text:
Một số phương pháp giải bài toán hóa học_GV Vũ Phấn
Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12
lượt xem 12
download
Một số phương pháp giải bài toán hóa học_GV Vũ Phấn
Tham khảo tài liệu 'một số phương pháp giải bài toán hóa học_gv vũ phấn', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Một số phương pháp giải bài toán hóa học_GV Vũ Phấn
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC I.Phương pháp ghép ẩn số: Trong toán học hệ phương trình với số ẩn nhiều hơn số phương trình gọi là hệ vô đinh vì hệ thường cho vô số nghiệm và khó giải được. Tuy nhiên trong hóa học thì những hệ như vậy vẫn có thể giải được nhờ những tính chất riêng của hóa học và một số thủ thuật của toán học. Phương pháp ghép ẩn số sẽ cho thấy điều đó thông qua một số ví dụ sau: Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 27,4 gam hỗn hợp hai muối cacbonnat của hai kim loại phân nhóm IA và IIA bằng dung dịch HCl ( vừa đủ) thu được dung dịch A và 6,72 lít khí ( đo ở đktc). 1/ Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? 2/ Xác định tên của hai kim loại biết khối lương nguyên tử của chúng hơn kém nhau 1 đơn vị. Giải: Gọi X, Y lần lượt là tên và khối lương nguyên tử của hai kim loại.Hai muối cacbonnat là X2CO3 ; YCO3 với số mol tương ứng x;y. Các phản ứng: X2CO3 + 2HCl 2XCl + H2O + CO2 (1) Mol: x 2x x YCO3 + 2HCl YCl2 + H2O + CO2 (2) Mol: y y y x(2 X 60) y (Y 60) 27,4 1/Theo bài ra và theo các phản ứng ta có hệ: . x y 0,3 Từ hệ trên bằng cách ghép ẩn số ta có: 2xX + yY = 9,4.(*) Vậy tổng khối lượng muối clorua khan thu được là : m clorua = 2x( X + 35,5) + y ( Y + 71 ) = (2xX + yY) + 71 ( x + y ) = 30,7 (g) 2/ Ta có y = 0,3 – x và X = Y 1 thay vào (*) được 2x ( Y 1) + ( 0,3 – x ) Y = 9,4. Từ đây suy ra 44/3 < Y < 100/3 ( Vì 0
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Mấy năm gần đây do thi trắc nghiệm nên bài toán dạng này cho đơn giản hơn và phương pháp ghép ẩn số cũng ít sử dụng. Chúng ta sẽ tiếp tục bằng các phương pháp khác hiệu quả hơn cho bài toán trắc nghiệm. II. Phương pháp bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố: Cơ sở của phương pháp này là định luật bảo toàn khối lượng (BTKL). Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 3,22 g hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 1,344 lít khí H2 ( ở đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là: A. 8,98. B.9,52 C. 10,27 D. 7,25. ( Trích “TSĐH-CĐ A -2007”) Giải: Phương trình chung: M + H2SO4 MSO4 + H2 1,344 Ta có: n H 2 SO4 n H 2 0,06mol . Áp dụng định luật BTKL ta có: 22,4 m muối = mX + m axit - m H 2 = 3,22+ 0,06.98 – 0,06.2 = 8,98 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH4, C3H6 và C4H10 cần V lit O2 (đktc) thu được 4,4 gam CO2 và 2,52 gam H2O. Tính m và V? Giải: Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: m = mC + mH = (4,4/44).12 + (2,52/ 18).2 = 1,48 (g) 1 nO2 ( pu ) nO2 (CO2 ) nO2 ( H 2O ) nCO2 n H O = 0,1 + 0,07 = 0,17 (mol) .Vậy V = 0,17.22,4 = 3,808(l) 2 2 Ví dụ 5: Đun nóng hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các ete. Lấy 7,2 gam một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lit khí CO2 ( ở đktc) và 7,2 gam H2O. Hai ancol đó là A. CH3OH và CH2=CH-CH2-OH B. C2H5OH và CH2=CH-CH2-OH C. CH3OH và C2H5OH D. C2H5OH và CH3OH ( Trích “ TSĐH A -2009”) Giải: Xét ete Y đem đốt cháy. Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: mC ( Y) = mC (CO2)= (8,96/22,4).12= 4,8 (g); mH(Y) = mH (H2O) = (7,2/18).2 = 0,8 (g) ; mO = mY – (mC + mH) =1,6 (g) Từ đó nC : nH : nO = 0,4 : 0,8 : 0,1 = 4:8:1. CTĐGN đồng thời cũng là CTPTcủa Y là C4H8O. CTCT của Y chỉ có thể là CH3-O-CH2-CH=CH2 ( Có 1 liên kết đôi trong gốc ancol). Chọn đáp án A. III. Phương pháp tăng giảm khối lượng: Cơ sở của phương pháp vẫn là định luật BTKL. Cho phản ứng có dạng: RX + xM RY + yN …( R là thành phần không đổi) thì khối lương của chất tạo thành sau phản ứng RY tăng hoặc giảm so với chất phản ứng RX là | Y – X | ( với 1 mol RX hoặc a mol chất nào đó trong phản ứng). Ví dụ 6: Đem nung một khối lượng Cu (NO3)2 sau một thời gian dừng lại làm nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam. Khối lượng muối Cu(NO3)2 đã bị nhiệt phân là A. 0,5 gam B. 0,49 gam C. 9,4 gam D. 0,94 gam t0 Giải: Cu(NO3)2 CuO + ½ O2 + 2 NO2 2 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Cứ 1 mol chất rắn Cu(NO3)2 bị nhiệt phân thì khối lượng chất rắn giảm 188 – 80 = 108 (g). Số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân là: 0,54/ 108 = 0,005 (mol). Khối lượng: 0,005.188= 0,94 (g). Chọn đáp án D. Ví dụ 7: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C5H8O2. Cho 5 gam X tác dụng vừa hết với dung dịch NaOH,thu được một hợp chất hữu cơ không làm mất màu nước brom và 3,4 gam một muối. Công thức của X là A. CH3COOC(CH3)=CH2 B. HCOOC(CH3)=CHCH3 C. HCOOCH2CH=CHCH3 D. HCOOCH=CHCH2CH3 ( Trích “TSĐH A – 2009”) Giải: X có công thức RCOOR’. Phản ứng: RCOOR’ + NaOH RCOONa + R’OH. Ta có: nX = 5/ 100= 0,05 (mol).Cứ 1 mol X phản ứng khối lượng muối thu được giảm so với X là R’ – 23. Khối lượng giảm là 0,05 (R’ -23) = 5 – 3,4 = 1,6 R’ = 32+23 = 55 R = 1. R’OH là ancol không no , không bền bị phân hủy thành xeton ( Vì không làm mất màu nước brom). ( Có thể tính 0,05( R + 67) = 3,4 R =1 R’ = 55) Chọn đáp án B. Ví dụ 8:(Xem VD 1/ ý 1) Cứ 1mol khí CO2 khối lượng muối Clorua tăng lên so với muối cacbonnat là 71 – 60 =11 (g). Khối lượng tăng lên là 0,3.11=3,3 (g). Vậy khối lượng muối clorua khan thu được là: 27,4 + 3,3 = 30,7 (g). Chú ý:. Ý (1) của ví dụ này còn giải được bằng phương pháp BTKL . Không thể nói cách giải nào hay hơn vì còn liên quan tới ý (2). . Ví dụ 2 cũng giải được bằng phương pháp tăng giảm khối lượng và nhiều phương pháp khác! IV. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( KLMTB): Khái niệm: Một hỗn hợp các chất có thể coi là một chất có KLMPTTB ( M ) được xác định bằng tỉ số giữa tổng khối lượng và tổng số mol của hỗn hợp. mhh n1 M 1 n2 M 2 ... nk M k Công thức: M = nhh n1 n2 ... nk V M V2 M 2 ... Vk M k = 1 1 ( Với hỗn hợp gồm k chất khí đo ở cùng điều kiện) V1 V2 ... Vk = x1M1 +x2M2 +…+ xkMk ( xi là % theo số mol hoặc thể tích các chất ) Chú ý: min{ Mi} < M < max {Mi}. Đối với các hợp chất hữu cơ cần nhớ KLM của vài chất đầu trong dãy đồng đẳng, với chất vô cơ cần nhớ các chất liên quan đến nguyên tố đầu nhóm, Ví dụ 9: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dung dịch NaOH thu được 2,05 gam muối của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau. Công thức của hai este đó là A. HCOOCH3 và HCOOC2H5 B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5 C. CH3COOC2H5 và CH3COOC3H7 D. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5 ( Trích “TSĐH A -2009” ) Giải:Theo bài ra công thức chung của hai este là: RCOO R ' ( phản ứng thủy phân cho muối của một axit cacboxylic).Phản ứng: 3 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- RCOO R' + NaOH RCOONa + R' OH Áp dụng định luật BTKL ta có m NaOH = 2,05 + 0,94 – 1,99 = 1 (g) ; n NaOH = 0,025 (mol) Suy ra: 0,025( R + 67) = 2,05 và 0,025( R' + 17) = 0,94 R = 15 và R' = 20,6. Chọn đáp án D Ví dụ 10: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít ( ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N lần lượt là A. 0,1 mol C2H4 và 0,2 mol C2H2 B. 0,1 mol C3H6 và 0,2 mol C3H4 C. 0,2 mol C2H4 và 0,1 mol C2H2 D. 0,2 mol C3H6 và 0,1 mol C3H4 ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: nhh = 6,72/22,4 = 0,3 (mol). M = 12,4/0,3 = 124/3=41,3… Loại A,C. Chọn đáp án D. Ví dụ 11:Cho dung dịch chứa 6,03 gam hỗn hợp gồm hai muối NaX và NaY ( X;Y là hai nguyên tố có trong tự nhiên, ở hai chu kỳ liên tiếp thuộc nhốm VIIA, số hiệu nguyên tử ZX< ZY) vào dung dịch AgNO3 (dư), thu được 8,61 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của NaX trong hỗn hợp ban đầu là A. 58,2% B. 41,8% C. 52,8% D. 47,2% ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Phản ứng: (NaX + NaY) + 2 AgNO3 (AgX + AgY) + 2 NaNO3 Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có: nhh = ( 8,61 – 6,03) : ( 108- 23) = 2,58/85 =0,0304 (mol). KLMNTTB của X;Y là (6,03.85/2,85) – 23 = 180 – 23 =157.Do đó X là I = 127 và Y là At = 210. Đặt nNaI = x (mol) ta có: 150x + (0,0304 –x).233=6,03 x = 0,01256 (mol) % NaI = 0,01256.150/6,03 = 31,2%. Không có đáp án đúng! Đề bài có sai không? Để ý đến số liệu tính toán quá lẻ ( không phù hợp với xu hướng ra đề hiện nay). At là nguyên tố điều chế bằng phương pháp phóng xạ, không tồn tại trong tự nhiên. Trường hợp này bị loại. Vậy còn một khả năng khác!Xem lại tính chất của nguyên tố đầu nhóm VIIA là F thì AgF tan. Như vầy khả năng thứ hai: X là F và Y là Cl. Chất kết tủa duy nhất là AgCl; n NaCl =n AgCl = 8,61/ 143,5 = 0,06 (mol). % NaCl = 0,06.58,5/6,03 = 58,2 %; Vậy: %NaF = 41,8%. Chọn đáp án B.(Đề ra đúng!) Ví dụ 12: Cho18 gam hỗn hợp hai ancol gồm một ancol no đơn chức và một ancol đơn chức có một liên kết đôi trong phân tử với số mol bằng nhau tác dụng hết với Na dư, thu được 4,48 lít H2 ( ở đktc). CTCT của hai ancol là A. CH3CH2OH và CH2=CH-CH2OH B. CH3CH2CH2OH và CH2=CH-CH2OH C. CH3OH và CH2=CH-CH2OH D. CH3CH2CH2CH2OH và CH2=CH-CH2OH Giải: Đặt công thức chung của hai ancol là R OH. Phản ứng: 2 R OH + 2 Na 2 R ONa + H2 Ta có: nhh ancol = 2nH2 = 2. 4,48/22,4 = 0,4 (mol). M ancol = 18/0,4= 45. Trong 2 ancol có 1 ancol có phân tử khối nhỏ hơn 45. Ancol đó là CH3OH ( M = 32). Chọn đáp án C. Chú ý: Cần thử lại đáp án bằng phép tính 0,2( 32+ 58) = 18 (g) ( Thỏa mãn) V. Phương pháp số nguyên tử C, H trung binh ( KLMTB mở rộng): 4 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ví dụ 13: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X cần dùng vừa đủ 3,976 lít khí O2 (ở đktc), thu được 6,38 gam CO2. Mặt khác, X tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp. Công thức phân tử của hai este trong X là A. C2H4O2 và C5H10O2 B. C2H4O2 và C3H6O2 C. C3H4O2 và C4H6O2 D. C3H6O2 và C4H8O2 ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai este. Công thức tương đương C H O2. Phản ứng: C H O2 +( 3 n - 2)/2 O2 n 2n n 2n n CO2 + n H2O Ta có: n (O2) = 3,976/22,4 = 0,1775 ;n(CO2) = 6,38/44 = 0,145. Suy ra: 2 n / (3 n - 2) =0,145/0,1775 ; n = 29/8.Mặt khác, X tác dụng với dd NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nên hai este cũng là đồng đẳng kế tiếp. Chọn đáp án D. Ví dụ 14: Cho hỗn hợp X gộm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol ( ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bịnh đựng dung dịch Ca (OH)2 (dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là A. CH3COOH và CH3COOC2H5 B. C2H5COOH và C2H5COOCH3 C. HCOOH và HCOOC2H5 D. HCOOH và HCOOC3H7 ( Trích “TSĐH B – 2009”) Giải: nKOH = 0,04 (mol) > nancol = 0,015 (mol). Hỗn hợp X gồm một axit cacboxilic no, đơn chức và một este no đơn chức. naxit = 0,025 (mol); neste = 0,015 (mol). Gọi n là số nguyên tử C trung bịnh trong hỗn hợp X. Công thức chung C n H 2 n O2. Phản ứng: C n H 2 n O2 + ( 3 n -2)/2 O2 n CO2 + n H2O Mol: 0,04 0,04 n 0,04 n Ta có: 0,04 n ( 44 + 18) = 6,82 ; n = 11/4.Gọi x; y lần lượt là số nguyên tử C trong phân tử axit và este thì: (0,025x + 0,015 y)/0,04 = 11/4 hay 5 x + 3y =22.Từ đó: (x;y)=(2;4). Chọn đáp án A. Ví dụ 15:Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 3:4. Hai ancol đó là A. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2 B. C2H5OH và C4H9OH C. C2H4(OH)2 và C4H8(OH)2 D. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3 ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai ancol; k là số liên kết trong phân tử mỗi ancol ( k N). Công thức phân tử tương đương: C n H2 n +2-2kOz. Phản ứng: O2 C n H2 n +2-2kOz n CO2 + ( n +1 – k)H2O Ta có: n / ( n +1 – k) = ¾ suy ra: n = 3 – 3k. Từ đó: k=0; n = 3. Loại B vì ancol đơn chức.Loại A,D vì không phù hợp với n =3. Chọn đáp án C. 5 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- VI. Phương pháp số proton,nơtron,electron trung bình: Ví dụ 16: Hợp chất M được tạo thành từ cation X+ và anion Y 2-, Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. Tổng số proton trong X+ là 11 và tổng số electron trong Y 2- là 50. Hai nguyên tố trong Y 2- thuộc cùng một phân nhóm và thuộc hai chu kỳ liên tiếp. Hãy xác định công thức phân tử và gọi tên M. Giải: Gọi Z X là số proton trung bình của hai nguyên tố tạo nên X+, ta có Z X = 11/5 = 2,2. Trong hai nguyên tố tạo nên X+ phải có H hoặc He. Nhưng He là khí trơ nên bị loại. Gọi R là nguyên tố thứ hai tạo ra X+, khi đó X+ là RnHm+ . n m 5 Theo thành phần cấu tạo của X+ ta có: suy ra: n( ZR – 1) = 6 nZ R m 11 Chỉ có n =1, ZR = 7 ( R là N ) là phù hợp. Cation X+ là NH4+. Gọi E Y là số electron trung bình trong các nguyên tử của anion Y2-. Ta có: E Y = (50 – 2)/5 = 9,6.Trong Y2- có một nguyên tố có z < 9,6 , thuộc chu kỳ 2 và nguyên tố còn lại thuộc chu kỳ 3. Vì đều thuộc chu kỳ nhỏ nên hai nguyên tố cách nhau 8 ô. Công x y 5 thức Y2- là AxBy2- với: Chỉ có x =1; y=4; Z = 8 là phù hợp.A là S còn B là O. x( Z 8) yZ 48 Anion Y2- là SO42-. Vậy M là (NH4)2SO4 ( amoni sunfat). VII. Phương pháp hóa trị trung bình và số nhóm chức trung bình: Ví dụ 17: Cho 11 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Al tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thu được 8,96 lít khí H2 ( ở đktc) và dung dịch của hai muối clorua. Tổng khối lượng hai muối clorua (khan) là: A. 40,1 gam B. 39,4 gam C. 34,9 gam D. 64,8 gam Giải: Vì phản ứng hoàn toàn nên ta thay hỗn hợp Fe, Al bằng kim loại tương đương M có hóa trị trung bình n . Phản ứng: M + n HCl M Cl n + n /2 H2 Ta có: n H 2 = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) ; nHCl = 2.0,4 = 0,8 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: m muối clorua = m kim loại + mHCl – m H2 = 11 + 0,8.36,5 – 0,4.2 = 39,4 (g). Chọn đáp án B. Ví dụ 18: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 10% thu được 2,24 lít khí H2 ( ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là: A.101,48 gam B. 101,68 gam C. 97,80 gam D. 88,20 gam ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: Tương tự ví dụ 17 có phản ứng: 2 M + aH2SO4 M 2(SO4)a + aH2 ( a là hóa trị trung bình của hai kim loại) Ta có: n H 2 SO4 n H 2 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: mddsau pư = mkimloai + mddaxit – mH2 = 3,68 + 0,1.98/10% - 0,1.2 = 101,48 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 19: Cho 27,2 gam hỗn hợp gồm hai ancol tác dụng vừa đủ với Na thu được hỗn hợp hai muối và 6,72 lít khí H2 ( ở đktc). Tổng khối lượng hai muối thu được là: A. 40,5 gam B. 45,2 gam C. 40,4 gam D. 44,0 gam 6 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Giải: Gọi công thức tương đương của hai ancol là: R (OH)a ( a là số nhóm chức trung bình của hai ancol). Phản ứng: R (OH)a + aNa R (ONa)a + a/2 H2 Ta có: n H2 = 6,72/ 22,4 = 0,3 (mol); nNa = 2.0,3 = 0,6 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có mMuối = mAncol + mNa - mH2 = 27,2 + 0,6.23 - 0,3.2 = 40,4 (g). Chọn đáp án C. Ví dụ 20: Trung hòa m gam hỗn hợp hai axit cacboxilic cần 300 ml dung dịch NaOH1M thu được 23,1 gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của m là A. 18,2 B, 20,1 C. 15,6 D. 16,5 Giải: Gọi công thức tương đương của hai axit là R (COOH)a . Phản ứng: R (COOH)a + a NaOH R (COONa)a + a H2O Ta có: n NaOH = nH2O = 0,3 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta được: m = mMuối + mH2O – m NaOH = 23,1 + 0,3.18 – 0,3. 40 = 16,5 (g). Chọn đáp án D. VIII. Phương pháp sơ đồ đường chéo: 1/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ phần trăm C1> C2 và khối lượng tương ứng m1, m2 được dung dịch có nồng độ phần trăm C, thì có sơ đồ đường chéo: m1: C1 C – C2 m1 C C 2 C khi đó: m2 C1 C m2: C2 C1 – C 2/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ mol C1, C2 ( C1>C2 ) và thể tích V C C2 tương ứng V1, V2, thì vẫn có sơ đồ đường chéo như trên và 1 . V2 C1 C 3/ Với hỗn hợp gồm hai chất ( hoặc hai đồng vị) có KLM là M1, M2 và số mol tương ứng n1,n2 n M M2 nếu coi là một chất tương đương có KLMTB là M thì 1 . Từ đó suy ra % ( theo số n2 M 1 M M M2 M1 M mol ) tương ứng của mỗi chất là: % (Chất M1) = ; % (Chất M2) = . M1 M 2 M1 M 2 Ví dụ 21: Cần thêm bao nhiêu gam KCl vào 450 gam dung dịch KCl 8% để thu được dung dịch 12%. m 12 8 Giải: Theo sơ đồ đường chéo ta có: . Vậy: m = 20,45 (g). 450 100 12 Ví dụ 22: Cần thêm bao nhiêu lít nước cất vào 10 lít dung dịch HCl có pH = 3 để được dung dịch có pH = 4. Giải: pH = 3 [ H +] = 10 -3 ; pH = 4 [ H +] = 10 -4 . Theo sơ đồ đường chéo ta có: VHCll 10 4 1 3 4 . Vậy: VH2O = 9 VHCl = 90 lít. VH 2O 10 10 9 Ví dụ 23: Đồng trong tự nhiên gồm hai đồng vị 63Cu và 65Cu. Khối lượng nguyên tử trung bình là 63,54. Tỉ lệ % khối lượng của 63Cu trong CuCl2 là 7 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- A. 31,34% B. 34,18% C. 73,00% D. 31,48% Giải: Gọi x là thành phần % của đồng vị 63Cu . Theo sơ đồ đường chéo ta có: 65 63,54 73.63 x= = 73%. Vậy % ( theo khối lượng) của 63Cu trong CuCl2 là: 34,18 %. 65 63 134,54 Chọn đáp án B. Ví dụ 24: Cho 41,2 gam hỗn hợp gồm C2H5COOH và C2H5COOCH3 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 48,0 gam muối C2H5COONa. Thành phần % theo số mol và % theo khối lượng của C2H5COOH trong hỗn hợp đầu lần lượt là A. 35,92% và 40,00% B. 40,00% và 35,92% C. 36,85%và 50,00% . D. 60,00% và 64,08% Giải: nhh = nmuối = 48/96 = 0,5 (mol). Maxit = 74; MEste = 88; M = 41,2/0,5 = 82,4. 88 82,4 0,5.74 Vậy %số mol ( axit) = .100% = 40%; % khối lượng(axit)= .40% = 35,92% 88 74 41,2 Chọn đáp án B. IX. Phương pháp bảo toàn electron ( Cho phản ứng oxi hoa-khử): Ví dụ 25: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu ( tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO3, thu được V lít ( ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dich Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là: A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,60 ( Trích “TSĐH A – 2007” ) 46 38 Giải: M X = 19.2 = 38. %V (NO) = .100% 50% = %V (NO2) n NO = n NO2= x (mol). 46 30 n Fe = nCu = 12/ 120 = 0,1 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử: Fe – 3e Fe 3+ ; Cu – 2e Cu 2+ 0,1 0,3 0,1 0,2 Tổng nhường e : 0,3 + 0,2 = 0,5 (e) +5 +2 +5 +4 N + 3e N ( NO) ; N + 1e N ( NO2) 3x x x x Tổng nhận e: 3x + x = 4x (e). Áp dụng ĐLBT electron ta có: 4x = 0,5 ; x = 0,125 (mol) n X = 2,0,125 = 0,25 (mol). Vậy :V = 0,25.22,4 = 5,60 (lít). Chọn đáp án D. Ví dụ 26: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch X và 1,344 lít ( ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối của hỗn hợp Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: nAl = 12,42/27 =0,46 (mol); M Y = 2.18 = 36; nY = 1,344/22,4 = 0,06 (mol). 36 28 % V (N2O) = .100%=50% n N20 = n N2 = 0,03 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử; 44 28 N +5 + 4e N+ ( N2O) ; N +5 + 5e N0 (N2) 0,24 0,06 0,3 0,06 Al – 3e Al 3+ 0,46 1,38 8 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta thấy: 1,38 – 0,54 = 0,84. Do đó còn xảy ra quá trình: N +5 + 8e N -3 ( NH4NO3) 0,84 0,105. Tổng khối lượng chất rắn khan( gồm Al(NO3)3 và NH4NO3 ) là: M = 0,46. 213 + 0,105. 80 = 106,38 (g). Chọn đáp án B. Chú ý: Khi kim loai tác dụng với HNO3 rất loãng còn có thể tạo ra cả muối NH4NO3. Ví dụ 27: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại.. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 151,5 B. 137,1. C. 97,5. D. 108,9. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: nNO = 3,36/22,4 = 0,15 (mol). Các quá trình oxihoa – khử: Cu – 2e Cu2+ ; 3 Fe+8/3 - e 3Fe 3+ ; N 5+ + 3e N 2+ ; Fe3+ + e Fe2+ x 2x x 3y y 3y 0,45 0,15 3 y 3y 3y 2 x y 0,45 3 y Áp dụng ĐLBT electron và ĐLBTKL ta có hệ: . 64 x 232 y 2,4 61,2 Giải hệ được: x = 0,375; y = 0,15. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được ( gồm Cu(NO3)2 và Fe(NO3)2 ) là: m = 0,375.188+ 0,45.180 = 151,5 (g). Chọn đáp án A. X. Phương pháp bảo toàn điện tích: Ví dụ 28: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+; 0,03 mol K+; x mol Cl – và y mol SO42 - . Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x,y lần lượt là A. 0,01 và 0,03 B. 0,02 và 0,05 C. 0,05 và 0,01 D. 0,03 và 0,02 ( Trích “ TSĐH A – 2007 “ ) x 2 y 0,07 Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có: 0,02.64 0,03.39 35,5 x 96 y 5,435 Giải hệ được: x = 0,03; y = 0,02. Chọn đáp án D. Ví dụ 29: Một dung dịch có chứa 0,02 mol NH4+ , x mol Fe3+; 0,01 mol Cl -; 0,02 mol SO4 2- , Khi cô cạn dung dịch này thu được lượng muối khan là A. 2,635 gam B. 3,195 gam C. 4,315 gam D. 4,875 gam Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích ta có 0,02 + 3x = 0,01 + 2. 0,02 x = 0,01 mol. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được là: 0,02.18 + 0,01.56 + 0,01.35,5 + 0,02. 96 = 3,195. Chọn đáp án B. Ví dụ 30: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,2M và H2SO4 0,25 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của m và V lần lượt là A. 10,8 và 4,48. B. 10,8 và 2,24. C. 17,8 và 2,24 D. 17,8 và 4,48. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: n Cu(NO3)2 = 0,2.0,8 = 0,16 (mol); n H2SO4 = 0,25.0,8 = 0,2 (mol). Phương trình điện ly: Cu(NO3)2 Cu 2+ + 2 NO3- ; H2SO4 2H+ + SO4 2-. Mol: 0,16 0,16 0,32 0,2 0,4 0,2 9 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Quá trình oxihoa- khử xảy ra theo thứ tự sau: Fe + 4H+ + NO3- Fe3+ + NO + 2H2O Mol: 0,1 0,4 0,1 0,1 0,1 2+ 2+ Fe + Cu Fe + Cu Mol: 0,16 0,16 0,16 3+ 3+ Fe + 2 Fe 3 Fe Mol: 0,05 0,1 Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có: m – 0,31.56 + 0,16. 64 = 0,6m m = 17,8 (g). V = 0,1.22,4 = 2,24 (l). Chọn đáp án C. XI. Phương pháp sử dụng phản ứng dạng Ion thu gọn: Ví dụ 31: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M) thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là: A. 2. B.1. C.6. D. 7. ( Trích “ TSĐH B – 2007” ) Giải:Ta có: n OH- = 0,1.0,1.2 + 0,1.0,1 = 0,03 (mol); n H+= 0,0375.0,4.2 +0,0125. 0,4 = 0,035 (mol). Khi trộn hai dung dịch xảy ra phản ứng trung hòa dạng ion là: H+ + OH- H2O. Từ phản ứng ta có: n H+(phản ứng) = n OH- = 0,03 (mol) n H+dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol). 0,005 [ H+] = = 0,01 = 10 -2 M. Vậy: pH = 2. 0,5 Chọn đáp án A. Ví dụ 32: Trộn 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 0,05M và HCl 0,1M với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M, thu được dung dịch X. Dung dịch X có pH là: A. 13,0. B. 1,2. . C. 1,0. D. 12,8. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: Tương tự VD 31. Chọn đáp án A. XII. Sử dụng sơ đồ biến hóa: Ví dụ 33: Oxi hóa hoàn toàn m gam bột Fe thu được hỗn hợp ba oxit sắt. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp ba oxit sắt bằng dung dịch HCl dư, tiếp tục cho dung dịch thu được phản ứng hoàn toàn với NaOH dư, thu được kết tủa X. Lấy kết tủa X, rửa sạch, rồi đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi cân nặng 16 gam. Giá trị của m là: A. 5,6. B. 11,2. C. 8,4. D. 16,8. Oxi HCl Giải: Sơ đồ biến hóa: Fe { FeO ; Fe2O3; Fe3O4 } {FeCl2 ; FeCl3} NaOH t 0 cao X={ Fe(OH)2; Fe(OH)3} Fe2O3. 16 Áp dụng ĐLBT nguyên tố ta có n Fe = 2 nFe2O3 = 2. = 0,2 (mol). Vậy: m = 0,2.56 = 11,2 (g). 160 Chọn đáp án B. 10 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- BÀI TẬP TỰ GIẢI: 1/ Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu được 11,2 lít khí CO2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X thì cần dùng 500ml dung dịch NaOh 1M. Hai axit đó là A. HCOOH, HOOC – CH2 – COOH. B. HCOOH, CH3COOH. C. HCOOH, C2H5COOH D. HCOOH, HOOC – COOH ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 2/ Xà phòng hóa hoàn toàn 66,6 gam hỗn hợp hai este HCOOC2H5 và CH3COOCH3 bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp X gồm hai ancol. Đun nóng hỗn hợp X với H2SO4 đặc ở 1400C, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam nước. Giá trị của m là A. 18,00. B. 8,10. C. 16,20. D. 4,05. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 3/ Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V lít khí CO2 ( ở đktc) và a gam H2O. Biểu thức liên hệ giữa m, a, V là: V V V V A. m = a - . B. m = 2a - . C. m = 2a - . D. m = a + . 5,6 11,2 22,4 5,6 ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 4/ Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C4H9NO2. Cho 10,3 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn không khí, làm giấy quỳ tím ammr chuyển màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Cô cạn dung dịch z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 8,2 B. 10,8 C. 9,4 D. 9,6. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 5/ Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một ancol X no, mạch hở, cần vừa đủ 17,92 lít khí O 2 ( ở đktc). Mặt khác, nếu cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ với m gam Cu(OH)2 thì tạo thành dung dịch có màu xanh lam. Giá trị của m và tên gọi của X tương ứng là A. 4,9 và propan-1,2- điol. B. 9,8 và propan-1,2-điol. C. 4,9 và glixerol. D. 4,9 và propan-1,3- điol. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 6/ Hỗn hợp X gồm hai ancol no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Oxi hóa hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X có khối lượng m gam bằng CuO ở nhiệt độ thích hợp, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ Y. Cho Y tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 tronh NH3, thu được 54 gam Ag. Giá trị của m là: A. 15,3. B. 13,5. C. 8,1. D. 8,5. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 7/ Este X ( có khối lượng phân tử bằng 103 đvC) được điều chế từ một ancol đơn chức ( có tỉ lệ khối so với oxi lớn hơn 1) và một amino axit. Cho 25,75 gam X phản ứng vừa hết với 300ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn. Giá trị m là A. 27,75. B. 24,25. C. 26,25. D. 29,75. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 8/ Hiđro hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được (m + 1) gam hỗn hợp hai ancol. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn toàn cũng m gam X thì cần vừa đủ 17,92 lít khí O2 ( ở đktc). Giá trị của m là A. 17,8. B. 24,8. C. 10,5. D. 8,8. 11 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 9/ Cho 0,02 mol amino axit X tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch HCl 0,1M thu được 3,67 gam muối khan. Mặt khác 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 40 gam dung dịch NaOH 4%. Công thức của X là: A. H2NC2H3(COOH)2 B. H2NC3H5(COOH)2 C. (H2N)2C3H5COOH. D. H2NC3H6COOH. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 10/ Hỗn hợp X gồm axit Y đơn chức và axit Z hai chức ( Y,Z có cùng số nguyên tử C ). Chia X thành hai phần bằng nhau. Cho phần một tác dụng hết với Na, sinh ra 4,48 lít khí H 2 (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, sinh ra 26,4 gam CO2. Công thức cấu tạo thu gọn và phần trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp X lần lượt là: A. HOOC – CH2 – COOH và 70,87%. B. HOOC – CH2 – COOH và 54,88%. C. HOOC – COOH và 60,00%. D. HOOC – COOH và 42,86%. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 11/ Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO ( sản phẩm khử duy nhất ). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là: A. 240. B. 120. C. 360. D. 400. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 12/ Nung 6,58 gam Cu(NO3)2 trong bình kín không chứa không khí, sau một thời gian thu được 4,96 gam chất rắn và hỗn hợp khí X. Hấp thụ hoàn toàn X vào nước để được 300 ml dung dịch Y. Dung dịch Y có pH bằng: A. 2 B. 3. C. 4. D. 1. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 13/ Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO3 loãng, thu được 940,8 ml khí NxOy ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối đối với H2 bằng 22. Khí NxOy và kim loại M là: A. NO và Mg. B. N2O và Al. C. N2O và Fe. D. NO2 và Al. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 14/ Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO ( sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m gam Cu. Giá trị của m là: A. 1,92. B. 0,64. C. 3,84. D. 3,20. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 15/ Cho 2,24 gam bột sắt vào 200ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn Y. Giá trị của m là A. 2,80. B. 2,16. C. 4,08. D. 0,64. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ). 16/ Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong điều kiện không có không khí. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít khí H2 ( ở đktc). Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. Giá trị của m là: A. 45,6. B. 48,3. C.36,7. D. 57,0. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 12 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Một số phương pháp giải nhanh
72 p | 1171 | 782
-
Một số phương pháp giải toán hóa
2 p | 1595 | 344
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 2)
4 p | 143 | 68
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 1)
4 p | 123 | 56
-
Phương pháp giải bài toán Hóa vô cơ - Phương pháp bảo toàn khối lượng
6 p | 144 | 50
-
Bài tập mốt số phương pháp giải bài toán hóa hữa cơ - 1
2 p | 129 | 47
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán hidroxit lưỡng tính
5 p | 154 | 43
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 3)
5 p | 90 | 43
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 2)
3 p | 50 | 23
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán nhiệt nhôm
4 p | 86 | 23
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 3)
4 p | 58 | 22
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 1)
4 p | 50 | 21
-
Bài tập mốt số phương pháp giải bài toán hóa hữa cơ
2 p | 100 | 19
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán thủy phân-Oxi hóa cacbohidrat
4 p | 59 | 19
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán nhiệt nhôm
4 p | 50 | 16
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán hidroxit lưỡng tính
5 p | 82 | 14
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán thủy phân-Oxi hóa cacbohidrat
4 p | 58 | 12

markdown:
# Một số phương pháp giải bài toán hóa học_GV Vũ Phấn
Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12
lượt xem 12
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2010/20100617/nhantainuocvietvn/80x100/_hoahocthpt_motsophuongphapgiaibaitoanhoahoc_vuphan_4178.jpg)
##
Một số phương pháp giải bài toán hóa học_GV Vũ Phấn
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Tham khảo tài liệu 'một số phương pháp giải bài toán hóa học_gv vũ phấn', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Một số phương pháp giải bài toán hóa học_GV Vũ Phấn
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC I.Phương pháp ghép ẩn số: Trong toán học hệ phương trình với số ẩn nhiều hơn số phương trình gọi là hệ vô đinh vì hệ thường cho vô số nghiệm và khó giải được. Tuy nhiên trong hóa học thì những hệ như vậy vẫn có thể giải được nhờ những tính chất riêng của hóa học và một số thủ thuật của toán học. Phương pháp ghép ẩn số sẽ cho thấy điều đó thông qua một số ví dụ sau: Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 27,4 gam hỗn hợp hai muối cacbonnat của hai kim loại phân nhóm IA và IIA bằng dung dịch HCl ( vừa đủ) thu được dung dịch A và 6,72 lít khí ( đo ở đktc). 1/ Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? 2/ Xác định tên của hai kim loại biết khối lương nguyên tử của chúng hơn kém nhau 1 đơn vị. Giải: Gọi X, Y lần lượt là tên và khối lương nguyên tử của hai kim loại.Hai muối cacbonnat là X2CO3 ; YCO3 với số mol tương ứng x;y. Các phản ứng: X2CO3 + 2HCl 2XCl + H2O + CO2 (1) Mol: x 2x x YCO3 + 2HCl YCl2 + H2O + CO2 (2) Mol: y y y x(2 X 60) y (Y 60) 27,4 1/Theo bài ra và theo các phản ứng ta có hệ: . x y 0,3 Từ hệ trên bằng cách ghép ẩn số ta có: 2xX + yY = 9,4.(*) Vậy tổng khối lượng muối clorua khan thu được là : m clorua = 2x( X + 35,5) + y ( Y + 71 ) = (2xX + yY) + 71 ( x + y ) = 30,7 (g) 2/ Ta có y = 0,3 – x và X = Y 1 thay vào (*) được 2x ( Y 1) + ( 0,3 – x ) Y = 9,4. Từ đây suy ra 44/3 < Y < 100/3 ( Vì 0
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Mấy năm gần đây do thi trắc nghiệm nên bài toán dạng này cho đơn giản hơn và phương pháp ghép ẩn số cũng ít sử dụng. Chúng ta sẽ tiếp tục bằng các phương pháp khác hiệu quả hơn cho bài toán trắc nghiệm. II. Phương pháp bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố: Cơ sở của phương pháp này là định luật bảo toàn khối lượng (BTKL). Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 3,22 g hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 1,344 lít khí H2 ( ở đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là: A. 8,98. B.9,52 C. 10,27 D. 7,25. ( Trích “TSĐH-CĐ A -2007”) Giải: Phương trình chung: M + H2SO4 MSO4 + H2 1,344 Ta có: n H 2 SO4 n H 2 0,06mol . Áp dụng định luật BTKL ta có: 22,4 m muối = mX + m axit - m H 2 = 3,22+ 0,06.98 – 0,06.2 = 8,98 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH4, C3H6 và C4H10 cần V lit O2 (đktc) thu được 4,4 gam CO2 và 2,52 gam H2O. Tính m và V? Giải: Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: m = mC + mH = (4,4/44).12 + (2,52/ 18).2 = 1,48 (g) 1 nO2 ( pu ) nO2 (CO2 ) nO2 ( H 2O ) nCO2 n H O = 0,1 + 0,07 = 0,17 (mol) .Vậy V = 0,17.22,4 = 3,808(l) 2 2 Ví dụ 5: Đun nóng hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các ete. Lấy 7,2 gam một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lit khí CO2 ( ở đktc) và 7,2 gam H2O. Hai ancol đó là A. CH3OH và CH2=CH-CH2-OH B. C2H5OH và CH2=CH-CH2-OH C. CH3OH và C2H5OH D. C2H5OH và CH3OH ( Trích “ TSĐH A -2009”) Giải: Xét ete Y đem đốt cháy. Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: mC ( Y) = mC (CO2)= (8,96/22,4).12= 4,8 (g); mH(Y) = mH (H2O) = (7,2/18).2 = 0,8 (g) ; mO = mY – (mC + mH) =1,6 (g) Từ đó nC : nH : nO = 0,4 : 0,8 : 0,1 = 4:8:1. CTĐGN đồng thời cũng là CTPTcủa Y là C4H8O. CTCT của Y chỉ có thể là CH3-O-CH2-CH=CH2 ( Có 1 liên kết đôi trong gốc ancol). Chọn đáp án A. III. Phương pháp tăng giảm khối lượng: Cơ sở của phương pháp vẫn là định luật BTKL. Cho phản ứng có dạng: RX + xM RY + yN …( R là thành phần không đổi) thì khối lương của chất tạo thành sau phản ứng RY tăng hoặc giảm so với chất phản ứng RX là | Y – X | ( với 1 mol RX hoặc a mol chất nào đó trong phản ứng). Ví dụ 6: Đem nung một khối lượng Cu (NO3)2 sau một thời gian dừng lại làm nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam. Khối lượng muối Cu(NO3)2 đã bị nhiệt phân là A. 0,5 gam B. 0,49 gam C. 9,4 gam D. 0,94 gam t0 Giải: Cu(NO3)2 CuO + ½ O2 + 2 NO2 2 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Cứ 1 mol chất rắn Cu(NO3)2 bị nhiệt phân thì khối lượng chất rắn giảm 188 – 80 = 108 (g). Số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân là: 0,54/ 108 = 0,005 (mol). Khối lượng: 0,005.188= 0,94 (g). Chọn đáp án D. Ví dụ 7: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C5H8O2. Cho 5 gam X tác dụng vừa hết với dung dịch NaOH,thu được một hợp chất hữu cơ không làm mất màu nước brom và 3,4 gam một muối. Công thức của X là A. CH3COOC(CH3)=CH2 B. HCOOC(CH3)=CHCH3 C. HCOOCH2CH=CHCH3 D. HCOOCH=CHCH2CH3 ( Trích “TSĐH A – 2009”) Giải: X có công thức RCOOR’. Phản ứng: RCOOR’ + NaOH RCOONa + R’OH. Ta có: nX = 5/ 100= 0,05 (mol).Cứ 1 mol X phản ứng khối lượng muối thu được giảm so với X là R’ – 23. Khối lượng giảm là 0,05 (R’ -23) = 5 – 3,4 = 1,6 R’ = 32+23 = 55 R = 1. R’OH là ancol không no , không bền bị phân hủy thành xeton ( Vì không làm mất màu nước brom). ( Có thể tính 0,05( R + 67) = 3,4 R =1 R’ = 55) Chọn đáp án B. Ví dụ 8:(Xem VD 1/ ý 1) Cứ 1mol khí CO2 khối lượng muối Clorua tăng lên so với muối cacbonnat là 71 – 60 =11 (g). Khối lượng tăng lên là 0,3.11=3,3 (g). Vậy khối lượng muối clorua khan thu được là: 27,4 + 3,3 = 30,7 (g). Chú ý:. Ý (1) của ví dụ này còn giải được bằng phương pháp BTKL . Không thể nói cách giải nào hay hơn vì còn liên quan tới ý (2). . Ví dụ 2 cũng giải được bằng phương pháp tăng giảm khối lượng và nhiều phương pháp khác! IV. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( KLMTB): Khái niệm: Một hỗn hợp các chất có thể coi là một chất có KLMPTTB ( M ) được xác định bằng tỉ số giữa tổng khối lượng và tổng số mol của hỗn hợp. mhh n1 M 1 n2 M 2 ... nk M k Công thức: M = nhh n1 n2 ... nk V M V2 M 2 ... Vk M k = 1 1 ( Với hỗn hợp gồm k chất khí đo ở cùng điều kiện) V1 V2 ... Vk = x1M1 +x2M2 +…+ xkMk ( xi là % theo số mol hoặc thể tích các chất ) Chú ý: min{ Mi} < M < max {Mi}. Đối với các hợp chất hữu cơ cần nhớ KLM của vài chất đầu trong dãy đồng đẳng, với chất vô cơ cần nhớ các chất liên quan đến nguyên tố đầu nhóm, Ví dụ 9: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dung dịch NaOH thu được 2,05 gam muối của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau. Công thức của hai este đó là A. HCOOCH3 và HCOOC2H5 B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5 C. CH3COOC2H5 và CH3COOC3H7 D. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5 ( Trích “TSĐH A -2009” ) Giải:Theo bài ra công thức chung của hai este là: RCOO R ' ( phản ứng thủy phân cho muối của một axit cacboxylic).Phản ứng: 3 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- RCOO R' + NaOH RCOONa + R' OH Áp dụng định luật BTKL ta có m NaOH = 2,05 + 0,94 – 1,99 = 1 (g) ; n NaOH = 0,025 (mol) Suy ra: 0,025( R + 67) = 2,05 và 0,025( R' + 17) = 0,94 R = 15 và R' = 20,6. Chọn đáp án D Ví dụ 10: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít ( ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N lần lượt là A. 0,1 mol C2H4 và 0,2 mol C2H2 B. 0,1 mol C3H6 và 0,2 mol C3H4 C. 0,2 mol C2H4 và 0,1 mol C2H2 D. 0,2 mol C3H6 và 0,1 mol C3H4 ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: nhh = 6,72/22,4 = 0,3 (mol). M = 12,4/0,3 = 124/3=41,3… Loại A,C. Chọn đáp án D. Ví dụ 11:Cho dung dịch chứa 6,03 gam hỗn hợp gồm hai muối NaX và NaY ( X;Y là hai nguyên tố có trong tự nhiên, ở hai chu kỳ liên tiếp thuộc nhốm VIIA, số hiệu nguyên tử ZX< ZY) vào dung dịch AgNO3 (dư), thu được 8,61 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của NaX trong hỗn hợp ban đầu là A. 58,2% B. 41,8% C. 52,8% D. 47,2% ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Phản ứng: (NaX + NaY) + 2 AgNO3 (AgX + AgY) + 2 NaNO3 Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có: nhh = ( 8,61 – 6,03) : ( 108- 23) = 2,58/85 =0,0304 (mol). KLMNTTB của X;Y là (6,03.85/2,85) – 23 = 180 – 23 =157.Do đó X là I = 127 và Y là At = 210. Đặt nNaI = x (mol) ta có: 150x + (0,0304 –x).233=6,03 x = 0,01256 (mol) % NaI = 0,01256.150/6,03 = 31,2%. Không có đáp án đúng! Đề bài có sai không? Để ý đến số liệu tính toán quá lẻ ( không phù hợp với xu hướng ra đề hiện nay). At là nguyên tố điều chế bằng phương pháp phóng xạ, không tồn tại trong tự nhiên. Trường hợp này bị loại. Vậy còn một khả năng khác!Xem lại tính chất của nguyên tố đầu nhóm VIIA là F thì AgF tan. Như vầy khả năng thứ hai: X là F và Y là Cl. Chất kết tủa duy nhất là AgCl; n NaCl =n AgCl = 8,61/ 143,5 = 0,06 (mol). % NaCl = 0,06.58,5/6,03 = 58,2 %; Vậy: %NaF = 41,8%. Chọn đáp án B.(Đề ra đúng!) Ví dụ 12: Cho18 gam hỗn hợp hai ancol gồm một ancol no đơn chức và một ancol đơn chức có một liên kết đôi trong phân tử với số mol bằng nhau tác dụng hết với Na dư, thu được 4,48 lít H2 ( ở đktc). CTCT của hai ancol là A. CH3CH2OH và CH2=CH-CH2OH B. CH3CH2CH2OH và CH2=CH-CH2OH C. CH3OH và CH2=CH-CH2OH D. CH3CH2CH2CH2OH và CH2=CH-CH2OH Giải: Đặt công thức chung của hai ancol là R OH. Phản ứng: 2 R OH + 2 Na 2 R ONa + H2 Ta có: nhh ancol = 2nH2 = 2. 4,48/22,4 = 0,4 (mol). M ancol = 18/0,4= 45. Trong 2 ancol có 1 ancol có phân tử khối nhỏ hơn 45. Ancol đó là CH3OH ( M = 32). Chọn đáp án C. Chú ý: Cần thử lại đáp án bằng phép tính 0,2( 32+ 58) = 18 (g) ( Thỏa mãn) V. Phương pháp số nguyên tử C, H trung binh ( KLMTB mở rộng): 4 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ví dụ 13: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X cần dùng vừa đủ 3,976 lít khí O2 (ở đktc), thu được 6,38 gam CO2. Mặt khác, X tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp. Công thức phân tử của hai este trong X là A. C2H4O2 và C5H10O2 B. C2H4O2 và C3H6O2 C. C3H4O2 và C4H6O2 D. C3H6O2 và C4H8O2 ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai este. Công thức tương đương C H O2. Phản ứng: C H O2 +( 3 n - 2)/2 O2 n 2n n 2n n CO2 + n H2O Ta có: n (O2) = 3,976/22,4 = 0,1775 ;n(CO2) = 6,38/44 = 0,145. Suy ra: 2 n / (3 n - 2) =0,145/0,1775 ; n = 29/8.Mặt khác, X tác dụng với dd NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nên hai este cũng là đồng đẳng kế tiếp. Chọn đáp án D. Ví dụ 14: Cho hỗn hợp X gộm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol ( ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bịnh đựng dung dịch Ca (OH)2 (dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là A. CH3COOH và CH3COOC2H5 B. C2H5COOH và C2H5COOCH3 C. HCOOH và HCOOC2H5 D. HCOOH và HCOOC3H7 ( Trích “TSĐH B – 2009”) Giải: nKOH = 0,04 (mol) > nancol = 0,015 (mol). Hỗn hợp X gồm một axit cacboxilic no, đơn chức và một este no đơn chức. naxit = 0,025 (mol); neste = 0,015 (mol). Gọi n là số nguyên tử C trung bịnh trong hỗn hợp X. Công thức chung C n H 2 n O2. Phản ứng: C n H 2 n O2 + ( 3 n -2)/2 O2 n CO2 + n H2O Mol: 0,04 0,04 n 0,04 n Ta có: 0,04 n ( 44 + 18) = 6,82 ; n = 11/4.Gọi x; y lần lượt là số nguyên tử C trong phân tử axit và este thì: (0,025x + 0,015 y)/0,04 = 11/4 hay 5 x + 3y =22.Từ đó: (x;y)=(2;4). Chọn đáp án A. Ví dụ 15:Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 3:4. Hai ancol đó là A. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2 B. C2H5OH và C4H9OH C. C2H4(OH)2 và C4H8(OH)2 D. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3 ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai ancol; k là số liên kết trong phân tử mỗi ancol ( k N). Công thức phân tử tương đương: C n H2 n +2-2kOz. Phản ứng: O2 C n H2 n +2-2kOz n CO2 + ( n +1 – k)H2O Ta có: n / ( n +1 – k) = ¾ suy ra: n = 3 – 3k. Từ đó: k=0; n = 3. Loại B vì ancol đơn chức.Loại A,D vì không phù hợp với n =3. Chọn đáp án C. 5 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- VI. Phương pháp số proton,nơtron,electron trung bình: Ví dụ 16: Hợp chất M được tạo thành từ cation X+ và anion Y 2-, Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. Tổng số proton trong X+ là 11 và tổng số electron trong Y 2- là 50. Hai nguyên tố trong Y 2- thuộc cùng một phân nhóm và thuộc hai chu kỳ liên tiếp. Hãy xác định công thức phân tử và gọi tên M. Giải: Gọi Z X là số proton trung bình của hai nguyên tố tạo nên X+, ta có Z X = 11/5 = 2,2. Trong hai nguyên tố tạo nên X+ phải có H hoặc He. Nhưng He là khí trơ nên bị loại. Gọi R là nguyên tố thứ hai tạo ra X+, khi đó X+ là RnHm+ . n m 5 Theo thành phần cấu tạo của X+ ta có: suy ra: n( ZR – 1) = 6 nZ R m 11 Chỉ có n =1, ZR = 7 ( R là N ) là phù hợp. Cation X+ là NH4+. Gọi E Y là số electron trung bình trong các nguyên tử của anion Y2-. Ta có: E Y = (50 – 2)/5 = 9,6.Trong Y2- có một nguyên tố có z < 9,6 , thuộc chu kỳ 2 và nguyên tố còn lại thuộc chu kỳ 3. Vì đều thuộc chu kỳ nhỏ nên hai nguyên tố cách nhau 8 ô. Công x y 5 thức Y2- là AxBy2- với: Chỉ có x =1; y=4; Z = 8 là phù hợp.A là S còn B là O. x( Z 8) yZ 48 Anion Y2- là SO42-. Vậy M là (NH4)2SO4 ( amoni sunfat). VII. Phương pháp hóa trị trung bình và số nhóm chức trung bình: Ví dụ 17: Cho 11 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Al tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thu được 8,96 lít khí H2 ( ở đktc) và dung dịch của hai muối clorua. Tổng khối lượng hai muối clorua (khan) là: A. 40,1 gam B. 39,4 gam C. 34,9 gam D. 64,8 gam Giải: Vì phản ứng hoàn toàn nên ta thay hỗn hợp Fe, Al bằng kim loại tương đương M có hóa trị trung bình n . Phản ứng: M + n HCl M Cl n + n /2 H2 Ta có: n H 2 = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) ; nHCl = 2.0,4 = 0,8 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: m muối clorua = m kim loại + mHCl – m H2 = 11 + 0,8.36,5 – 0,4.2 = 39,4 (g). Chọn đáp án B. Ví dụ 18: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 10% thu được 2,24 lít khí H2 ( ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là: A.101,48 gam B. 101,68 gam C. 97,80 gam D. 88,20 gam ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: Tương tự ví dụ 17 có phản ứng: 2 M + aH2SO4 M 2(SO4)a + aH2 ( a là hóa trị trung bình của hai kim loại) Ta có: n H 2 SO4 n H 2 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: mddsau pư = mkimloai + mddaxit – mH2 = 3,68 + 0,1.98/10% - 0,1.2 = 101,48 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 19: Cho 27,2 gam hỗn hợp gồm hai ancol tác dụng vừa đủ với Na thu được hỗn hợp hai muối và 6,72 lít khí H2 ( ở đktc). Tổng khối lượng hai muối thu được là: A. 40,5 gam B. 45,2 gam C. 40,4 gam D. 44,0 gam 6 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Giải: Gọi công thức tương đương của hai ancol là: R (OH)a ( a là số nhóm chức trung bình của hai ancol). Phản ứng: R (OH)a + aNa R (ONa)a + a/2 H2 Ta có: n H2 = 6,72/ 22,4 = 0,3 (mol); nNa = 2.0,3 = 0,6 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có mMuối = mAncol + mNa - mH2 = 27,2 + 0,6.23 - 0,3.2 = 40,4 (g). Chọn đáp án C. Ví dụ 20: Trung hòa m gam hỗn hợp hai axit cacboxilic cần 300 ml dung dịch NaOH1M thu được 23,1 gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của m là A. 18,2 B, 20,1 C. 15,6 D. 16,5 Giải: Gọi công thức tương đương của hai axit là R (COOH)a . Phản ứng: R (COOH)a + a NaOH R (COONa)a + a H2O Ta có: n NaOH = nH2O = 0,3 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta được: m = mMuối + mH2O – m NaOH = 23,1 + 0,3.18 – 0,3. 40 = 16,5 (g). Chọn đáp án D. VIII. Phương pháp sơ đồ đường chéo: 1/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ phần trăm C1> C2 và khối lượng tương ứng m1, m2 được dung dịch có nồng độ phần trăm C, thì có sơ đồ đường chéo: m1: C1 C – C2 m1 C C 2 C khi đó: m2 C1 C m2: C2 C1 – C 2/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ mol C1, C2 ( C1>C2 ) và thể tích V C C2 tương ứng V1, V2, thì vẫn có sơ đồ đường chéo như trên và 1 . V2 C1 C 3/ Với hỗn hợp gồm hai chất ( hoặc hai đồng vị) có KLM là M1, M2 và số mol tương ứng n1,n2 n M M2 nếu coi là một chất tương đương có KLMTB là M thì 1 . Từ đó suy ra % ( theo số n2 M 1 M M M2 M1 M mol ) tương ứng của mỗi chất là: % (Chất M1) = ; % (Chất M2) = . M1 M 2 M1 M 2 Ví dụ 21: Cần thêm bao nhiêu gam KCl vào 450 gam dung dịch KCl 8% để thu được dung dịch 12%. m 12 8 Giải: Theo sơ đồ đường chéo ta có: . Vậy: m = 20,45 (g). 450 100 12 Ví dụ 22: Cần thêm bao nhiêu lít nước cất vào 10 lít dung dịch HCl có pH = 3 để được dung dịch có pH = 4. Giải: pH = 3 [ H +] = 10 -3 ; pH = 4 [ H +] = 10 -4 . Theo sơ đồ đường chéo ta có: VHCll 10 4 1 3 4 . Vậy: VH2O = 9 VHCl = 90 lít. VH 2O 10 10 9 Ví dụ 23: Đồng trong tự nhiên gồm hai đồng vị 63Cu và 65Cu. Khối lượng nguyên tử trung bình là 63,54. Tỉ lệ % khối lượng của 63Cu trong CuCl2 là 7 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- A. 31,34% B. 34,18% C. 73,00% D. 31,48% Giải: Gọi x là thành phần % của đồng vị 63Cu . Theo sơ đồ đường chéo ta có: 65 63,54 73.63 x= = 73%. Vậy % ( theo khối lượng) của 63Cu trong CuCl2 là: 34,18 %. 65 63 134,54 Chọn đáp án B. Ví dụ 24: Cho 41,2 gam hỗn hợp gồm C2H5COOH và C2H5COOCH3 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 48,0 gam muối C2H5COONa. Thành phần % theo số mol và % theo khối lượng của C2H5COOH trong hỗn hợp đầu lần lượt là A. 35,92% và 40,00% B. 40,00% và 35,92% C. 36,85%và 50,00% . D. 60,00% và 64,08% Giải: nhh = nmuối = 48/96 = 0,5 (mol). Maxit = 74; MEste = 88; M = 41,2/0,5 = 82,4. 88 82,4 0,5.74 Vậy %số mol ( axit) = .100% = 40%; % khối lượng(axit)= .40% = 35,92% 88 74 41,2 Chọn đáp án B. IX. Phương pháp bảo toàn electron ( Cho phản ứng oxi hoa-khử): Ví dụ 25: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu ( tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO3, thu được V lít ( ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dich Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là: A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,60 ( Trích “TSĐH A – 2007” ) 46 38 Giải: M X = 19.2 = 38. %V (NO) = .100% 50% = %V (NO2) n NO = n NO2= x (mol). 46 30 n Fe = nCu = 12/ 120 = 0,1 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử: Fe – 3e Fe 3+ ; Cu – 2e Cu 2+ 0,1 0,3 0,1 0,2 Tổng nhường e : 0,3 + 0,2 = 0,5 (e) +5 +2 +5 +4 N + 3e N ( NO) ; N + 1e N ( NO2) 3x x x x Tổng nhận e: 3x + x = 4x (e). Áp dụng ĐLBT electron ta có: 4x = 0,5 ; x = 0,125 (mol) n X = 2,0,125 = 0,25 (mol). Vậy :V = 0,25.22,4 = 5,60 (lít). Chọn đáp án D. Ví dụ 26: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch X và 1,344 lít ( ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối của hỗn hợp Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: nAl = 12,42/27 =0,46 (mol); M Y = 2.18 = 36; nY = 1,344/22,4 = 0,06 (mol). 36 28 % V (N2O) = .100%=50% n N20 = n N2 = 0,03 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử; 44 28 N +5 + 4e N+ ( N2O) ; N +5 + 5e N0 (N2) 0,24 0,06 0,3 0,06 Al – 3e Al 3+ 0,46 1,38 8 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta thấy: 1,38 – 0,54 = 0,84. Do đó còn xảy ra quá trình: N +5 + 8e N -3 ( NH4NO3) 0,84 0,105. Tổng khối lượng chất rắn khan( gồm Al(NO3)3 và NH4NO3 ) là: M = 0,46. 213 + 0,105. 80 = 106,38 (g). Chọn đáp án B. Chú ý: Khi kim loai tác dụng với HNO3 rất loãng còn có thể tạo ra cả muối NH4NO3. Ví dụ 27: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại.. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 151,5 B. 137,1. C. 97,5. D. 108,9. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: nNO = 3,36/22,4 = 0,15 (mol). Các quá trình oxihoa – khử: Cu – 2e Cu2+ ; 3 Fe+8/3 - e 3Fe 3+ ; N 5+ + 3e N 2+ ; Fe3+ + e Fe2+ x 2x x 3y y 3y 0,45 0,15 3 y 3y 3y 2 x y 0,45 3 y Áp dụng ĐLBT electron và ĐLBTKL ta có hệ: . 64 x 232 y 2,4 61,2 Giải hệ được: x = 0,375; y = 0,15. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được ( gồm Cu(NO3)2 và Fe(NO3)2 ) là: m = 0,375.188+ 0,45.180 = 151,5 (g). Chọn đáp án A. X. Phương pháp bảo toàn điện tích: Ví dụ 28: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+; 0,03 mol K+; x mol Cl – và y mol SO42 - . Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x,y lần lượt là A. 0,01 và 0,03 B. 0,02 và 0,05 C. 0,05 và 0,01 D. 0,03 và 0,02 ( Trích “ TSĐH A – 2007 “ ) x 2 y 0,07 Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có: 0,02.64 0,03.39 35,5 x 96 y 5,435 Giải hệ được: x = 0,03; y = 0,02. Chọn đáp án D. Ví dụ 29: Một dung dịch có chứa 0,02 mol NH4+ , x mol Fe3+; 0,01 mol Cl -; 0,02 mol SO4 2- , Khi cô cạn dung dịch này thu được lượng muối khan là A. 2,635 gam B. 3,195 gam C. 4,315 gam D. 4,875 gam Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích ta có 0,02 + 3x = 0,01 + 2. 0,02 x = 0,01 mol. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được là: 0,02.18 + 0,01.56 + 0,01.35,5 + 0,02. 96 = 3,195. Chọn đáp án B. Ví dụ 30: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,2M và H2SO4 0,25 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của m và V lần lượt là A. 10,8 và 4,48. B. 10,8 và 2,24. C. 17,8 và 2,24 D. 17,8 và 4,48. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: n Cu(NO3)2 = 0,2.0,8 = 0,16 (mol); n H2SO4 = 0,25.0,8 = 0,2 (mol). Phương trình điện ly: Cu(NO3)2 Cu 2+ + 2 NO3- ; H2SO4 2H+ + SO4 2-. Mol: 0,16 0,16 0,32 0,2 0,4 0,2 9 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Quá trình oxihoa- khử xảy ra theo thứ tự sau: Fe + 4H+ + NO3- Fe3+ + NO + 2H2O Mol: 0,1 0,4 0,1 0,1 0,1 2+ 2+ Fe + Cu Fe + Cu Mol: 0,16 0,16 0,16 3+ 3+ Fe + 2 Fe 3 Fe Mol: 0,05 0,1 Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có: m – 0,31.56 + 0,16. 64 = 0,6m m = 17,8 (g). V = 0,1.22,4 = 2,24 (l). Chọn đáp án C. XI. Phương pháp sử dụng phản ứng dạng Ion thu gọn: Ví dụ 31: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M) thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là: A. 2. B.1. C.6. D. 7. ( Trích “ TSĐH B – 2007” ) Giải:Ta có: n OH- = 0,1.0,1.2 + 0,1.0,1 = 0,03 (mol); n H+= 0,0375.0,4.2 +0,0125. 0,4 = 0,035 (mol). Khi trộn hai dung dịch xảy ra phản ứng trung hòa dạng ion là: H+ + OH- H2O. Từ phản ứng ta có: n H+(phản ứng) = n OH- = 0,03 (mol) n H+dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol). 0,005 [ H+] = = 0,01 = 10 -2 M. Vậy: pH = 2. 0,5 Chọn đáp án A. Ví dụ 32: Trộn 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 0,05M và HCl 0,1M với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M, thu được dung dịch X. Dung dịch X có pH là: A. 13,0. B. 1,2. . C. 1,0. D. 12,8. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: Tương tự VD 31. Chọn đáp án A. XII. Sử dụng sơ đồ biến hóa: Ví dụ 33: Oxi hóa hoàn toàn m gam bột Fe thu được hỗn hợp ba oxit sắt. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp ba oxit sắt bằng dung dịch HCl dư, tiếp tục cho dung dịch thu được phản ứng hoàn toàn với NaOH dư, thu được kết tủa X. Lấy kết tủa X, rửa sạch, rồi đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi cân nặng 16 gam. Giá trị của m là: A. 5,6. B. 11,2. C. 8,4. D. 16,8. Oxi HCl Giải: Sơ đồ biến hóa: Fe { FeO ; Fe2O3; Fe3O4 } {FeCl2 ; FeCl3} NaOH t 0 cao X={ Fe(OH)2; Fe(OH)3} Fe2O3. 16 Áp dụng ĐLBT nguyên tố ta có n Fe = 2 nFe2O3 = 2. = 0,2 (mol). Vậy: m = 0,2.56 = 11,2 (g). 160 Chọn đáp án B. 10 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- BÀI TẬP TỰ GIẢI: 1/ Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu được 11,2 lít khí CO2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X thì cần dùng 500ml dung dịch NaOh 1M. Hai axit đó là A. HCOOH, HOOC – CH2 – COOH. B. HCOOH, CH3COOH. C. HCOOH, C2H5COOH D. HCOOH, HOOC – COOH ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 2/ Xà phòng hóa hoàn toàn 66,6 gam hỗn hợp hai este HCOOC2H5 và CH3COOCH3 bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp X gồm hai ancol. Đun nóng hỗn hợp X với H2SO4 đặc ở 1400C, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam nước. Giá trị của m là A. 18,00. B. 8,10. C. 16,20. D. 4,05. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 3/ Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V lít khí CO2 ( ở đktc) và a gam H2O. Biểu thức liên hệ giữa m, a, V là: V V V V A. m = a - . B. m = 2a - . C. m = 2a - . D. m = a + . 5,6 11,2 22,4 5,6 ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 4/ Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C4H9NO2. Cho 10,3 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn không khí, làm giấy quỳ tím ammr chuyển màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Cô cạn dung dịch z thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 8,2 B. 10,8 C. 9,4 D. 9,6. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 5/ Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một ancol X no, mạch hở, cần vừa đủ 17,92 lít khí O 2 ( ở đktc). Mặt khác, nếu cho 0,1 mol X tác dụng vừa đủ với m gam Cu(OH)2 thì tạo thành dung dịch có màu xanh lam. Giá trị của m và tên gọi của X tương ứng là A. 4,9 và propan-1,2- điol. B. 9,8 và propan-1,2-điol. C. 4,9 và glixerol. D. 4,9 và propan-1,3- điol. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 6/ Hỗn hợp X gồm hai ancol no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Oxi hóa hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X có khối lượng m gam bằng CuO ở nhiệt độ thích hợp, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ Y. Cho Y tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 tronh NH3, thu được 54 gam Ag. Giá trị của m là: A. 15,3. B. 13,5. C. 8,1. D. 8,5. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 7/ Este X ( có khối lượng phân tử bằng 103 đvC) được điều chế từ một ancol đơn chức ( có tỉ lệ khối so với oxi lớn hơn 1) và một amino axit. Cho 25,75 gam X phản ứng vừa hết với 300ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn. Giá trị m là A. 27,75. B. 24,25. C. 26,25. D. 29,75. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 8/ Hiđro hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai anđehit no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được (m + 1) gam hỗn hợp hai ancol. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn toàn cũng m gam X thì cần vừa đủ 17,92 lít khí O2 ( ở đktc). Giá trị của m là A. 17,8. B. 24,8. C. 10,5. D. 8,8. 11 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 9/ Cho 0,02 mol amino axit X tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch HCl 0,1M thu được 3,67 gam muối khan. Mặt khác 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 40 gam dung dịch NaOH 4%. Công thức của X là: A. H2NC2H3(COOH)2 B. H2NC3H5(COOH)2 C. (H2N)2C3H5COOH. D. H2NC3H6COOH. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 10/ Hỗn hợp X gồm axit Y đơn chức và axit Z hai chức ( Y,Z có cùng số nguyên tử C ). Chia X thành hai phần bằng nhau. Cho phần một tác dụng hết với Na, sinh ra 4,48 lít khí H 2 (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần hai, sinh ra 26,4 gam CO2. Công thức cấu tạo thu gọn và phần trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp X lần lượt là: A. HOOC – CH2 – COOH và 70,87%. B. HOOC – CH2 – COOH và 54,88%. C. HOOC – COOH và 60,00%. D. HOOC – COOH và 42,86%. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 11/ Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO ( sản phẩm khử duy nhất ). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là: A. 240. B. 120. C. 360. D. 400. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 12/ Nung 6,58 gam Cu(NO3)2 trong bình kín không chứa không khí, sau một thời gian thu được 4,96 gam chất rắn và hỗn hợp khí X. Hấp thụ hoàn toàn X vào nước để được 300 ml dung dịch Y. Dung dịch Y có pH bằng: A. 2 B. 3. C. 4. D. 1. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 13/ Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO3 loãng, thu được 940,8 ml khí NxOy ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối đối với H2 bằng 22. Khí NxOy và kim loại M là: A. NO và Mg. B. N2O và Al. C. N2O và Fe. D. NO2 và Al. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 14/ Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO3 1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO ( sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m gam Cu. Giá trị của m là: A. 1,92. B. 0,64. C. 3,84. D. 3,20. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 15/ Cho 2,24 gam bột sắt vào 200ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn Y. Giá trị của m là A. 2,80. B. 2,16. C. 4,08. D. 0,64. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ). 16/ Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong điều kiện không có không khí. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít khí H2 ( ở đktc). Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. Giá trị của m là: A. 45,6. B. 48,3. C.36,7. D. 57,0. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) 12 -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) --------------------------------------------------------------
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Một số phương pháp giải nhanh
72 p |
1171 |
782
-
Một số phương pháp giải toán hóa
2 p |
1595 |
344
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 2)
4 p |
143 |
68
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 1)
4 p |
123 |
56
-
Phương pháp giải bài toán Hóa vô cơ - Phương pháp bảo toàn khối lượng
6 p |
144 |
50
-
Bài tập mốt số phương pháp giải bài toán hóa hữa cơ - 1
2 p |
129 |
47
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán hidroxit lưỡng tính
5 p |
154 |
43
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 3)
5 p |
90 |
43
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 2)
3 p |
50 |
23
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán nhiệt nhôm
4 p |
86 |
23
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 3)
4 p |
58 |
22
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán điện phân (Phần 1)
4 p |
50 |
21
-
Bài tập mốt số phương pháp giải bài toán hóa hữa cơ
2 p |
100 |
19
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán thủy phân-Oxi hóa cacbohidrat
4 p |
59 |
19
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Nâng cao-Phương pháp giải bài toán nhiệt nhôm
4 p |
50 |
16
-
Luyện thi Đại học môn Hóa: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán hidroxit lưỡng tính
5 p |
82 |
14
-
Luyện thi ĐH môn Hóa học 2015: Cơ bản-Phương pháp giải bài toán thủy phân-Oxi hóa cacbohidrat
4 p |
58 |
12

Set-Cookie: TLDEVNamespace=i4120288ds40k306oj2jiiocd6; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


text:
Nghị quyết Số: 39/2009/NQ-HĐND7
Chia sẻ: Danh Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3
82
lượt xem 3
download
lượt xem 3
download
Nghị quyết Số: 39/2009/NQ-HĐND7
Mô tả tài liệu
Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Tham khảo tài liệu 'nghị quyết số: 39/2009/nq-hđnd7', văn bản luật, thể thao - y tế phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Chủ đề:
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

markdown:
# Nghị quyết Số: 39/2009/NQ-HĐND7
Chia sẻ: Danh Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3
82
lượt xem 3
download
lượt xem 3
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2010/20100429/antromtraicay/80x100/nq_39_hdnd7_tinh_binh_duong_4665.jpg)
##
Nghị quyết Số: 39/2009/NQ-HĐND7
Mô tả tài liệu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Tham khảo tài liệu 'nghị quyết số: 39/2009/nq-hđnd7', văn bản luật, thể thao - y tế phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Chủ đề:
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

WARC-Identified-Payload-Type: application/xhtml+xml

Server: Apache/2.2.31 (CentOS)

Connection: close

Pragma: no-cache

Cache-Control: no-store, no-cache, must-revalidate, post-check=0, pre-check=0

Set-Cookie: TLDEVNamespace=j4pb0p04ctdtsubr9r3pph12o5; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly

Vary: Accept-Encoding

Content-Type: text/html; charset=UTF-8


text:
Nguyên lý của công nghệ LCD trên ĐTDĐ
Chia sẻ: Nguyen Van Dau | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15
lượt xem 86
download
Nguyên lý của công nghệ LCD trên ĐTDĐ
chúng ta sẽ tìm hiểu về nguyên lý của màn hình tinh thể lỏng , tìm hiểu cấu tạo và nguyên lý hoạt động của màn hình LCD nói chung và màn hình LCD cho điện thoại nói riêng , thực chất màn hình LCD của Điện thoại và của Máy tính là một, chúng chỉ khác nhau về kích thước .
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Nguyên lý của công nghệ LCD trên ĐTDĐ
- www.hocnghe.com.vn 1 - Nguyên lý của công nghệ LCD 1 . Nguyên lý của màn hình LCD LCD ( Liquid Crystal Display ) Màn tinh thể lỏng Trong chương này, chúng ta sẽ tìm hiểu về nguyên lý của màn hình tinh thể lỏng , tìm hiểu cấu tạo và nguyên lý hoạt động của màn hình LCD nói chung và màn hình LCD cho điện thoại nói riêng , thực chất màn hình LCD của Điện thoại và của Máy tính là một, chúng chỉ khác nhau về kích thước . Các phần tử tinh thể lỏng sắp xếp dọc theo khe rãnh . - Ở trạng thái tự nhiên, các phần tử tinh thể lỏng sắp xếp không theo trật tự nào cả . - Khi được tiếp cận với bề mặt có khe rãnh, các phần tử tinh thể lỏng sắp xếp song song dọc theo khe rãnh . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Trạng thái tự nhiên Khi tiếp cận với bề mặt có khe rãnh Khi các tinh thể lỏng đan xen vào giữa các phiến trên và phiến dưới chúng sắp xếp thẳng hàng với khe rãnh lần lượt theo hướng "a" và "b" Các phần tử phía trên dọc theo chiều "a" còn phía dưới dọc theo chiều khác là "b" đẩy tinh thể lỏng sắp xếp theo một cấu trúc xoay 90o . Ánh sáng xuyên qua vùng không gian ( khoảng trống ) của phần tử sắp xếp Ánh sáng cũng xoay khi xuyên suốt, hệt như các tinh thể lỏng xoay Ánh sáng xuyên qua các tinh thể lỏng, tiếp đó hướng vào các phần tử đã sắp xếp xoay 90o như hình vẽ => ánh sáng cũng xoay 90o xuyên qua các tinh thể lỏng . Ánh sáng bẻ uốn cong 90o như các phân tử khi xoay . Các phần tử sắp xếp khi có điện trường đặt vào Khi có điện trường đặt vào, tinh thể lỏng cấu trúc lại làm xoay ánh sáng khi xuyên qua . Cấu trúc phân tử trong các tinh thể lỏng sắp xếp một cách dễ dàng khi có điện trường đặt vào hoặc điện cực Anot ngoài tác dụng. Khi có điện áp đặt, các phân tử tự sắp xếp xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn theo chiều dọc ( dọc theo điện trường ) và ánh sáng cũng xuyên suốt dọc theo chiều sắp xếp của phân tử . Chắn sáng với 2 bộ lọc phân cực ( Polarizing filters - bộ lọc phân cực ) - Khi có điện áp đặt vào, kết hợp cả 2 bộ lọc phân cực làm xoay tinh thể lỏng trở thành 1 hiển thị LCD . - Ánh sáng sẽ xuyên qua khi hai bộ lọc phân cực sắp xếp với trục phân cực như hình vẽ trái - Ánh sáng sẽ bị chặn khi 2 bộ lọc phân cực sắp xếp với trục phân cựn như hình vẽ phải . Màn hình LCD Kết hợp cả hai bộ lọc phân cực và sự xoay của tinh thể lỏng tạo lên một màn hình tinh thể lỏng . Polarizing Filters : Bộ lọc phân cực Alighnment layers : Sắp xếp xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn lớp Voltage : Điện áp Light : Ánh sáng Khi hai bộ lọc phân cực sắp xếp dọc suốt theo hướng vuông góc với trục điện cực, ánh sáng đi vào từ phía trên , đổi hướng 90o dọc theo hướng đường hình soắn ốc của các phân tử tinh thể lỏng, vì vậy ánh sáng xuyên qua bộ lọc dưới Khi có điện áp đặt vào, các phân tử tinh thể lỏng nắn thẳng trên đường ra từ hình đường soắn ốc và dừng, đổi hướng rẽ của ánh sáng, do vậy đã ngăn cản ánh sáng xuyên qua bộ lọc dưới ( bộ lọc thấp ) Hình vẽ miêu tả nguyên lý điển hình xoay màn hình tinh thể lỏng trong LCD, các tinh thể lỏng nơi mà các phân tử xoay hình đường soắn ốc là đan xen giữa hai bộ lọc điện cực ( phân cực) . Khi có điện áp đặt vào ánh sáng bị chắn và màn hình xuất hiện đen . 2. Các hệ thống hiển thị . Các nguyên lý hiển thị Các ký tự , chữ số và đồ hoạ được hiển thị cơ bản dựa theo 3 phương pháp hiển thị . 1 . Hệ thống thanh đoạn Hiển thị độ dài sắp xếp theo dạng hình số "8" để hiển thị số . 2. Hệ thống ma trận điểm ( hiển thị ký tự ) Hiển thị sắp xếp thao các hàng và các cột để hiển thị ký tự . 3. Hệ thống ma trận điểm ( hiển thị đồ hoạ ) xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Hiển thị sắp xếp theo các hàng và các cột để hiển thị đồ hoạ Nguyên lý hiển thị mầu Mầu được hiển thị nhờ các bộ lọc mầu dành cho mỗi thành phần hiển thị, trong hệ thống ma trận điểm, các điểm mầu đỏ (R) , xanh lá (G), xanh dương (B) nhận được do sử dụng các bộ lọc mầu, ba mầu cơ bản trên kết hợp lại cho ta một điểm ảnh, mỗi điểm mầu sẽ cho một mầu có cường độ sáng khác nhau, một điểm ảnh có thể cho vô số mầu và là mầu tổng hợp được từ ba mầu cơ bản trên . 3. Cấu trúc LCD và nguyên tắc hoạt động Tiếp theo là miêu tả tóm tắt cấu trúc vật liệu tinh thể lỏng và quá trình chế tạo LCD Cấu trúc LCD 1. Polarizing filter ( Bộ lọc phân cực ) Điều khiển ánh sáng đi vào và thoát ra 2. Glass substrate ( Hợp chất thuỷ tinh đặc biệt ) Lọc chặn điện từ các điện cực 3. Transparent electrodes ( Điện cực trong suốt ) Là các thanh dẫn điện trong suốt cho phép ánh sáng xuyên qua 4. Alignment layer ( Sắp xếp lớp ) xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Là hai bề mặt có rãnh, ở giữa là các phân tử tinh thể lỏng, các phân tử được sắp xếp theo hình soắn ốc 90o 5. Liquid crystals ( Các tinh thể lỏng ) 6. Spacer ( Khoảng trống ) Duy trì khoảng cách đều giữa các tấm kính 7. Color filter ( Bộ lọc mầu ) Mầu được lọc và thể hiện khi dùng các bộ lọc R, G và B 8. Backlighting ( Ánh sáng phía sau ) Ánh sáng được chiếu từ phía sau màn hình xuyên qua các lớp trên, ở màn hình điện thoại, người ta sử dụng ánh sáng chiếu từ xung quanh sau đó dùng lớp phản xạ để hướng ánh sáng chiếu thẳng góc với màn hình từ sau về phía trước . Nguyên tắc hoạt động . - Active element ( Transistor ) - Phần tử tích cực ( Transistor ) - X Electronic - Điện cực X - Y Electronic - Điện cực Y - Light - Ánh sáng Cấu tạo : - Các điện cực X và Y sắp xếp thành hàng và dãy, mỗi điểm giao nhau có một Transistor trường, chân S đấu vào điện cực Y, chân G đấu vào điện cực X , khi Transistor dẫn thì chân D sẽ có điện áp bằng điện cực Y tạo ra một điện áp chênh lệch với đế trên của LCD - Mỗi Transistor sẽ điều khiển một điểm mầu , các tín hiệu ngắt mở được đưa đến điện cực X, tín hiệu Video được đưa đến điện cực Y, điện áp chênh lệch giữa điện cực X và Y sẽ làm Transistor dẫn tạo ra một điểm mầu có cường độ sáng nhất định . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Mỗi điểm mầu do một Transistor điều khiển, mỗi điểm mầu sẽ phát ra một mầu có cường độ sáng khác nhau, cường độ sáng phụ thuộc vào tín hiệu Video đặt vào điện cực Y Ba điểm mầu mang ba mầu khác nhau R(đỏ), G (Xanh lá) và B (Xanh lơ) tạo lên một điểm ảnh, khi thay đổi cường độ sáng của các điểm mầu sẽ tạo ra cho điểm ảnh có vô số mầu sắc khác nhau ( Nguyên lý trộn mầu trong tự nhiên ) Màn hình điện thoại có độ phân giải là 96 x 128 nghĩa là sẽ có 96 x 128 = 12338 điểm ảnh hoặc có 12338x3 = 37014 điểm mầu . 2 - Hư hỏng của màn hình LCD 2 . Những hư hỏng liên quan đến màn hình LCD ? Một màn hình LCD bình thường sẽ cho hình ảnh sáng rõ, mầu sắc rực rỡ . Độ sáng của màn hình LCD là do mạch chiếu sáng từ phía sau màn hình, còn gọi là mạch Backlight , mạch này đồng thời chiếu sáng cả bàn phím thông qua các đèn LED . Hình ảnh trên màn hình là do Vi xử lý điều khiển, CPU điều khiển điện áp trên các điểm ảnh khiến cho các phần tử tinh thể lỏng xoay một góc nhất định tạo ra hình ảnh trên màn hình . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Hiện tượng màn hình sáng trắng không có hình điều này chứng tỏ là đèn Backlight chiếu sáng phía sau màn hình vẫn tốt nhưng mất tín hiệu điều khiển từ CPU sang màn hình . Với hiện tượng này bạn cần kiểm tra kỹ dây cáp tín hiệu từ CPU đi tới màn hình, chỉ cần một đường dây bị đứt là dẫn đến hiện tượng trên . Hiện tượng màn ảnh có hình nhưng tối om . => Có hình là chứng tỏ mạch điều khiển từ CPU sang màn hình LCD vẫn tốt => Tối om là chứng tỏ màn hình mất ánh sáng Backlight do các đi ốt phát quang chiếu từ phía sau màn hình . => Với hiện tượng này thông thường đi với hiện tượng mất ánh sáng bàn phím, bạn cần kiểm tra mạch Backlight cấp nguồn cho Led chiếu sáng bàn phím và màn hình . Hiện tượng mất hình và màn hình tối đen . Nếu máy không lên nguồn, không hoạt động thì đây là do hỏng khối điều khiển Nếu máy của bạn vẫn nghe được người khác gọi hoặc xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn vẫn có tín hiệu dung chuông thì hiện tượng này có hai nguyên nhân . - Đứt cáp tín hiệu từ vỉ máy lên màn hình - Đứt cáp tín hiệu từ CPU tới màn hình LCD đồng thời hỏng mạch cấp nguồn Backlight chiếu sáng màn hình . Đây là hiện tượng màn hình bị va đập mạnh, vỡ các tinh thể trên màn hình, trường hợp này bạn cần phải thay màn hình mới . Hiện tượng màn hình bị ố, thông thường do máy bị nước vào, nước ngấm vào phía sau màn hình . Trường hợp này bạn có thể khắc phục được bằng cách => Tháo màn hình ra => Tháo tấm phản quang phía sau màn hình, lau sạch nước và hơi ẩm . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Lớp bạc sau màn hình Tháo lớp bạc sau màn hình, bạn sẽ nhìn thấy một tấm nhựa trong suốt ở ngay sau lớp bạc xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Bạn tháo lớp nhựa trong suốt và lau sạch nước ở các lớp phản quang phía dưới lớp nhựa, sau đó lắp lại như cũ 2. Nguyên lý mạch điều khiển màn hình LCD Hình ảnh trên mô tả hoạt động của màn hình. + Trường hợp 1 : Màn hình bị mất tín hiệu từ CPU sang màn LCD, có thể do đứt cáp tín hiệu hoặc rắc kết nối không tiếp xúc, màn hình vẫn sáng vì có đèn Backlight chiếu sáng từ phía sau : + Trường hợp 2 : Màn hình có hình ảnh bình thường, có tín hiệu từ CPU đưa sang màn hình, có đèn Backlight chiếu từ phía sau để màn hình phát sáng . + Trường hợp 3 : Mất điện áp Backlight cấp cho đi ốt chiếu sáng phía sau màn hình, làm cho màn hình tối om, tuy nhiên tín hiệu từ CPU sang màn hình LCD vẫn bình thường, vì vậy vẫn có hình ảnh trên màn hình . + Trường hợp 4 : Màn hình bị mất tín hiệu từ CPU vì vậy xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn không có hình ảnh trên màn hình, đồng thời mất điện áp Backlight cấp cho đèn chiếu sáng màn hình, vì vậy màn hình tối om . Hiện tượng màn hình chập chờn, nguyên nhân thường do đứt ngậm cáp tín hiệu, hiện tựơng này thường gặp ở các máy màn hình gấp hoặc màn hình trượt . 3. Nguyên lý mạch Backlight chiếu sáng màn hình, bàn phím Mạch Backlight điều khiển cấp nguồn cho Led chiếu sáng màn hình a) Mạch Backlight trong các máy đời thấp . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Mạch Backlight điều khiển các đèn chiếu sáng màn hình, bàn phím trong các máy đời thấp b) Mạch Backlight trong các máy đời cao . Nguyên lý hoạt động của mạch Backlight tăng áp Mạch Backlight tăng áp được sử dụng trong hầu hết các loại điện thoại hiện nay , mạch sử dụng một IC có khoảng 8 chân kết hợp với cuộn dây và đi ốt tạo thành mạch tăng áp . Khi có lệnh điều khiển từ CPU , IC tăng áp hoạt động nâng điện áp 3,7V của nguồn V.BAT lên thành 7V cung cấp cho các đèn LED màn hình và bàn phím . Các đèn được mắc nối tiếp, nguồn 3,7V không đủ làm sáng hai đèn LED mắc nối tiếp, khi nguồn tăng lên đến 7V, mỗi đèn có điện áp 3,5V và các đèn phát sáng bình thường . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Mạch tăng áp Backlight của máy Nokia 6610 gồm một IC 8 chân và một cuộn dây 4. Thay cáp màn hình Samsung E700 Màn hình và cáp màn hình máy Samsung E700 Các loại máy gập như Samsung E700 thường hay bị đứt cáp tín hiệu, khi cáp tín hiệu bị đứt thường sinh hiện tượng màn ảnh sáng trắng không có hình hoặc màn ảnh chập chờn . Trước hết bạn hãy mua một cáp tín hiệu xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Cáp tín hiệu cho màn hình E700 Dùng máy hàn khò để tháo mối hàn của hai màn hình ra khỏi cáp tín hiệu cũ , sau đó thay cáp tín hiệu mới và hàn lại màn hình bằng mỏ hàn kim . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Chương 6: Nguyên lý LCD
15 p | 1481 | 567
-
Công nghệ vi điện tử
23 p | 332 | 135
-
Ebook Công nghệ phun phủ bảo vệ và phục hồi - TS. Nguyễn Văn Thông
179 p | 174 | 95
-
CÔNG NGHỆ SCADA - GIẢI PHÁP HIỆN ĐẠI HOÁ
7 p | 157 | 94
-
Giáo trình CÔNG NGHỆ VI ĐIỆN TỬ - Chương 3
5 p | 304 | 94
-
Bài giảng Công tơ điện một pha - Lê Đình Tâm
29 p | 152 | 48
-
Nguyên lý của công nghệ LCD
15 p | 80 | 31
-
Nguyên lý của mạch điện phản hồi âm
7 p | 37 | 10
-
Thiết bị công nghệ và sản phẩm, giải pháp phần mềm trong nước part 7
59 p | 41 | 9
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p6
10 p | 69 | 6
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p2
10 p | 22 | 5
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p7
10 p | 35 | 4
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p4
10 p | 23 | 4
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p5
10 p | 25 | 3
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p3
10 p | 29 | 3
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p1
9 p | 22 | 3
-
Khả năng ứng dụng công nghệ hoàn nguyên ilment làm nguyên liệu sản xuất que hàn điện
6 p | 28 | 3

markdown:
# Nguyên lý của công nghệ LCD trên ĐTDĐ
Chia sẻ: Nguyen Van Dau | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15
lượt xem 86
download
![](http://image1.tailieu.vn/document/thumbnail/2010/20100710/trannguyen1111/80x100/chuong6_nguyenlylcd_0384.jpg)
##
Nguyên lý của công nghệ LCD trên ĐTDĐ
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static1.tailieu.vn/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
chúng ta sẽ tìm hiểu về nguyên lý của màn hình tinh thể lỏng , tìm hiểu cấu tạo và nguyên lý hoạt động của màn hình LCD nói chung và màn hình LCD cho điện thoại nói riêng , thực chất màn hình LCD của Điện thoại và của Máy tính là một, chúng chỉ khác nhau về kích thước .
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Nguyên lý của công nghệ LCD trên ĐTDĐ
- www.hocnghe.com.vn 1 - Nguyên lý của công nghệ LCD 1 . Nguyên lý của màn hình LCD LCD ( Liquid Crystal Display ) Màn tinh thể lỏng Trong chương này, chúng ta sẽ tìm hiểu về nguyên lý của màn hình tinh thể lỏng , tìm hiểu cấu tạo và nguyên lý hoạt động của màn hình LCD nói chung và màn hình LCD cho điện thoại nói riêng , thực chất màn hình LCD của Điện thoại và của Máy tính là một, chúng chỉ khác nhau về kích thước . Các phần tử tinh thể lỏng sắp xếp dọc theo khe rãnh . - Ở trạng thái tự nhiên, các phần tử tinh thể lỏng sắp xếp không theo trật tự nào cả . - Khi được tiếp cận với bề mặt có khe rãnh, các phần tử tinh thể lỏng sắp xếp song song dọc theo khe rãnh . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Trạng thái tự nhiên Khi tiếp cận với bề mặt có khe rãnh Khi các tinh thể lỏng đan xen vào giữa các phiến trên và phiến dưới chúng sắp xếp thẳng hàng với khe rãnh lần lượt theo hướng "a" và "b" Các phần tử phía trên dọc theo chiều "a" còn phía dưới dọc theo chiều khác là "b" đẩy tinh thể lỏng sắp xếp theo một cấu trúc xoay 90o . Ánh sáng xuyên qua vùng không gian ( khoảng trống ) của phần tử sắp xếp Ánh sáng cũng xoay khi xuyên suốt, hệt như các tinh thể lỏng xoay Ánh sáng xuyên qua các tinh thể lỏng, tiếp đó hướng vào các phần tử đã sắp xếp xoay 90o như hình vẽ => ánh sáng cũng xoay 90o xuyên qua các tinh thể lỏng . Ánh sáng bẻ uốn cong 90o như các phân tử khi xoay . Các phần tử sắp xếp khi có điện trường đặt vào Khi có điện trường đặt vào, tinh thể lỏng cấu trúc lại làm xoay ánh sáng khi xuyên qua . Cấu trúc phân tử trong các tinh thể lỏng sắp xếp một cách dễ dàng khi có điện trường đặt vào hoặc điện cực Anot ngoài tác dụng. Khi có điện áp đặt, các phân tử tự sắp xếp xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn theo chiều dọc ( dọc theo điện trường ) và ánh sáng cũng xuyên suốt dọc theo chiều sắp xếp của phân tử . Chắn sáng với 2 bộ lọc phân cực ( Polarizing filters - bộ lọc phân cực ) - Khi có điện áp đặt vào, kết hợp cả 2 bộ lọc phân cực làm xoay tinh thể lỏng trở thành 1 hiển thị LCD . - Ánh sáng sẽ xuyên qua khi hai bộ lọc phân cực sắp xếp với trục phân cực như hình vẽ trái - Ánh sáng sẽ bị chặn khi 2 bộ lọc phân cực sắp xếp với trục phân cựn như hình vẽ phải . Màn hình LCD Kết hợp cả hai bộ lọc phân cực và sự xoay của tinh thể lỏng tạo lên một màn hình tinh thể lỏng . Polarizing Filters : Bộ lọc phân cực Alighnment layers : Sắp xếp xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn lớp Voltage : Điện áp Light : Ánh sáng Khi hai bộ lọc phân cực sắp xếp dọc suốt theo hướng vuông góc với trục điện cực, ánh sáng đi vào từ phía trên , đổi hướng 90o dọc theo hướng đường hình soắn ốc của các phân tử tinh thể lỏng, vì vậy ánh sáng xuyên qua bộ lọc dưới Khi có điện áp đặt vào, các phân tử tinh thể lỏng nắn thẳng trên đường ra từ hình đường soắn ốc và dừng, đổi hướng rẽ của ánh sáng, do vậy đã ngăn cản ánh sáng xuyên qua bộ lọc dưới ( bộ lọc thấp ) Hình vẽ miêu tả nguyên lý điển hình xoay màn hình tinh thể lỏng trong LCD, các tinh thể lỏng nơi mà các phân tử xoay hình đường soắn ốc là đan xen giữa hai bộ lọc điện cực ( phân cực) . Khi có điện áp đặt vào ánh sáng bị chắn và màn hình xuất hiện đen . 2. Các hệ thống hiển thị . Các nguyên lý hiển thị Các ký tự , chữ số và đồ hoạ được hiển thị cơ bản dựa theo 3 phương pháp hiển thị . 1 . Hệ thống thanh đoạn Hiển thị độ dài sắp xếp theo dạng hình số "8" để hiển thị số . 2. Hệ thống ma trận điểm ( hiển thị ký tự ) Hiển thị sắp xếp thao các hàng và các cột để hiển thị ký tự . 3. Hệ thống ma trận điểm ( hiển thị đồ hoạ ) xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Hiển thị sắp xếp theo các hàng và các cột để hiển thị đồ hoạ Nguyên lý hiển thị mầu Mầu được hiển thị nhờ các bộ lọc mầu dành cho mỗi thành phần hiển thị, trong hệ thống ma trận điểm, các điểm mầu đỏ (R) , xanh lá (G), xanh dương (B) nhận được do sử dụng các bộ lọc mầu, ba mầu cơ bản trên kết hợp lại cho ta một điểm ảnh, mỗi điểm mầu sẽ cho một mầu có cường độ sáng khác nhau, một điểm ảnh có thể cho vô số mầu và là mầu tổng hợp được từ ba mầu cơ bản trên . 3. Cấu trúc LCD và nguyên tắc hoạt động Tiếp theo là miêu tả tóm tắt cấu trúc vật liệu tinh thể lỏng và quá trình chế tạo LCD Cấu trúc LCD 1. Polarizing filter ( Bộ lọc phân cực ) Điều khiển ánh sáng đi vào và thoát ra 2. Glass substrate ( Hợp chất thuỷ tinh đặc biệt ) Lọc chặn điện từ các điện cực 3. Transparent electrodes ( Điện cực trong suốt ) Là các thanh dẫn điện trong suốt cho phép ánh sáng xuyên qua 4. Alignment layer ( Sắp xếp lớp ) xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Là hai bề mặt có rãnh, ở giữa là các phân tử tinh thể lỏng, các phân tử được sắp xếp theo hình soắn ốc 90o 5. Liquid crystals ( Các tinh thể lỏng ) 6. Spacer ( Khoảng trống ) Duy trì khoảng cách đều giữa các tấm kính 7. Color filter ( Bộ lọc mầu ) Mầu được lọc và thể hiện khi dùng các bộ lọc R, G và B 8. Backlighting ( Ánh sáng phía sau ) Ánh sáng được chiếu từ phía sau màn hình xuyên qua các lớp trên, ở màn hình điện thoại, người ta sử dụng ánh sáng chiếu từ xung quanh sau đó dùng lớp phản xạ để hướng ánh sáng chiếu thẳng góc với màn hình từ sau về phía trước . Nguyên tắc hoạt động . - Active element ( Transistor ) - Phần tử tích cực ( Transistor ) - X Electronic - Điện cực X - Y Electronic - Điện cực Y - Light - Ánh sáng Cấu tạo : - Các điện cực X và Y sắp xếp thành hàng và dãy, mỗi điểm giao nhau có một Transistor trường, chân S đấu vào điện cực Y, chân G đấu vào điện cực X , khi Transistor dẫn thì chân D sẽ có điện áp bằng điện cực Y tạo ra một điện áp chênh lệch với đế trên của LCD - Mỗi Transistor sẽ điều khiển một điểm mầu , các tín hiệu ngắt mở được đưa đến điện cực X, tín hiệu Video được đưa đến điện cực Y, điện áp chênh lệch giữa điện cực X và Y sẽ làm Transistor dẫn tạo ra một điểm mầu có cường độ sáng nhất định . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Mỗi điểm mầu do một Transistor điều khiển, mỗi điểm mầu sẽ phát ra một mầu có cường độ sáng khác nhau, cường độ sáng phụ thuộc vào tín hiệu Video đặt vào điện cực Y Ba điểm mầu mang ba mầu khác nhau R(đỏ), G (Xanh lá) và B (Xanh lơ) tạo lên một điểm ảnh, khi thay đổi cường độ sáng của các điểm mầu sẽ tạo ra cho điểm ảnh có vô số mầu sắc khác nhau ( Nguyên lý trộn mầu trong tự nhiên ) Màn hình điện thoại có độ phân giải là 96 x 128 nghĩa là sẽ có 96 x 128 = 12338 điểm ảnh hoặc có 12338x3 = 37014 điểm mầu . 2 - Hư hỏng của màn hình LCD 2 . Những hư hỏng liên quan đến màn hình LCD ? Một màn hình LCD bình thường sẽ cho hình ảnh sáng rõ, mầu sắc rực rỡ . Độ sáng của màn hình LCD là do mạch chiếu sáng từ phía sau màn hình, còn gọi là mạch Backlight , mạch này đồng thời chiếu sáng cả bàn phím thông qua các đèn LED . Hình ảnh trên màn hình là do Vi xử lý điều khiển, CPU điều khiển điện áp trên các điểm ảnh khiến cho các phần tử tinh thể lỏng xoay một góc nhất định tạo ra hình ảnh trên màn hình . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Hiện tượng màn hình sáng trắng không có hình điều này chứng tỏ là đèn Backlight chiếu sáng phía sau màn hình vẫn tốt nhưng mất tín hiệu điều khiển từ CPU sang màn hình . Với hiện tượng này bạn cần kiểm tra kỹ dây cáp tín hiệu từ CPU đi tới màn hình, chỉ cần một đường dây bị đứt là dẫn đến hiện tượng trên . Hiện tượng màn ảnh có hình nhưng tối om . => Có hình là chứng tỏ mạch điều khiển từ CPU sang màn hình LCD vẫn tốt => Tối om là chứng tỏ màn hình mất ánh sáng Backlight do các đi ốt phát quang chiếu từ phía sau màn hình . => Với hiện tượng này thông thường đi với hiện tượng mất ánh sáng bàn phím, bạn cần kiểm tra mạch Backlight cấp nguồn cho Led chiếu sáng bàn phím và màn hình . Hiện tượng mất hình và màn hình tối đen . Nếu máy không lên nguồn, không hoạt động thì đây là do hỏng khối điều khiển Nếu máy của bạn vẫn nghe được người khác gọi hoặc xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn vẫn có tín hiệu dung chuông thì hiện tượng này có hai nguyên nhân . - Đứt cáp tín hiệu từ vỉ máy lên màn hình - Đứt cáp tín hiệu từ CPU tới màn hình LCD đồng thời hỏng mạch cấp nguồn Backlight chiếu sáng màn hình . Đây là hiện tượng màn hình bị va đập mạnh, vỡ các tinh thể trên màn hình, trường hợp này bạn cần phải thay màn hình mới . Hiện tượng màn hình bị ố, thông thường do máy bị nước vào, nước ngấm vào phía sau màn hình . Trường hợp này bạn có thể khắc phục được bằng cách => Tháo màn hình ra => Tháo tấm phản quang phía sau màn hình, lau sạch nước và hơi ẩm . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Lớp bạc sau màn hình Tháo lớp bạc sau màn hình, bạn sẽ nhìn thấy một tấm nhựa trong suốt ở ngay sau lớp bạc xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Bạn tháo lớp nhựa trong suốt và lau sạch nước ở các lớp phản quang phía dưới lớp nhựa, sau đó lắp lại như cũ 2. Nguyên lý mạch điều khiển màn hình LCD Hình ảnh trên mô tả hoạt động của màn hình. + Trường hợp 1 : Màn hình bị mất tín hiệu từ CPU sang màn LCD, có thể do đứt cáp tín hiệu hoặc rắc kết nối không tiếp xúc, màn hình vẫn sáng vì có đèn Backlight chiếu sáng từ phía sau : + Trường hợp 2 : Màn hình có hình ảnh bình thường, có tín hiệu từ CPU đưa sang màn hình, có đèn Backlight chiếu từ phía sau để màn hình phát sáng . + Trường hợp 3 : Mất điện áp Backlight cấp cho đi ốt chiếu sáng phía sau màn hình, làm cho màn hình tối om, tuy nhiên tín hiệu từ CPU sang màn hình LCD vẫn bình thường, vì vậy vẫn có hình ảnh trên màn hình . + Trường hợp 4 : Màn hình bị mất tín hiệu từ CPU vì vậy xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn không có hình ảnh trên màn hình, đồng thời mất điện áp Backlight cấp cho đèn chiếu sáng màn hình, vì vậy màn hình tối om . Hiện tượng màn hình chập chờn, nguyên nhân thường do đứt ngậm cáp tín hiệu, hiện tựơng này thường gặp ở các máy màn hình gấp hoặc màn hình trượt . 3. Nguyên lý mạch Backlight chiếu sáng màn hình, bàn phím Mạch Backlight điều khiển cấp nguồn cho Led chiếu sáng màn hình a) Mạch Backlight trong các máy đời thấp . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Mạch Backlight điều khiển các đèn chiếu sáng màn hình, bàn phím trong các máy đời thấp b) Mạch Backlight trong các máy đời cao . Nguyên lý hoạt động của mạch Backlight tăng áp Mạch Backlight tăng áp được sử dụng trong hầu hết các loại điện thoại hiện nay , mạch sử dụng một IC có khoảng 8 chân kết hợp với cuộn dây và đi ốt tạo thành mạch tăng áp . Khi có lệnh điều khiển từ CPU , IC tăng áp hoạt động nâng điện áp 3,7V của nguồn V.BAT lên thành 7V cung cấp cho các đèn LED màn hình và bàn phím . Các đèn được mắc nối tiếp, nguồn 3,7V không đủ làm sáng hai đèn LED mắc nối tiếp, khi nguồn tăng lên đến 7V, mỗi đèn có điện áp 3,5V và các đèn phát sáng bình thường . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Mạch tăng áp Backlight của máy Nokia 6610 gồm một IC 8 chân và một cuộn dây 4. Thay cáp màn hình Samsung E700 Màn hình và cáp màn hình máy Samsung E700 Các loại máy gập như Samsung E700 thường hay bị đứt cáp tín hiệu, khi cáp tín hiệu bị đứt thường sinh hiện tượng màn ảnh sáng trắng không có hình hoặc màn ảnh chập chờn . Trước hết bạn hãy mua một cáp tín hiệu xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
- www.hocnghe.com.vn Cáp tín hiệu cho màn hình E700 Dùng máy hàn khò để tháo mối hàn của hai màn hình ra khỏi cáp tín hiệu cũ , sau đó thay cáp tín hiệu mới và hàn lại màn hình bằng mỏ hàn kim . xuanvinh_0912421959 Tài liệu này đã đăng ký bản quyền
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Chương 6: Nguyên lý LCD
15 p |
1481 |
567
-
Công nghệ vi điện tử
23 p |
332 |
135
-
Ebook Công nghệ phun phủ bảo vệ và phục hồi - TS. Nguyễn Văn Thông
179 p |
174 |
95
-
CÔNG NGHỆ SCADA - GIẢI PHÁP HIỆN ĐẠI HOÁ
7 p |
157 |
94
-
Giáo trình CÔNG NGHỆ VI ĐIỆN TỬ - Chương 3
5 p |
304 |
94
-
Bài giảng Công tơ điện một pha - Lê Đình Tâm
29 p |
152 |
48
-
Nguyên lý của công nghệ LCD
15 p |
80 |
31
-
Nguyên lý của mạch điện phản hồi âm
7 p |
37 |
10
-
Thiết bị công nghệ và sản phẩm, giải pháp phần mềm trong nước part 7
59 p |
41 |
9
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p6
10 p |
69 |
6
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p2
10 p |
22 |
5
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p7
10 p |
35 |
4
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p4
10 p |
23 |
4
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p5
10 p |
25 |
3
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p3
10 p |
29 |
3
-
Giáo trình phân tích quy trình ứng dụng nguyên lý của quá trình sấy trong bộ điều chỉnh p1
9 p |
22 |
3
-
Khả năng ứng dụng công nghệ hoàn nguyên ilment làm nguyên liệu sản xuất que hàn điện
6 p |
28 |
3

Set-Cookie: TLDEVNamespace=t1cf985528n5s4h4h83msgco31; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly