Tài liệu Phương pháp tự chọn lượng chất

Trong một số câu hỏi và bài tập trắc nghiệm chúng ta có thể gặp mốt số trường hợp đặc biệt sau: - Có một số bài toán tưởng như thiếu dự kiện gây bế tắc cho việc tính toán. - Có một số bài toán người ta cho ở dưới dạng giá trị tổng quát như a gam, V lít, n mol hoặc cho tỉ lệ thể tích hoặc tỉ lệ số mol các chất. Như vậy kết quả giải bài toán không phụ thuộc vào chất đã cho. Trong các trường hợp trên tốt nhất ta tự chọn một giá trị như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất. Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng. Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho. Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn giản để tính toán. Sau đây là một số ví dụ điển hình:

pdf6 trang | Chia sẻ: banmai | Ngày: 11/05/2013 | Lượt xem: 1086 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Tài liệu Phương pháp tự chọn lượng chất, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn Phương pháp bảo tự chọn lượng chất Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - PHƢƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƢỢNG CHẤT TÀI LIỆU BÀI GIẢNG Trong một số câu hỏi và bài tập trắc nghiệm chúng ta có thể gặp mốt số trường hợp đặc biệt sau: - Có một số bài toán tưởng như thiếu dự kiện gây bế tắc cho việc tính toán. - Có một số bài toán người ta cho ở dưới dạng giá trị tổng quát như a gam, V lít, n mol hoặc cho tỉ lệ thể tích hoặc tỉ lệ số mol các chất... Như vậy kết quả giải bài toán không phụ thuộc vào chất đã cho. Trong các trường hợp trên tốt nhất ta tự chọn một giá trị như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất. Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng. Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho. Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn giản để tính toán. Sau đây là một số ví dụ điển hình: Cách 1: CHỌN 1 MOL CHẤT HOẶC HỖN HỢP CHẤT PHẢN ỨNG Ví dụ 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. M là kim loại gì? A. Cu. B. Fe. C. Al. D. Zn. Hướng dẫn giải Chọn 1 mol muối M2(CO3)n. M2(CO3)n + nH2SO4  M2(SO4)n + nCO2  + nH2O Cứ (2M + 60n) gam  98n gam  (2M + 96n) gam  2 4dd H SO 98n 100 m 1000n gam 9,8     2 3 n 2 4 2M (CO ) dd H SO CO m m m m  dd muèi = 2M + 60n + 1000.n  44.n = (2M + 1016.n) gam.   dd muèi 2M 96 100 C% 14,18 2M 1016n       M = 28.n  n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe. (Đáp án B) Ví dụ 2: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007) Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg. Hướng dẫn giải Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng M(OH)2 + H2SO4  MSO4 + 2H2O Cứ (M + 34) gam  98 gam  (M + 96) gam  2 4dd H SO 98 100 m 490 gam 20         4dd MSO M 96 100 m M 34 490 27,21        M = 64  M là Cu. (Đáp án A) Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 4. Hiệu suất phản ứng tổng hợp là A. 10%. B. 15%. C. 20%. D. 25%. Hướng dẫn giải Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có: mx = XM = 7,2 gam. Đặt 2N n a mol , ta có: Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn Phương pháp bảo tự chọn lượng chất Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - 28a + 2(1  a) = 7,2  a = 0,2  2N n 0,2 mol và 2H n 0,8 mol  H2 dư. N2 + 3H2 oxt, t p   2NH3 Ban đầu: 0,2 0,8 Phản ứng: x 3x 2x Sau phản ứng: (0,2  x) (0,8  3x) 2x nY = (1  2x) mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY  Y Y Y m n M     7,2 1 2x 8    x = 0,05. Hiệu suất phản ứng tính theo N2 là 0,05 100 25% 0,2   . (Đáp án D) Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm N2 và H2 có XM 12,4 . Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi nung nóng biết rằng hiệu suất tổng hợp NH3 đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y. YM có giá trị là A. 15,12. B. 18,23. C. 14,76. D. 13,48. Hướng dẫn giải Xét 1 mol hỗn hợp X  mX = 12,4 gam gồm a mol N2 và (1  a) mol H2. 28a + 2(1  a) = 12,4  a = 0,4 mol  2H n 0,6 mol N2 + 3H2 oxt, t p   2NH3 (với hiệu suất 40%) Ban đầu: 0,4 0,6 Phản ứng: 0,08  0,60,4  0,16 mol Sau phản ứng: 0,32 0,36 0,16 mol Tổng: nY = 0,32 + 0,36 + 0,16 = 0,84 mol; Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mX = mY.  Y 12,4 M 14,76 gam 0,84   . (Đáp án C) Ví dụ 5: Phóng điện qua O2 được hỗn hợp khí O2, O3 có M 33 gam. Hiệu suất phản ứng là A. 7,09%. B. 9,09%. C. 11,09%. D.13,09%. Hướng dẫn giải 3O2 TL§ 2O3 Chọn 1 mol hỗn hợp O2, O3 ta có: 2O n a mol    3O n 1 a mol  .  32a 48 1 a 33    2 15 a mol O 16   3O 15 1 n 1 mol 16 16     2O 1 3 3 n 16 2 32   bÞ oxi ho¸ mol Hiệu suất phản ứng là: 3 100 32 9,09% 3 15 32 16    . (Đáp án B) Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn Phương pháp bảo tự chọn lượng chất Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn một lượng kim loại R hóa trị n bằng dung dịch H2SO4 loãng rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một lượng muối khan có khối lượng gấp 5 lần khối lượng kim loại R ban đầu đem hoà tan. Kim loại R đó là A. Al. B. Ba. C. Zn. D. Mg. Hướng dẫn giải Xét 1 mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng. 2R + nH2SO4  R2(SO4)n + nH2 Cứ R (gam)  2R 96n gam muoi 2         2R 96n 5R 2    R = 12n thỏa mãn với n = 2. Vậy: R = 24 (Mg). (Đáp án D) Cách 2: CHỌN GIÁ TRỊ CHO THÔNG SỐ Ví dụ 7: X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe3C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là 96%, hàm lượng C đơn chất là 3,1%, hàm lượng Fe3C là a%. Giá trị a là A. 10,5. B. 13,5. C. 14,5. D. 16. Hướng dẫn giải Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, 3Fe C m = a gam và số gam Fe tổng cộng là 96 gam.   3C trong Fe C 12a m 100 96 3,1 180      a = 13,5. (Đáp án B) Ví dụ 8: Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO3 (phần còn lại là tạp chất trơ) một thời gian thu được chất rắn Y chứa 45,65 % CaO. Tính hiệu suất phân hủy CaCO3. A. 50%. B. 75%. C. 80%. D. 70%. Hướng dẫn giải Chọn mX = 100 gam  3CaCO m 80 gam và khối lượng tạp chất bằng 20 gam. CaCO3 ot CaO + CO2 (hiệu suất = h) Phương trình: 100 gam  56 gam 44 gam Phản ứng: 80 gam  56.80 .h 100 44.80 .h 100 Khối lượng chất rắn còn lại sau khi nung là 2X CO 44.80.h m m 100 100    .  56 80 45,65 44 80 h h 100 100 100 100             h = 0,75  hiệu suất phản ứng bằng 75%. (Đáp án B) Các ví dụ phần hữu cơ : Ví dụ 1: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 10% thì thu được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Vậy x có giá trị nào sau đây? A. 20%. B. 16%. C. 15%. D.13%. Hướng dẫn giải Xét 1 mol CH3COOH: CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O 60 gam  40 gam  82 gam 3dd CH COOH 60 100 m gam x   ddNaOH 40 100 m 400 gam 10    Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn Phương pháp bảo tự chọn lượng chất Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - 60 100 82 100 m 400 x 10,25     dd muèi gam.  x = 15%. (Đáp án C). Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H2 bằng 6,4. Cho A đi qua niken nung nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H2 bằng 8 (giả thiết hiệu suất phản ứng xảy ra là 100%). Công thức phân tử của anken là A. C2H4. B. C3H6. C. C4H8. D. C5H10. Hướng dẫn giải Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol CnH2n và (1a) mol H2) Ta có: 14.n.a + 2(1  a) = 12,8 (1) Hỗn hợp B có M 16 14n  (với n  2)  trong hỗn hợp B có H2 dư CnH2n + H2 oNi, t CnH2n+2 Ban đầu: a mol (1a) mol Phản ứng: a  a  a mol Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1  2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2.  tổng nB = 1  2a. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB  B B B m n M     12,8 1 2a 16    a = 0,2 mol. Thay a = 0,2 vào (1) ta có 140,2n + 2(1  0,2) = 12,8  n = 4  anken là C4H8. (Đáp án C) Ví dụ 3: Oxi hóa C2H5OH bằng CuO nung nóng, thu được hỗn hợp chất lỏng gồm CH3CHO, C2H5OH dư và H2O có M = 40 đvC. Hiệu suất phản ứng oxi hóa là A. 25%. B. 35%. C. 45%. D. 55%. Hướng dẫn giải Xét 1 mol C2H5OH. Đặt a mol C2H5OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng oxi hóa rượu. C2H5OH + CuO ot CH3CHO + H2O + Cu Ban đầu: 1 mol Oxi hóa: a mol  a mol  a mol Sau phản ứng: (1  a) mol C2H5OH dư a mol  a mol 46(1 a) 44a 18a M 40 1 a        a = 0,25 hay hiệu suất là 25%. (Đáp án A) Ví dụ 4: (Câu 48 - Mã đề 182 - khối A - TSĐH 2007) Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là A. C3H8. B. C3H6. C. C4H8. D. C3H4. Hướng dẫn giải Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm CxHy (1 mol) và O2 (10 mol ). CxHy + y x 4       O2  xCO2 + y 2 H2O 1 mol  y x 4       mol  x mol y 2 mol  Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và y 10 x 4           mol O2 dư. ZM 19 2 38    2 2 co o n 1 n 1  2 2 CO O (n ) 44 6 38 (n ) 32 6 Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn Phương pháp bảo tự chọn lượng chất Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - Vậy: y x 10 x 4     8x = 40  y.  x = 4, y = 8  thoả mãn đáp án C. Ví dụ 5: A là hỗn hợp gồm một số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn A với B ở cùng nhiệt độ áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) được hỗn hợp khí D. Cho D vào bình kín dung tích không đổi V. Nhiệt độ và áp suất trong bình là toC và p atm. Sau khi đốt cháy A trong bình chỉ có N2, CO2 và hơi nước với 2 2CO H O V : V 7 : 4 đưa bình về toC. Áp suất trong bình sau khi đốt là p1 có giá trị là A. 1 47 p p. 48  B. p1 = p. C. 1 16 p p. 17  D. 1 3 p p. 5  Hướng dẫn giải Đốt A: CxHy + 2 y x O 4        xCO2 + 2 y H O 2 Vì phản ứng chỉ có N2, H2O, CO2  các hiđrocacbon bị cháy hết và O2 vừa đủ. Chọn x yC H n 1  nB = 15 mol  2O y 15 n x 3 4 5    p.ø mol.  2 2N O n 4n 12 mol   y x 3 4 x : y 2 7 : 4        x = 7 3 ; y = 8 3 Vì nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí, ta có: 1p 7 3 4 3 12 47 p 1 15 48       1 47 p p. 48  (Đáp án A) Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X hai hiđrocacbon A, B thu được 132.a 41 gam CO2 và 2 45a gam H O 41 . Nếu thêm vào hỗn hợp X một nửa lượng A có trong hỗn hợp X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2 165a gam CO 41 và 2 60,75a gam H O 41 . Biết A, B không làm mất mầu nước Br2. a) Công thức phân tử của A là A. C2H2. B. C2H6. C. C6H12. D. C6H14. b) Công thức phân tử của B là A. C2H2. B. C6H6. C. C4H4. D. C8H8. c) Phần trăm số mol của A, B trong hỗn hợp X là. A. 60%; 40%. B. 25%; 75%. C. 50%; 50%. D. 30%; 70%. Hướng dẫn giải a) Chọn a = 41 gam. Đốt X  2CO 132 n 3 mol 44   và 2H O 45 n 2,5 mol 18   . Đốt 1 X A 2        2CO 165 n 3,75 mol 44   và 2H O 60,75 n 3,375 mol 18   . Đốt 1 A 2 thu được (3,75  3) = 0,75 mol CO2 và (3,375  2,5) = 0,875 mol H2O. Đốt cháy A thu được 2CO n 1,5 mol và 2H O n 1,75 mol . vì 2 2H O CO n n  A thuộc loại ankan, do đó: Khóa học LTĐH đảm bảo môn Hóa-Thầy Sơn Phương pháp bảo tự chọn lượng chất Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 -  n 2n 2 2 2 2 3n 1 C H O nCO n 1 H O 2        2 2 CO H O n n 1,5 n n 1 1,75     n = 6  A là C6H14. (Đáp án D) b) Đốt B thu được (3  1,5) = 1,5 mol CO2 và (2,5  1,75) = 0,75 mol H2O Như vậy C H n 1,5 1 n 0,75 2 1     công thức tổng quát của B là (CH)n vì X không làm mất mầu nước Brom nên B thuộc aren  B là C6H6. (Đáp án B) c) Vì A, B có cùng số nguyên tử C (6C) mà lượng CO2 do A, B tạo ra bằng nhau (1,5 mol)  nA = nB.  %nA = %nB = 50%. (Đáp án C) Ví dụ 7: Trộn a gam hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon C6H14 và C6H6 theo tỉ lệ số mol (1:1) với m gam một hiđrocacbon D rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2 275a gam CO 82 và 94,5a 82 gam H2O. a) D thuộc loại hiđrocacbon nào A. CnH2n+2. B. CmH2m2. C. CnH2n. D. CnHn. b) Giá trị m là A. 2,75 gam. B. 3,75 gam. C. 5 gam. D. 3,5 gam. Hướng dẫn giải a) Chọn a = 82 gam Đốt X và m gam D (CxHy) ta có: 2 2 CO H O 275 n 6,25 mol 44 94,5 n 5,25 mol 18         C6H14 + 19 2 O2  6CO2 + 7H2O C6H6 + 15 2 O2  6CO2 + 3H2O Đốt D: x y 2 2 2 y y C H x O xCO H O 4 2          Đặt 6 14 6 6C H C H n n b mol  ta có: 86b + 78b = 82  b = 0,5 mol. Đốt 82 gam hỗn hợp X thu được:   2CO n 0,5 6 6 6 mol      2H O n 0,5 7 3 5 mol     Đốt cháy m gam D thu được: 2CO n 6,25 6 0,25 mol   2H O n 5,25 5 0,25 mol   Do 2 2CO H O n n  D thuộc CnH2n. (Đáp án C) b) mD = mC + mH = 0,25(12 + 2) = 3,5 gam. (Đáp án D) Giáo viên: Phạm Ngọc Sơn Nguồn: Hocmai.vn

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfBai_45._Phuong_phap_tu_chon_luong_chat.pdf
  • pdfBai_45._Bai_tap_Phuong_phap_tu_chon_luong_chat.pdf
  • pdfBai_45._Dap_an_Phuong_phap_tu_chon_luong_chat.pdf