intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

SKKN: Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt, hợp chất của sắt và một số phương pháp giải bài tập HHHC

Chia sẻ: Nhi Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:39

Thêm vào BST
Báo xấu
394
lượt xem 34
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán, khái quát của học sinh. Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Mời các bạn tham khảo bài SKKN về môn Hóa học THPT này nhé.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt, hợp chất của sắt và một số phương pháp giải bài tập HHHC

  1. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt, hợp chất của sắt và một số phương pháp giải bài tập hóa học hữu cơ 11 1
  2. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ PHẦN I. MỞ ĐẦU I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. - Căn cứ vào tình hình kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh còn yếu kém. - Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông; chương trình thi đại học – cao đẳng và tốt nghiệp hiện nay. - Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán, khái quát của học sinh đồng thời cần kỹ năng giải nhanh chính xác hiệu quả để thích hợp với thời gian ngắn(bình quân 1,8 phút/1 câu đối với đề thi đại học – cao đẳng và 1,5 phút/1 câu đối với đề thi tốt nghiệm). - Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học sinh. - Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 11 tôi đang giảng dạy hiện nay: Kĩ năng giải nhanh các bài tập hoá học còn chưa tốt do vậy cần phải giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và có kĩ năng giải tốt được các bài tập trắc nghiệm khách quan. - Trong thực tế tài liệu viết về phương pháp giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt đã có nhiều nhưng phương pháp nhanh, hiệu quả còn ít. Vì vậy, khi gặp các bài toán về sắt và hợp chất của sắt các em thường lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù hợp. - Qua quá trình tìm tòi, nghiên cứu trong nhiều năm tôi đã hệ thống hóa các dạng bài tập bài tập về sắt, hợp chất của sắt và phương pháp giải các dạng bài tập đó cho học sinh một cách dễ hiểu, dễ vận dụng, tránh được những lúng túng, sai lầm và nâng cao kết quả trong các kỳ thi. - Khả năng giải toán Hóa học của các em học sinh còn hạn chế, đặc biệt là giải toán Hóa học Hữu cơ vì những phản ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra không theo một hướng nhất định và không hoàn toàn. Trong đó dạng bài tập về phản ứng cộng hiđro vào liên kết pi của các hợp chất hữu cơ, bài tập về phản ứng đốt cháy hiđrocacbon, ... Khi giải các bài tập dạng này học sinh thường gặp những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học không cần thiết thậm chí không giải được vì quá nhiều ẩn số. Nguyên nhân là học sinh chưa tìm hiểu rõ, vững các định luật hoá học và các hệ số cân bằng trong phản ứng hoá học để đưa ra phương pháp giải hợp lý 2
  3. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài: “ ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP VỀ SẮT, HỢP CHẤT CỦA SẮT VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ 11” II. CƠ SỞ KHOA HỌC. 1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học THPT 2. Hệ thống hoá các kiến thức hóa học cơ bản. 3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở nắng vững hệ thống lí thuyết hoá học và công thức toán học. 4. Khả năng khái quát, tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán để lựa chọn phương pháp phù hợp nhất để giải bài tập một cách nhanh, gọn, chính xác. 5. Thực trạng về kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh khối 12 khi làm các bài kiểm tra và bài thi thử đại học – cao đẳng. III- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI. - Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc nghiệm hóa học phổ thông. IV- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI. - Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích hợp, qua đó giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất và có kỹ năng tôt để giải nhanh các bài tập trắc nghiệm hóa học trong chương trình THPT hiện nay để đạt kết quả cao trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT và đại học cao đẳng,... V- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. - Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT trên toàn quốc từ đó phân loại thành các dạng bài tập và rút ra phương pháp giải tương ứng. - Hướng dẫn cho học sinh khối 12 áp dụng một số phương pháp giải nhanh để giải các bài tập trắc nghiệm. VI. NỘI DUNG ĐỀ TÀI. A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM. 1. Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt 2. Một số phương pháp giải bài tập trắc nghiệp hữu cơ 11 B. NGUYÊN TẮC ÁP DỤNG. 3
  4. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ C. MỘT SỐ VÍ DỤ CỤ THỂ D. HỆ THỐNG BÀI TẬP ÁP DỤNG TỰ GIẢI VII- KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI. 1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 11, 12, khảo sát về khả năng giải bài tập trắc nghiệm. 2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài từ đầu học kỳ I năm học 2012 - 2013 ở 2 lớp 11A1 và 11A2 3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 11A1, 11A2 và hoàn thiện đề tài: cuối tháng 3 năm 2013. Cụ Thể: 1. Tháng 10/2012 Khảo sát 2 lớp 11A1, 11A2 2. Tháng 11/2012 đến tháng 12/2012 Hướng dẫn học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học 3. Tháng 1/2013 đến hết tháng 3/2013 Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT trên toàn quốc. 4. Hoàn thiện đề tài cuối tháng 3/2013 . PHẦN II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT. Một số cách quy đổi thường gặp: + Một hỗn hợp gồm (Fe và oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4) hoặc hỗn hợp gồm (các oxit sắt FeO, Fe2O3, Fe3O4) thường quy đổi thành (Fe + O) hoặc hỗn hợp gồm (Fe + một oxit) hoặc hỗn hợp hai oxit + Một hỗn hợp gồm (Fe, S, FeS, FeS2) thường quy đổi thành (Fe + S) + Một hỗn hợp gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4) cũng có thể quy đổi thành hỗn hợp (FeO + Fe2O3) + Một hỗn hợp gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4 với số mol của FeO = số mol Fe2O3 ) thì quy đổi thành Fe3O4 II. BÀI TOÁN ÁP DỤNG: 4
  5. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Bài toán 1: ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A- 2010). Cho 11.36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 1.344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X sau phản ứng được m gam muối khan. Giá trị m là: A. 34.36 gam. B. 35.50 gam. C. 49.09 gam D. 38.72 gam. Bài giải. Cách 1: Quy đổi hỗn hợp về hai chất: Fe, Fe2O3 Hoà tan hỗn hợp với HNO3 loãng dư  1,344 lít NO Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1) 0,06mol 0,6mol 0,06mol Fe2O3  2Fe(NO3)3 (2) 0,05 0,1mol 1, 344  n NO   0, 06mol; 22, 4 Từ (1)  mFe = 56 . 0,06 = 3,36 g  m Fe2O3  11, 36  3, 36  8g 8  n Fe2O3   0, 05mol  mX = 242 (0,06 + 0,1) = 38,72g  D đúng 160 Cách 2: Quy hỗn hợp về hai chất: FeO, Fe2O3 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 0,18 0,18mol 0,06 Fe2O3  2Fe(NO3)3 -0,01 -0,02  mFeO = 12,96g;  m Fe2O3  1, 6g  m Fe( NO3 )3  242(0,18  0,02)  38,72g  D đúng Bài toán 2: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4 trong dung dịch HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí màu nâu duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2gam muối khan, giá trị m là: A: 78,4g B: 139,2g C: 46,4g D: 46,256g Bài giải: Áp dụng phương pháp quy đổi: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất Cách 1: Quy hỗn hợp X về 2 chất Fe và Fe2O3: 5
  6. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư. Ta có: Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O (1) 0,2/3 0,2/3 0,2 Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (2) 4, 48 145, 2 Ta có: n NO2   0, 2mol ; n muèi khan  n Fe(NO3 )3   0, 6mol 22, 4 242  Từ pt (2): n Fe O  1 1 0, 2  0,8 n Fe( NO3 )3   0,6   (mol) 2 3 2 2 3  3 0, 2 0,8  m 2  m Fe  n Fe O  .56  .160  46,4g  C đúng h X 2 3 3 3 Nếu m h 2X  m Fe  n Fe2O3  0,66.56  0, 266.160  46, 256g  D sai Cách 2: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp 2 chất FeO và Fe2O3 ta có: FeO + 4HNO3  Fe(NO 3 ) 3 + NO 2 + 2H 2 O (3) 0,2 0,2 0,2 Fe 2 O3 + 6HNO3  2Fe(NO 3 )3 +3H 2 O (4) 0,2mol 0,4mol 145, 2  n Fe( NO )   0, 6mol , mX = 0,2 (72 + 160) = 46,4gam  C đúng 3 3 242 Chú ý: + Nếu từ (4) không cân bằng  n Fe2O3  0, 4mol  mX = 0,2 (72 + 2 . 160) = 78,4 gam  A sai Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn 49.6 gam hh X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y và 8.96 lít khí SO2(đktc). Thành phần phần trăm về khối lượng của oxi trong hỗn hợp X và khối lượng muối trong dung dịch Y lần lượt là: A. 20.97% và 140 gam. B. 37.50% và 140 gam. C. 20.97% và 180 gam D.37.50% và 120 gam. Bài giải: Cách 1: + Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3 ta có: 2FeO  4H 2SO4  Fe2 (SO 4 )3  SO 2  4H 2 O  49,6gam 0,8  0, 4 0, 4mol     Fe2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O  0, 05   0, 05   6
  7. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ m Fe2O3  49, 6  0, 8.72  8g 8  n Fe2O3    0, 05mol 160  noxi (X) = 0,8 + 3.(-0,05) = 0,65mol  %m O  0, 65.16.100  20, 97%  A và C 49, 6 m Fe2 (SO4 )3  [0, 4  ( 0, 05)).400  140gam  A đúng Chú ý: + Nếu m Fe (SO )  (0, 4  0, 05).400  180g  C sai 2 4 3 + Tương tự quy đổi về hai chất khác… Cách 2. áp dụng phương pháp quy đổi nguyên tử Ta xem 49,6 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 là hỗn hợp của x mol Fe và y mol O. Ta có: mHH =56x+16y =49,6 (1). Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau 0 3 0 2 6 4 Fe  3e  Fe O 2e  O S  2e  S x  3x y  2y ...0,8  0, 4 áp dụng ĐLBT E ta được: n e  2y  0,18  3x,  3x  2y  0,8 (2) Giải hệ (1) và (2) => x=0,7 mol, y=0,65 mol. 0,65.16 1 %O  100%  20,97%, n Fe2 (SO4 )3  n Fe  0,35mol 249,6 2  m Fe2 (SO4 )3  0,35.400  140gam  A dung Bài toán 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, cần 0,05 mol H2. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích V ml SO2 (đktc). Giá trị V(ml) là: A.112 ml B. 224 ml C. 336 ml D. 448 ml. Bài giải: Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y 0 t Ta có: FeO  H 2  Fe  H 2 O  (1) x x x Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O (2) y 3y 2y 7
  8. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷  x  3y  0, 05  x  0, 02mol Từ (1) và (2) ta có:   72x  160y  3, 04  y  0, 01mol 2FeO + 4 H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O (3) 0,02mol 0,01mol Vậy VSO2  0,01  22,4 = 0,224 lít hay 224ml  B đúng Chú ý: Nếu (3) không cân bằng: VSO2 = 0,02  22,4 = 0,448 lít = 448ml  D sai Bài toán 5: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 với số mol mỗi chất là 0.1 mol hoà tan hết vào dung dịch Y gồm ( HCl, H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dd Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào: A. 50 ml và 6.72 lít B. 100 ml và 2.24 lít. C. 50 ml và 2.24 lít D. 100 ml và 6.72 lít. Bài giải: Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4 Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 mol: Fe(0,2mol) + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O (1) 0,2mol 0,2 0,4mol Fe + 2H+  Fe2+ + H2 (2) 0,1 0,1 D2 Z (Fe2+: 0,3mol; Fe3+: 0,4mol) + Cu(NO3)2 (3) 3Fe2  NO3  4H   3Fe3  NO  2H 2 O  (4) 0,3 0,1 0,1 VNO = 0,1  22,4 = 2,24 lít; n Cu( NO )  1 n   0, 05mol 3 2 2 NO3 0, 05 n d2Cu( NO   0, 05 lít (hay 50ml)  C đúng 3 )2 1 Chú ý: + Nếu n Cu (NO )  n   0,1mol  VCu (NO )  100ml  B sai 3 2 NO 3 3 2 + Từ (4) nếu không cần bằng: VNO = 0,3  22,4 = 6,72 lít  A sai 8
  9. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Bài toán 6. Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS , FeS2, và S bằng HNO3 nóng dư thu được 9,072 lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm khư duy nhất ) và dung dịch Y. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 5,825 gam kết tủa trắng. Phần 2 tan trong dung dịch NaOH dư thu được kết tủa Z, nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi được a gam chất rắn. Giá trị của m và a lần lượt là: A. 5,52 gam và 2,8 gam. B. 3,56 gam và 1,4 gam. C. 2,32 gam và 1,4 gam D. 3,56 gam và 2,8 gam. Bài giải. Xem hỗn hợp chất rắn X là hỗn hợp của x mol Fe u và y mol S. Quá trình cho và nhận electron như sau 0 3 0 6 5 4 Fe  3e  Fe S 6e  S N  1e  N x  3x x y  6y  y ...0, 405  0, 405mol áp dụng ĐLBT E ta được: 9, 072 n e  3x  6y  n NO2   0, 405mol,  3x  6y  0, 405 (1) 22, 4 Mặt khác trong 1/2 dung dịch Y: 3  0 3OH t Fe  Fe(OH)3  (Z)  Fe 2 O3   x x mol ................................ mol 2 4 6 2 Ba S(SO 2 )  BaSO4  4  y y mol..................... mol 2 2 y 5,825 n BaSO4    0, 025mol  y  0,05mol 2 233 Thay vào (1) ta được x=0,035 mol m = mX=56x+32y=56.0,035+32.0,05=3,56 gam x 0,035 a  m Fe2O3  .160  .160  1, 4gam => B đúng. 4 4 Bài toán 7: Hòa tan hết 7,52 gam hỗn hợp A gồm Cu và 1 oxit của sắt bằng dung dịch HNO3 loãng dư , sau phản ứng giải phóng 0,1493 lít NO ( đktc - là sản phẩm khử duy nhất ) và còn lại 0,96 gam kim 9
  10. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ loại không tan. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 16,44 gam chất rắn khan. Công thức của oxit sắt là : A.FeO B.Fe2O3 C.Fe3O4 D.FeOvà Fe2O3 Bài giải Ta quy đổi hỗn hợp thành hỗn hợp gồm Cu a mol + Fe b mol + O c mol => 64a + 56b + 16c = 7,52 (I) Kim loại dư là Cu (0,96/64 = 0,015 mol) => tạo muối sắt (II) Cu  Cu2+ + 2e O + 2e  O-2 a – 0,015 2a – 0,03 c 2c Fe  Fe2+ + 2e N+5 + 3e  N+2 b 2b 0,02 0,0066652 Bảo toàn electron => 2a - 0,03 + 2b = 2c + 0,02 (II) Chất rắn khan thu được là Cu(NO3)2 (a – 0,015) mol và Fe(NO3)2 b mol => 188(a – 0,015) + 180b = 16,44 (III) Từ (I), (II), (III) ta có: a = 0,045; b = 0,06; c = 0.08 => Công thức của oxit sắt FexOy có x/y = 0,06/0,08 = ¾ => Fe3O4 đáp án C III. BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 thu được 2.24 lít khí màu nâu duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 96.8 gam muối khan. Giá trị m là: A. 55.2 gam. B. 31.2 gam. C. 23.2 gam D. 46.4 gam. Bài 2: Hoà tan 52.2 gam hh X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 đặc, nóng thu được 3.36 lít khí NO2 (đktc). Cô cạn dd sau phản ứng được m gam muối khan. Giá trị m là: A. 36.3 gam. B. 161.535 gam. C. 46.4 gam D. 72.6 gam. Bài 3: Vào thế kỷ XVII các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các mảnh vỡ của thiên thạch. Sau khi đem về phòng thí nghiệm do bảo quản không tốt nên nó bị oxi hóa thành m gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Để xác định khối lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 loãng thu được khí NO duy nhất và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 48,4 gam chất rắn khan. Mẩu thiên thạch bằng sắt nguyên chất đó có khối lượng là: A. 11,2gam. B. 5,6 gam C. 16,8 gam D. 8,4 gam Bài 4: Vào thế kỷ XIX các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các mảnh vỡ của thiên thạch. Sau khi đem về phòng thí nghiệm các nhà khoa học đã lấy 2,8 gam Fe để trong ống thí nghiệm không đậy nắp kín nó bị ôxi hóa thành m gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Cho m1 10
  11. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 loãng thu được 896 ml khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng m 2 gam chất rắn khan. 1. giá trị của m2 là: A. 72,6 gam B. 12,1 gam. C. 16,8 gam D. 72,6 gam 2. giá trị của m1 là: A. 6,2gam. B. 3,04 gam. C. 6,68 gam D. 8,04 gam Bài 5: một chiếc kim bằng sắt lâu ngày bị oxi hóa, sau đó người ta cân được 8,2 gam sắt và các ôxit sắt cho toàn bộ vào dung dịch HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí màu nâu duy nhất (đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y thu được m gam muối khan. 1. khối lượng chiếc kim bằng sắt là: A. 6,86 gam. B. 3,43 gam. C. 2,42 gam D. 6.26 gam 2. giá trị của m gam muối là: A. 29,645 gam. B. 29,5724 gam. C. 31,46 gam D. 29,04 gam Bài 6: Các nhà khoa học đã lấy m1 gam một mảnh vỡ thiên thach bằng sắt nguyên chất do bảo quản không tốt nên nó bị oxi hóa thành m2 gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Để xác định khối lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m2 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 121 gam chất rắn khan. 1. giá trị của là: m1 A. 28 gam B. 56 gam. C. 84 gam D. 16,8 gam 2. giá trị của m2 là: A. 32,8 gam. B. 65,6 gam. C. 42,8 gam D. 58,6 gam Bài 7: các nhà thám hiểm đã tìm thấy một chất rắn bị gĩ sắt dưới đại dương, sau khi đưa mẩu gỉ sắt để xác định khối lượng sắt trước khi bị oxi hóa thì người ta cho 16 gam gĩ sắt đó vào vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 3,684 lít khí NO2 duy nhất(đktc) và dung dịch muối X, cô cạn dung dịch muối X cân nặng m gam chất rắn khan. 1. khối lượng sắt ban đầu là: A. 11,200 gam B. 12,096 gam. C. 11,760 gam D. 12,432 gam 2. giá trị của m là: A. 52,514 gam. B. 52,272 gam. C. 50,820 gam D. 48,400 gam Bài 8: cho 12,096 gam Fe nung trong không khí thu được m1 gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Cho m1 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 1,792 lít khí SO2 duy nhất (đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng m2 gam chất rắn khan. 1. giá trị của m1 là: A. 14 gam B. 16 gam. C. 18 gam D. 22,6 gam 11
  12. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ 2. giá trị của m2 là: A. 43,6 gam. B. 43,2 gam. C. 42,0 gam D. 46,8 gam Bài 9: Sau khi khai thác quặng bôxit nhôm có lẫn các tạp chất: SiO2, Fe, các oxit của Fe. Để loại bỏ tạp chất người ta cho quặng vào dung dịch NaOH đặc nóng dư thu được dung dịch X và m gam chất rắn không tan Y. để xác định m gam chất rắn không tan chiếm bao nhiêu phần trẩmtng quặng ta cho m gam chất rắn đó vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 121 gam chất rắn khan. Giá trị của là m1 A. 32,8 gam B. 34,6 gam. C. 42,6 gam D. 36,8 gam Bài 10: Hòa tan hoàn toàn một ôxit sắt FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 2,24 lít khí SO2 duy nhất (đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 120 gam chất rắn khan. Công thức phân tử của ôxit sắt là: A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Không xác định được Bài 11: Nung y mol Fe trong không khí một thời gian thu được 16,08 gam hỗn hợp A gồm 4 chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt. hòa tan hết lượng hỗn hợp A trên bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 672 ml khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch muối. Giá trị của là y: A. 0.21 mol B. 0,232 mol. C. 0,426 mol D. 36,8 mol Bài 12: Hòa tan m gam hỗn hợp X bốn chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt bằng dung dịch HNO3 dư thu được 4,48 lit khí NO2 duy nhất(đktc) và 145,2 gam muối khan. Giá trị của là m gam: A. 44 gam B. 46,4 gam. C. 58 gam D. 22 gam Bài 13. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm: FeS , FeS2, S, Cu, CuS, FeCu2S2 thì cần 2,52 lít ôxi và thấy thoát ra 1,568 lít(đktc) SO2, mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng dung dịch HNO3 nóng dư thu được V lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm khư duy nhất ) và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa trắng. Giá trị của V và m lần lượt là: A. 13,44 lít và 23,44 gam. B. 8,96 lít và 15,60 gam. C. 16,80 lít và 18,64 gam. D. 13,216 lít và 23,44 gam. 12
  13. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN PHẢN ỨNG CỘNG HIĐRO VÀO LIÊN KẾT PI CỦA HIĐROCACBON KHÔNG NO”. I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP Liên kết là liên kết kém bền vững, nên chúng dễ bị đứt ra để tạo thành liên kết  với các nguyên tử khác. Trong giới hạn của đề tài tôi chỉ đề cập đến phản ứng cộng hiđro vào liên kết  của hiđrocacbon không no, mạch hở. Khi có mặt chất xúc tác như Ni, Pt, Pd, ở nhiệt độ thích hợp, hiđrocacbon không no cộng hiđro vào liên kết pi. Ta có sơ đồ sau: H®rocacbon no CnH2n+2 Hi®rocacbon kh«ng no 0 xóc t¸c, t Hçn hîp khÝ X gåm Hçn hîp khÝ Y gåm hi®rocacbon kh«ng no d­ vµ hi®ro (H2) vµ hi®ro d­ Phương trình hoá học của phản ứng tổng quát xuc tac CnH2n+2-2k + kH2  CnH2n+2 t0  [1] (k là số liên kết  trong phân tử) Tuỳ vào hiệu suất của phản ứng mà hỗn hợp Y có hiđrocacbon không no dư hoặc hiđro dư hoặc cả hai còn dư Dựa vào phản ứng tổng quát [1] ta thấy, - Trong phản ứng cộng H2, số mol khí sau phản ứng luôn giảm (nY < nX) và chính bằng số mol khí H2 phản ứng nH2 ph¶n øng nX - nY [2] Mặt khác, theo dịnh luật bảo toàn khối lượng thì khối lượng hỗn hợp X bằng khối lượng hỗn hợp Y (mX = mY). mY m Ta có: MY = ; MX = X nY nX mX M n m n n d X/Y = X = X = X × Y = Y >1 (do n X > n Y ) M Y mY n X mY n X nY MX nY Viết gọn lại : d X/Y = = [3] MY nX - Hai hỗn hợp X và Y chứa cùng số mol C và H nên : + Khi đốt cháy hỗn hợp X hay hỗn hợp Y đều cho ta các kết quả sau 13
  14. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ nO (®èt ch¸y X) = n 2 O2 (®èt ch¸y Y) nCO (®èt ch¸y X) = n [4] 2 CO2 (®èt ch¸y Y) nH O (®èt ch¸y X) = n 2 H2O (®èt ch¸y Y) Do đó thay vì tính toán trên hỗn hợp Y (thường phức tạp hơn trên hỗn hợp X) ta có thể dùng phản ứng đốt cháy hỗn hợp X để tính số mol các chất như: n O , n CO , n H O . 2 pu 2 2 + Số mol hiđrocacbon trong X bằng số mol hiđrocacbon trong Y nhidrocacbon (X) = nhidrocacbon (Y) [5] 1) Xét trường hợp hiđrocacbon trong X là anken Ta có sơ đồ: CnH2n+2 CnH2n Hçn hîp khÝ X gåm xóc t¸c, t0 CnH2n d­ Hçn hîp Y gåm H2 H2 d­ Phương trình hoá học của phản ứng xuc tac CnH2n + H2  CnH2n+2 t0  Đặt n Cn H2n = a; n H2 = b - Nếu phản ứng cộng H2 hoàn toàn thì: + TH1: Hết anken, dư H2 n H 2 pu = n Cn H 2n = n Cn H2n +2 = a mol     n Y  n Cn H2n +2  n H 2 du = b n H 2 du = b - a   Vậy: n H 2 (X) = n Y [6] + TH2: Hết H2, dư anken n H 2 = n Cn H2n pu = n Cn H 2n +2 = bmol     n Y  n Cn H 2n +2  n CnH 2n du = a n Cn H2n du = a - b   Vậy: n anken (X) = n (Y) [7] + TH3: Cả 2 đều hết 14
  15. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ n H 2 = n Cn H2n = n Cn H2n +2 = a = bmol  n Y  n Cn H2n +2 = a = b Vậy: n H 2 (X) = nanken (X) = n Y [8] - Nếu phản ứng cộng hiđro không hoàn toàn thì còn lại cả hai Nhận xét: Dù phản ứng xảy ra trong trường hợp nào đi nữa thì ta luôn có: nH nanken ph¶n øng = nX - nY [9] 2 ph¶n øng Do đó khi bài toán cho số mol đầu nX và số mol cuối nY ta sử dụng kêt quả này để tính số mol anken phản ứng. Nếu 2 anken có số mol a, b cộng hiđro với cùng hiệu suất h, ta có thể thay thế hỗn hợp hai anken bằng công thức tương đương: Ni Cn H 2n + H 2  C n H 2n +2 . t0  Víi: nanken ph¶n øng = n H (a+b).h 2 ph¶n øng Chú ý: Không thể dùng phương pháp này nếu 2 anken không cộng H2 với cùng hiệu suất 2) Xét trường hợp hiđrocacbon trong X là ankin Ankin cộng H2 thường cho ta hai sản phẩm xuc tac CnH2n-2 + 2H2  CnH2n+2 t0  [I] xuc tac CnH2n-2 + H2  CnH2n t0  [II] Nếu phản ứng không hoàn toàn, hỗn hợp thu được gồm 4 chất: anken, ankan, ankin dư và hiđro dư. Ta có sơ đồ : CnH2n+2 CnH2n -2 xóc t¸c, t0 CnH2n Hçn hîp khÝ X gåm Hçn hîp Y gåm H2 CnH2n - 2 d­ H2 d­ NhËn xÐt: n H2 ph¶n øng nX - nY / n ankin ph¶n øng 15
  16. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ II. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một anken. Tỉ khối của X đối với H2 là 9. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 15. Công thức phân tử của anken là A. C2H4 B. C3H6 C. C4H8 D. C4H6 Bài giải: M X = 9.2 = 18; M Y = 15.2 = 30 Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken Các yếu tố trong bài toán không phụ thuộc vào số mol cụ thể của mỗi chất vì số mol này sẽ bị triệt tiêu trong quá trình giải. Vì vậy ta tự chọn lượng chất. Để bài toán trở nên đơn giản khi tính toán, ta chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)  mX = 18g 18 n Y 18 Dựa vào [3] và [6] ta có: =  n Y = n H 2 (X) = = 0,6mol 30 1 30  nanken = 1- 0,6=0,4 mol Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: 14n × 0,4 + 2× 0,6 = 18  n = 3 .  CTPT : C3H6. Chọn B Ví dụ 2: Hỗn hợp khí X chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối của X đối với H2 là 8,4. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 12. Công thức phân tử của hai anken và phần trăm thể tích của H2 trong X là A. C2H4 và C3H6; 70% B. C3H6 và C4H8; 30% C. C2H4 và C3H6; 30% D. C3H6 và C4H8; 70% Bài giải: M X = 8,4.2 = 16,8; M Y = 12.2 = 24 Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)  mX = 16,8g 16,8 n Y 16,8 Dựa vào [3] và [6] ta có: =  n Y = n H2 (X) = = 0,7mol 24 1 24  n2 anken = 1- 0,7=0,3 mol Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: 11 Ta có: 14n × 0,3 + 2 × 0,7 = 16,8  3  n =  3,66  4 3 16
  17. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ 0,7 CTPT: C3H6 và C4 H8; %VH   100%  70% . Chọn D 2 (X) 1 Ví dụ 3: (Đề TSCĐ năm 2009) Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là 3,75. Dẫn X qua Ni nung nóng, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá là A. 25% B. 20% C. 50% D. 40% Bài giải: M X = 3,75.4 = 15; M Y = 5.4 = 20 Tự chọn lượng chất, xem hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol) 15 n Y 15 Dựa vào [3] ta có: =  nY = = 0,75mol ; 20 1 20 Áp dụng sơ đồ đường chéo : a mol C2H4 (28) 15-2=13 a 13 a=b=0,5 mol M=15 b 13 b mol H2 (2) 28-15=13 Dựa vào [9] ta có: nH nanken ph¶n øng = nX - nY=1-0,75=0,25 mol 2 ph¶n øng 0,25 H= ×100% = 50% . Chọn C 0,5 Ví dụ 4: (Đề TSĐH KB năm 2009) Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối của X so với H2 bằng 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y không làm mất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H2 bằng 13. Công thức cấu tạo của anken là A. CH3-CH=CH-CH3. B. CH2=CH-CH2-CH3. C. CH2=C(CH3)2. D. CH2=CH2. Bài giải: M X = 9,1.2 = 18,2; M Y = 13.2 = 26 Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol  mX = 18,2gam 18,2 n Y 18,2 Dựa vào [3] và [6] ta có: =  n Y = n H2 (X) = = 0,7 mol 26 1 26  nanken = 1- 0,7=0,3 mol 17
  18. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: 14n × 0,3 + 2× 0,7 = 18,2  n = 4 . CTPT: C4H8. Vì khi cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất nên chọn A. Ví dụ 5: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một ankin. Tỉ khối của X đối với H2 là 4,8. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 8. Công thức phân tử của ankin là A. C2H2 B. C3H4 C. C4H6 D. C4H8 Bài giải: M X = 4,8.2 = 9,6; M Y = 8.2 = 16 Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có hiđrocacbon không no. Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)  mX = 9,6g 9,6 n Y 9,6 Dựa vào [3] ta có: =  nY = = 0,6mol ; 16 1 16 Dựa vào [2]  n H = 1 - 0,6 = 0,4 mol 2 phan ung 1 1 n H 2 phan ung  × 0,4 = 0,2 mol Theo [I] nankin (X) = 2 2 Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: (14n - 2) × 0,2 + 2× (1- 0,2) = 9,6 .  n = 3 . CTPT: C3H4. Chọn B Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm 3 khí C3 H4, C2H2 và H2 cho vào bình kín dung tích 9,7744 lít ở 250C, áp suất atm, chứa ít bột Ni, nung nóng bình một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Biết tỉ khối của X so với Y là 0,75. Số mol H2 tham gia phản ứng là A. 0,75 mol B. 0,30 mol C. 0,10 mol D. 0,60 mol Bài giải: 1× 9,7744 nX = = 0, 4 mol 0,082(273 + 25) MX nY nY Dựa vào [3] ta có: d X/Y = = = = 0,75  n Y = 0,3 mol M Y n X 0,4  n H 2 phan ung = 0,4 - 0,3 = 0,1mol . Chọn C Ví dụ 7: (Đề TSĐH KA năm 2008) Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua bình đựng dung dịch brom (dư) thì còn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc) có tỉ khối so với O 2 là 0,5. Khối lượng bình dung dịch brom tăng là: A. 1,04 gam. B. 1,20 gam. C. 1,64 gam. D. 1,32 gam. 18
  19. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Bài giải: Có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau: Z (C2H6, H2 d­) 0,06 mol C2H2 Ni, t0 C2H4, C2H2 d­, Br2 (d­) (0,448 lÝt, dZ/H2 = 0,5) X Y 0,04 mol H2 C2H6, H 2 d­ mb×nh = mC H d­+ mC2H4 2 2 Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY = Δm tang + m Z 0,448 M Z = 0,5× 32 = 16;n Z = = 0,02  m Z = 0,02 ×16 = 0,32gam 22,4 Ta có: 0,06.26 + 0,04.2= Δm +0,32  Δm =1,64 – 0,32=1,32 gam. Chọn D Ví dụ 8: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một hiđrocacbon A mạch hở. Tỉ khối của X đối với H2 là 4,6. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 11,5. Công thức phân tử của hiđrocacbon là A. C2H2 B. C3H4 C. C3H6 D. C2H4 Bài giải: M X = 4,6.2 = 9,2; M Y = 11,5.2 = 23 Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có hiđrocacbon không no. Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)  mX = 9,2g 9,2 n Y 9,2 Dựa vào [3] ta có: =  nY = = 0,4mol ; 23 1 23 Dựa vào [2]  n H = 1 - 0,4 = 0,6 mol . Vậy A không thể là anken vì nanken = n hiđro pư =0,6 2 phan ung mol (vô lý)  loại C, D. Ta thấy phương án A, B đều có CTPT có dạng CnH2n-2. Với công thức này thì 1 1 nA (X) = n H2 phan ung  × 0,6 = 0,3 mol  n H 2(A) = 1- 0,3 = 0,7 mol 2 2 Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: (14n - 2) × 0,3 + 2× 0,7 = 9,2 .  n = 2 . CTPT: C2H2. Chọn B Ví dụ 9: Cho 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm C3H8, C2H2, C3H6, CH4 và H2 đi qua bột Niken xúc tác nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng ta thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y không chứa H2. Thể tích hỗn hợp các hidrocacbon có trong X là: A. 5,6 lít B. 4,48 lít C. 6,72 lít D. 8,96 lít Bài giải: 19
  20. Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y Hoµng Anh Ngä – Tr­êng THPT Tiªn L÷ Dựa vào [5]  Vhiđrocacbon (Y) = Vhiđrocacbon (X) = 6,72 lít. Chọn C Ví dụ 10: Cho 4,48 lít hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H2, C2H4, C3H6, C3H8 và V lít khí H2 qua xúc tác Niken nung nóng đến phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng ta thu được 5,20 lít hỗn hợp khí Y. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Thể tích khí H2 trong Y là A. 0,72 lít B. 4,48 lít C. 9,68 lít D. 5,20 lít Bài giải : Dựa vào [5] ta có : Vhiđrocacbon (Y) = Vhiđrocacbon (X) = 4,48 lít  Thể tích H2 trong Y là: 5,2 - 4,48=0,72 lít. Chọn A Ví dụ 11: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6. Số mol H2 đã tham gia phản ứng là A. 0,5 mol B. 0,4 mol C. 0,2 mol D. 0,6 mol Bài giải: 73 73 M X = 7,3.2 = 14,6; MY =  2  ; nX = 1 mol 6 3 Dựa vào [2] và [3]  nY = 0,6 mol; n H = 1 - 0,6 = 0,4mol . Chọn B 2 phan ung Ví dụ 12: (Đề TSCĐ năm 2009) Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X một thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1. Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào dung dịch brom (dư) thì có m gam brom tham gia phản ứng. Giá trị của m là A. 32,0 B. 8,0 C. 3,2 D. 16,0 Bài giải: Vinylaxetilen: CH 2 = CH - C  CH phân tử có 3 liên kết  nX = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol; mX = 0,3.2 + 0,1.52 = 5,8 gam  mY = 5,8 gam 5,8 M Y =29  n Y = = 0,2 mol . Dựa vào [2] n H 2 phan ung = 0,4 - 0,2 = 0,2mol chỉ bảo hoà hết 29 0,2 mol liên kết  , còn lại 0,1.3 – 0,2=0,1 mol liên kết  sẽ phản ứng với 0,1 mol Br2.  m Br2 = 0,1×160 = 16 gam . Chọn D Ví dụ 13: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2, 0,05 mol C3H6 và 0,07 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y gồm C2H6, C2 H4, C3 H8, C2H2 dư, C3H6 dư và H2 dư. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong dư. Khối lượng bình dung dịch nặng thêm là 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2