Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC Bài tập hóa học là phương tiện cơ bản nhất để đưa những kiến thức lý thuyết vào thực hành. Sự vận dụng kiến thức thụng qua các bài tập có nhiều hình thức rất phong phú và đa dạng. Nhờ sự vận dụng mà kiến thức được củng cố, khắc sâu, chính xác, mở rộng và nâng cao hơn. Bài tập hóa học vì lẽ đó vừa là nội dung vừa là phương tiện để học tập tốt môn hóa học. Với những em mới làm quen với hóa học, việc nhớ những kiến thức lý thuyết hẳn sẽ gặp những khó khăn nhất định – đặc là những lý thuyết khó, đặc biệt. Nhưng có thể chỉ sau khi tiếp xúc, giải quyết những bài tập hóa học từ đơn giản đến phức tạp điều đó sẽ không còn là vấn đề gì ghê gớm. Đồng thời thông qua các bài tập hóa học các bạn có thể sẽ tìm thấy cho mình những niềm đam mê mới. Với những em đó làm quen với bài tập hóa học, đã biết cách giải những bài toán cơ bản trong hóa học hẳn sẽ đặt ra cho mình những mục tiêu mới hơn, lớn hơn như: làm thế nào để giải được nhanh, được chính xác hay làm thế nào để giải một bài toán được theo nhiều cách khác nhau, . Theo hướng đổi mới trong hình thức thi cử như hiện nay, hóa học là một trong các môn được chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm. Trong thời gian ngắn, các em phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập tương đối lớn, trong đó bài tập toán hóa chiếm một tỉ lệ không nhỏ. Số liệu thống kê từ kỳ thi tuyển sinh ĐH,CĐ vừa qua cho thấy bài tập toán hóa chiếm khoảng 50% tổng số câu trắc nghiệm của đề thi. Do đó việc tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa hết sức quan trọng. Trên cơ sở đó tôi biên soạn chuyên đề “ Phân loại và phương pháp giải bài toán hóa học” với mục đích giúp các em có thể định hình cách giải các bài tập hóa học, sử dụng để ôn tập và rèn luyện kỹ năng tạo tiền đề cho các em bước vào các kỳ thi cuối cấp. Mỗi dạng toán được trình bày theo hướng tổng quát có ví dụ cụ thể, một số phần có sự so sánh phân tích, đối chiếu với các cách giải khác để thấy được ưu nhược điểm của mỗi phương pháp trong việc giải bài toán hóa học. Trong chuyên đề này tôi cũng xây dựng thêm một số đề toán nhằm giúp các em có thể luyện tập thêm. Mọi thắc mắc của các em hãy liên hệ trực tiếp với thày bằng cách gọi vào số máy:  02406.278.345 -  0914.612.679 Phần I 1 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện CÁC CÔNG THỨC DÙNG GIẢI TOÁN HOÁ HỌC 1. Số mol: 0 22,4 V m PV n M RT = = = (m: khối lượng; M: Khối lượng mol; V 0 : thể tích khí ở đktc(l); P: áp suất (atm) ; V: thể tích khí ở điều kiện t (l); R = 0,082; T = t 0 C + 273) 2. Nồng độ: * Nồng độ phần trăm: = dd % .100 ct m C m (m ct : Khối lượng chất tan (gam); m dd : Khối lượng dung dịch m = m ct + m dm (gam)) * Nồng độ mol/l: dd ct M n C V = * Quan hệ giữa C% và C M : 10. %. M C D C M = 3. Khối lượng mol trung bình của 1 hỗn hợp ( M ) + + + + = = = = + + + + + + 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 . . . . . . . . . . . hh hh m M n M n M V M V M M x M x n n n V V Trong đó: n 1 , V 1 , x 1 lần lượt là số mol; thể tích; thành phần % về số mol (t.tích) của chất 1 n 2 , V 2 , x 2 lần lượt là số mol; thể tích; thành phần % về số mol (t.tích) của chất 2, 4. Một số đại lượng khác: * Số Avogađro: N = 6,023 . 10 23 * Tỉ khối hơi(đo cùng điều kiện: V, T, P): A A B B m M A d B m M = = * Khối lượng riêng D: 3 dd dd ( / ; / ) m D g ml g cm V = * Độ điện ly α: α = n/n 0 (n: Số mol chất điện ly bị phân ly; n 0 : Số mol mol chất điện ly ban đầu) * Xét cân bằng hóa học: aA + bB ƒ cC + dD. Hằng số cân bằng: = = [ ] .[D] ons [ ] .[B] c d C a b C K c t A * Công thức Faraday: . . . A I t m n F = . Trong đó: m: Khối lượng chất thoát ra ở điện cực (gam); A: Khối lượng mol của chất đó n: Số electron trao đổi. F: Số Faraday (F = 96500). 2 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện Phần II CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỌC I. Áp dụng các phương pháp bảo toàn trong giải toán 1. Phương pháp bảo toàn khối lượng • Nguyên tắc: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm”. - Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng muối bằng tổng khối lượng cation kim loại và anion gốc axit. * Lưu ý: Không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng. * Ví dụ: Ví dụ 1: Cho 24,4g hỗn hợp Na 2 CO 3 , K 2 CO 3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl 2 . Sau phản ứng thu được 39,4g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là: A. 2,66g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g * Cách giải thông thường (Phương pháp đại số): Các em tiến hành viết PTHH, đặt ẩn số tính khối lượng của từng muối sau đó tính tổng khối lượng. Ptpư: 1, Na 2 CO 3 + BaCl 2 → 2NaCl + BaCO 3 ↓ 2, K 2 CO 3 + BaCl 2 → 2KCl + BaCO 3 ↓ Đặt số mol Na 2 CO 3 là x; K 2 CO 3 là y 3 39,4 0,2( ) 197 BaCO n mol= = Theo đầu bài ta có hệ phương trình:    = = ⇒    =+ =+ 10 10 20 424138106 ,y ,x ,yx ,yx mol,nn CONaNaCl 202 32 == => m NaCl = 0,2 x 58,5 = 11,7(g) mol,nn COKKCl 202 32 == => m KCl = 0,2 x 74,5 = 14,9 (g) => m = 11,7 + 14,9 = 26,6 (g) * Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: Hỗn hợp(Na 2 CO 3 , K 2 CO 3 ) + BaCl 2 → kết tủa(BaCO 3 ) + muối 2 3 0,2( ) BaCl BaCO n n mol= = Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 2 BaClhh mm + = m kết tủa + m => m = 24,4 + 0,2 x 208 - 39,4 = 26,6 (g) => Đáp án (C) đúng. 3 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện Ví dụ 2: Hoà tan 10,0 gam hỗn hợp hai kim loại trong HCl dư thấy tạo ra 2,24lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Giá trị của m là: A. 1,17 gam B. 17,1 gam C. 3,42gam D. 34,2 gam *Cách giải thông thường: Ký hiệu 2 kim loại là A, B hóa trị n,m có số mol tương ứng là x và y. Ptpư: 1, 2A + 2nHCl → 2ACl n + nH 2 2, 2B + 2mHCl → 2BCl m + mH 2 Theo ptpư: 2 2,24 0,1( ) 2 2 22,4 H nx my n mol= + = = => nx + my = 0,2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: n m 2 ACl BCl A+B HCl H m = m + m = m + m - m Thay số vào ta có: m = 10 + (nx + my) 36,5 - 0,1. 2 = 10 + 0,2 x 36,5 - 0,2 = 17,1 (g) * Áp dụng đl bảo toàn khối lượng: Ta thấy 2 2,24 2 2. 0,2( ) 22,4 HCl H Cl H n n n n mol − + = = = = = => m muối = m Kl + − Cl m = 10 + 0,2 .35,5 = 17,1 (g) => Đáp án (B) đúng Hoặc Ta thấy: 2 2,24 2 2. 0,2( ) 22,4 HCl H n n mol= = = => ( ) 2 HCl H m = m + m - m 10 0,2. 36,5 0,1.2 17,1 g kl = + − = muèi Ví dụ 3: Hòa tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m(g) muối, m có giá trị là: A. 31,45g B. 33,25(g) C. 3,99(g) D. 35,58(g) * Cách giải thông thường. Ptpư: Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑ 2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 ↑ Chất rắn Y là Cu; dung dịch Z là MgCl 2 và AlCl 3 . )mol(, , , n H 350 422 847 2 == 4 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện Đặt: n Mg = x; n Al = y    =+ =+ ⇒      −=+ =+ ⇒ 662724 7032 5421492724 350 2 3 ,yx ,yx ,,yx ,yx Giải hệ phương trình:    = = 20 050 ,y ,x Theo phương trình: )mol(,nn MgMgCl 050 2 == => )g(,x,m MgCl 75495050 2 == )mol(,nn AlAlCl 20 3 == => m = )g(,,,mm AlClMgCl 4531726754 32 =+=+ * Áp dụng đl bảo toàn khối lượng: 2 7,84 2 2. 0,7 ( ) 22,4 HCl H Cl H n n n n mol − + = = = = = )g(,,,,x,),,(mmm Cl )MgAl( 453185246653570542149 =+=+−=+= − + Vậy đáp án (A) là đúng Ví dụ 4: Trộn 5,4g Al với 4,8g Fe 2 O 3 rồi nung nóng để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm. Sau phản ứng ta thu được m(g) hỗn hợp chất rắn. Giá trị của m là (g). A. 2,24(g) B. 4,08(g) C. 10,2(g) D. 0,224(g) E. Kết quả khác. *Cách giải thông thường 2Al + Fe 2 O 3 → Al 2 O 3 + 2Fe Số mol: 0,2 0,03 Phản ứng: 0,06 0,03 0,03 0,06 Sau phản ứng: 0,14 0 0,03 0,06 m hh sau phản ứng = 0,14. 27 + 0,03. 102 + 0,06. 56 = 10,2 (g) *Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng sản phẩm: m hh sau = m hh trước = 5,4 + 4,8 = 10,2(g) Vậy đáp án (C) đúng Ví dụ 5: Hoà tan 10g hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hoá trị 2 và 3 bằng dd HCl ta thu được dd A và 0,672 lít khí bay ra (đó ở đktc). Hỏi cô cạn dd A thì thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 10,21g B. 10,33g C. 10,3 D. 10,12g • Cách giải thông thường: Gọi A và B lần lượt là kim loại hóa trị 2, 3; x và y lần lượt là số mol muối cacbonat của A và B. Ptpư: 5 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện 3 2 2 2 2 3 3 3 2 2 1, 2 2 2, ( ) 6 2 3 3 6 2 3 3 ACO HCl ACl CO H O x x x x x B CO HCl BCl CO H O y y y y y + → + + + → + + Theo đầu bài ta có hệ: 0,672 3 0,03 Ax 2 10 60( 3 ) 8, 222,4 ( 60) (2 180) 10 x y By x y A x B y  + = =  ⇔ + = − + =   + + + =  ( 35,5.2) ( 35,5.3)2 2 35,5.2.( 3 ) 8,2 2,13 10,33 m A x B y Ax By x y gam − ⇒ = + + + = + + + = + = muèiCl • Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 2 2 2 3 2 2 3 3 HCl CO CO 0,672 = 2.n = 2. = 0,06mol;n = n = 0,03mol 22,4 m 10 0,03.60 0,06.35,5 10,33 Cl CO CO Cl n n m m m gam − − − − − − = ⇒ = − + = − + = muèi Cl muèi CO Hay Theo đl bảo toàn khối lượng 2 2 HCl CO H O + m = m + m + mm - muèicacbonat muèiCl 2 2 2 HCl CO CO 0,672 =2.n = 2. = 0,06mol;n = n = 0,03mol 22,4 H O n => m HCl = 0,06. 36,5 = 2,19g; 2 2 CO H O =0,03.44=1,32gam;m = 0,03.18= 0,54gamm => m muối Cl- = (10 + 2,19) - (1,32 + 0,54) = 10,33gam Đáp án đúng là đáp án (B) Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm CH 4 , C 3 H 6 và C 4 H 10 thu được 4,4g CO 2 và 2,52g H 2 O. m có giá trị là: A. 1,48g B. 2,48 g C. 14,8g D. 24,7 E. Không xác định được *Cách giải thông thường: Đặt 4 3 6 4 10 CH C H C H n x ;n y ;n z= = = 4 2 2 2 3 6 2 2 2 4 10 2 2 2 1, 2 2 2 2 9 2, 3 3 2 9 3 3 2 13 3, 4 5 2 13 4 5 2 CH O CO H O x x x x C H O CO H O y y y y C H O CO H O z z z x + → + + → + + → + 2 2 2 2 2 4,4 n = x 3y 4z = 0,1 22,4 2,52 n = 2x 3y 5z = 0,14 18 CO H O hh O CO H O m m m m  + + =    ⇒ + + =   + = +    6 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện ( ) 2 2 4,4 n = x 3y 4z = 0,1 22,4 2,52 n = 2x 3y 5z = 0,14 18 16x 42y 58z+ 2x 4,5y 6,5z .32 4,4 2,52 CO H O  + + =    ⇒ + + =    + + + + = +   2 2 4,4 n = x 3y 4z = 0,1 22,4 2,52 n = 2x 3y 5z = 0,14 18 80x 186y 266z 6,92 CO H O  + + =    ⇒ + + =   + + =    Giải ra ta được: x 0,03 y 0,01 z 0,01 =   =   =  => = = = = => = + + = = = 4 3 6 4 10 CH C H C H m 0,03 x 16 0,48(g) m 0,01x 42 0,42(g) m 0,48 0,42 0,58 1,48g m 0,01x58 0,58(g) *Áp dụng đl bảo toàn khối lượng: X C H 4,4 2,52 m m m x12 x2 1,2 0,28 1,48(g) 44 18 = + = + = + = Vậy đáp án (A) đúng Ví dụ 7: Cho 1,24g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 336 ml H 2 (đktc) và m(g) muối natri. Khối lượng muối Natri thu được là: A. 1,93 g B. 2,93 g C. 1,9g D. 1,47g *Cách giải thông thường Đặt công thức của 2 rượu là R - OH (x mol) R 1 - OH (y mol) Ptpư: 2 1 1 2 1 1, 2 0,5 1 2, 2 0,5 R OH Na R ONa H x x x x R OH Na R ONa H y y y y − + → − + − + → − + ( ) ( ) 2 1 1 R 17 x R 17 y 1,24 0,336 0,5x 0,5y 0,015 22,4 1,24 17.0,03 0,73 hh H m n Rx R y = + + + =  ⇒  = + = =   ⇒ + = − = Khối lượng muối natri: m = (R + 39)x + (R 1 + 39)y = Rx + R 1 y + 39(x+y) = 0,73 + 39 x 0,03 = 1,9 (g) *Áp dụng dl bảo toàn khối lượng: − + → − + = ⇒ = = 2 2 2 H Na H 1 R OH Na R ONa H n 0,015mol n 2.n 0,03(mol) 2 Theo định luật bảo toàn khối lượng: m = 1,24 + 0,03.23 – 0,015.2 = 1,9 (g) Vậy đáp án (C) đúng Ví dụ 8: Cho 3,38g hỗn hợp A gồm CH 3 OH, CH 3 COOH, C 6 H 5 OH tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 672 ml khí( ở đktc) và dung dịch. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp rắn B. Khối lượng B là: 7 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện A. 3,61g B. 4,7g C. 4,76g D. 4,04g * Cách giải thông thường: CH 3 OH + Na → CH 3 ONa + H 2 CH 3 COOH + Na → CH 3 COONa + H 2 C 6 H 5 OH + Na → C 6 H 5 ONa + H 2 Ta có 2 H 0,672 n 0,03(mol) 22,4 = = = = ⇒ = = 2 Na H Na n 2n 0,06(mol) m 0,06.23 1,38g = + − = B m 3,38 1,38 0,03.2 4,7g * Cách giải nhanh hơn: 2 H H n 2n 0,03(mol)= = . Vì 3 chất trong hỗn hợp A đều có một nguyên tử H linh động  2 2 0,06( ) Na mol H n n = = Theo phương trình, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: = + − = B m 3,38 (23 1)x 0,06 4,7(g) Vậy đáp án( B) đúng Ví dụ 9: Hỗn hợp X gồm 2 anđehit no đơn chức. Chia X thành 2 phần bằng nhau: - Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 0,54g H 2 O - Phần 2 cộng H 2 (Ni, t 0 ) thu được hỗn hợp A. Nếu đốt cháy hoàn toàn A thì thể tích khí CO 2 thu được (ở đktc) là: A. 0,112 lít B. 0,672 lít C. 1,68 lít D. 2,24 lít * Cách giải thông thường: Đặt công thức tổng quát của 2 anđehit là C n H 2n O (x mol) và C m H m O (y mol) Ptpư: Phần 1: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1, 2 3 1 0,54 2, 0,03 2 18 n n m m n C H O O nCO nH O x nx m C H O O mCO mH O nx my mol y my − + → + − + → + ⇒ + = = Phần 2: 0 0 , 2 2 2 2 , 2 2 2 2 3, 4, Ni t n n n n Ni t m m m m C H O H C H O x x C H O H C H O y y + + + → + → 8 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 5, ( 1) 2 3 6, ( 1) 0,03 2 n n m m CO n C H O O nCO n H O x nx m C H O O mCO m H O n nx my mol y my + + + → + + + → + + ⇒ = + = ⇒ = = 2 CO V 0,3.22,4 0,672lit *Áp dụng đl bảo toàn khối lượng: Phần 1: hỗn hợp là anđehit no đơn chức = = 2 2 CO H O n n 0,03(mol) Theo định luật bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng = = = = 2 2 1 2 C(CO ) C(P ) C(P ) CO (1) n n n n 0,03(mol) ⇒ = 2 CO V 0,672lit Đáp án (B )đúng Ví dụ 10: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 rượu A và B ta được hỗn hợp Y gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76g CO 2 . Vậy khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng khối lượng nước và CO 2 tạo ra là: A. 2,94g B. 2,48g C. 1,76g D. 2,76g * Cách giải thông thường. Khi tách nước từ rượu → olefin. Vậy 2 rượu A, B phải là rượu no đơn chức. Đặt công thức tổng quát 2 rượu là C n H 2n+1 OH (x mol) C m H 2m+1 OH (y mol) Ptpư: 0 2 4 0 2 4 ,170 2 1 2 2 ,170 2 1 2 2 1, 2, H SO C n n n n H SO C m m m m C H OH C H H O x x C H OH C H H O y y + + → + → + ®Æc ®Æc 2 2n n m m Y H H⇒ gåm C vµ C Đốt cháy hỗn hợp X: 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 3 3, ( 1) 2 3 1,76 4, ( 1) 0,04 2 44 n n m m CO n C H OH O nCO n H O x nx m C H OH O mCO m H O n nx my mol y my + + + → + + + → + + ⇒ = + = = Đốt cháy hỗn hợp Y: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 5, 2 0,04 3 6, 2 n n CO H O m m n C H O nCO nH O x nx nx n n nx my mol m C H O mCO mH O y my my + → + ⇒ = = + = + → + => = = 2 CO m 0,04.44 1,76 (g); = = 2 H O m 0,04.18 0,72 (g) Σm = 2,48(g) Đáp án( B) đúng 9 Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện * Áp dụng đl bảo toàn khối lượng: − + → ⇒ = ⇒ = = 2 2 2 H O C(X) C(Y) CO (do X) CO (do Y) n 2n 1 n 2n X Y n n n n 0,04mol (C H OH) (C H ) + → + ⇒ = = 2 2 2 O n 2n 2 2 CO H O Y(C H ) nCO nH O n n 0,04(mol) + ⇒ = + = ∑ 2 2 CO H O m 0,04.(44 18) 2,48gam Vậy đáp án( B )đúng Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm rượu no đơn chức A và 1 axit no đơn chức B. Chia thành 2 phần bằng nhau. - Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thu được 2,24 lít CO 2 (đktc) - Phần 2: Este hóa hoàn toàn và vừa đủ thu được 1 este. Khi đốt cháy este này thì lượng nước sinh ra là: A. 1,8g B. 3,6g C. 19,8g D. 2,2g * Cách giải thông thường: Đặt CTTQ A: C n H 2n+1 OH (x mol) hay C n H 2n+2 O B: C m H 2m+1 COOH (x mol) hay C a H 2a O 2 (a = m+1) Ptpư: Phần 1 1, C n H 2n+2 O + O 2 → nCO 2 + (n+1)H 2 O x nx 2, C a H 2a O 2 + 3 2 2 a − O 2 → aCO 2 + aH 2 O y ay 2 2,24 0,1( ) 22,4 CO n nx ay mol⇒ = + = = Phần 2: 3, C m H 2m+1 COOH + C n H 2n+1 OH 2 4® H SO → C m H 2m+1 COOC n H 2n+1 + H 2 O x y x Do các chất pư vừa đủ nên x = y 4, C m H 2m+1 COOC n H 2n+1 + qO 2 → (n + m + 1)CO 2 + (n + m +1)H 2 O x (n + m + 1)x 2 2 ( 1) 0,1( )( , 1) 0,1.18 1,8 H O H O n n m x nx ay mol do x y a m m gam ⇒ = + + = + = = = + ⇒ = = Vậy đáp án( A )đúng *Áp dụng đl bảo toàn khối lượng: Phần 1: = 2 CO n 0,1(mol) Theo định luật bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng = = = = 2 1 2 C(este) C(P ) C( P ) CO n n n n 0,1(mol) Este no, đơn chức + → = = = 2 2 2 O H O CO C(este) n n n 0,1 mol ⇒ = = 2 H O m 0,1 x 18 1,8(g) Đáp án (A )đúng Ví dụ 12: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etilenglicol và 0,2 mol chất X. Để đốt cháy hỗn hợp A cần 21,28 lít O 2 (ở đktc) và thu được 35,2g CO 2 và 19,8g H 2 O. Tính khối lượng phân tử X. 10 [...]... este l CH2 = CH - COO - CH2 | CH2 = CH - COO - CH hay (C2H3COO)3C2H5 | CH2 = CH - COO - CH2 * p dng phng phỏp tng gim khi lng Vỡ nNaOH = 3neste este 3 chc (Ru 3 chc + axit n chc) t cụng th este (RCOO)3R' (RCOO)3R' + 3NaOH (RCOONa)3 + R'(OH)3 Theo PT: c 1mol 3mol 1mol thỡ khi lng tng 23 3 - R' = 69 - R' Vy 0,025mol 0,075mol 0,025, thỡ khi lng tng: 7,05 - 6,35 = 0,7g 0,7 = 0,025 (69-R') R = 41 R'... 0,16 v Ax + 8ax + By + 8by = 2,84 M mKL = Ax + By Ax + By = 2,84 - 8 (ax + by) = 2,84 - 8 x 0,16 = 1,56g mKL trong hn hp = 1,56 x 2 = 3,12 (g) *p dng l bo ton electron: A,B l cht kh, H+, O2 l cht oxi húa S mol e- H+ nhn H2 bng s mol O2 nhn H+ + 1e- H2 O + 2e O20,16 0,16 0,18 0,08 0,16 0,08 mkl hn hp u = (moxit - mO) 2 = (2,84 - 0,08 16) 2 = 3,12 g ỏp ỏn (B) ỳng Vớ d 5: Chia 38,6g hn hp gm Fe... 10 a + 3b = 0,03 aX + 2bY + 60(a+3b) = 10 => aX + 2bY = 10 - 1,8 = 8,2 M khi lng mui (m) = m XCl2 + m YCl3 m = a(X + 2.35,5) + 2b(Y + 3.35,5) = aX + 2bY + 2 35,5(a + 3b) m = 8,2 + 71(a + 3b) = 8,2 + 2,13 = 10,33 (g) * p dng phng phỏp tng gim khi lng 2 Theo phng trỡnh ta cú: 1mol mui CO3 -> mui Cl- thỡ cú 1mol CO2 bay ra lng mui tng l 7 1- 60 =11g Vy theo bi m mui tng: 11 x 0,03 = 0,33 (g) mmui... khụng i lm 2 phn bng nhau: - Ho tan ht phn 1 bng H2SO4 loóng c 4,48 lớt H2(ktc) - Ho tan ht phn 2 bng HNO3 un núng thu c 8,96 lớt (ktc) hn hp A gm NO v NO2 Bit dA/O2 = 1,375 a Tỡm M b Tớnh th tớch dung dch HNO3 4M ó dựng bit ngi ta dựng d 10% so vi lý thuyt Bi 15 Chia 2,76g hn hp A gm Fe v kim loi M cú hoỏ tr khụng i lm 2 phn bng nhau - Ho tan ht phn 1 bng HCl c 2,016 lớt H2(ktc) - Ho tan ht phn 2 bng dung... khi, x l s mol mui p A + CuSO4 ASO4 + Cu 32 Phõn loi phng phỏp gii bi tp húa hc A(g) 1mol 64(g) Gim: A - 64 (g) Gim: 0,0005.m (g) => x = xmol ? A ng c Thin + Pb(NO3)2 A(g) 1mol ? xmol A(NO3)2 + Pb 207 (g) Tng: 207 - A Tng: 0,071m x= => 0,0005.m (1) A -6 4 (g) (g) 0,071.m 207 - A (2) T (1) v (2) cú: A = 65 A l km Vớ d 9: em nung mt khi lng Cu(NO3)2 sau mt thi gian dng li, lm ngui, ri... MB thỡ sau phn ng khi lng thanh kim loi A tng mA tng = mB - mA tan = mdd gim nu tng x% thỡ mA tng = x%.a + Nu MA > MB thỡ sau phn ng khi lng thanh kim loi A gim mA gim = mA tan - mB = mdd tng nu gim y% thỡ mA gim = y%.a * i vi ru: Xột phn ng ca ru vi Na R(OH)x + xNa R(ONa)x + H2 C 1mol ru tỏc dng vi Na 1mol mui ancolat thỡ khi lng tng (2 3-1 ).x = 22.x gam Vy nu u bi cho khi lng ca ru v khi lng ca... gian gii theo phng phỏp i s, quỏ trỡnh tớnh toỏn ngn gn, d tớnh 2 Phng phỏp bo ton in tớch Nguyờn tc 12 Phõn loi phng phỏp gii bi tp húa hc ng c Thin - Trong phn ng oxi húa - kh: Tng s mol electron m cht kh nhng bng tng s electron cht oxi húa nhn - Trong dung dch cht in li: Tng s mol cỏc cation bng tng s mol cỏc anion Cỏc vớ d Vớ d 1: Cho 19,2 g mt kim loi M tan hon ton trong dd HNO3 thỡ thu c 4,48... li, sau khi phn ng hon ton thu c 1,62 gam hi nc 1) Tớnh m 2) Tớnh s gam cỏc mui cú trong dung dch B (BCVT-99) Bi 39 Ho tan hon ton m gam hn hp bt gm Fe3O4 v FeCO3 trong dung dch HNO3 d (un núng), thu c 3,36 lớt hn hp A gm 2 khớ ( ktc v dung dch B T khi hi ca A so vi hiro bng 22,6 Tớnh m (HVKTQS-99) Bi 40 Ho tan hon ton m gam hn hp ba kim loi bng dung dch HNO3 thu c V lớt hn hp khớ D (ktc) gm NO2 v... HNO3 37,8% (d = 1,242 g/ml) ó dựng (HNNI-2000tr216) Bi 41 Cho hn hp A gm 3 kim loi X, Y, Z cú hoỏ tr ln lt l 3, 2, 1 v t l mol ln lt l 1 : 2 : 3; trong s ú s mol ca X bng x (mol) Ho tan hon ton A bng dung dch cú cha y (gam) HNO3 (ly d 25%) Sau phn ng thu c dung dch B khụng cha NH4NO3 v V lớt hn hp khớ G (ktc) gm NO2 v NO Lp biu thc tớnh y theo x v V (HQGtpHCMt 1-9 9) Bi 42 Cho 1,92 gam ng v 100ml dung... (HQGtpHCM2000-tr42) Bi 43 Nu cho 9,6 gam Cu tỏc dng vi 180 ml dung dch HNO3 1M thu c V1 lớt khớ NO v dung dch A Cũn nu cho 9,6 gam Cu tỏc dng vi 180 ml dung dch hn hp gm HNO3 1M v H2SO4 0,5M (loóng) thỡ thu c V2 lớt khớ NO v dung dch B Tớnh t s V1: V2 v khi lng mui khan thu c khi cụ cn dung dch B (bit cỏc th tớch khớ o ktc, hiu sut cỏc phn ng l 100%, NO l khớ duy nht sinh ra trong cỏc phn ng) (H Thu li-2001tr160) . Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC Bài tập hóa học là phương tiện cơ. Phân loại – phương pháp giải bài tập hóa học Đồng Đức Thiện Phần II CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỌC I. Áp dụng các phương pháp bảo toàn trong giải