Sáng kiến kinh nghiệm
Gọi a là số mol của CO
2
thì số mol của H
2
O bằng
4
3
a. Do đó:
44a + 18.
4
3
= 4,6 → a = 0,08 mol.
Ta có: m
C
= 0,08.12 = 0,96 g; m
H
=
4
3
.0,08.2 = 0,12 g
Gọi công thức tổng quát của E là C
x
H
y
O
z
ta có tỷ lệ số mol:
x:y:z =
16
8,0
:12,0:
12
96,0
= 8:12:5.Vậy công thức chung của E là (C
8
H
12
O
5
)
n
Vì KLPT của E phải < 29.6,5 = 188,5 nên 188n < 188. vậy n = 1.
Vậy CTPT của E là C
8
H
12
O
5.
a. Theo phản ứng: Na
2
CO
3
+ 2HCl = 2NaCl + H
2
O + CO
2
Ta có: số mol CO
2
= 0,02 mol, vì NaOH dư cũng như NaOH tạo thành muối hữu cơ
khi đốt cháy đều tạo thành Na
2
CO
3
. Do đó tổng số mol NaOH ban đầu = 0,02.2 =
0,04 Theo đề bài: n
E
=
188
88,1
= 0,01 (mol)
Vì CTPT của E là C
8
H
12
O
5
, 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:
88
02.0
76,1
==
M
⇒
KLTB các gốc bằng
'R
M
= 88 – 67 = 21.
Như vậy phải có một gốc ví dụ R < 21 và R’ > 21.
Do đó R có thể là H (M = 1) hoặc CH
3
– (M=15)
Vì số mol 2 muối bằng nhau nên
21
2
'
'
=
+
=
RR
M
R
Nếu R là H (M = 1) thì R’ = 41 (C
3
H
5
–)
R là CH
3
– (M = 15) thì R’ = 27 (C
2
H
3
–).
Vậy hai cặp nghiệm là: HCOOH và C
3
H
5
COOH hoặc CH
3
COOH và C
2
H
3
COOH.
Phần công thức ứng với gốc rượu là C
8
H
12
O
5
trừ đi C
5
H
6
O
4
bằng C
3
H
6
O và vì là rượu
đa chức nên công thức cấu tạo duy nhất là:
CH
2
-CH-CH
2
-OH
Kí hiệu hai gốc axit là A
1
, B
1
ta có các công thức cấu tạo có thể có của E là:
CH
2
- CH - CH
2
CH
2
- CH - CH
2
CH
2
- CH - CH
2
;
A
1
B
1
A
1
OH
A
1
B
1
OH
B
1
OH
Bài tập 1.
Cho từ một luồng khí CO đi qua ống đựng m gam một hỗn hợp gồm Fe, FeO,
Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
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.
5
Sáng kiến kinh nghiệm
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 CO
2
. Tính
khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.
Bài tập 3.
Một dd có chứa 2 cation là Fe
2+
: 0,1mol và Al
3+
: 0,2 mol và 2 anion là Cl
-
: x mol
và SO
4
2-
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 CO
2
(đo ở 54,6
0
C 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 CO
2
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 Fe
x
O
y
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 HNO
3
65,3 % ( d =
1,4 g/ml) và thấy có khí màu nâu thoát ra.
a. Xác định công thức của Fe
x
O
y
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 NH
3
thu được hỗn hợp khí X có V = 134,4 lít (đktc). Cho
X qua dung dịch HNO
3
dư thì còn lại hỗn hợp Y có V = 89,6 lít (đktc).
a.Xác định thành phần hỗn hợp khí X.
b. Tính m.
Giải: Hỗn hợp khí X gồm N
2
, H
2
, NH
3
còn lại. PTPƯ:
2NH
3
→
0
t
N
2
+ 3H
2
(1)
Qua dung dịch HNO
3
dư NH
3
bị giữ lại :NH
3
+ HNO
3
= NH
4
NO
3
Còn lại hỗn hợp Y chỉ gồm N
2
, H
2
với số mol:
n
Y
=
4,22
6,89
= 4 mol; n
X
=
4,22
4,134
= 6 mol. Vậy số mol NH
3
dư = 2 mol.
Theo (1) thì nN
2
= 3nN
2
. Do đó trong 4 mol hỗn hợp Y có 1 mol N
2
và 3 mol H
2
.
b. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có:
6
Sáng kiến kinh nghiệm
n
N
(NH
3
ban đầu) = n
N
(N
2
) + n
N
(NH
3
) 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 O
2
(đktc) ta thu được
2,18 hỗn hợp khí CO
2
, N
2
và hơi nước ở 109,2
0
C 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 (CO
2
, N
2
và H
2
O) =
4,1.273.082,0
1,2.896,0
= 0,06 (mol)
Số mol (CO
2
, N
2
) = 0,025 (mol). Số mol H
2
O ngưng tụ = 0,06 – 0,025 = 0,035.
Gọi x là số mol CO
2
trong hỗn hợp với N
2
:
M
= 20,4.2 = 40,8;
M
=
025,0
)025,0(2844 xx
−+
.
Giải ra ta có x = 0,02 (mol) nên số mol N
2
= 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:
m
O
trong X + m
O
dùng để đốt cháy = m
O
trong CO
2
+ m
O
trong nước
→ m
O
trong X = 0,02.32 + 0,035.16 –
32.
4,22
616,0
= 0,02 (mol)
Gọi công thức tổng quát của X là C
x
H
y
O
z
N
t
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: ( C
2
H
7
O
2
N)
t
Chúng ta tính m
C
+ m
H
+ m
O
+ m
N
trong 0,01 mol chất X:
m
C
+ m
H
+ m
O
+ m
N
= 0,24 + 0,07 + 0,032 + 0,14 = 0,77 (g)
→M
X
=
01,0
77,0
= 77. Ta có 77.t = 77 nên t = 1.Vậy ctpt của X là: C
2
H
7
O
2
N.
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 Fe
2+
(0,1 mol) và Al
3+
(0,2 mol) và hai
anion là Cl
-
(x mol) và SO
4
2-
(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; HCO
3
-
: b mol; CO
3
2-
:c mol; SO
4
2-
: 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: HCO
3
-
+ OH
-
= CO
3
2-
+ H
2
O
7
Sáng kiến kinh nghiệm
Ba
2+
+ CO
3
2-
= BaCO
3
↓
Ba
2+
+ SO
4
2-
= BaSO
4
↓
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 HCO
3
-
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
=
2
ba
+
và nồng độ x =
2,01,0
2
ba
ba
+
=
+
(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 H
2
, còn
khi hòa tan 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HNO
3
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 AgNO
3
và
Cu(NO
3
)
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 H
2
.
Tính nồng độ mol/lít của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
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 = FeCl
2
+ H
2
(1)
2M + 2nHCl = MCl
n
+ nH
2
(2)
Fe + 4HNO
3
= Fe(NO
3
)
3
+ NO +2H
2
O (3)
3M + 4nHNO
3
= 3M(NO
3
)
n
+ nNO + 2nH
2
O (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 =
4,22
128,2
.2 = 0,19.(I)
Theo (3); (4) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:
3x + ny =
4,22
792,1
.3 = 0,24.(II). Giải (I) và (II) ta có:
x = 0,05 mol; ny = 0,09 mol.
8
Sáng kiến kinh nghiệm
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 + 3AgNO
3
= Al(NO
3
)
3
+ 3Ag (5)
2Al + Cu(NO
3
)
2
= 2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu (6)
Fe + 2AgNO
3
= Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (7)
Fe + Cu(NO
3
)
2
= Fe(NO
3
)
2
+ Cu (8)
Fe + 2HCl
= FeCl
2
+ H
2
(9)
Theo (9): số mol H
2
=
4,22
672,0
= 0,03 = n
Fe
còn lại.
Gọi a, b là số mol AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
- Tổng số mol electron Ag
+
; Cu
2+
; 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 C
M
AgNO
3
=
1,0
03,0
= 0,3M, C
M
Cu(NO
3
)
2
=
1,0
05,0
= 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 H
2
(đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần 1
2/ Hòa tan phần 2 bằng HNO
3
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 + O
2
= 2FeO (1) 2Fe + 1,5O
2
= Fe
2
O
3
(2)
3Fe + 2O
2
= Fe
3
O
4
(3) FeO + H
2
= Fe + H
2
O (4)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
= 2Fe + 3H
2
O (5) Fe
3
O
4
+ 4H
2
= 3Fe + 4H
2
O (6)
Từ (1
→
6) thì Fe không thay đổi số oxi hóa, H
2
cho electron và O
2
nhận electron nên
áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:
2nH
2
= 4nO
2
→
nH
2
= 2nO
2
.
3
1
=
3
2
.(
32
184,2048,3
−
) = 0,018 (mol)
VH
2
= 0,018.22,4 = 0,4032 (lít)
2. Các phản ứng hòa tan có thể:
3FeO + 10HNO
3
= 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (7)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
= 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (8)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
= 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (9)
9
Sáng kiến kinh nghiệm
Ta thấy tất cả Fe bị oxi hóa thành Fe
3+
còn N
+5
bị khử thành N
+2
, O
2
0
bị khử thành O
2-
nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:
3n +
3.
3
1
56
184,2
4.
3
1
8.
32
184,2048,3
=
−
= 0,039
Trong đó n là số mol của NO thoát ra. Chúng ta dễ dàng rút ra n = 0,001(mol) và V
NO
= 0,001.22,4 = 0,224(lit)
3. Các phản ứng có thể xảy ra:
2Al + 3FeO = 3Fe + Al
2
O
3
(10) 2Al + Fe
2
O
3
= 2Fe + Al
2
O
3
(11)
8Al + 3Fe
3
O
4
= 8Fe + 4Al
2
O
3
(12) Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(13)
2Al + 6HCl = AlCl
3
+ 3H
2
(14)
Xét các phản ứng (1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 14) ta thấy Fe cuối cùng thành Fe
2+
, Al thành
Al
3+
, O
2
o
thành 2O
2-
và 2H
+
thành H
2
nên áp dụng định luật bảo toàn số mol
electron, ta có:
27
3.4,5
2.
3
039,0
+
= 0,009.4 + n.2
⇔
0,026 + 0,5 = 0,036 + n.2
Suy ra n = 0,295(mol). Vậy VH
2
= 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
M
chính là khối lượng
của 1 mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức:
∑
∑
=
+++
+++
=
i
ii
n
nM
nnn
nMnMnM
M
321
332211
(1).
Trong đó M
1
, M
2
…là khối lượng phân tử (hoặc khối lượng nguyên tử) các chất trong
hỗn hợp n
1
, n
2
…là số mol tương ứng của các chất.
Công thức (1) có thể viết thành:
M
= M
1
.
∑
i
n
n
1
+ M
2
.
∑
i
n
n
2
+ M
3
.
∑
i
n
n
3
+ …
= (M
1
x
1
+ M
2
x
2
+M
3
x
3
+…)/(x
1
+ x
2
+ x
3
+ )(2).
Trong đó x
1
, x
2
, x
3
… là % số mol tương ứng của các chất. Đặt biệt là đối với chất khí
thì x
1
, x
2
cũng chính là % thể tích của các chất nên công thức (2) có thể viết thành:
∑
∑
=
+++
+++
=
i
ii
v
vM
vvv
vMvMvM
M
321
332211
(3)
Trong đó v
1
, v
2
, v
3
…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.
)(
21
2211
nnn
nMnM
M
=+
+
=
(1
’
) Trong đó n là tổng số mol các chất trong hỗn hợp.
M
= M
1
x
1
+ M
2
(1 – x
1
) (2
’
). Trong đó con số (1) ứng với 100 %.
10
Sáng kiến kinh nghiệm
Và:
V
VVMVM
M
)(
1211
−+
=
(3
’
)
Trong đó V
1
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 CO
2
(đktc).
a.Xác định tên của hai kim loại đó
b. 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:
MCO
3
+ 2HCl = MCl
2
+ H
2
O + CO
2
(1)
Theo (1) số mol các muối cacbonat bằng số mol CO
2
=
4,22
672,0
= 0,03 mol.
Nên KLPTTB các muối cacbonat:
M
=
03,0
84,2
= 94,67
⇒
M
’ = 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:
M
=
08,0
387,3
= 42,23. Như vậy phải có ít nhất một rượu có khối lượng phân tử
M nhỏ hơn 42,23. Rượu đó phải là CH
3
OH (M = 32).
Theo giả thuyết: n
A
= 0,05 mol
⇒
m
A
= 32.0,05 = 1,6 (g). Khối lượng B, C:
m
(B + C)
= 3,38 – 1,6 = 1,78 g.
⇒
CB
M
,
=
03,0
78,1
= 59,3.
Gọi
y
là số nguyên tử Hiđro trung bình trong phân tử hai rượu B, C.
Ta có: M
y
x
HC
OH = 59,3 hay 12x +
y
+ 17 = 59,3.
Chúng ta thấy chỉ có nghiệm phù hợp là: x = 3,
y
= 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:
+ C
3
H
5
OH và C
3
H
7
OH và C
3
H
3
OH và C
3
H
7
OH
11
Sáng kiến kinh nghiệm
Ví dụ 3: Nitro hóa benzen bằng HNO
3
đặc thu được hai hợp chất nitro hơn kém nhau
1 nhóm NO
2
. Đốt cháy hoàn toàn 2,34 gam hổn hợp A, B thu được CO
2
, H
2
O và 255,8
ml N
2
(ở 27
0C
, 740 mmHg). Hãy xác định công thức phân tử của A và B.
Giải: Số mol khí N
2
=
300.082,0.1000.760
8,255.740
=
RT
PV
= 3 mol.
Gọi
nn
NOHC )(
2
6
6
−
là công thức chung cho A và B với
n
là số nhóm chức trung
bình. Ta có các phương trình phản ứng hóa học:
C
6
H
6
+
n
HNO
3
→
42
SOH
nn
NOHC )(
2
6
6
−
+
n
H
2
O (1)
nn
NOHC )(
2
6
6
−
+ (
2
5,215 n
−
)O
2
6CO
2
+ (
2
6 n
−
)H
2
O +
2
n
N
2
.(2)
Theo (2) ta có:
2
.
4578
34,2 n
n
+
= 3
Giải ra ta được
n
= 1,7. Vậy công thức phân tử của A và B lần lượt là: C
6
H
5
NO
2
và
C
6
H
4
(NO
2
)
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 O
2
và thu được 17,92 lít CO
2
(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
C
x
H
y
O
2
.
Số mol O
2
= 0,975 mol. nCO
2
= 0,8 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
Số mol H
2
O = [ 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 =
15,0
8,0
= 5,33
⇒
5 < 5,33 < 6
Số nguyên tử H trung bình =
2.
15,0
65,0
= 8,66
⇒
8 < 8,66 < 10.
Vậy công thức của hai este là C
5
H
8
O
2
và C
6
H
10
O
2
Khối lượng mol trung bình của hai rượu là :
15,0
6,7
= 50,66 nên hai rượu kế tiếp là
C
2
H
5
OH (M = 46) và C
3
H
7
OH (M = 60)
⇒
Muối có số nguyên tử C là 5 – 2 = 3, số nguyên tử H là = 8 – 5 = 3.
⇒
Công thức muối: CH
2
=CH-COONa
Vậy CTCT của A: CH
2
=CH-COOC
2
H
5
và B: CH
2
=CH-COOC
3
H
7
.
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
12
Sáng kiến kinh nghiệm
dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ trong phản
ứng: MCO
3
+ 2HCl = MCl
2
+ CO
2
↑
+ H
2
O
Ta thấy khi chuyển 1 mol MCO
3
thành MCl
2
thì khối lượng muối tăng lên.
M + 2.35,5 – (M + 60) = 11(g), và có 1mol CO
2
bay ra hoặc ngược lại.
Trong phản ứng este hóa:
CH
3
COOH + R’OH CH
3
COOR’ + H
2
O
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 Na
2
CO
3
0,1 M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25 M. Cho 43 gam hỗn hợp
BaCl
2
và CaCl
2
và dung dịch đó. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 g kết tủa
A và dung dịch B.
1) Tính % khối lượng các chất trong A
2) 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 Na
2
CO
3
và (NH
4
)
2
CO
3
có các ion: Na
+
, NH
4
+
, và CO
3
2-
Hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
có các ion Ba
2+
, Ca
2+
, và Cl
-
1) Các phản ứng: Ba
2+
+ CO
3
2-
= BaCO
3
↓
(1) Ca
2+
+ CO
3
2-
= CaCO
3
↓
(2)
Theo (1) và (2) cứ 1 mol BaCl
2
hoặc CaCl
2
biến thành BaCO
3
hoặc CaCO
3
thì khối
lượng giảm 71 – 60 =11(g) (2Cl
-
chuyển thành CO
3
2-
). Do đó tổng số mol 2 muối
BaCO
3
và CaCO
3
bằng
11
7,3943
−
= 0,3 (mol)
Còn
∑
số mol CO
3
2-
= 0,1 + 0,25 = 0,35. Điều đó chứng tỏ dư CO
3
2-
.
Gọi x, y là số mol BaCO
3
và CaCO
3
trong A
Ta có:
=
=
⇒
=+
=+
2,0
1,0
7,39100197
3,0
y
x
yx
yx
Thành phần % A:
% BaCO
3
=
7,39
197.1,0
.100 = 49,62 %, % CaCO
3
= 100 – 49,62 = 50,38 %
13
Sáng kiến kinh nghiệm
2.a. Trong
2
1
dung dịch B có Na
+
, Cl
-
, NH
4
+
, CO
3
2-
, khi cho HCl vào:
CO
3
2-
+ 2H
+
= CO
2
+ H
2
O (3)
Như vậy cô cạn dd ta thu được chất rắn gồm 2 muối NaCl và NH
4
Cl. Khi đun nóng
hỗn hợp này thì NH
4
Cl bị phân hủy: NH
4
Cl
→
o
t
NH
3
↑
+ HCl
↑
.
Vậy chất rắn X chứa 100 % NaCl.
b/ Trong
2
1
dung dịch B có:
Số mol CO
3
2-
=
2
1
(0,35 – 0,3) = 0,025 (mol), số mol NH
4
+
=
2
1
.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
= Ba
2+
+ 2OH
-
Vì số mol Ba(OH)
2
= 0,27.0,2 = 0,054
⇒
số mol OH
-
= 0,054.2 = 0,108
PƯ : Ba
2+
+ CO
3
2-
= BaCO
3
↓
(5) NH
4
+
+ OH
-
= NH
3
↑
+ H
2
O (6)
Vì số mol CO
3
2-
(0,025) < n
Ba2+
(0,054) nên số mol BaCO
3
= 0,025 tức là khối lượng
kết tủa = 0,025.197 = 4,925(g)
Vì n
OH-
(0,108) < n
NH4+
(0,25) nên số mol NH
3
bay ra là 0,108 mol tức là
Khối lượng NH
3
= 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 =
97
145
. 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 AgNO
3
dư trong NH
3
thì thu
được 25,92 gam Ag lim loại. Tính % khối lượng 2 axit trong hỗn hợp B.
Giải: - PTPƯ: 2HCHO + O
2
2HCOOH (1)
2CH
3
CHO + O
2
2CH
3
COOH (2)
Giả sử hỗn hợp A chỉ có HCHO thì B chỉ có HCOOH
Vậy d
30
46
==
A
B
M
M
A
B
= 1,53 = a.
Giả sử A chỉ có CH
3
CHO thì B chỉ có CH
3
COOH
Vậy d
44
60
==
A
B
M
M
A
B
= 1,36 = a. Vì hh đồng thời có cả HCHO và CH
3
CHO nên khoảng
xác định của a là: 1,36 < a < 1,53.
b/ Gọi x, y là số mol HCHO và CH
3
CHO thì số mol 2 axit HCOOH, CH
3
COOH
cũng là x và y nên:
A
B
M
M
=
⇒=
+
+
97
145
4430
6040
yx
yx
x=5y. Vậy
% m HCHO = 77,3 % và % CH
3
CHO = 22.7 %
14
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét