Tải bản đầy đủ
Phương pháp trung bình (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình)

Phương pháp trung bình (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình)

Tải bản đầy đủ

Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của
hai rượu.
C n H 2 n +1OH +

nx

x mol
nCO2 = nx =

(

( )
→ ( n + 1) x

3n
O2 → nCO2 + n + 1 H 2 O
2

3,584
= 0,16
22,4

(1)

)

(2)

n H 2O = n + 1 .x =

3,96
= 0,22
18

Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67
Ta có: a = (14 n + 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g
n = 2,67

C 2 H 5 OH
C3 H 7 OH

Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08
và khối lượng là 3,387. xác định CTPT của A, B, C, biết rằng B và C có
cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A bằng

5
tổng số mol của rượu
3

B và C.
M =

Giải:

3,38
= 42,2
0,08

Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,2. Chỉ có CH3OH =
32
Ta có: n A =

0,08.5
= 0,05 ;
5+3

mA = 32.0,05 = 1,67.

mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78g; nB + C =
M B ,C =

0,08.3
= 0,03
5+3

1,78
= 59,3
0,03

Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử hai rượu B và C

234

Ta có: CxH y OH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3
Rút ra:

12x + y = 42,3

Biện luận:
x
1
2
3
4
30,3
18,3
6,3
<0
y
Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H
< 6,3 và một rượu có số nguyên tử H > 6,3.
Có 2 cặp nghiệm:
C3H5OH (CH2 = CH – CH2OH) và C3H7OH
C3H3OH (CH ≡ C – CH2OH)

và C3H7OH

Ví dụ 4: Cho 2,84g hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên
tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6g chất rắn và V lít
khí H2 ở đktc. Tính V và xác định CTPT của các rượu.
Giải: Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol
của 2 rượu.
R OH + Na → R Ona +
xmol

x

1
H2
2
x
2

Ta có: ( R + 17).x = 2,84 hay R x + 17x = 2,84

(1)

( R + 39).x = 4,6 hay R x + 39x = 4,6
(2)
Từ (1) và (2) giải ra x = 0,08 và R = 18,5
Phải có một gốc R < 18,5 → Duy nhất chỉ có CH3 = 15 và rượu là
CH3OH. Đồng đẳng liên tiếp nên rượu kia phải là C2H5OH.
V=

0,08
.22,4 = 0,896 lít.
2

235

4. Phương pháp ghép ẩn số
a. Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương
pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định,
không giải được.
Nếu dùng phương pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này
một cách dễ dàng.
b. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp hai rượu no, đơn chức
được hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lượt đi qua bình
1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư, thấy bình 1 tăng
1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. Tính a.
Giải: Đặt CTPT của các rượu là CnH2n+1-OH và CmH2m+1-OH.
Gọi x, y là số mol các rượu.
CnH2n+1OH +

3n
O2 → nCO2 + (n + 1)H2O
2

x

CmH2m+1OH +

nx
3m
2

y

(n + 1)x

O2 → mCO2 + (m + 1)H2O
my

(m + 1)y

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O
8
= 0,08
100
Ta lập được 2 phương trình đại số theo số mol CO 2 và số mol
0,08

H2O:
nCO2 = nx + my = 0,08 (1)
1,98
= 0,11
(2)
18
ở đây, với 4 ẩn số (n, m, x, y) mà chỉ có 2 phương trình nên có
dạng vo định.
Ta triển khai (2) để ghép ẩn số
n H 2O = ( n + 1) x + ( m + 1) y =

236

n H 2O = nx + x + my + y = (nx + my) + (x + y) = 0,11

Từ (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 ẩn số được a = 14(nx + my) + 18(x + y).
Thay các giá trị đã biết được a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g
Ví dụ 2: Đun p gam hỗn hợp 2 rượu với H 2SO4 đặc thu được V lít
(đktc) hỗn hợp 2 anken. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp anken đó thu được x
lít CO2 (đktc) và y gam H2O.
Lập biểu thức tính x, y theo p, V.
Giải: Đun nóng với H2SO4 đặc thu được hỗn hợp 2 anken, suy ra
hỗn hợp 2 rượu đó phải thuộc loại no, đơn chức.
CnH2n+1OH

H2SO4®
≤ 1400C

CnH2n + H2O

a mol

(1)

a

CmH2m+1OH → CmH2m + H2O
b mol
CnH2n +

b

3n
O2 → nCO2 + nH2O
2

a mol
CmH2m +

(2)

na

na

3m
O2 → mCO2 + mH2O
2

b mol
Theo (1), (2): a + b =

mb

(3)

(4)

mb

V
(5). Theo (3), (4): nCO2 = n H 2O = na +
22,4

mb (6)
Khối lượng 2 rượu là:
(14n + 18)a + (14m + 18)b = p
hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7)
Thế (5) vào (7) được:

237