Bai toan hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<i><b>“Giải giúp mình 2 câu trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh với”</b></i>

<b> Người gửi: Đồng Thu Hương</b>

<i><b>Câu 1:</b></i>

Dẫn

<b>6.72</b>

lít một hỗn hợp khí gồm hai hydrocacbon mạch hở (khơng phải

mạch vịng) qua dung dịch Brom dư sao cho phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình đựng dung dịch Brom tăng thêm

<b>5.6</b>

gam, đồng thời thốt ra

<b>2.24</b>

lít một chất khí. Mặt khác, nếu đốt cháy

tồn bộ

<b>6.72</b>

lít hỗn hợp trên thấy tạo ra

<b>22</b>

gam CO

2

và

<b>10.8</b>

gam H

2

O.

Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Xác định công thức phân tử của hai Hydrocacbon nói trên.

<i>Hướng dẫn:</i>

Theo đề, khi hấp thu hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở vào dung dịch brom thấy có khí bay ra.

Chứng tỏ có một hidrocabon no và 1 hidro cabon không no.

Đặt CTPT của 2 hiđrocacbon là: A: C

n

H

2n + 2

và B: C

m

H

2m + 2 – 2a

( a là số liên kết kém bền:



)

TN1:

A

2, 24

n

0,1

22, 4





(mol) ;

B

6,72

n

0,1 0, 2

22,4







(mol)

C

m

H

2m + 2 – 2a

+ aBr

2



C

m

H

2m + 2 – 2a

Br

2a

Bình dung dịch brom tăng 5,6 gam



m

A



5,6gam

Ta có: 14m + 2 – 2a =

5,6

28

0, 2





_

_{a = 7m - 13 ( m ≤ 4 vì hidrocabon khí và a ≤ m )}

m

1

2

3

4

a

-6

1

8

15

KL

loại

<b>nhận</b>

loại

loại

Vậy B là:

<b>C2H4</b>

TN2: C

2

H

4

+ 3O

2

0

t

 

_2CO

₂

_{+ 2H}

₂

_O

0,2

0,4

(mol)

C

n

H

2n + 2

+

3n 1

2



O

2

0

t

 

_nCO

₂

_{+ (n+1) H}

₂

_O

0,1

0,1n

(mol)

Ta có: 0,4 + 0,1n =

22

0,5

44



_

_{n = 1}

_

_{CTPT của A:}

<b>_CH4</b>

<i>Nhận xét:</i>

<i>Bài toán này tác giả thiết kế thừa 1 dữ kiện. Với những người giải có kỹ thuật biện luận</i>

<i>tốt thì khối lượng nước khơng có ý nghĩa để tính tốn. Tuy nhiên với HS THCS thì các em vẫn có</i>

<i>thể sử dụng dữ kiện khối lượng H</i>

<i>2</i>

<i>O để tìm chính xác CTPT chất B mà khơng cần biện luận</i>

.

TN2: C

x

H

y

+ (x+y/4)O

2

0

t

 

_xCO

₂

_{+ y/2H}

₂

_O

0,2

0,2x

0,1y

(mol)

C

n

H

2n + 2

+ O

2

0

t

 

_nCO

₂

_{+ (n+1) H}

₂

_O

0,1

0,1n

0,1(n+1)

(mol)

Ta có hệ các pt:

0, 2x 0,1n 0,5

0,1y 0,1(n 1) 0,6

12x y 28



















_

_





_

0, 2x 0,1n 0,5

0,1y 0,1n 0,5

12x y 28

(1)

(2)

(3)

















_

_



Từ (1) và (2)



0,2x = 0,1y



y = 2x (4)

Thay (4) vào (3) được: x = 2 , y = 4



n = 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<i><b>Câu 2:</b></i>

Hòa tan hết hỗn hợp X gồm oxit của một kim loại có hóa trị II và muối

cacbonat của kim loại đó bằng dung dịch H

2

SO

4

loãng vừa đủ, sau phản

ứng thu được sẩn phẩm gồm khí Y và dung dịch Z. Biết lượng khí Y bằng

44% lượng X. Đem cô cạn dung dịch Z thu được một lượng muối khan bằng

168% lượng X.

a) Xác định kim loại và hóa trị II nói trên.

b) Tính thành phần phần trăm về khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X.

<i>Nhận xét</i>

:

<i>Đây là bài tốn có dữ kiện tương đối ( số liệu dạng tỷ lệ). Vì vậy ta có thể thực hiện</i>

<i>phương pháp tự do chọn lượng chất sao cho lợi nhất. Ở đây tôi thực hiện phương pháp quy về 100.</i>

<i>Hướng dẫn:</i>

Giả sử hỗn hợp X = 100g



m

Y



44 gam

_;

m

Z



168 g

Gọi R là kim loại hóa trị II

RO + H

2

SO

4



RSO

4

+ H

2

O

(1)

a

a

(mol)

RCO

3

+ H

2

SO

4



RSO

4

+ H

2

O + CO

2



(2)

1

1

1

(mol)

Theo giả thiết ta có :

a(R 16) (R 60) 100

(a 1)(R 96) 168























_

R(a 1) 16a 40

R(a 1) 96a 72

(1)

(2)



















Lấy (2) – (1) được : 80a = 32



a = 0,4 (mol)

Thay a = 0,4 vào (1) được : R = 24 (Mg)

b/ Thành phần % khối lượng của hỗn hợp X

MgCO3

%m

=

84

100% 84%

100





MgO

%m



100% 84 16%





---Tơi nghĩ các thầy cơ có cách giải khác. Ví dụ như thực hiện phương pháp tăng giảm khối lượng khi

chuyển hỗn hợp (RO,RCO

3

)



RSO

4

. Khối lượng tăng thêm là do chênh lệch khối lượng giữa tổng

khối lượng ( O + CO

3

) trong X với SO

4

trong Y. Và nhiều phương pháp khác.

Ta có : (a + 1)



96 – (16a + 60) = 168 – 100 = 68

Giải ra a = 0,4

Suy ra : 0,4 ( R + 16) + R + 60 = 100



1,4R = 33,6



R = 24 (Mg)

Chúc bạn thành công trong công tác !

</div>

<!--links-->
Phương pháp tọa độ cho một số bài toán hay

• 5
• 671
• 1