Lý thuyết và bài tập ôn thi CĐ ĐH môn Hóa - Chương 21

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

0
56
lượt xem
31
download

Lý thuyết và bài tập ôn thi CĐ ĐH môn Hóa - Chương 21

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'lý thuyết và bài tập ôn thi cđ đh môn hóa - chương 21', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết và bài tập ôn thi CĐ ĐH môn Hóa - Chương 21

  1. PH L C M TS PP GI I NHANH BÀI T P HÓA H C I. PP B O TOÀN 1. B o toàn đi n tích - Nguyên t c: T ng đi n tích dương luôn luôn b ng t ng đi n tích âm v giá tr tuy t đ i. Vì th dd luôn luôn trung hoà v đi n. - Các ví d : Ví d 1: K t qu xác đ nh n ng đ mol c a các ion trong m t dd ghi b ng dư i đây: Ion Na+ Ca2+ NO3- Cl- HCO3- S mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 H i k t qu đó đúng hay sai? T i sao? Gi i: Do đi n tích c a m t ion trong dd b ng tích c a đi n tích và s mol c a nó, nên ta có: T ng đi n tích dương là: (+1).0,05 + (+2).0,01 = + 0,07 T ng đi n tích âm là: (-1).0,01 + (-1).0,04 + (-1).0,025 = - 0,075. Giá tr tuy t đ i c a đi n tích dương khác đi n tích âm. V y k t qu trên là sai. Ví d 2: Dd A ch a các ion Na+: a mol; HCO3-: b mol; CO32-: c mol; SO42-: d mol. Đ t o ra k t t a l n nh t ngư i ta dùng 100 ml dd Ba(OH)2 n ng đ x mol/l. L p bi u th c tính x theo a và b. Gi i: HCO3- + OH- → CO32- + H2O bmol → b Ba2+ + CO32- → BaCO3↓ Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ Dd sau ph n ng ch có Na+: a mol. Vì b o toàn đi n tích nên cũng ph i có: a mol OH-. Đ tác d ng v i HCO3- c n b mol OH-. V y s mol OH- do Ba(OH)2 cung c p là (a + b) mol a+b a +b a+b Ta có: nBa (OH )2 = và n ng đ x= 2 = mol/l 2 0,1 0,2 2. B o toàn kh i lư ng - Nguyên t c: + Trong m t ph n ng hóa h c t ng kh i lư ng c a các s n ph m b ng t ng kh i lư ng c a các ch t ph n ng. + Khi cô c n dd thì kh i lư ng h n h p mu i thu đư c b ng t ng kh i lư ng c a các cation kim lo i và anion g c axit. - Các ví d :
  2. Ví d 1: Cho t t m t lu ng khí CO đi qua ng s đ ng m gam h n h p g m Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 đun nóng thu đư c 64g s t, khí đi ra sau ph n ng cho đi qua dd Ca(OH)2 dư đư c 40g k t t a. Tính m. Gi i: Khí đi ra sau ph n ng g m CO2 và CO dư CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 40 0,4 = 0,4 100 ta có: nCO = nCO = 0,4 pu 2 Theo đ nh lu t b o toàn kh i lư ng: m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4 → m = 70,4g. Ví d 2: M t dd có ch a 2 cation là Fe2+: 0,1mol và Al3+: 0,2mol và 2anion là Cl-: x mol và SO42-: y mol. Tính x và y, bi t r ng khi cô c n dd thu đư c 46,9 g ch t r n khan. Gi i: Do b o toàn kh i lư ng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9 (1) Do b o toàn đi n tích: 2.0,1 + 3.0,2 = 1.x + 2.y (2) T (1) và (2) gi i ra x = 0,2; y = 0,3. Ví d 3: Đun 132,8 g h n h p 3 rư u no, đơn ch c v i H2SO4 đ c 1400C thu đư c 111,2g h n h p các ete trong đó các ete có s mol b ng nhau. Tính s mol m i ete. 3(3 + 1) Gi i: Đun h n h p 3 rư u đư c = 6 ete. 2 Theo đ nh lu t b o toàn kh i lư ng: mrư u = mete = mH O 2 mH O = mrư u - mete = 132,8 – 111,2 = 21,6 g. 2 21,6 T ng s mol các ete = s mol H2O = = 1,2 18 1,2 S mol m i ete = = 0,2 mol. 6 Ví d 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8g h n h p g m m t mu i cacbonat c a kim lo i hoá tr I và m t mu i cacbonat c a kim lo i hoá tr II vào dd HCl thu đư c 0,2mol khí CO2. Tính kh i lư ng mu i m i t o ra trong dd. Gi i: Đ t công th c c a các mu i là M2CO3 và RCO3 M2CO3 + RCO3 + 4HCl → 2MCl + RCl2 + 2CO2 + 2H2O 0,4 0,2 mol → 0,2 Theo đ nh lu t BTKL: 23,8 + 0,4.36,5 = mmu i + mCO + mH O 2 2 hay: 23,8 + 0,4.36,5 = mmu i + 0,2.44 + 0,2.18 mmu i = 26g 3. B o toàn electron - Nguyên t c: Trong quá trình ph n ng thì:
  3. S e như ng = s e thu ho c: s mol e như ng = s mol e thu Khi gi i không c n vi t phương trình ph n ng mà ch c n tìm xem trong quá trình ph n ng có bao nhiêu mol e do ch t kh như ng ra và bao nhiêu mol e do ch t oxi hoá thu vào. - Các ví d : Ví d 1: Tr n 60g b t Fe v i 30g b t lưu huỳnh r i đun nóng (không có không khí) thu đư c ch t r n A. Hoà tan A b ng dd axit HCl dư đư c dd B và khí C. Đ t cháy C c n V lít O2 (đktc). Tính V, bi t các ph n ng x y ra hoàn toàn. 30 Gi i: nFe > nS = nên Fe dư và S h t. 32 Khí C là h n h p H2S và H2. Đ t C thu đư c SO2 và H2O. K t qu cu i cùng c a quá trình ph n ng là Fe và S như ng e, còn O2 thu e. Như ng e: Fe – 2e → Fe2+ 60 60 mol → .2 50 56 S - 4e → S+4 (SO2) 20 30 mol → .4 32 32 Thu e: G i s mol O2 là x mol. O2 + 4e → 2O-2 2 mol → 4x 60 30 Ta có: 4 x = .2 + .4 gi i ra x = 1,47 mol. 56 32 VO2 = 22,4.1, 47 = 32,928 lit Ví d 2: H n h p A g m 2 kim lo i R1, R2 có hoá tr x, y không đ i (R1, R2 không tác d ng v i nư c và đ ng trư c Cu trong dãy ho t đ ng hóa h c c a kim lo i). Cho h n h p A ph n ng hoàn toàn v i dd HNO3 dư thu đư c 1,12 l khí NO duy nh t đktc. N u cho lư ng h n h p A trên ph n ng hoàn toàn v i dd HNO3 thì thu đư c bao nhiêu lít N2. Các th tích khí đo đktc. Gi i: Trong bài toán này có 2 thí nghi m: thí nghi m 1: R1 và R2 như ng e cho Cu2+ đ chuy n thành Cu sau đó Cu +5 +2 l i như ng e cho N đ thành N (NO). S mol e do R1 và R2 như ng ra là: +5 +2 N + 3e → N 1,12 0,15 ← = 0,05 22,4 +5 thí nghi m 1: R1 và R2 tr c ti p như ng e cho N đ t o ra N2. G i x là s mol N2, thì s mol e thu vào là: +5 2 N + 10e → N 20
  4. 10x ← x mol Ta có: 10x = 0,15 → x = 0,015 VN = 22,4.0,015 = 0,336 lit 2 Ví d 3: Cho 1,35 g h n h p g m Cu, Mg, Al tác d ng h t v i dd HNO3 thu đư c h n h p khí g m 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO2. Tính kh i lư ng mu i t o ra trong dd. Gi i: Đ t x, y, z l n lư t là s mol Cu, Mg, Al. 2+ Như ng e: Cu – 2e = Cu x → 2x → x 2+ Mg – 2e = Mg y → 2y → y 3+ Al – 3e = Al z → 3z → z +5 +2 Thu e: N + 3e = N (NO) 0,03 ← 0,01 +5 +4 N + 1e = N (NO2) 0,04 ← 0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1) Nhưng 0,07 cũng chính là s mol NO3- Kh i lư ng mu i nitrat là: 1,35 + 62.0,07 = 5,69g. II. PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH (kh i lư ng mol TB, s ngt TB) 1. Cách gi i: - PP trung bình ch áp d ng cho bài toán h n h p các ch t. - Giá tr trung bình dùng đ bi n lu n tìm ra ngt kh i ho c pht kh i hay s ngt trong pht hch t. - Kh i lư ng mol trung bình là kh i lư ng c a m t mol h n h p (kí hi u là M Kh i lư ng h n h p M = S mol h n h p 2. Các ví d : Ví d 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g h n h p mu i cacbonat c a hai kim lo i A và B k ti p trong nhóm IIA vào dd HCl thu đư c 1,12 lit CO2 đktc. Xác đ nh tên kim lo i A và B. Gi i: Đ t M là NTK trung bình c a 2 kim lo i A và B M CO3 + 2HCl → M Cl2 + CO2↑ + H2O 1,12 0,05 = 0,05 mol 22,4 4,68 M CO3 = = 93,6; M = 93,6 – 60 = 33,6 0,05
  5. Bi n lu n: A < 33,6 → A là Mg = 24 B > 33,6 → B là Ca = 40. Ví d 2: Đ t cháy hoàn toàn a g h n h p hai rư u no, đơn ch c liên ti p trong dãy đ ng đ ng thu đư c 3,584 lít CO2 đktc và 3,96g H2O. Tính a và xác đ nh CTPT c a các rư u. Gi i: G i n là s ngt C trung bình và x là t ng s mol c a hai rư u. Cn H 2 n+1OH + 3n 2 ( ) O2 → nCO2 + n + 1 H 2O x mol nx → n + 1 x ( ) 3,584 nCO2 = nx = = 0,16 (1) 22,4 n H 2O ( ) = n + 1 .x = 3,96 18 = 0,22 (2) T (1) và (2) gi i ra x = 0,06 và n = 2,67 Ta có: a = (14 n + 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g C 2 H 5OH n = 2,67 C3 H 7 OH Ví d 3: H n h p 3 rư u đơn ch c A, B, C có t ng s mol là 0,08 và kh i lư ng là 3,387. Xác đ nh CTPT c a A, B, C, bi t r ng B và C có cùng s ngt 5 cacbon và s mol rư u A b ng t ng s mol c a rư u B và C. 3 3,38 Gi i: M = = 42,2 0,08 Như v y ph i có ít nh t m t rư u có M < 42,2. Ch có CH3OH = 32 0,08.5 Ta có: nA = = 0,05 ; mA = 32.0,05 = 1,67. 5+3 0,08.3 mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78g; nB + C = = 0,03 5+3 1,78 M B ,C = = 59,3 0,03 G i y là s ngt H trung bình trong pht hai rư u B và C Ta có: CxH y OH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3 Rút ra: 12x + y = 42,3 Bi n lu n: x 1 2 3 4 y 30,3 18,3 6,3 6,3. Có 2 c p nghi m: C3H5OH (CH2 = CH – CH2OH) và C3H7OH
  6. C3H3OH (CH ≡ C – CH2OH) và C3H7OH III. PHƯƠNG PHÁP GHÉP N S 1a. Cách gi i: M t s bài toán cho thi u d ki n nên gi i b ng PP đ i s ta có s n nhi u hơn s phương trình và có d ng vô đ nh, không gi i đư c. N u dùng PP ghép n s ta có th gi i lo i bài toán này m t cách d dàng. 2. Các ví d : Ví d 1: Đ t cháy hoàn toàn ag h n h p hai rư u no, đơn ch c đư c h n h p khí và hơi. Cho h n h p khí và hơi này l n lư t đi qua bình 1 đ ng H2SO4 đ c và bình 2 đ ng nư c vôi trong dư, th y bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g k t t a. Tính a. Gi i: Đ t CTPT c a các rư u là CnH2n+1-OH và CmH2m+1-OH. G i x, y là s mol các rư u. 3n CnH2n+1OH + O2 → nCO2 + (n + 1)H2O 2 x nx (n + 1)x 3m CmH2m+1OH + O2 → mCO2 + (m + 1)H2O 2 y my (m + 1)y CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 8 0,08 = 0,08 100 Ta l p đư c 2 phương trình đ i s theo s mol CO2 và s mol H2O: nCO = nx + my = 0,08 (1) 2 nH 2O = (n + 1)x + (m + 1) y = 1,98 = 0,11 (2) 18 đây, v i 4 n s (n, m, x, y) mà ch có 2 phương trình nên có d ng vo đ nh. Ta tri n khai (2) đ ghép n s T (2): nH O = nx + x + my + y = (nx + my) + (x + y) = 0,11 2 Thay nx + my = 0,08, rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03. Tính a: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y hay a = 14nx + 18x + 14my + 18y. Ghép n s đư c a = 14(nx + my) + 18(x + y). Thay các giá tr đã bi t đư c a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g Ví d 2: Đun p gam h n h p 2 rư u v i H2SO4 đ c thu đư c V lít (đktc) h n h p 2 anken. Đ t cháy hoàn toàn h n h p anken đó thu đư c x lít CO2 (đktc) và y gam H2O. L p bi u th c tính x, y theo p, V. Gi i: Đun nóng v i H2SO4 đ c thu đư c h n h p 2 anken, suy ra h n h p 2 rư u đó ph i thu c lo i no, đơn ch c. H2SO4đ ≤ 1400C
  7. CnH2n+1OH CnH2n + H2O (1) a mol a CmH2m+1OH → CmH2m + H2O (2) b mol b 3n CnH2n + O2 → nCO2 + nH2O (3) 2 a mol na na 3m CmH2m + O2 → mCO2 + mH2O (4) 2 b mol mb mb V Theo (1), (2): a + b = (5). Theo (3), (4): nCO2 = nH 2O = na + mb (6) 22,4 Kh i lư ng 2 rư u là: (14n + 18)a + (14m + 18)b = p hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7) Th (5) vào (7) đư c: V p − 18. 22,4 na + mb = 14 V p − 18. 22,4 9 p − 7,23V m H 2O = y = .18 → y = 14 7 V p − 18. 22,4 11,2 p − 9V VCO2 = x = .22,4 → x = 14 7 IV. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GI M KH I LƯ NG 1. Cách gi i: Khi chuy n t ch t này sang ch t khác kh i lư ng có th tăng ho c gi m do các ch t khác nhau có kh i lư ng mol khác nhau. D a vào m i tương quan t l thu n c a s tăng gi m ta tính đư c lư ng ch t tham gia hay t o thành sau ph n ng. 2. Các ví d Ví d 1: Nhúng thanh k m vào dd ch a 8,32g CdSO4. Sau khi kh hoàn toàn ion Cd2+ kh i lư ng thanh k m tăng 2,35% so v i ban đ u. H i kh i lư ng thanh k m ban đ u. Gi i: G i kh i lư ng thanh k m ban đ u là a gam thì kh i lư ng tăng thêm 2,35a là gam. 100 Zn + CdSO4 → ZnSO4 + Cd 65g →1mol 112g tăng 112 – 65 = 47g 8,32 2,35a = 0,04 mol g 208 100
  8. 1 47 Ta có t l : = . 0,04 2,35a 100 Gi i ra a = 80g. Ví d 2: Nhúng thanh kim lo i M hoá tr 2 vào dd CuSO4, sau m t th i gian l y thanh kim lo i ra th y kh i lư ng gi m 0,05%. M t khác nhúng thanh kim lo i trên vào dd Pb(NO3)2, sau m t th i gian th y kh i lư ng tăng 7,1%. Xác đ nh M, bi t r ng s mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia 2 trư ng h p như nhau. Gi i: G i m là kh i lư ng thanh kim lo i, A là NTK c a kim lo i, x là s mol mu i ph n ng. M + CuSO4 → MSO4 + Cu↓ Ag → 1mol 64g gi m (A – 64)g 0,05m xmol g 100 0,05m Rút ra: x = 100 (1) A − 64 M + Pb(NO3)2 → M(NO3)2 + Pb↓ Ag → 1mol 207 tăng (207 – A)g 7,1m xmol tăng g 100 7,1m Rút ra: x = 100 (2) 207 − A 0,05m 7,1m T (1) và (2) ta có: 100 = 100 (3) A − 64 207 − A T (3) gi i ra A = 65. V y kim lo i M là k m. Ví d 3: Cho 3,78g b t Al ph n ng v a đ v i dd mu i XCl3 t o thành dd Y. Kh i lư ng ch t tan trong dd Y gi m 4,06g so v i dd XCl3. Xác đ nh công th c c a mu i XCl3. Gi i: G i A là NTK c a kim lo i X. Al + XCl3 → AlCl3 + X 3,78 = 0,14 → 0,14 0,14 27 Ta có: (A + 35,5.3).0,14 – (133,5.0,14) = 4,06 Gi i ra A = 56. Kim lo i X là Fe và mu i FeCl3. Ví d 4: Nung 100g h n h p g m Na2CO3 và NaHCO3 cho đ n khi kh i lư ng h n h p không đ i đư c 69g ch t r n. Xác đ nh ph n trăm kh i lư ng c a m i ch t trong h n h p. Gi i: Ch có NaHCO3 b phân h y. Đ t x là s gam NaHCO3. 2NaHCO3 t → Na2CO3 + CO2↑ + H2O↑ 0
  9. 2.84g gi m: 44 + 18 = 62g xg gi m: 100 – 69 = 31g 2,84 62 Ta có: = → x = 84 g x 31 V y NaHCO3 chi m 84% và Na2CO3 chi m 16%. Ví d 5: Hoà tan hoàn toàn 23,8g h n h p m t mu i cacbonat c a kim lo i hoá tr I và m t mu i cacbonat c a kim lo i hoá tr II vào dd HCl th y thoát ra 0,2mol khí. Khi cô c n dd sau ph n ng thì thu đư c bao nhiêu gam mu i khan? Gi i: Kí hi u kim lo i hoá tr I là M, s mol là x kim lo i, hoá tr II là R, s mol là y. M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2↑ + H2O (1) 1mol(2M+60)g 2(M+35,5) tăng (2M+71)-(2M+60) = 11gam xmol 11gam RCO3 + 2HCl → RCl2 + CO2↑ + H2O (2) 1mol(R+60)g (R+71) tăng (R+71)-(R+60) = 11g ymol 11ygam T (1) và (2): mhh = x + y = nCO = 0,2 2 Theo (1), (2): (x + y)mol h n h p ph n ng thì kh i lư ng hh mu i tăng (11x + 11y)g = 11(x + y) = 11.0,2 = 2,2g. V y kh i lư ng mu i thu đư c b ng kh i lư ng mu i ban đ u c ng v i kh i tư ng tăng thêm. mmu i = 23,8 + 2,2 = 26g. V. PHƯƠNG PHÁP ĐƯ NG CHÉO 1. Cách gi i: - PP đư ng chéo thư ng dùng đ gi i bài toán tr n l n các ch t v i nhau có th đ ng th ho c d th nhưng h n h p cu i cùng ph i là đ ng th . - N u tr n l n các dd thì ph i là các dd c a cùng m t ch t (ho c ch t khác, nhưng do ph n ng v i H2O l i cho cùng m t ch t. Ví d tr n Na2O v i dd NaOH ta đư c cùng m t ch t là NaOH). - Tr n hai dd c a ch t A v i n ng đ khác nhau, ta thu đư c m t dd ch t A v i n ng đ duy nh t. Như v y lư ng ch t tan trong ph n đ c gi m xu ng ph i b ng lư ng ch t tan trong ph n loãng tăng lên. Sơ đ t ng quát c a PP đư ng chéo như sau: D1 x1 x – x2 D1 x − x2 x = D2 x1 − x D2 x2 x1 - x x1, x2, x là kh i lư ng ch t ta quan tâm v i x1 > x > x2 D1, D2 là kh i lư ng hay th tích các ch t (hay dd) đem tr n l n. 2. Các ví d :
  10. Ví d 1: C n thêm bao nhiêu gam nư c vào 500g dd NaOH 12% đ có dd NaOH 8% ? Gi i: mH O 2 0 4 mH 2O 4 8 = → m H 2O = 250 g 500 8 mdd12% 12 8 ( đây x1 = 0, vì nư c thì n ng đ NaOH b ng 0). Ví d 2: C n tr n H2 và CO theo t l th tích như th nào đ đư c h n h p khí có t kh i so v i metan b ng 1,5. Gi i: M hh = 1,5.16 = 24 VH 2 2 4 VH 2 4 2 24 → = = VCO 22 11 VCO 28 22 Ví d 3: Hoà tan 4,59g Al b ng dd HNO3 loãng thu đư c h n h p khí NO và N2O có t kh i so v i H2 b ng 16,75. Tính t l th tích khí trong h n h p. Gi i: M hh = 16,75.2 = 33,5 VN O 2 44 3,5 V N 2O 3,5 1 33,5 → = = V NO 10,5 3 VNO 30 10,5 Ví d 4: Tr n 2 th tích CH4 v i 1 th tích hiđrocacbon X thu đư c h n h p khí (đktc) có t kh i so v i H2 b ng 15. Xác đ nh CTPT c a X. Gi i: M hh = 15.2 = 30 2V 16 MX - 30 30 1V MX 30 – 16 2V M X − 30 → = → M X = 58 1V 30 − 16 V i 12x + y = 58 ch có nghi m khi x = 4 và y = 10 → C4H10 Ví d 5: T 1 t n qu ng hematit (A) đi u ch đư c 420kg s t. T 1 t n qu ng manhetit (B) đi u ch đư c 504kg s t. Ph i tr n 2 qu ng trên v i t l v
  11. kh i lư ng là bao nhiêu đ đư c 1 t n qu ng h n h p mà t 1 t n qu ng h n h p này đi u ch đư c 480kg s t ? Gi i: mA 420 24 m A 24 2 480 → = = mB 60 5 mB 504 60
Đồng bộ tài khoản