Nội dung

HÓA HỌC PHỔ THÔNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA HỌC Thầy: Phạm Ngọc Dũng PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG PHƢƠNG PHÁP GIẢI 1. Nội dung phƣơng pháp - Áp dụng định luật bảo toàn khối lƣợng (BTKL): “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sản phẩm” Điều này giúp ta giải bài toán hóa học một cách đơn giản, nhanh chóng Xét phản ứng: A + B  C + D Ta luôn có: mA + mB = mC + mD (1) * Lưu ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phƣơng pháp này đó là việc phải xác định đúng lƣợng chất (khối lƣợng) tham gia phản ứng và tạo thành (có chú ý đến các chất kết tủa, bay hơi, đặc biệt là khối lƣợng dung dịch). 2. Các dạng bài toán thƣờng gặp Hệ quả 1: Biết tổng khối lƣợng chất ban đầu  khối lƣợng chất sản phẩm Phƣơng pháp giải: m(đầu) = m(sau) (không phụ thuộc hiệu suất phản ứng) Hệ quả 2: Trong phản ứng có n chất tham gia, nếu biết khối lƣợng của (n – 1) chất thì ta dễ dàng tính khối lƣợng của chất còn lại. Hệ quả 3: Bài toán: Kim loại + axit  muối + khí m muối = kim m loại +anion m tạo muối - Biết khối lƣợng kim loại, khối lƣợng anion tạo muối (tính qua sản phẩm khí)  khối lƣợng muối - Biết khối lƣợng muối và khối lƣợng anion tạo muối  khối lƣợng kim loại - Khối lƣợng anion tạo muối thƣờng đƣợc tính theo số mol khí thoát ra:  Với axit HCl và H2 SO4 loãng + 2HCl  H2 nên 2Cl  H2 + H2 SO4  H2 nên SO4 2  H2  Với axit H2 SO4 đặc, nóng và HNO 3 : Sử dụng phƣơng pháp ion – electron (xem thêm phƣơng pháp bảo toàn electron hoặc phƣơng pháp bảo toàn nguyên tố) Hệ quả 3: Bài toán khử hỗn hợp oxit kim loại bởi các chất khí (H 2 , CO) Sơ đồ: Oxit kim loại + (CO, H 2 )  rắn + hỗn hợp khí (CO2 , H2 O, H2 , CO) Bản chất là các phản ứng: CO + [O]  CO2 H2 + [O]  H2 O  n[O] = n(CO2 ) = n(H2 O)  m rắn =m oxit - m[O] 3. Đánh giá phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng. 1 Phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng cho phép giải nhanh đƣợc nhiều bài toán khi biết quan hệ về khối lƣợng của các chất trƣớc và sau phản ứng. Đặc biệt, khi chƣa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử dụng phƣơng pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán hơn. Phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng thƣờng đƣợc sủ dụng trong các bài toán nhiều chất. 4. Các bƣớc giải. - lập sơ đồ biến đổi các chất trƣớc và sau phản ứng. - Từ giả thiết của bài toán tìm trƣớc m = sau m (không cần biết phản ứng là hoàn toàn hay không hoàn toàn) - Vận dụng định luật bảo toàn khối lƣợng để lập phƣơng trình toán học, kết hợp dữ kiện khác để lập hệ phƣơng trình toán. - Giải hệ phƣơng trình. 2 THÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nƣớc thu đƣợc dung dịch có nồng độ A. 15,47%. B. 13,97%. C. 14,0% D. 4,04%. Giải: 2K + 2H2 O 2KOH + H2  0,1 0,10 0,05(mol) = 3,9 + 36,2 - 0,05  2 = 40 gam mdung dịch = mK + m H2O - m H 2 C% KOH = 0,1 56 100 % = 14%  Đáp án C 40 Ví dụ 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO 4 và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát ra ở anot. Dung dịch sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO. Khối lƣợng dung dịch sau điện phân đã giảm bao nhiêu gam (coi lƣợng H2 O bay hơi là không đáng kể) ? A. 2,7 B. 1,03 C. 2,95. D. 2,89. Giải: CuSO4 + 2KCl  Cu  + Cl2  + K2 SO4 (1) 0,01  0,01 Dung dịch sau điện phân hoà tan đƣợc MgO  Là dung dịch axit, chứng tỏ sau phản ứng (1) CuSO4 dƣ 2CuSO4 + 2H2 O  2Cu  + O2  + H2 SO4 n Cl2 + n O 2 = (2) 0,02  0,01  0,02 (mol) 480 = 0,02 (mol) 22400 H2 SO4 + MgO  MgSO4 + H2 O (3) 0,02  0,02 (mol) mdung dịch giảm = mCu + m Cl2 + m O 2 = 0,03  64 + 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam  Đáp án C Ví dụ 3: Cho 50 gam dung dịch BaCl2 20,8 % vào 100 gam dung dịch Na 2 CO3 , lọc bỏ kết tủa đƣợc dung dịch X. Tiếp tục cho 50 gam dung dịch H 2 SO4 9,8% vào dung dịch X thấy ra 0,448 lít khí (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ % của dung dịch Na 2 CO3 và khối lƣợng dung dịch thu đƣợc sau cùng là: A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam. C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam. Giải: 3 n = 0,05 mol ; n BaCl2 H2SO 4 = 0,05 mol BaCl2 + Na2 CO3  BaCO3  + 2NaCl 0,05 0,05 0,05 0,1 Dung dịch B + H2 SO4  khí  dung dịch B có Na 2 CO3 dƣ Na2 CO3 + H2 SO4  Na2 SO4 + CO2  + H2 O 0,02 0,02  n Na CO ban đầu = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol 2 3  C%Na2CO3 = 0,07  106 100% = 7,42% 100 ĐLBTKL: mdd sau cùng = 50 + 100 + 50 - m  - mCO 2 = 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam  Đáp án B Ví dụ 4: X là một  - aminoaxit, phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH. Cho 0,89 gam X phản ứng vừa đủ với HCl thu đƣợc 1,255 gam muối. Công thức tạo ra của X là: A. CH2 =C(NH2 )-COOH. B. H2 N-CH=CH-COOH. C. CH3 -CH(NH2 )-COOH. D. H2 N-CH2 -CH2 -COOH. Giải: HOOC - R - NH2 + HCl  HOOC -R-NH3 Cl  mHCl = m muối - maminoaxit = 0,365 gam  mHCl = 0,01 (mol)  Maminoxit = 0,89 = 89 0,01 Mặt khác X là  -aminoaxit  Đáp án C Ví dụ 5: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với 9,2 gam Na, thu đƣợc 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là: A. CH3 OH và C2 H5 OH. B. C2 H5 OH và C3 H7 OH. C. C3 H5 OH và C4 H7 OH. D. C3 H7 OH và C4 H9 OH. Giải: 2 ROH + 2Na  2 RONa + H2 Theo đề bài hỗn hợp rƣợu tác dụng với hết Na  Học sinh thƣờng nhầm là: Na vừa đủ, do đó thƣờng giải sai theo hai tình huống sau: Tình huống sai 1: nNa= 9,2 = 0,4  nrƣợu = 0,4 M 23 rƣợu  Đáp án A  Sai. 4 = 15,6 = 39 0,4 Tình huống sai 2: Áp dụng phƣơng pháp tăng giảm khối lƣợng: nrƣợu = 24,5  15,6 15,6 = 0,405  M rƣợu = = 38,52 22 0,405  Đáp án A  Sai Áp dụng phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng ta có: m = mrƣợu + mNa - mrắn = 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam H2  nrƣợu = 2n H = 0,3 (mol)  M rƣợu = 2 15,6 = 52  Đáp án B 0,3 Ví dụ 6: Trùng hợp 1,680 lít propilen (đktc) với hiệu suất 70%, khối lƣợng polime thu đƣợc là: A. 3,150 gam. B. 2,205 gam. C. 4,550 gam. D.1,850 gam. Giải: ĐLBTKL: mpropilen = mpolime = 70% 1,680 .42. = 2,205 gam  Đáp án B 100% 22,4 Ví dụ 7: Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu đƣợc khối lƣợng xà phòng là: A. 17,80 gam. B.18,24 gam. C. 16,68 gam. D.13,38 gam. (Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008) Giải: (RCOO)3 C3 H5 + 3NaOH  3RCOONa + C3 H5 (OH)3  0,06 0,02 (mol) Theo định luật bảo toàn khối lƣợng: 17,24 + 0,06.40= mxà phòng + 0,02.92  mxà phòng =17,80 gam  Đáp án: A Ví dụ 8: Cho 3,60 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500ml dung dịch gồm KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu đƣợc 8,28 gam hỗn hợp chất rắn khan. Công thức phân tử của X là: A. C2 H5 COOH. B. CH3 COOH. C. HCOOH. (Trích đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng khối B, 2008) Giải: RCOOH + KOH  RCOOK + H2 O RCOOH + NaOH  RCOONa + H2 O nNaOH = nKOH = 0,5.0,12 = 0,06 mol ĐLBTKL: mX + mNaOH + mKOH = mrắn + m m H 2O = 1,08 gam  n H 2O H 2O = 0,06 mol 5 D. C3 H7 COOH.  nRCOOH = n H O = 0,06 mol  MX = R + 45 = 2 3,60 = 60  R = 15 0,06  X: CH3 COOH  Đáp án B Ví dụ 9: Nung 14,2 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại hoá trị 2 đƣợc 7,6 gam chất rắn và khí X. Dẫn toàn bộ lƣợng khí X vào 100ml dung dịch KOH 1M thì khối lƣợng muối thu đƣợc sau phản ứng là: A. 15 gam B. 10 gam C. 6,9 gam D. 5 gam Giải: X là CO2 ĐLBTKL: 14,2 = 7,6 + mX  mX = 6,6 gam  nX = 0,15 mol Vì: m KOH 0,1 = < 1  muối thu đƣợc là KHCO 3 0,15 n CO2 CO2 + KOH  KHCO3 0,1 0,1  m 0,1 = 0,1.100 = 10 gam  Đáp án B KHCO3 Ví dụ 10: Nhiệt phân hoàn toàn M gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2 CO3 thu đƣợc 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Hàm lƣợng % của CaCO 3 trong X là: A. 6,25% B. 8,62% C. 50,2% D. 62,5% Giải: t CaCO3  CaO + CO2 o nCaCO 3 = nCO = 0,1 (mol)  mCaCO 3 = 10 gam 2 Theo ĐLBTKL: mX = mchất rắn = mkhí = 11,6 + 0,1  44=16 gam  %CaCO3 = 10  100% = 62,5%  Đáp án: D 16 Ví dụ 11: Đun 27,6 gam hỗn hợp 3 ancol đơn chức với H 2 SO4 đặc ở 140o C (H=100%) đƣợc 22,2 gam hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau. Số mol mỗi ete trong hỗn hợp là: A. 0,3. B. 0,1 C. 0,2 Giải: Số ete thu đƣợc là: 3(3  1) =6 2 ĐLBTKL: 27,6= 22,2 + m H 2 O  m H 2 O = 5,4 gam  n H 2 O = 0,3 mol n H 2O = n ete = 6nete  nmỗi ete = 0,3: 6 = 0,5 mol  Đáp án: D 6 D.0,05 Ví dụ 12: Đốt cháy hoàn toàn 0,025 mol chất hữu cơ X cần 1,12 lít O 2 (đktc), dẫn toàn bộ sản phẩm thu đƣợc qua bình 1 đựng P 2 O5 khan và bình 2 đựng Ca(OH)2 dƣ thấy khối lƣợng bình 1 tăng 0,9 gam, bình 2 tăng 2,2 gam. Công thức phân tử của X là: A. C2 H4 O. B. C3 H6 O. C. C3 H6 O2. D. C2 H4 O2. Giải mbình 2 tăng = m CO2 , mbình 1 tăng = m H 2 O ĐLBTKL: mx + m O 2 = m CO2 + m H 2 O  mx + 32.0,05 = 0,9 + 2,2  mx = 1,5 gam  Mx = 1,5:0,025=60  Đáp án: D Ví dụ 13: Cho 20,2 gam hỗn hợp 2 ancol tác dụng vừa đủ với K thấy thoát ra 5,6 lít H 2 (đktc) và khối lƣợng muối thu đƣợc là: A. 3,92 gam B. 29,4 gam C. 32,9 gam D. 31,6 gam Giải: R (OH)a + aK  R (OK)a + x a H2 2 0,5 ax  n H 2 = 0,5 ax = 0,25  ax = 0,5 mol xa ĐLBTKL: 20,2 + 39.0,5 = mmuối + 2.0,25  mmuối = 39,2 gam  Đáp án A Ví dụ 14: Xà phòng hoá chất hữu cơ X đơn chức đƣợc 1 muối Y và ancol Z. Đốt cháy hoàn toàn 4,8 gam Z cần 5,04 lít O2 (đktc) thu đƣợc lƣợng CO 2 sinh ra nhiều hơn lƣợng nƣớc là 1,2 gam. Nung muối Y với vôi tôi xút thu đƣợc khí T có tỉ khối hơi đối với H 2 là 8. Công thức cấu tạo của X là: A. C2 H5 COOCH3 B. CH3 COOCH3 C. HCOOCH3. D. CH3 COOC2 H5 Giải: X + NaOH  muối Y + ancol Z  X: este đơn chức t RCOOR’ + NaOH  RCOONa + R’OH o RCOONa + NaOH Ca O/t0 RH + Na 2 CO3 MRH = 8.2 =16  RH: CH4  RCOONa : CH3 COONa CxHy O(Z) + O2  CO2 + H2 O ĐLBTKL: 4,8 + 0,225.32 = m CO2 + m H 2 O = 12 m CO2 = m H 2 O + 1,2  m CO2 = 6,6 gam, m H 2 O = 5,4 gam 7 mC = 12. n CO2 =1,8 gam; mH = 2.nH2O = 0,6 gam; mO = 2,4 gam 1,8 0,6 2,4 : : = 0,15: 0,6: 0,15 = 1: 4: 1 12 1 16 x: y: z =  Z: CH3 OH  X : CH3 COOCH3  Đáp án B Ví dụ 15: Đốt cháy hoàn toàn 4,3 gam một axit cacboxylic X đơn chức thu đƣợc 4,48lít CO 2 (đktc) và 2,7 gam H2 O. Số mol của X là: A. 0,01mol B. 0,02 mol C. 0,04 mol D. 0,05 mol Giải: Theo ĐLBTKL: mX + m O 2 = m CO2 + m H 2O  m O 2 = 2,7 + 0,2  44 – 4,3 = 10,3 gam  n O 2 = 0,225 (mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với oxi: nX + n O 2 = n CO2 + n H 2O 2  nX = n CO2 + nH O 2 2 - n O 2 = 0,05(mol)  Đáp án D Ví dụ 16: Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp X gồm propan, buten-2, axetilen thu đƣợc 47,96 gam CO 2 và 21,42 gam H2 O. Giá trị X là: A. 15,46. B. 12,46. C. 11,52. D. 20,15. Giải: n CO2 = 1,09 mol ; n H 2O = 1,19 mol  x = mC + mH = 12. n CO2 + 2.n H 2o = 15,46 gam  Đáp án A Ví dụ 17: Đun nóng 5,14 gam hỗn hợp khí X gồm metan, hiđro và một ankin với xúc tác Ni, thu đƣợc hỗn hợp khí Y. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch brom dƣ thu đƣợc 6,048 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối đối với hiđro bằng 8. Độ tăng khối lƣợng dung dịch brom là: A. 0,82 gam. B. 1,62 gam C. 4,6 gam D. 2,98 gam. Giải: Ni, t Br2  Y   Z X  o Nhận thấy: mkhí tác dụng với dung dịch brom = mkhối lƣợng bình brom tăng mX = mY =mZ + mkhối lƣợng bình brom tăng mkhối lƣợng bình brom tăng = mX - mZ = 5,14 - 6,048  8 2 = 0,82 gam  Đáp án A 22,4 Ví dụ 18: Hoà tan hoàn toàn 8,9 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl dƣ đƣợc 4,48 lít (đktc). Cô cạn dung dịch thu đƣợc sau phản ứng thì lƣợng muối khan thu đƣợc là: A. 23,1 gam B. 46,2 gam C. 70,4 gam 8 D. 32,1 gam Giải: Cách 1: Gọi công thức chung của hai kim loại M, hóa trị n 2M + 2nHCl  2MCln + nH2   0,2 (mol) 0,4 Theo ĐLBTKL: mkim loại + mHCl = mmuối + m H 2  mmuối = 8,9 + 0,4  36,5 – 0,2  2 =23,1 gam  Đáp án A Cách 2: mCl -muối = nH + = 2.n H 2 = 0,4 (mol) mmuối = mkim loại + mCl -(muối) = 8,9 + 0,4  35,5 = 23,1 gam  Đáp án A Ví dụ 19. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO 3 thu đƣợc 6,72 lít khí NO (sản phảm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thì lƣợng muối khan thu đƣợc là bao nhiêu? A. 77,1 gam B. 71,7 gam C. 17,7 gam D. 53,1 gam Giải: 5 2 N + 3e  N (NO) 0,9  0,3(mol) Vì sản phẩm khử duy nhất là NO  n N O3  (trong muối) = n e nhƣờng (hoặc nhận) = 0,9 mol (Xem thêm phương pháp bảo toàn e)  mmuối = mcation kim loại + mNO 3 (trong muối) 15,9 + 0,9  62 = 71,7 gam  Đáp án B 9