CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

1>Các phương pháp bảo toàn :a> Bảo toàn e : Nguyên tắc : Trong quá trình pứ, tổng số e nhường bằng tổng e nhận hoặc số mol e nhường bằng số mol e nhận. Lưu ý : + Cần xác định đúng trạng thái ban đầu,cuối của các chất oxh-khử mà không quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian. + Nếu có nhiều chất oxh, nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol e nhường rồi mới cân bằng. Nhận dạng bài toán : Đối với những bài toán có sự thay đổi số oxh , có mặt chất chất oxh, chất khử Dạng 1:1chất khử + 1chất oxh ∑số e 1 chất khử cho = ∑số e 1 chất oxh nhậnVí dụ : Cho khí CO nóng qua ống sứ đựng m(g) Fe2O3 một thời gian được 6.72(g) hh X.Hòa tan hoàn toàn hh X vào dd HNO3 dư thấy tạo thành 0.448 (l) khí NO (sản phẩm khử duy nhất).m có giá trị : A.5,56 B.6,64 C.7,2 D.8,8

Bài giải:Tư duy bài toán theo sơ đồ: m(g) 2O3

+ O – 2e→ O2

H2O + O + 6,72g hh X + H O3

Dựa vào sơ đồ ta thấy, chất khử là CO và chất oxh là HNO3.

Ta có : nNO = = 0,02 mol

Quá trình nhường e: - 2e

0,03 0,06 0,03Quá trình nhận e: + 3e

0,06 0,02Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 1Áp dụng định luật bảo toàn e: nCO (phản ứng) = nCO (tạo thành) =0,03 molTheo định luật bảo toàn khối lượng :

mCO (phản ứng) + mFe O (ban đầu) = mx + mCO (tạo thành)

0,03.28 + m = 6,72 + 0,03.44 m = 7,2 gam Đáp án C.

Dạng 2 : 1 chất khử + 2 chất oxi hóa : (1 chất khử cho) = (2 chất oxi hóa nhận)

Ví dụ : Nung m(g) bột Fe trong O2 thu được 3 gam hh chất rắn X.Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 dư, thoát ra 0,56 lit khí NO ( đktc ) ( sản phẩm khử duy nhất ) . Giá trị của m là:A.2,22 B.2,32 C.2,52 D.2,62.Bài giải:Ta có sơ đồ :

+ 4e + 3e

m (g) 3g hh X ( Fe, Fex 3 ) + H O3 dư Fe3+ + O - 3e

Dựa vào sơ đồ ta thấy Fe là chất khử, O2 và HNO3 là chất oxi hóa.

Ta có : mO = 3 − m (g) nO = ( mol )

nNO = = 0,025 mol nFe = ( mol )

- Quá trình nhường electron : − 3e

- Quá trình nhận electron : 2 4e 2

+ 3e 0,075 0,025

Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 2- Áp dụng định luật bảo toàn electron :

= + 0,075 m = 2,52 (g)

Đáp án C.

Dạng 3 : 2 chất khử + 1 chất oxi hóa : (2 chất khử cho) = (1 chất oxi hóa nhận)

Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe và Cu (tỉ lệ mol 1:1 ) bằng axit HNO3, thu được V lit (đktc) hỗn hợp khí X ( gồm NO và NO2) và dung dchj Y ( chỉ chứa 2 muối và axit dư ). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19.Tìm giá trị V.

Bài giải:Vì axit dư nên Fe, Cu bị oxi hóa hết tạo ; Gọi a, x, y lần lượt là số mol của Fe, NO, NO2. nFe = nCu = a 56a + 64a = 12 a = 0,1Ta có : hhX = 19.2 = 38Dựa vào sơ đồ đường chéo ta có : NO (x)…….30 8

38

NO2 (y)…. 46 8

= 1 hay x = y

- Quá trình nhường electron : 3e 0,1 0,3 2e 0,1 0,2 nhường = 0,5 mol- Quá trình nhận electron : + 3e 3x x + 1e

nhận = 4x mol

- Áp dụng định luật bảo toàn electron : 0,5 = 4x Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 3

=> x = 0,125 => Vx = 22,4.(0,125 + 0,125 ) = 5,6 (l). Dạng 4: 2 chất khử + 2 chất oxi hóa :

( 2 chất khử cho) = (2 chất oxi hóa nhận).

Ví dụ: hòa tan 14,8g hỗn hợp gồm Fe và Cu vào lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO3 và H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được 10,08 lít NO2 (đktc) và 2,24 lít SO2 (đktc). Tính khối lượng Fe trong hỗn hợp ban đầu.

Bài giải:Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe, Cu 56a + 64 = 14,8 (1)- Quá trình nhường electron : 3e a 3a 2e b 2b

=> nhận = 0,45 + 0,2 = 0,65 mol

- Áp dụng định luật bảo toàn electron : 3a + 2b = 0,65 => a = 0,15 và b = 0,1. => mFe = 8,4 g. Dạng 5 : Cùng lượng chất khử tác dụng với 2 chất oxi hóa :

(oxi hóa 1 nhận) = (oxi hóa 2 nhận)

Ví dụ : Chia hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn thành 2 phần bằng nhau :- Phần 1 : tác dụng với HCl dư được 0,15 mol H2

- Phần 2 : cho tan hết trong dung dịch HNO3 dư được V lít NO ( sản phẩm khử duy nhất ).Tính giá trị V.

Bài giải:Ta có : Số mol electron do H+ nhận hay nhận luôn bằng nhau : 2H+ + 2e H2

0,3 mol 0,15 mol + 3e 0,3mol 0,1 mol=> VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít.

Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 4

Phạm vi áp dụng : Sử dụng cho các bài toán có pư oxh-khử, đặc biệt là bài toán có nhiều chất oxh, nhiều chất khử các phản ứng phức tạp, xảy ra nhiều giai đoạn, nhiều quá trình. Nhận xét , đánh giá: + Ưu điểm: Giải nhanh những bài toán có nhiều chất oxh , chất khử, không cần viết PTPƯ. + Nhược điểm

Chỉ thường dùng giải bài toán vô cơ. Chỉ áp dụng cho hệ pt oxh-khử. Liên hệ : Kết hợp với các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố.• Ví dụ 1: Nung nóng 16,8g bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được m gam khí X gồm oxit sắt và sắt dư .Hòa tan hết hh X bằng H2SO4đ,n thu được 5,6 (l) SO2(đktc).

Bài giải: Ta có:

nFe = = 0.3 mol ; nSO = = 0.25 mol

Fe -3e → Fe+3 O2 +4e → 2O-2

0,3 0,9 a 4a 2a

S+6 +2e → S+4/SO2

0,5 0,25 Áp dụng đl bảo toàn electron: ∑e cho = ∑e nhận 0,9 = 4a + 0,5 => a = 0,1=> O/oxit sắt = 0,1.2 = 0,2 Vậy mx = mFe + mo = 16,8 + 16.0,2 =20g.

b> Bảo toàn khối lượng : Nguyên tắc : Tổng khối lượng của các chất tham gia bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành. Khi cô cạn dd thì khối lượng hh muối thu được bằng tổng khối lượng của các cation kim loại và anion gốc axit.∑ mchất tham gia pứ = ∑ msản phẩm pứ

Ví dụ: Fe(r) + 2HCl(l) FeCl2(r) + H2(k)

mFe + mHCl = mFeCl + mH

Lưu ý : Không tính khối lượng của phần không tham gia pứ.

Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 5

Đối với các pứ có khí thoát ra thì tổng sản phẩm nhỏ hơn tổng chất tham gia

Đối với những pứ có dư chất tham gia thì khi áp dụng định luật BTKL phải cộng phần dư vào phần sp

Nhận dạng : Bài toán tính khối lượng chung nhiều chất, không bảo tính từng phần riêng rẽ. + Cho hỗn hợp các oxit kim loại qua CO, H2, Al.

+ Cho hỗn hợp các kim loại tác dụng với các axit mạnh.+ Cho hh nhiều muối (muối cacbonat) vào dd axit hoặc vào dd muối mới.+ Phản ứng cháy các hợp chất hữu cơ. Phạm vi áp dụng : Dùng để giải bài toán vô cơ và hữu cơ và áp dụng cho mọi quá trình oxh-kh hoặc không phải là quá trình oxh-kh.Thường được dùng để vô hiệu hóa các phép tính phức tạp nhiều bài toán vô cơ, hữu cơ mà trong các bài toán đó xảy ra nhiều phản ứng.Khi đó ta chỉ cần lập sơ đồ để thấy rõ mối quan hệ về tỉ lệ mol của các chất mà không cần viết ptpư.Phản ứng hạt nhân có độ hụt khối nên không áp dụng được phương pháp này. Nhận xét và đánh giá : + Ưu điểm: Được áp dụng rộng rải trong vô cơ và hữu cơ, đặc biệt trong bài toán tìm CTTQ của các hợp chất hữu cơ. Đối với những bài toán vô cơ như Fe→Fe xOy thì đây là pp không thể thiếu. + Nhược điểm :Không thể áp dụng đối với bài toán hạt nhân (PTPƯ tỏa nhiệt thu nhiệt lớn) Mối liên hệ : Thường đi kèm với các pp đại số, phương pháp bảo toàn các nguyên tố, bảo toàn điện tích và đặc biệt bảo toàn e. Ví dụ 1 : Hòa tan hết 7,74g hh bột Mg ,Al bằng 500ml dd hh HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dd X và 8,736l H2(đktc).Cô cạn dd X thu được lượng muối khan là:A.38,93g B.103,85g C.25,95g D.77,86g

Bài giải: Ta có:

nH2 = = 0,39 mol

nHCl = 0,58.1 = 0,5 mol nH2SO4 = 0,28.0,5 = 0,14 mol Áp dụng ĐLBTKL:mhh + mHCl + mH2SO4 = mmuối + mH2

mmuối= 7,74 + 0,5.30,5 + 0,14.0,8 - 0,39.2 = 38.93gChọn A.Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 6

Ví dụ 2: COdư + m(g) 215 g chất rắn, khí thoát ra suc qua Ca(OH)2 15g Tính m?

Bài giải:CO khử được Cu, Fe ra khỏi hh oxit và sinh ra CO2 , khí CO2 tác dụng với Ca(OH)2 tạo kết tủa CaCO3 => nCaCO = 15 /100 = 0,15 mol. => nCO = 0,15 mol. => => nCO = 0,15 mol.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :mCO+ m = mCO + mrắn

0,15.28 + m = 215 + 0,15.44=> m = 217,4 (g). Ví dụ : Cho 24,4 g hh Na2CO3 và K2CO3 tác dụng vừa đủ với BaCl2, sau phản ứng thu được

39,4 g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Tính m ?

Bài giải24,4 g + dd BaCl2 Gọi m là kim loại trung bình của Na và K : M2CO3 + BaCl2 BaCO3 + 2MCl

nBaCO = = 0,2 mol.

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:mhh + mBaCl = mBaCO + m 24,4 + 0,2.218 = 39,4 + m => m = 26,6 g. c> Bảo toàn điện tích : Nguyên tắc : Trong phản ứng trao đổi ion và rong một dung dịch. ∑điện tích = ∑điện tích ① Hay ∑ ncation = ∑ nanion Ví dụ : ta có các ion là số mol của các ion là :

Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 7

Ion Na+ Ca2+ NO3 Cl HCO3

Số mol a b c d e Theo định luật bảo toàn điện tích ta có : |a.(+1) + b.(+2)| = |c(-1) + d(-1) + e(-1)| . Lưu ý : + Phải xác định đầy đủ điện tích dương và điện tích âm.+ Trong phản ứng trao đổi ion của dd chất điện ly trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí thoát ra khỏi dd thì phải trả lại cho dd bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm. Nhận dạng : AB + CD → AD + CB An+ + Cm+ = Bn- +Dm- (Cho bài toán dưới dạng các ion âm,ion dương.) Phạm vi áp dụng : + Đối với dung dịch chất điện ly,xđ nồng độ ion trong dung dịch.

+ Áp dụng cho bài toán nhiều Axit- Bazơ H+ + OH- → H2O+ Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường nguyên tử, phân tử , dd trung hòa điện.+ Âp dụng trong một số bài toán có phản ứng trao đổi ion. Nhận xét,đánh giá : + Ưu điểm: Dễ áp dụng, giải nhanh các bài toán điện tích ( thường là vô cơ) giúp xác định được số oxh của các ion dễ dàng, không cần phải viết phương trình ( ít tốn thời gian) có thể tìm được nồng độ các ion trong dung dịch dựa vào bảo toàn điện tích. + Nhược điểm: Thường không áp dụng trong hữu cơ, không được áp dụng rộng rãi trong các bài toán vô cơ. Liên hệ : Đi kèm với phương pháp đại số, phương pháp ghép ẩn số. Ví dụ 1 : Dung dịch A chứa Na+ a(mol), HCO3

- b(mol), CO32- c(mol), SO4

2-

b(mol).Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100ml dd Ba(OH)2 x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b.

Bài giải:HCO3

- + OH- → CO32- + H2O

Ba2+ + CO32- → BaCO3↓

Ba2+ + SO42- → BaSO4↓

Dd sau phản ứng chỉ có Na+ a(mol). Vì bảo toàn điện tích nên phải có a(mol) OH-. Để tác dụng với HCO3

- cần b(mol) OH-.Vậy số mol OH- do Ba(OH)2 cung cấp là : a + b(mol)

Ta có: nBa(OH)2 =

Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 8

x = = (mol/l)

Ví dụ 2 : Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1 thu được dd X. Cho từ từ dung dịch X vào 200ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được lượng kết rủa Y lớn nhất thì m có giá trị là bao nhiêu ?

Bài giải :Dung dịch X chứa : Ba2+ , K+ , Na+ , OH.Khi cho dung dịch X vào dung dịch Al2(SO4)3 , để thu được kết tủa lớn nhất thì khi đó kết tủa tách ra khỏi dung dịch. Dung dịch tạo thành gồm : K+ , Na+ , SO4

2- .Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : nK + nNa = nSO => nK = 3.0,02 0,03 = 0,03 mol=> mK = 0,03.39 = 1,17 (g).

Ví dụ 3 : Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1 : tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H2 (đktc).- Phần 2 : nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn. Tính khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu.

Bài giải: A, B có hóa trị không đổi nên khi tác dung với HCl và O2 thì số mol điện tích của 2 kim loại A, B trong 2 phần không thay đổi , do đó số mol điện tích âm trong 2 phần là như nhau.Vì O2- 2Cl nên

nO(trong oxit) = nCl(trong muối)= nH = = 0,08 (mol).

mkim loại = moxit mO = 2,84 0,08.16 = 1,56 (g).Khối lượng của kim loại trong hỗn hợp ban đầu là : m = 2.1,56 = 3,12 (g).

d)Bảo toàn nguyên tố:` Nguyên tắc : Ngoại trừ phản ứng hạt nhân, trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn. Tổng khối lượng của một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng của một nguyên tố đó sau phản ứng. Ví dụ: Fe FeCl2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Fe2O3 => Sơ đồ bảo toàn nguyên tố Fe : 2Fe Fe2O3

a a/2 Lưu ý : Chỉ áp dụng cho bài toán thông thường, không áp dụng cho bài toán hạt nhân.

Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 9

Xác định đầy đủ chất tham gia và sản phẩm, tất cả những hợp chất có liên quan đến nguyên tố đang áp dụng định luật. Nhận dạng : + Bài toán tính khối lượng một chất khi quá trình phản ứng sảy ra nhiều bước.+ Sử dụng trong các phản ứng đốt cháy hợp chất Ví dụ 1: Khi đốt cháy một hợp chất A : CxHyOz

mA = mC + mH + mO Ví dụ 2: Khi đốt cháy hợp chất hữu cơ B ( C,H ) : → mO(CO ) + mO(H O) = mO(O pư) + Áp dụng trong một số phản ứng oxi hóa khử phức tạp hoặc phản ứng oxi hóa khử với nhiếu chất khử.

Phạm vi : Đối với các bài tập hữu cơ, vô cơ và các phản ứng đốt cháy mà trong các bài toán đó sảy ra nhiều phản ứng. Nhận xét : + Ưu điểm: Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp giải nhanh, có nhiều nét tương đồng với phương pháp bảo toàn khối lượng. Tuy nhiên với nhiều bài toán áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng. Xác định các nguyên tố sau phản ứng.Sử dụng có hiệu quả trong các bài tập trắc nghiệm khách quan , phát triển khả năng tư duy cho học sinh.Khi sử dụng phương pháp này ta chỉ cần lập sơ đồ phản ứng để thấy rõ mối quan hệ về tỉ lệ mol của các chất mà không cần viết phương trình phản ứng. + Nhược điểm: Phương pháp bảo toàn nguyên tố chỉ áp dụng đối với bài toán hỗn hợp thông thường, đối với bài toán phóng xạ thì có sự tạo thành nguyên tố mới, độ hụt khối nên phương pháp bảo toàn nguyên tố không thể áp dụng được. Liên hệ : với các phương pháp bảo toàn khối lượng .Phương pháp bảo toàn nguyên tố thường được dùng như một bước trong việc giải một bài toán gồm nhiều bước. Ví dụ 1 : Hòa tan hoàn toàn hh gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3

vừa đủ, thu được dung dịch X( chỉ chứa 2 muối sunfat) và khí duy nhất NO.Tính giá trị của a:Bài giải:

Ta có sơ đồ: 2FeS2 → Fe2(SO4)3 0,12 0,06Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 10

Cu2S → 2CuSO4

a 2a Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố S: 0,12.2 + a = 0,06.3 + 2a → a = 0,06 mol Ví dụ 2: Để khử hoàn toàn 40g hh CuO và Fe2O3 cần dùng 15,68 lít CO (đktc). Tính mrắn sau

phản ứng.Bài giải:

40g + 15,68(l) CO mrắn + CO2

Ta có : nCO = = 0,7 mol.

Bảo toàn nguyên tố C : nCO = nCO = 0,7 mol.Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mhh + mCO = mrắn + mCO

40 + 0,7.28 = mrắn + 0,7.44=> m = 28,8 (g).

Danh sách nhóm 2, tổ 2 : 1. Hoàng Thị Thu Thảo2. Nguyễn Thị Mai3. Nguyễn Thị Kim Thu4. Nguyễn Thúy Kiều Lan5. Nguyễn Thị Lê6. Phạm Thị Hoàng Yến7. Thái Hoàng Phước8. Nguyễn Tiến Vũ

Nhóm 2, tổ 2, sp hóa K30B Page 10

2)Phương pháp tăng giảm khối lượng: Nguyên tắc : Khi chuyển từ chất A→B( có thể qua nhiều giai đoạn trung

gian), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam( thường tính theo 1 mol và dựa khối lượng thay đổi ta tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hay ngược lại.

+ Nhúng thanh kim loại A vào dd muối của kim loại B.Sau 1 thời gian pứ lấy thanh kl ra rửa nhẹ,sấy cân:

- Nếu khối lượng thanh kl tăng (so với trước khi nhúng) thì độ tăng khối lượng thanh kl là:

Δm↑ = mB bám – mA tan

- Nếu khối lượng thanh kl giảm ( so với trước khi nhúng ) thì độ giảm khối lượng thanh kl:

Δm↓ = mA tan – mB bám

+ Khi cho hh CO2 và H2O vào bình Ca(OH)2 hoặc bình Ba(OH)2 thì:

Δmbình ↑ = mCO + mH O

Δmdd ↑ = mCO + mH O + m ↓

Δmdd↓ = m↓ - ( mCO + mH O) Lưu ý : Khi A → B thì không nhất thiết cứ phải trực tiếp mà có thể qua

nhiều giai đoạn trung gian. Nhận dạng : Có sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất

khác. Phạm vi áp dụng : Thường được áp dụng giải bài tập vô cơ và hữu cơ.Giải

các bài tập với các hh chưa xác định thành phần hoặc bài tập pha trộn dd, đặc biệt là khi tạo kết tủa hay giải phóng khí bay hơi.

Nhận xét : + Ưu điểm: Tránh được việc lập nhiều phương trình,không phải giải nhiều hệ phương

trình phức tạp. + Nhược điểm: Liên hệ:

Ví dụ : Nhúng thanh kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO4.Sau khi khử hoàn toàn ion Cd2+ khối lượng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu.Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu.

Bài giải:

Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a(gam) thì khối lượng tăng thêm là (gam).

Zn + CdSO4 → ZnSO4 + Cd

Tính cho 1mol : khối lượng tăng là : MCd – MZn = 112 – 65 = 47(g).

Với số mol = = 0,04(mol) thì khối lượng tăng là 2,35a/100(gam).

Ta có tỉ lệ: 04,0

1 =

a = 80(g).

3) Các phương pháp trung bình: Nguyên tắc chung : Ta có thể thay thế hh nhiều chất bằng một chất tương

đương.Nếu hh gồm nhiều chất cùng tác dụng với với một chất khác mà tính chất các phương trình phản ứng tương tự nhau về sản phẩm, tỉ lệ số mol giữa chất tham gia và chất sản phẩm,hiệu suất phản ứng.

Lưu ý :Bất kể đại lượng trung bình nào cũng có giới hạn. Phạm vi : Được áp dụng để giải ngắn gọn các bài tập xá định CTPT của các hợp chất hữu

cơ trong hỗn hợp nhiều chất. a)Phương pháp khối lượng trung bình: hh

hh là khối lượng 1mol hổn hợp (với hh khí còn có thể coi là khối lượng 22,4l hh khí đó đo ở đktc)

+hh luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của các chất thành phần nhỏ nhất và lớn nhất.

+Mmin < hh < Mmax.+ Hỗn hợp 2 chất A,B có MA<MB và có thành phần % theo số mol tương ứng là a% và b%:

a% = b% = 50% a% < 50% < b% a% > 50% > b%hh = (MA+MB)/2 hh >(MA + MB)/2 hh< (MA + MB)/2

+Với hỗn hợp ( rắn,lỏng,khí ):hh = mhh/nhh = (MA..nA + MB.nB +….+ Mini)/(nA + nB +…...+ ni)+ Riêng với hỗn hợp khí:hh= = dhh/khí X .Mx = ( MAVA + MBVB +….+ViMi)/(VA + VB + ….+ Vi). Ví dụ: Một hỗn hợp 2 ankan đồng đẳng kế tiếp nhau,có tỉ khối đối với hidro là 16,75.Tìm

CTPT.Giải:

MA,MB,a,b lần lượt là khối lượng phân tử và số mol của 2 ankan A(CnH2n + 2), B(CmH2m + 2).Khối lượng phân tử trung bình của 2 ankan là:hh = 2.16,75 = 33,5gTa có : MA < hh =33,5.MB = MA + 14 > 33,5.Vì A,B là 2 đồng đẳng liên tiếp nhau nên:MB = MA +14 19,5 < MA = 14n + 2 < 33,5. 1,25 < n < 2,35Vì n nguyên nên n = 2 m = 3Vậy 2 ankan là :A: C2H5 etan.B: C3H8 propan.b)Phương pháp khối lượng mol trung bình: Nguyên tắc :Nếu tồn tại một tập hợp các phần tử với trị số các phần tử là A,B,C…có số

lượng mổi phần tử tương ứng bằng a,b,c… hay % số lượng mổi phần tử bằng x,y,z thì luôn tồn tại một giá trị tương đương gọi là trị số trung bình của các phần tử đó:

= xA + yB + zC +… với x + y + z +…= 100% = 1

Hay =

Khối lượng mol trung bình: = M1x1 + M2x2 +…..+ =

Hay Tổng khối lượng hổn hợp Tổng số mol hổn hợp

=

Lưu ý : + Hỗn hợp nhiều chất:Nếu các chất trong hh ở thể khí hoặc hơi và xét ở cùng nhiệt độ áp

suất thì có thể thay số mol ,% số mol bằng thể tích % thể tích tương ứng: = M1x1 + M2x2 + M3x3 +…..x1,x2,x3 là % số lượng hoặc % thể tích. = (∑khối lượng hỗn hợp(g))/(∑số mol các chất hỗn hợp)hh khí = (M1V1 + M2V2 + …)/(V1 + V2+..) =(∑MiVi)/∑Vi.)+ Hỗn hợp 2 chất: = (mA + mB )/(a+ b). Với a,b là số mol của A,B.+ Nếu nA = nB = (MA + MB)/2.Đối với chất khí : khí = (M1V1 + M2(V- V1))/n). Với n là tổng số mol khí 1,2.- Hỗn hợp là những chất cùng loại hay cùng dãy đồng đẳng.- Các pứ phải cùng loại và cùng hiệu suất phản ứng. Nhận dạng: +Vô cơ:-Xác định khối lượng nguyên tử của 2 kim loại nằm trong 2 chu kì liên tiếp nhau

thuộc cùng 1 phân nhóm chính. -Xác định % số lượng mỗi loại đồng vị của nguyên tố. -Tính % thể tích khí trong hỗn hợp.+Hữu cơ:Xác định CTPT các chất kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Phạm vi áp dụng:

Áp dụng pp khối lượng mol trung bình trong các bài toán vô cơ và hửu cơ loại hh 2 hay nhiều chất để:+Xác định công thức.+Tìm khoảng giới hạn của đại lượng cho trước hoặc chứng minh bất đẳng thức trong hóa học.+Biện luận chất dư.

Nhận xét: +Ưu điểm:Giúp giải nhanh các bài toán VC-HC loại hỗn hợp hay nhiều chất.+Nhược điểm:Chỉ áp dụng cho bài toán h có cngf hiệu suất,cùng loại phản ứng. Mối liên hệ: Liên hệ với các phương pháp : bảo toàn khối lượng.

Ví dụ 1: Đun nóng hỗn hợp gồm 2 rượu đơn chức,mạch hở,kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng với H2SO4đ ở 1400C.Sau khi các phản ứng kết thúc,thu được 6(g) hh gồm 3 êt và 1,8g H2O.Xđ CTPT 2 rượu.

Giải:Gọi CT chung của 2 ancol đơn chức là ROH

2ROH H2O + R2O

Ta có : nR O = nH O = = 0,1 (mol).

MR2O = = 60 => MR = = 22

Vậy 2 ancol : CH3OH và C2H5OH. Ví dụ 2 : Hai kim loại kiềm M, M’ nằm trong 2 chu kì kế tiếp nhau trong

BHTTH.Hòa tan 1 ít hỗn hợp của M, M’ trong nước được dung dịch A và 0,336 (l) H2 ở đktc. Cho HCl dư vào dd A và cô cạn được 2,075g muối khan. Xác định tên kim loại M, M’.

Giải: Phương trình hóa học sảy ra : 2M + 2H2O = 2MOH + H2 (1) x x x/22M’ + 2H2O = 2M’OH + H2 (2) y y y/2

MOH + HCl = MCl + H2O (3) x x M’OH + HCl = M’Cl + H2O (4) y yGọi x, y là số mol của kim loại M, M’ .

Theo (1), (2): + = = 0,015 => x + y = 0,03

Theo (1, 2, 3, 4): n2 muối = x + y = 0,03

=> 2 muối = = 69

Ta có : M + 35,5 < 69 < M’ + 35,5 => M < 33,5 < M’=> M : Na (23) M’ : K (39).c)Phương pháp số nguyên tử C trung bình , nguyên tử H trung bình ȳ , số liên kết л trung

binh , gốc hidrocacbon trung bình :

Nguyên tử cacbon : hỗn hợp gồm a(mol) CxHyOz và b(mol) Cx’Hy’Oz’ => =

Nguyên tử hiđro trung bình ȳ: hỗn hợp gồm a(mol) CxHyOz và b(mol)

Cx’Hy’Oz’ ȳ =

Số liên kết n trung bình k : k = .

Gốc hiđrocacbon trung bình: RCOOH và R’COOH :

= .

Một số lưu ý khi áp dụng: Đối với số nguyên tử C trung bình:

- Nếu số mol a = b thì =

- Cách tính số nguyên tử C trung bình():+ Tính theo và :VD: C2H4 2CO2

x 2x C3H6 3CO2

y 3y

=> = =

+ Tính theo % số mol hoặc %V :VD: Đốt cháy hoàn toàn hổn hợp C3H6 và C4H8 nếu lấy 1 mol hh C3H6 + O2 3CO2 + 3H2O x (mol) 3x (mol) C4H8 + O2 4CO2 + 4H2O 1- x mol 4(1-x) mol => = 3x + 4(1-x)

Tổng quát ta có =

Nhận dạng bài tập: Bài toán về hổn hợp các đồng đẳng, nhất là đồng đẳng liên tiếp trong toán hửu cơ nhằm

xác định CTPT của h/c hửu cơ. Phạm vi áp dụng :

PP số nguyên tư C trung bình để xác định CTPT các h/c hửu cơ. Ưu nhược điểm :

+Ưu: - Giải một cách đơn giản và nhanh chóng nhiều bài toán phức tạp,đặc biệt là trong hóa hửu cơ.

- Các bài toán hửu cơ nếu giải được bằng pp khối lượng mol trung bình thì nói chung có thể giải bằng pp số nguyên tử .

- PP này đặc biệt thận lợi cho việc giải toán về hh các chất đồng đẳng và nhất là đồng đẳng liên tiếp.

+Nhược: Chỉ áp dụng phổ biến trong hóa hữu cơ. Mối liên hệ : Liên hệ với các pp bảo toàn khối lượng , khối lượng mol trung

bình, pp đại số. VD1 : đốt cháy hoàn toàn 0,25 (mol) hh 2 este no,mạch hở, đơn chức là đồng

đẳng liên tiếp, thu được 19,712 lít khí CO2 (đkc).Xà phòng hóa cùng lượng este trên bằng dung dịch NaOH tạo ra 17g muối duy nhất. Xác định CTPT của 2 este đó.

Giải:Gọi CT chung của 2 este đó là = 0,88 (mol

+ ( )O2 CO2 + H2O

0,25 0,25=> 0,25 = 0,88 = 3,52 => 2 este đó là C3H6O2 và C4H8O2

Cho 2 este đó tác dụng với dd NaOH thu được 1 muối duy nhất chứng tỏ 2 este có cùng gốc axit

RCOO + NaOH RCOONa + OH 0,25 0,25

= =68 => = 1 => R là H

Vậy 2 este đó là HCOOC2H5 và HCOOC3H7.

Ví dụ2: Đốt cháy hoàn toàn 5,2g hỗn hợp x gồm 2 ankan kế tiếp thu được 15,4g khí CO 2. Xác định công thức mỗi ankan.

Giải: Đặt công thức của 2 ankan là CnH2n+2 và CmH2m+2. Công thức phân tử trung bình là CH2 +2 với là số nguyên tử cacbon trung bình của 2 ankan

Phương trình phản ứng cháy:

CH2 +2 + O2 → O2 + (+1)H2O

Ta có tỉ lệ = 44/15,4

215,6 + 30,8 = 228,8 13,2 = 30,8 => = 2,33 => 1≤ n < < m = n+1, vì n,m nguyên => 2 ankan kế tiếp là C2H6 và C3H8.4> Phương pháp đại số: Nguyên tắc : Dùng đại số để xác định hệ số phân tử của các chất tham gia và thu được sau

phản ứng hóa học, ta coi hệ số là các ẩn số và kí hiệu bằng các chữ a,b,c… rồi đưa vào

mối tương quan giữa các nguyên tử của các nguyên tố theo định luật bảo toàn khối lượng để lập ra hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn số. Giải phương trình này và chọn các ẩn số là các số nguyên dương nhỏ nhất ta sẽ xác định hệ số phân tử của các chất trong phương trình hóa học.

Lưu ý :Việc giải bài toán hóa học theo phương pháp đại số nhiều khi phức tạp, thông thường học

sinh chỉ lập được phương trình đại số mà không giải được hệ phương trình đó.Các điều kiện mà các ẩn số pjair tuân theo để kiểm tra kết quả có đúng hay không.(thí

dụ:x,y,z > o..)Nếu giải bài toán có số ẩn nhiều hơn số phương trình toán học thiết lập được,bài toán là vô

định ( nghĩa: có nhiều cặp nghiệm khác nhau),ta phải biệ luận, loại bỏ các cặp nghiệm không thỏa điều kiện bài toán, lựa chọn cặp nghiệm nào phù hợp.

Phạm vi áp dụng : Ứng dụng cho các bài tập vô cơ, hưu cơ, những bài tập liên qan đến oxh khử.

Nhận xét :+ Ưu điểm: Cách giải dể hiểu+ Nhược điểm: Dài. Phức tạp Khi giải những bài toán có thể gặp bế tắc vì số ẩn hơn số phản úng. Không biết rõ bản chất hóa học cho tính chất.Về mặt hóa học chỉ dừng lại ở chổ học sinh viết xong các phương trình phản ứng hóa học

và đặt định nghĩa để tính theo các phương trình đó(dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở học sinh nhiều kỉ năng toán học. Tinha chất toán học của bài toán lấn át tính chất hóa học làm lu mờ bản chất hóa học. Trên thực tế học sinh chỉ giải bằng phương pháp đại số mặc dù thường bế tắc. Ta hãy giải bài toán bằng những phương pháp mang tính đặc trưng hóa học như: bài toán khối lượng, bài toán e…

Ví dụ: Để m (g) bột sắt A ngoài không khí, sau một thời gian biến thành dung dịch B có khối lượng 12 (g) gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Tính m(g).

Giải: Trong không khí sắt tác dụng với oxi tạo ra oxit. 2Fe + O2 → 2FeO4Fe + 3O2 → 2Fe3O4

3Fe + 2O2 → Fe2O3

Hỗn hợp B tác dụng với dung dịch HNO3:

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO +2H2O3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3) + NO + 5H2O3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2OFe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2OĐặt số mol của Fe , Feo, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z, t ta có:Theo khối lượng hỗn hợp B: 56x + 72y + 232z + 160t =12 (1)

Theo số mol nguyên tử Fe: x + y + 3z + 2t = (2)

Theo số mol nguyên tử oxi trong oxit:

y + 4z + 3t = (3)

Theo số mol NO:

x + + = = 0,1 (4)

Nhận xét trước khi giải hệ phương trình đại số trên:-Có 5 ẩn số nhưng chỉ có 4 phương trình. Như vậy không đủ số phương trình để tìm ra các

ẩn số , do đó cần giải kết hợp với biện luận. - Đầu bài chỉ yêu cầu tính khối lượng sắt ban đầu , như vậy không cần phải đi tìm đầy

đủ các ẩn x, y, z, t.Ở đây có 2 phương trình , nếu biết giá trị của nó dể dàng tính được khối lượng sắt ban đầu đó là phương trình (2) và (3).

+Tìm được giá trị của (2), đó là số mol của Fe .Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của Fe là 56 ta được m.

+Tìm được giá trị của (3), đó là số mol của nguyên tử O trong oxit.Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của O là 16 ta được khối lượng của oxi trong các oxit sắt. Lấy khối lượng hỗn hợp B trừ đi khối lượng oxi ta được khối lượng sắt ban đầu ,tức m.

- Thực hiện các phép tính trên : +Tìm giá trị của phương trình (2): Chia (1) cho 8 được: 7x + 9y + 29z + 20t =1,5(5) Nhân (4) với 3 được: 3x + y + z = 0,3 (6) Cộng (5) với (6) được:10x + 10y + 30z +20t = 1,8 (7) Chia (7) cho (10) được: x + y + 3z + 2t = 0,18 M = 12 – (0,12.16) = 10,08g + Tìm giá trị của phương trình (3): Nhân (5) với 3 được: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8) Nhân (6) với (7) được: 21x + 7y + 7z = 2,1 Lấy (8) trừ đi (9) được: 20x + 80z + 60t = 2,4 (10) Chia (10) cho (20) được: y + 4z + 3t = 0,12 M = 12 – (0,12.16) = 10,08gQua việc giải bài toán trên bằng phương pháp đại số ta thấy việc giải hệ phương trình đại

số nhiều khi rất phức tạp, thông thường học sinh chỉ lập được phương trình đại số mà không giải được phương trình đó.

Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chổ học sinh viết xong các phương trình phản ứng hóa học và đặt ẩn để tính theo phương trình phản ứng đó(dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở học sinh nhiều kĩ năng toán học. Tính chất toán học đã lấn át bài toán hóa học, làm lu mờ bản chất hóa học. Trên thực tế, học sinh chỉ quen giải bằng phương pháp đại số, khi gặp một bài toán là chỉ tìm phương pháp đại số, mặt dù thường bế tắc. Ta hãy

giải bài toán trên bằng những phương pháp mang tính đặc trưng của hóa học hơn, đó là phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp bảo toàn e.

5> Phương pháp đường chéo : Nguyên tắc: Trộn 2 dung dịch của chất A với nồng độ khác ta thu được một dung dịch

chất A với nồng độ duy nhất => lượng chất tan trong phần đặc(nồng đọ cao) bị xuống phải = lượng chất tan tăng lên trong phần loãng(nồng độ thấp).

+ Dung dịch :có khối lượng m1 ,v1, c1 (c% hoặc CM) khối lượng riêng d1 + dung dịch 2:có khối lượng m2, v2, c2 ( c2 >c1 ) , khối lượng d2

Dung dịch thu được có m=m1+m2 ; v= v 1+v2 , nồng độ c ( c1<c <c2 ), khối luwowgj dSơ đồ đường chéo có công thức tương ứng mỗi trường hợp là: a) Đối với nồng độ % về khối lượng: m1 c1 | C2 − C | C m2 C2 | C1 − C |

*Lưu ý:Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần: + Chất rắn coi như dung dịch có nồng độ C = 100% + Dung môi coi như dung dịch có C = 0% + khối lượng riêng của nước là d = 1g/ml + Không được áp dụng phương pháp này cho các trường hợp trộn lẫn các chất khác nhau

hoặc xảy ra phản ứng hóa học giữa chúng. Phạm vi: Được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng nồng độ hoặc

trộn lẫn các chất khí không tác dụng với nhau. Nhận xét :Ưu điểm: có thể giải nhanh một số bài toán, như những bài toán pha trộn dung dịch, hỗn

hợp hai đồng vị, tính thành phần % của hỗn hợp muối, của đơn bazơ hay đa acid.Có ý nghĩa thực tế, nhất là trong pha chế dung dịch Dạng 1 : Pha chế dung dịch.*Ví dụ: Để thu được dd HCl 25% cần lấy m1 gam dd HCl 45% pha với m2 gam dd HCl

15%.Tỉ lệ m1/m2 là:A. 1:2 B.1:3 C.2:1 D.3:1. Hướng dẩn giải:Áp dụng công thức: m1 C1 C2 –C C => m1/m2=2:1 m2 C2 C1-C Đáp án C Dạng 2 : Bài toán hổn hợp của 2 đồng vị(đây là dạng bài tập cơ bản trong

phần cấu tạo nguyên tử)

Ví dụ: Nguyên tử khối trung bình của Br là 79,319.Br có 2 đồng vị bền là: và .Thần phần % số nguyên tử của là:

A.84,05 B.81,02 C.18,98 D.15,95Hướng dẩn giải:Ta có sơ đồ đường chéo:

(M=81) |79-79,319| =0,319

=79,319Br(M=79) |81-79,319| =1,681

= => % = =0,1595

=>% =15,95 => ĐS:D Dạng 3 : Tính tỷ lệ thể tích hổn hợp 2 khí:VD: Một hh gồm O2,O3 ở dktc có tỉ khối đối với H2 là 18.Thành phần % thể tích của O3

trong hh là:A.15% B.25% C.35% D.45%Hướng dẩn giải:Áp dụng sơ đồ đường chéo:VO3 M1=48 |32-36| =36 VO2 M2=32 |48-36|

=> = =1/3 =>%VO3 = 25% =>ĐS:B.

Dạng 4 : Tính thành phần hh muối trong pư giữa đơn bazơ và đa axit.Bài tập này có thể giải dể dàng bằng pp thông thường(viết ptpư,đặt ẩn).Tuy nhiên cũng có

thể nhanh chóng tìm ra kết quả bằng cách sử dụng sơ đồ đường chéo.Vd:Thêm 200 ml dd NaOH 2M vào 200ml dd H3PO4 1,5M.Muối tạo thành và khối lượng

tương ứng là. A.14,2g Na2HPO4 ; 32,8g Na3PO4

B.24,8g Na2HPO4 ;16,4g Na3PO4

C.12,0g Na2H2PO4;28,4g Na2HPO4

D.24,0g Na2H2PO4;14,2g Na2HPO4

Hướng dẩn giải:

có 1 < = =5/3<2 nNaOH

Tạo ra hh 2 muối: NaH2PO4 và Na2HPO4

Sơ đồ đường chéo:Na2HPO4(n1=2) |1-5/3| =5/3

NaH2PO4(n2=1) |2-5/3|nNaHPO4/ nNaH PO = 2 => nNa HPO =2nNaH PO

Mà nNa HPO + nNaH PO = nH PO4 =0,3(mol) mNa HPO = 0,2.142 = 28,4(g) mNaH PO = 0,1.120 = 12,0(g) ĐS: C.*Dạng 5: Bài toán hỗn hợp 2 chất vô cơ của 2 kl có cùng tính chất hóa học.Ví dụ: Hòa tan 3,164g hỗn hợp 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dd HCl dư thu được 448ml

khí CO2(đktc) thành phần % trong hỗn hợp là:A.50%. B.55%. C.60%. D.65%.

Hướng dẫn giải:

nCO = = 0,02 (mol)

= = 158,2

Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:BaCO3 (M1 = 197) = 58,2 = 158,2CaCO3 (M2 = 100) | 197- 158,2|=38,8

% BaCO3 = 100% = 60% => ĐS:C

Dạng 6 : Bài toan trôn 2 quặng của cùng một kim loại.Đây là dạng bài toán mà nếu giải theo cách giải thông thường là kha dài dòng,phức tạp.Tuy

nhiên nếu sử dụng sơ đồ đường chéo thì việc tìm ra kết quả trở nên đơn giản và nhanh chóng hơn nhiều.Để áp dụng được sơ đồ đường chéo,ta coi các quặng như một dung dịch và chất tan là kim loại đang xét và nồng độ của chất tan chính là nồng độ % về khối lượng của kim loại trong quặng.

Ví dụ 9: A là quặng hematit chứa 60% Fe2O3.B là quặng manhetit chứa 69,6% Fe3O4.Trộn m1 tấn quặng A với m2 tấn quặng B,thu được quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% C,tỉ lệ m1/m2 là:

A.5/2 B.4./3 C.3/4 D.2/5 Hướng dẩn giải:Số kg Fe có trong một tấn của mổi quặng:

+ Quặng A chứa: . = 420 (kg)

+ Quặng B chứa: . = 504 (kg)

+ Quặng C chứa: 500.(1-4/100)= 480 (kg)Sơ đồ đường chéo: mA 420 |504-480|=24

480 MB 504 |420- 480|= 60

=>= =2/5=>ĐS: D.

6)Phương pháp biện luận theo ẩn số: Nguyên tắc : Khi giải các bài toán hóa học theo phương pháp đại số, nếu số phương trình

toán học thiết lập được ít hơn số ẩn chưa biết cần tìm thì phải biện luận bằng cách: chọn 1 ẩn số làm chuẩn rồi tách các ẩn số còn lại.Nên đưa về phương trình toán học 2 ẩn,trong đó 1 ẩn có giới hạn ( tất nhiên cả 2 ẩn đều có giới hạn càng tốt). Sau đó có thể lập bảng biến thiên hay dựa vào các điều kiện khác để chọn các giá trị hợp lý.

Để tìm công thức phân tử ta có thể biện luận hteo các nội dung sau:- Biện luận theo hóa trị .- Biện luận theo lượng chất ( gam,mol ).- Biện luận theo tính chất.- Biện luận theo kết quả bài toán.- Biện luận các khả năng phẩn ứng có thể sảy ra.- Biện luận theo giới hạn. Ví dụ: Hòa tan 3,06 gam oxit MxOy bằng dd HNO3 dư, sau đó cô cạn thì thu được 5,22

gam muối khan.Hãy xác định kim loại M biết nó chỉ có một hóa trị duy nhất.Giải:

Phản ứng hòa tan:MxOy + 2yHNO3 → xM(NO3)2y/x + yH2O (1)Từ (1) ta có tỉ lệ :

= => M = 68,5. .

Trong đó n là hóa trị của kim loại . Vậy M = 68,5.n ( I ).

Cho n các giá trị 1,2,3….từ (I) chỉ M = 137, n = 2.M: kim loại Ba,hóa trị II.Ví dụ 2: hòa tan 2,84 g hh 2 muối cacbonat của 2 kim loại thuộc phân nhóm chính nhom II

và thuộc 2 chu kì liên tiếp bằng dd HCl dư người ta thu được dd A và khí B. Cô cạn dd A thì thu được 3,17 g muối khan.

a.Tính thể tích khí B ở đktc.b. Xác định tên 2 kim loại.

Giải:a.Gọi X,Y là 2 kim loạiXCO3 + 2HCl XCl2 + CO2 + H2O (1)YCO3 + 2HCl YCl2 + CO2 + H2O (2)Từ 1 mol muối cacbonat chuyển thành muối clorua thì khối lượng tăng là 71 – 60 = 11 g.

Vậy tổng số mol muối cacbonat là:

= 0,03 mol; VCO = 0,03.22,4 = 0,6721.

b. 2muối = = 94,66 g.

2 kl = 94,66 – 60 = 34,66.Vì 2 kim loại thuộc 2 chu kì liên tiếp nên chúng phải là Mg (24) và Ca (40).

7) Phương pháp tách công thức phân tử : Nguyên tắc : Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ ta có thể dùng CTPT viết

dưới dạng khác nhau.Nguyên tắc của phương pháp tách CTPT là dựa trên tỉ lệ thành phần (% khối lượng) của C và H trong anken là không đổi .

= . Nghĩa là trong anken cacbon chiếm 6/7 khối lượng của anken.Còn h thì chiếm

1/7. Ưu điểm : Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản một số bài tập

hữu cơ. Tách 1 CT phức tạp ra dạng CT đơn giản và giải bài toán hóa học từ cấu tạo đơn giản ấy.

Nhược điểm : Chỉ dùng cho bài toán hữu cơ. Một số mẫu tách công thức phân tử:1) Ankan : CnH2n+2 CnH2n.H2.2) Ankadien, anken,: CnH2n-2 CmH2mC trong đó m = n – 1.3) Ankin : CnH2n-6 CmH2m.3C trong đó m = n – 3.4) Rượu no, đơn chức : CnH2n+1OH CnH2n.H2O.5) Rượu không no, đơn chức : 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) Anđehit 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 CmH2mO2 mà m = n + 1.9) Axit không no, đơn chức : CnH2n-1COOH CnH2n.CO2.

Ví dụ : Cho 6,15 g hh 2 rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Lấy phần 1 cho tác dụng với Na tạo ra 0,672 lit H2 (đktc). Phần 2 đốt cháy bao nhiêu lit CO2 và bao nhiêu gam H2O ?

Bài giải :

CnH2n+1OH + Na CnH2n+1ONa + H2 (1)

CmH2m+1OH + Na CmH2m+1ONa + H2 (2)

CnH2n+1OH + O2 nCO2 + (b + 1)H2O (3)

CmH2m+1OH + O2 mCO2 + (m + 1)H2O

Theo (1),(2) : nrượu= = 2.nH = 2. = 0,06(mol).

Nếu tách công thức phân tử rượu thành CxH2x.H2O thì lượng H2O có trong rượu = 0,06.18 = 1,08 g.

Khối lượng phần anken:

mC H = 1,08 = 1,995 g

VCO = = 3,1921 (l).

mH O = = 3,645 (g).

nhận dạng:tìm công thức phân tư 8)Phương pháp tự chọn lượng chất : Nguyên tắc : Khi gặp bài tập cho lượng chất mang các giá trị tổng quat m (g),n (mol), V

(lit), kết quả giải bài toán sẽ không hoàn toàn phụ thuộc vào lượng chất đã cho.Gặp các bài toán thuộc loại này ta có thể áp dụng các phương pháp tự chọn nhằm làm cho việc tự chọn lượng chất trở nên đơn giản,có thể chọn 1 giá trị tự do cho lượng chất nghiên cứu theo 1 trong các chất sau:

Cách 1: Chọn lượng chất là 1 mol hay khối lượng 1 mol phân tử, nguyên tử hoặc ion.Ngoài ra với chất khí có thể lấy V là 22,4 l.

Cách 2: Chọn lượng chất đúng theo tỉ lệ lượng chất bài cho. Sau đó nếu bài toán có phần áp dung với các giá trị cụ thể ta phải chuyển đổi từ lượng chất tự do về lượng chất bắt buộc.

Ví dụ : Đốt cháy hoàn toàn m (g) một hợp chất A ( chứa C, H, O ) bởi oxi vừa đủ thu được :

mH O = mA; VCO = VO pứ.

Xác định công thức cấu tạo đơn giản nhất của A.Giải:

Giả sử có 1 mol chất hữu cơ A (CT: CxHyOz)

CxHyOz + (x + − )O2 xCO2 + H2O (1)

1 mol (x + − )mol x mol mol

mH O = mA => 9y = ( 12x + y + 16z)

3,6y = 3x + 4z

Vì VCO = VO => x = (x + − )

9x = 8x + 2y − 4z

2y = x + 4z ;vì 3,6y = 3x + 4z=>1,6y = 2x

=>y = =

Thế y ta được :

2. = 2,5x = x + 4z

=> z = x.

Ta có tỉ lệ các nguyên tử :

x : y : z = x : : = 8 : 10 : 3.

Công thức đơn giản: A : C8H10O3. 9)Phương pháp ghép ẩn số: Cách giải : Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số

ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định, không giải được.Nếu dùng phương pháp ghép ẩn ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng.

Phạn vi ứng dụng: Bài toán hữu cơ và vô vơ. Ưu điểm : Giải tiếp được bài toán có nhiều ẩn hơn phương trình 1 cách dễ dàng.Biết được

bản chất của phương trình phản ứng. Nhược điểm : Phương pháp này chỉ là một thủ thuật của toán học chứ không mang tính

chất hóa học. Ví dụ : Đốt cháy hoàn toàn a (g) hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức được hỗn hợp khí và hơi.

Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư,thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. tính a.

Giải: Đặt CTPT của các rượu là CnH2n+1OH và CmH2m+1OH.Gọi x,y là số mol các rượu.

CnH2n+1OH + O2 nCO2 + ( n + 1 )H2O

x nx ( n+1 )x

CmH2m+1OH + O2 mCO2 + (m+1)H2O

y my (m+1)yCO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O

0,08 = 0,08

Ta lập được 2 pt đại số theo số mol CO2 và số mol H2O: nCO2 = nx + my = 0,08 (1)

nH2O =(n+1)x + (m+1)y = =0,11 (2)

Ở đây với 4 ẩn số (n,m,x,y) mà chỉ có 2 phương trình nên có dạng vô định.Ta triển khai 2 để ghép ẩn sốTừ (2): nH2O =nx + x + my + y= (nx+my)+(x+y)=0,11Thay nx+my=0,08,rút ra x + y=0,11- 0,08=0,03Tính a: a = (14n + 18)x + (14m + 18)yGhép ẩn số được a = 14(nx + my) + 18(x + y).Thay các giá trị đã biết được a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g.