Tiêu đề Chuyên đề 69 - chia hỗn hợp không đều nhau - Đinh QUang Thanh - Hòa Bình.docx ✅

BÀI TOÁN HỖN HỢP ĐƯỢC CHIA NHIỀU PHẦN KHÔNG BẰNG NHAU 1- Dấu hiệu nhận dạng:  Dấu hiệu thứ nhất: Cùng 1 hỗn hợp (hoặc dung dịch) nhưng phản ứng ở 2 thì nghiệm với thể tích khối lượng khác nhau (biết tỉ lệ)  Dấu hiệu thứ hai: Cùng một hỗn hợp tham gia 2 thí nghiệm nhưng dữ kiện của hỗn hợp đó ở 2 thí nghiệm mang đơn vị khác nhau.(TN 1 cho gam; TN 2 cho mol),  Dấu hiệu thứ ba: Hỗn hợp chia phần nhưng đề chưa cho biết bằng nhau. 2- Phương pháp giải:  Xét phần 1 (hoặc thí nghiệm 1) + Gọi x,y,z ... lần lượt là số mol của A,B,C ở phần 1 (hoặc TN1) + Viết các phương trình hóa học và xử lý các dữ kiện phần 1 + Lập các phương trình toán liên hệ giữa x,y,z với các dữ kiện ở phần này.  Xét phần 2 (hoặc thí nghiệm 2) + Giả sử lượng chất ở phần 2 bằng k lần phần 1.  số mol A,B,C ... ở phần 2 lần lượt là: kx, ky, kz + Viết các phương trình hóa học và xử lý các dữ kiện phần 2 + Lập các phương trình toán liên hệ giữa x,y,z, k với các dữ kiện ở phần này.  Giải tìm nghiệm từ các phương trình toán lập được. (Ở bước này ta thường thực hiện khử độ lệch phần (k) bằng cách rút k hoặc chia các phương trình chứa chung nhân tử k cho nhau).  Tính toán để hoàn thành theo yêu cầu của đề Câu. 3- Các Câu minh họa: Câu 1. TÝnh nång ®é mol/l cña dung dÞch HNO 3 vµ dung dÞch KOH, biÕt r»ng: - 20 ml dung dÞch HNO 3 ®­îc trung hoµ hÕt bëi 60 ml dung dÞch KOH. - 20 ml dung dÞch HNO 3 sau khi t¸c dông víi 2 gam CuO th× ®­îc trung hoµ hÕt bëi 10 ml dung dÞch KOH. Hướng dẫn giải: Đặt a, b là nồng độ mol của dung dÞch HNO 3 vµ dung dÞch KOH TN1: 0,02a = 0,06b TN2: 0,02a = 0,01b + 0,025.2  a=3; b=1 Câu 2. Chuẩn độ là phương pháo thực nghiệm nhằm xác định nồng độ của một chất tan trong dung dịch. Chất cần chuẩn độ được chứa trong bình tam giác (eclene) phản ứng với chất đã biết nồng độ được chứa trong dụng cụ nhỏ giọt (burette) đặt phía trên bình tam giác. Thời điểm lượng chất phản ứng vừa đủ được xác định thông qua việc đổi màu rõ rệt (thường bền trong 10s) của chất chỉ thị. Thực hiện chuẩn độ Acid - base (phản ứng trung hòa sau): Cho dung dịch NaOH (A), dung dịch NaOH (B) chưa biết nồng độ - Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 2:1 thu được dung dịch X - Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 3:3 thu được dung dịch Y - Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích chưa xác định thu được dung dịch Z Lấy 10 mL của mỗi dung dịch X, Y, Z lần lượt cho vào bình tam giác có kí hiệu tương ứng, thêm 1-2 giọt phnelphtalein vào bình tam giác. Thực hiện chuẩn độ dung dịch trong bình tam giác bằng dung dịch HCl 0,1M trên dụng cụ nhỏ giọt có vạch định mức thể tích ở mốc số 0. Cho từ từ từng giọt dung dịch HCl vào bình tam giác và lắc đều đến khi màu hồng cánh sen vừa mất màu thì thể tích của dung dịch HCl đã dùng được thể hiện trong bảng dưới đây: Dung dịch X Dung dịch Y Dung dịch Z Thể tích dung dịch trong bình tam giác (ml) 10 10 10
Thể tích dung dịch HCl 0,1M (mL) 30 3226 Xác định tỉ lệ trộn về thể tích của dung dịch A với dung dịch B để thu được dung dịch Z ở trên? Hướng dẫn giải: Gọi nồng độ mol của dung dịch A là x, dung dịch B là Y. Ta có 2010 x0,2xy3 33 y0,5 6x4y3,2        Đặt thể tích dung dịch A, dung dịch B cần trộn để tạo thành dung dịch Z lần lượt là V A , V B ABAA BABB VV10V8V4 V10,2V0,5V2,6V2      Câu 3. Dẫn lượng dư khí CO đi qua 25,6 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO nung nóng cho đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 20,8 gam chất rắn. Mặt khác để hòa tan hết 0,15 mol hỗn hợp X cần dùng vừa đủ 450 ml dung dịch HCI 1M. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. (Trích đề thi HSG môn hóa học lớp 9 TP Hà Nội, năm học 2012-2013) Phân tích: Dễ thấy cùng một hỗn hợp X tham gia 2 thí nghiệm: TN 1 (lấy vào 25,6 gam); TN 2 (lấy vào 0,15 mol). Hai đơn vị đề cho của hỗn hợp X không tương thích, nên lượng mỗi chất trong hỗn hợp ở mỗi thí nghiệm thường không bằng nhau. Đây là cơ sở để ta xác định Câu toán thuộc dạng chia phần không bằng nhau. Hướng dẫn giải:  Thí nghiệm 1: Phản ứng của X với CO Gọi x,y,z lần lượt là số mol Fe 3 O 4 , MgO, CuO trong 25,6 gam X MgO không bị khử bởi CO Fe 3 O 4 + 4CO 0t 3Fe + 4CO 2 CuO + CO 0t Cu + CO 2 On (bị khử) = 25,620,8 0,3(mol) 16   Suy ra ta có: 4x + z = 0,3 (1) ; 232x + 40y + 80z = 25,6 (2)  Thí nghiệm 2: Phản ứng với dung dịch HCl HCln 0,451 = 0,45 (mol) Giả sử hỗn hợp ở TN 2 bằng k lần TN 1 Fe 3 O 4 + 8HCl  2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O kx 8kx (mol) MgO + 2HCl  MgCl 2 + H 2 O ky 2ky (mol) CuO + 2HCl  CuCl 2 + H 2 O kz 2kz (mol) Ta có: kx + ky + kz = 0,15 (3) ; 8kx + 2ky + 2kz = 0,45 (4) Lấy (3) chia (4) và biến đổi được: 5x – y – z = 0 (5) Giải hệ phương trình (1,2,5)  x = 0,05 ; y = 0,15 ; z = 0,1 34FeO 0,05.232 %m100%45,3125% 25,6 MgO 0,15.40 %m100%23,4375% 25,6
CuO 0,1.80 %m100%31,25% 25,6 Câu 4. Chia 60,2 gam hỗn hợp X gồm benzene và một hydrocarbon có tính chất hóa học tương tự ethylene có công thức phân tử là C 7 H 14 thành 2 phần: -Phần 1: đem tác dụng với dung dịch bromine dư thấy có 32 gam bromine phản ứng. -Phần 2: đem đốt cháy hoàn toàn trong oxygen rồi cho sản phẩm vào bình chứa dung dịch  Ca(OH) 2 dư, sau phản ứng lọc bỏ kết tủa thấy khối lượng dung dịch trong bình giảm 55,12 gam so với khối lượng dung dịch trước phản ứng. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X. (Trích đề thi HSG môn hóa học lớp 9 TP Hà Nội, năm học 2011-2012) Phân tích: Đề Câu cho biết hỗn hợp được chia 2 phần nhưng không cho biết có bằng nhau hay không. Vì vậy ta giải Câu toán theo hướng đặt độ lệch phần (k). Chú ý rằng: benzene không tác dụng với dung dịch bromine, C 7 H 14 có tính chất tương tự ethylene nên có phản ứng với nước bromine. Kinh nghiệm cho thấy, loại toán này thường xuất hiện phương trình toán bậc 2 (dạng chung: ax 2 + bx + c = 0). Hướng dẫn giải: Phần 1: Chỉ có C 7 H 14 phản ứng với dung dịch bromine 2Brn (phản ứng) = 32 0,2(mol) 160 C 7 H 14 + Br 2  C 7 H 14 Br 2 0,2 0,2 (mol) Gọi x là số mol C 6 H 6 (phần 1) ; giả sử P 2 = k.P 1  CH66n (phần 2) = kx (mol) ; CH714n (phần 2) = 0,2k (mol)  Phần 2: C 6 H 6 + 15 2 O 2 0 t  6CO 2 + 3H 2 O kx  6kx 3kx (mol) C 7 H 14 + 21 2 O 2 0 t  7CO 2 + 7H 2 O 0,2k  1,4k 1,4k (mol) CO 2 + Ca(OH) 2  CaCO 3  + H 2 O (6kx + 1,4k) (6kx + 1,4k) (mol) Khối lượng dung dịch giảm m = 55,12 gam  CaCOCOHO322mmm = 55,12 gam Ta có: 100.(6kx + 1,4k) - 44.(6kx + 1,4k) – 18.(3kx + 1,4k) = 55,12  k = 55,12 282x53,2 (1) Mặt khác: 78x (k + 1) + 980,2(k +1) = 60,2  k +1 = 60,2 78x19,6 (2) Từ (1), (2) ta có phương trình: 55,12 282x53,2 + 1 = 60,2 78x19,6 (*) Giải phương trình (*) được: x 1 = 0,3 (nhận) ; x 2 < 0 (loại) Thay x = 0,3 vào (1)  k = 0,4 Phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X là:
CH66 0,3.(0,41)78 %m.100%54,42% 60,2   ; CH714%m45,58% II- BÀI TẬP VẬN DỤNG Câu 5. Dẫn 4,958 lít (ở đkc) hỗn hợp khí Z gồm methane, ethylene và acethylene qua bình đựng dung dịch bromine dư thấy khối lượng bình tăng 2,7 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 1,2395 lít (ở đkc) hỗn hợp Z, toàn bộ sản phẩm được dẫn qua bình đựng H 2 SO 4 đặc thấy khối lượng bình tăng 1,575 gam. Viết các phương trình hóa học xảy ra và xác định % thể tích mỗi khí trong Z. Phân tích: 4 24 22 CHCHBình 2422 CH 0,2(mol)ZCHmm2,7(g) CH 4 + d.dBrom taêng 2,7 (gam) CH saûn phaåm      2 4 2 24HO 242 22 CH CO 0,05(mol)ZCHm1,575(gam) HSO.nHO CH 2 2 HSO ñaëc 24 0Bình taêng 1,575(gam) t + O+ 2CO HO      Đây là Câu toán có lượng ở mỗi TN không bằng nhau, tuy nhiên phương pháp giải đơn giản hơn nhiều so với Câu 31 (vì ta đã biết độ lệch phần k = 0,2:0,05 = 4) Hướng dẫn giải: Cách 1: Phương pháp thông thường * Xét phản ứng đốt cháy Z: Z 1,12 n0,05(mol) 22,4 Gọi x,y,z lần lượt là số mol CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 2 trong 0,05mol Z CH 4 + 2O 2 0t CO 2 + 2H 2 O C 2 H 4 + 3O 2 0t 2CO 2 + 2H 2 O C 2 H 2 + 5 2 O 2 0 t  2CO 2 + H 2 O Bình H 2 SO 4 đặc tăng 1,575 (gam)  2HOm1,575(gam) Theo bảo toàn mol H  4x + 4y + 2z = 1,575 2 18 0,175 (1) Mặt khác: x + y + z = 0,05 (2) *Xét thí nghiệm của Z với dung dịch Br 2 Z 4,48 n0,2(mol) 22,4  Lượng Z gấp 4 lần lượng Z trong TN 1  CHCHCH42422n4x;n4y;n4z  C 2 H 4 + Br 2  C 2 H 4 Br 2 C 2 H 2 + 2Br 2  C 2 H 2 Br 4 Bình bromine tăng 1,575 (gam)  284y + 264z = 2,7 (3) Giải phương trình (1,2,3)  x = 0,025 ; y = 0,0125 ; z = 0,0125  42422CHCHCH 0,02550 %V100%50%%V%V25% 0,052 Câu 6. Hỗn hợp Y gồm methane, ethylene, acethylene. Dẫn 1,2395 lít (đkc) hỗn hợp Y qua dung dịch Br 2 lấy dư thì thấy bình nước bromine tăng 1,1 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 2,479 lít (đkc) hỗn hợp Y rồi dẫn sản phẩm vào nước vôi trong dư, kết thúc thí nghiệm thu được 18,0 gam kết tủa trắng. Xác định thành phần % thể tích và % khối lượng mỗi khí trong hỗn hợp Y. Phân tích: Cần chú ý: TN 2 có thể tích hỗn hợp bằng 2 lần TN 1 .