cho 11g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với Na thu được 3,36 lít khí H2(đktc). Xác định công thức cấu tạo của 2 rượu trên. Giải: Gọi: rượu thứ nhất là ROH, rượu thứ hai là R’OH. 2ROH + 2Na  2RONa + H2 (1) 2R’OH + 2Na  2R’ONa + H2 nH2  (2) 3,36 0,15(mol ) 22,4 Theo (1),(2)  n2rượu=2 n H =2.0,15 = 0,3(mol) 2 11 M  36,67  ROH 36,67 0,3   R 36,67  17 19,67  R : CH 3  ROH : CH 3OH R  R  R'      R': C2 H 5  R'OH : C2 H 5OH D.2. Phương pháp số nguyên tử cácbon trung bình * Cách tính số nguyên tử cácbon trung bình (kí hiệu là Trong phản ứng cháy chúng ta có: Trong hỗn hợp chất: n = n = nCO2 n hh n1 x1  n 2 x 2  ... x1  x 2  ... n1, n2: Số nguyên tử cácbon của chất 1, 2,… x1, x2: số mol của chất 1, 2, … 11 n ) Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Trong hỗn hợp chất có thành phần định tính như nhau, thí dụ hỗn hợp chất đều được tạo thành từ ba nguyên tố là C, H, O ta có công thức M Cü H y O z 12 x  y  16 z Một số thí dụ: Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 10,2 gam 2 anđêhit no, đơn chức A và B là đồng đẳng kế tiếp. Đem sản phẩm thu được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) 2 thì thu được 10g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng phần dung dịch thu được 20g kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A và B. +Thay thế 2 anđêhit bằng công thức tương đương: C n H 2 n 1CHO C n H 2 n 1CHO + 3n  2 O2  (n  1)CO2  (n  1) H 2 O 2 (1) CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3  + H2O (2) 2CO2 + Ca(OH)2 = Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 t  CaCO3 0 (3) + H2O + CO2 (4) 10 Theo (2): n co 2 =n caco3 = 100 =0,1(mol) Theo(4):n caco3 = 20 =0,2(mol) 100 Theo (3): n co 2 =0,4(mol) Tổng số mol CO 2 là :n co 2 = 0,1 + 0,4 = 0,5 (mol) Theo (1) ta có : 2 10,2 14n  30 mol C H 2 n CHO sau khi cháy cho ( n +1). n 10,2 14n  30 mol CO . Theo (1) ,(2), (3),(4) ta có : ( n +1). Giải phương trình  n 10,2 14n  30 = 0,5. =1,5  A là : CH 3 CHO và B là C 2 H 5 CHO. Thí dụ 2: B là hỗn hợp gồm hai axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng axit fomic .Cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6.72 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn . 12 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Đốt cháy hoàn toàn m gam B ,rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình (1) đựng H 2 SO 4 đặc ,bình (2) đựng NaOH rắn .Sau thí nghiệm ,độ tăng khối lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam. a) Tính m b) Xác định công thức cấu tạo của A và B. Giải : X, Y là đồng đẳng của HCOOH  X,Y là axit cacboxylic no,đơn chức . +thay thế X,Y bằng công thức tương đương C n H 2 n 2 C n H 2n 1 COOH + 2Na  2 C n H 2 n Theo giả thiết:n h 2 = 6,72 22,4 1 1 COOH COONa+H 2 (1) =0,3 (mol)  Theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3=0,6 (mol) C n H 2n 1 COOH + ( 3n  1 ) 2 CO2+ Ca(OH)2 = CaCO3 O2  ( n +1)CO2  +( n +1)H2O +H2O (2) 2CO2+ Ca(OH)2 = Ca(HCO3)2 (3) t0 Ca(HCO3)2  CaCO3  + H2O +CO2 theo (2) : nCO2 = theo (4) : nCaCO = 3 nCaCO3 20 100 (4) : = (1) 10 100 (4) = 0,1 mol = 0,2 mol theo(3): nCO =0,4mol.TổngsốmolCO2là: nCO =0,1+0,4=0,5mol 2 theo (1) ta có : 2 10,2 14n  30 mol C n H 2 n 1 CHO 10,2 sau khi cháy cho ( n +1). 14n  30 mol CO2 13 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai theo (1),(2),(3),(4) ta có giải phương trình  n 10,2 :( n +1) 14n  30 = 0,5 . =1,5  A là : CH3CHO và B là C2H5CHO. Thí dụ 3: B là hỗn hợp gồm 2 axit X và Y kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng của axit fomic .cho m gam B tác dụng hết với Na thu được 6,72 lit khí ở điều kiện tiêu chuẩn .đốt cháy hoàn toàn m gam B , rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1)đựng H2SO4 đặc bình (2) đựng NaOH rắn. Sau thí nghiệm, độ tăng khối lượng bình (2) lớn hơn độ tăng khối lượng bình (1) là 36,4 gam. a, Tính m . b, Xác định công thức cấu tạo của Avà B Giải: X,Y là đồng đẳng của HCOOH  X,Y là axit cacboxylic no ,đơn chức . +thay thế X,Y bằng công thức tương đương theo giả thiết n H = 2 6,72 22,4 C n H 2 n 1 COONa +H2 (1) = 0,3 mol  theo (1) tổng số mol axit là :2. 0,3 =0,6 mol C n H 2 n 1 COOH +( 3n  1 ) 2 O2  ( n +1) CO2 + ( n +1) H2O bình (1) :hấp thụ nước . bình (2) :CO2 +2NaOH rắn = Na2CO3 +H2O theo giả thiết : mCO - m H O =36,4 2 2  0,6( n +1).(44-18)=36,4  n =1,333 a) m=n. M =0,6(14 n +46)=38,8(gam) b, n =1,33  X : CH 3 COOH ; C 2 H 5 COOH D.3. Phương pháp số nguyên tử hiđro trung bình 14 (2) Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Đặc điểm của đồng đẳng liên tiếp là khác nhau 1 nhóm CH 2. Như vậy đối với nguyên tử C thì giá trị C bị kẹp giữa 2 giá trị tìm được, còn đối với số nguyên tử H thì đó là 2 giá trị kẹp giá trị số nguyên tử H trung bình. Ta lấy các giá trị chẵn hay lẻ tùy thuộc vào loại hợp chất. Ví dụ đối với hiđrocacbon thì số nguyên tử H luôn là số chẵn, còn đối với amin đơn chức lại là số lẻ: CH3- NH2; C2H5- NH2. Nhờ phương pháp này, việc giải một số bài toán trở nên đơn giản và nhanh hơn nhiều. Thí dụ 1: Hỗn hợp khí A gồm đimetylamin và 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp. Trộn 100ml A với O2 (dư) rồi đốt cháy hết hỗn hợp khí A. Biết đimetylamin cháy thành CO2, H2O và N2; thể tích hỗn hợp khí sau khi đốt cháy là 650ml. Cho hỗn hợp khí này qua H2SO4 đặc thì còn lại 370ml và cho qua tiếp dung dịch KOH đặc thì còn 120ml khí. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện t o và p. Hãy xác định công thức phân tử các hiđrocacbon. Giải: Gọi x, y là số nguyên tử C trung bình và số nguyên tử H trung bình của 2 hiđrocacbon. (CH 3 ) 2 NH  Cx H y  (x  15 7 1 O2  2CO2  H 2 O  N 2 ) 4 2 2 y y )O2  xCO2  H 2 O 4 2 (1) (2) Theo giả thiết: V H 2O ( hoi) 650  370 280ml;VCO2 370  120 250ml VO2 tham gia đốt cháy VOq (dư) = VCO 2 tạo thành + 1 1 V H 2O (hơi) 250  280 390ml 2 2 500  390 110ml V N 2 120  110 10ml 15 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Theo (1): Vđimetylamin= 10.2 = 20 ml Tổng V2 hiđocacbon= 100 – 20 = 80ml Theo(1), (2): tổng VCO2 20.2  80 x 250  x 2,625. Vậy hiđrocacbon thứ nhất có 2 nguyên tử C và hiđrocacbon thứ hai có 3 nguyên tử C. Tổng V H 2O (hơi) 1 20.3,5  .80 y 280  y 5,25 2 Vậy hiđrocacbon thứ nhất phải có 4 nguyên tử H và hiđrocacbon thứ hai phải có 6 nguyên tử H (vì cách nhau 2 nguyên tử H và số nguyên tử H phải chẵn). Vậy đó là C2H4 và C3H6 Thí dụ 2: Cho 3,82 g hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C trong đó B, C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol A bằng 5 3 tổng số mol của B và C. Xác định công thức phân tử của A, B, C. Biết rằng tổng số mol của 3 rượu là 0,08 mol. Giải: 3,38 42,2 M 3 rượu  0,08 Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,2. Chỉ có M CH OH 32 thoả mãn. Vì 3 M C2 H 5OH = 46, các rượu không no ít nhất cũng có 3 nguyên tử cacbon và 1 nhóm OH nên M > 53. Vì B và C có cùng số nguyên tử C nên A phải là CH3OH. nA  0,08.5 0,05 53 m A 0,05.32 1,6 g 16 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai m B C 3,38  1,6 1,78 g n B C  Gọi y 0,08.3 0,03; 53 M B ,C  1,78 59,3 0,03 là số nguyên tử H trung bình trong 2 rượu B, C Khối lượng mol trung bình của C x H y OH là 12 x y  17 59,3 -> 12 x  y 42,3 x y 1 2 3 30,3 18,3 6,3 Chỉ có x = 3 là hợp lý. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H>6,3 và một rượu có số nguyên tử H< 6,3. Có 2 cặp nghiệm: C3H7OH và C3H5OH C3H7OH và C3H3OH D.4. Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình: Giải bài toán hỗn hợp bằng cách dùng gốc hiđrocacbon trung bình (R ). Thí dụ: Hỗn hợp A gồm 2 este là đồng phân của nhau tạo bởi axit đơn chức và rượu đơn chức. Tỉ khối hơi của este so với H2 là 44. Thủy phân 26,4g hỗn hợp A bằng 100ml dung dịch NaOH 20% (d=1,2), rồi đem cô cạn dung dịch thu được 38,3g chất rắn khan. Xác định công thức phân tử và tính thành phần % về số mol mỗi este trong hỗn hợp. Giải: 17 Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai M Gọi R A và 44.2 88 R ' là gốc hiđrocacbon trung bình của các axit và rượu ' ' R  COO  R  NaOH  R  COONa  R OH neste thuỷ phân = nNaOH phản ứng = 26,4 0,3mol 88 100.1,2.20 n NaOH  0,6mol 100.40 n NaOH dư = 0,6- 0,3 = 0,3 mol -> mNaOH = 0,3.40= 12g Khối lượng các muối là: 33,8 – 12 = 21,8g M  muối 21,8 72,6 0,3 R 72,6  67 5,6 -> nghĩa là có 1 gốc R< 5,6 tức là R chỉ có thể là H và do đó gốc rượu: R’= 88- 1- 44= 43 ứng với gốc C3H7-, như vậy este là no. Gốc R thứ hai phải lớn hơn 5.6 có thể là CH 3 - (M = 15) hoặc C2H5 – ( M = 29 ). Như vậy có hai nghiệm: Cặp một : HCOOC3H7 và C2H5COOC2H3 Cặp hai : HCOOC3H7 và C2H5COOH3 Tính % về số mol : Với cặp 1 : Gọi x, y là số mol HCOOC2H5 ( áp dụng công thức : mR  x  y 0,3  1.x  15 y 0,3.5,6 % HCOOC3H7= = nR . M R n1 R1  n 2 R2, trong ->  x 0,2   y 0,1 0,2.100% 66,7% 0,1  0,2 % CH3COOC2H5 = 100% - 67,7% = 33,3% 18 đó n là số mol ) Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Cặp 2 : Gọi x, y là số mol HCOOC3H7 và CH3COOCH3  x  y 0,3  1.x  29 y 1,68  %HCOOC3H7 =  x 0,25   y 0,05 -> 0,25.100% 83,3% => 0,3 %C2H5COOCH3 = 16.7% D.5. Phương pháp số nhóm chức trung bình: Thí dụ: Nitro hoá benzen bằng HNO3 đặc thu được 2 hợp chất nitro là A và B hơn kém nhau 1 nhóm NO2. Đốt cháy hoàn toàn 2,3 gam hỗn hợp A ,B thu được CO 2, H2O và 255,8 ml N2 ( ở 270 C và 740 mm Hg ). Tìm công thức phân tử của A, B. Giải : C6H6 + Trong đó n nHNO3  C 6 H 6 n (NO 2 ) n + n H2O (1) là số nhóm NO 2 trung bình của A, B C6H6- n (NO2) n + O2  6CO2+ 6 n n H 2O  N 2 2 2 (2) Thề tích N2 ở đktc: 760.V0 740.255,8   V0 226,6mlN 2 273 273  27 Theo (2) ta có tỉ lệ: Rút ra: n 1,1 (78  45n) (11,2n  2,34 0,2266 . Vậy công thức phân tử của A là C6H5NO2, B là C6H4(NO2)2 D.6. Phương pháp hóa trị trung bình Thí dụ: Cho một luồng H2 đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa trị kề nhau tới khử hoàn toàn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua bình đựng H2SO4 đặc, thấy khối lượng bình axit tăng lên 4,68g. Xác định công thức các oxit vanađi. Giải: Gọi x là hóa trị trung bình của vanađi trong 2 oxit: V2Ox + xH2 o t  2V  xH 2 O 19 (1) Hà Thị Minh – Trường THPT số 1 Lào Cai Theo (1) ta có: 11,3 4,68 1  .  x 3,7 51,2  16 x 18 x Vậy các oxit là V2O3 và VO2 E. Phương pháp tách công thức phân tử Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể dùng công thức phân tử viết dưới dạng khác nhau. Nguyên tắc của phương pháp tách công thức phân tử dựa trên tỉ lệ thành phần (%khối lượng) của C và H trong anken (olefin) là không đổi bằng 12n 1  , 2n 6 nghĩa là trong anken, cacbon chiếm 6/7 khối lượng còn hiđro chiếm 1/7(*). Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số bài toán hữu cơ. Một số mẫu tách công thức phân tử: 1, Ankan: CnH2n + 2  CnH2n.H2 2, Ankađien, ankin: CnH2n – 2  CmH2mC, trong đó m= n- 1 3, Aren: CnH2n-6  CmH2m.3C, trong đó m= n- 3 4, Rượu no, đơn chức: CnH2n+1OH  CnH2n.H2O 5, Rượu không no, đơn chức có 1 nối đôi: CnH2n-1OH  CnH2nO hoặc CmH2m.CHO, trong đó m= n- 1. 6, Rượu thơm và phenol: CnH2n-7OH  CmH2m.C3O trong đó m=n-3 7, Anđêhit no, đơn chức: CnH2n+1- CHO  CnH2n.HCHO hoặc CmH2mO trong đó m= n +1 8, Axit no, đơn chức: CnH2n+1- COOH  CnH2n.HCOOH hoặc CmH2mO mà m= n +1 9, Axit không no, đơn chức có một nối đôi: CnH2n-1- COOH  CnH2n.CO2 Thí dụ: Chia 6,15g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Lấy phần 1 cho tác dụng với Na thu được 0,672 lít H 2 ở đktc. Phần 2 đem đốt cháy thì thu được bao nhiêu lít CO2 và bao nhiêu gam H2O? Giải: Phương trình phản ứng hóa học xảy ra: CnH2n+1OH + Na  CnH2n+1ONa + 1/2H2 20 (1)
- Xem thêm -