Giải bài tập este bằng PP Quy đổi

PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP ESTEPhương pháp quy đổi có thể nói là một trong những phương pháp rất hữu ích đối với các học sinh muốn dành điểm cao môn hóa học song không phải học sin

PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP ESTE

Phương pháp quy đổi có thể nói là một trong những phương pháp rất hữu ích đối với các học sinh muốn dành điểm cao môn hóa học song không phải học sinh nào cũng thành thạo phương pháp này, nguyên tắc chung của phương pháp là người học tự quy đổi bài toán gốc phức tạp thành bài toàn mới đơn giản hơn mà vẫn giữ được bản chất hóa học của đề ra.từ đó giải quyết một cách thuận lợi và nhanh nhất.Sau đây tác giả xin giới thiệu phương pháp quy đổi thông qua giải quyết một số tình huống đề thi thực tiễn.Hy vọng sẽ giúp ích các em học sinh cũng như đồng nghiệp có thêm kênh tham khảo.

Câu 41(ĐHA- 2014): Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là

ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2 Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là

A 4,68 gam B 5,04 gam C 5,44 gam D 5,80 gam.

Hướng dẫn giải

E

O2 0,59 mol

11,16 gam

CO2

H2O 9,36 gam

0,52 mol

0,47 mol

DLBTKL

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no

Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:

CH2 = CH - COOH

C3H6(OH)2

CH2=CH-COO

CH2=CH-COO

C3H6

CH2

Sơ đồ phản ứng:

CH2 = CH - COOH

C3H6(OH)2

CH2=CH-COO

CH2=CH-COO

C3H6

CH2

H2O

a

b

c

d

11,16 gam

0,47 mol

0,52 mol

Br2 0,04 mol 0,59 mol

C3H6(OH)2

H2O a mol

( b + c ) (a + 2c )

( m gam)

Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14 (I)

Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O : -a + b – 3c = 0,05 (II)

Bảo toàn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04 (III)

Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16 (IV)

Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02

Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắc chắn an col Z là C3H6(OH)2

Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam

Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3

axit cacboxylic (phântử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử) Thủy phân

hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48

gam Mặt khác, nếu đốtcháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O Phần trăm khối lượng của este không no trong X là

A 34,01% B 38,76% C 40,82% D 29,25%

Hướng dẫn giải

ROH

Na

H2 0,04 mol 0,08

m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH )

Ta quy đổi X:

CH3- CH = CH- COOCH3

CH2

Ta có sơ đồ phản ứng :

CH3- CH = CH- COOCH3

CH2

NaOH

CH3OH 0,08 mol 0,08

Muoi

O2

a

b

c

5,88 gam

H2O 0,22 mol

Bảo toàn nhóm COO: a + b = 0,08 (I)

Bảo toàn H: 2a + 4b + c = 0,22 (II)

Bảo toàn khối lượng: 60a + 100.b + 14.c = 5,88 (III)

Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02

Vì c= 0,02 =b nên trong este không no không thể chứa nhóm CH2 Vì nếu có CH2 thì đồng nghĩa este no không có nhóm CH2 (vô lý)

Vậy % este không no dễ tính được : 34,01% chọn A

Câu 46: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) T là este

tạo bởi X, Y với một ancol hai chức Z Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 3,92 lít CO2 (đktc) và 3,69 g H2O Mặt khác 5,07 g M phản ứng vừa

đủ với 500ml dung dịch KOH 0,2M, đun nóng Phát biểu nào sau đây là sai?

A Thành phần phần trăm theo số mol của Y trong M là 21,43%

B Tổng số nguyên tử hidro trong hai phân tử X, Y là 6

C Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T bằng 5.

D X làm mất màu nước brom.

Hướng dẫn giải

M

O2 0,1975 mol

5,07 gam

CO2

H2O 3,69 gam

0,205 mol

0,175 mol DLBTKL

7,7 gam

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn mol CO2 nên ta luận được an col trong M phải no

Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:

HCOOH

C2H4(OH)2

HCOO

HCOO C2H4

CH2

Sơ đồ phản ứng:

C2H4(OH)2

HCOO

HCOO

C2H4

CH2

a

b

c

d

O2 0,1975 mol

CO2

H2O

0,175 mol

0,205 mol KOH

0,1 mol

5,07 gam

Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08 (I)

Bảo toàn nhóm COO: a + 2c = 0,1 (II)

Sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: b – c = 0,03 (III)

Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175 (IV)

Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035

Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol là C2H4(OH)2

TH1 :

HCOOH

CH3COOH

C2H4(OH)2

HCOO

CH3COO

C2H4

x

y

0,04

0,01

Ta dễ có:

x + y =0,02

y + 0,01 = 0,035 (Bao toan CH2)

x= 0,005

y = 0,015

TH2:

C2H5COOH

C2H4(OH)2

CH3COO

C2H5COO

C2H4

x

y

0,04

0,01

x + y =0,02

x +2.y + 0,03 = 0,035 (Bao toan CH2)

( Loai )

Câu 80 (MĐ 201-2017) Một hỗn hợp E gồm este đơn chức X và este hai chức Y (X,Y đều no

,mạch hở).Xà phòng hóa hoàn toàn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu được hai muối có khối lượng a gam và hỗn hợp T gồm hai ancol có cùng số nguyên tử cácbon.Đốt cháy toàn bộ T ,thu được 16,128 lít khí CO2 (đktc) và 19,44 gam H2O Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A.43,0 B 37,0 C.40,5 13,5

Hướng dẫn giải 1

Ta quy đổi E:

HCOO -CH2

HCOO- CH2

CH2

Sơ đồ phản ứng:

HCOOCH3

HCOO -CH2

HCOO- CH2

CH2

x

y

z

NaOH 0,56 mol

40,48 gam

HCOONa

CH2

CH3OH

C2H4(OH)2

CH2

x y t

v 0,56 mol

H2O

0,72 mol 1,08 mol

a gam

51,12 gam Bao toan O

Bảo toàn nhóm COO: x + 2y = 0,56 (I)

Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol:

n

O2= 0,98 mol

Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam

Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A

Lời Giải 2

*Tìm T

2

2

16,128

0,72

22, 4

19, 44

1,08 18

mol CO

mol O

H

n

n

2 2

T là ancol no mạch hở

1,08 0,72 0,36

T

-sơ đồ đốt cháy T :

O2

n CO2 + ( n+1) H2O

0,72

2

0,36

CnH2n+2Ox

Vậy ancol T gồm C2H5OH và C2H4(OH)2

*sơ đồ phản ứng xà phòng hóa

Bảo toàn

nhóm OH ta có :

x+ y = 0,36

x + 2y = 0,56

x= 0,16

y = 0,2

Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A

Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn

chức Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu được 0,45 mol CO2 Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no là a gam Giá trị của a là

A 13,20 B 20,60 C 12,36 D 10,68.

Hướng dẫn giải 1

Ta quy đổi E:

E + NaOH Muoi +

x mol C2H5OH

y mol C2H4(OH)2

x + y = 0,36

22 , 4 gam

0 , 56 mol

40 , 48 gam

a gam

HCOO

CH3COO

C3H6

CH2=CH-COO

CH2=CH-COO

CH2=CH-COO

C3H5

CH2

Sơ đồ biến hóa:

HCOO

CH3COO

C3H6

CH2=CH-COO

CH2=CH-COO

CH2=CH-COO

C3H5

CH2

x

y

O2

2

0,45 mol

NaOH

0,16.t

0,42.t z

H2O

Bao toan H

(5x + 7y +z)

(Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2)

Ta dễ có:

x + y = 0,16t

2x + 3y =0,42 t

x =

y =

0,06t 0,1 t

x

3 5

(I) Bảo toàn C :6x + 12y +z = 0,45 (II)

Bảo toàn O : 4x + 6y + 0,5.2 =0,45.2 + 5x + 7y + z

x + y + z = 0,1 (III)

Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,025 ; z=0,06 → t =0,25

Vì z = 0,06 ; y= 0,025 nên chắc chắn trong gốc axit không no sẽ không chứa nhóm CH2 mà chỉ có trong gốc axit no Vậy muối axit no là

HCOONa

CH3COONa

CH2

0,015 0,015 0,06

Dễ tính được giá trị của a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C

Hướng dẫn giải 2

R 1 COO

R 2 COO

C 3 H 6 ( C n H 2n-2 O 4 )

R 3 COO

( CmH2m-10O6 )

x mol

y mol

O 2 0,5 mol

CO 2

H2O 0,45 mol

t mol NaOH

0,42 k mol

( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2)

Ta dễ có :

x + y = 0,16k

2x + 3y =0,42 k

x =

y =

0,06k 0,1 k

x

3 5

(1)

Áp dụng ĐLBT O:

t = 4x + 6y + 0,1

Theo sự chênh lệch số mol CO2 và H2O và dựa vào hệ số ta có :

2 2

5

x y

n n  

0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y 5x + 11y = 0,35 (2)

Từ (1)(2) giải hệ ta có được

x =

y =

0,015

0,025

Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045 ������ 3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 )

Chọn được cặp nghiệm :

n =

m =

10

12

Dễ tính được a = 12,36

Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m

gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị của

a là

A 25,86 B 26,40 C 27,70 D 27,30.

Hướng dẫn giải 1

Ta quy đổi X:

(C15H31COO)3C3H5

CH2

Sơ đồ biến hóa:

C15H31COOH

(C15H31COO)3C3H5

CH2

x

y

z

H2O

1,56 mol

1,52 mol

NaOH 0,09 mol

Muoi

H2O

C3H5(OH)3

x y

Bảo toàn nhóm COO: x + 3y = 0,09 (I)

Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có:

2y =1,56- 1,52 → y =0,02 ; x = 0,03

Bảo toàn C: 16x + 51.y + z =1,56 → z = 0,06

Vậy muối :

C15H31COONa 0,09

CH2 0,06

Tính được a =25,86 gam chọn A

Hướng dẫn giải 2

C15H31COOH

C17H35COOH

(RCOO)3C3H5

x mol

y mol

z mol

(CnH2n - 4 O6)

O

CO2

H2O

1,56 mol

1,52 mol NaOH

H2O

C3H8O3 z

( x + y) 4,46 mol

Ta de co : x + y + 3z = 0,09

m=24,64 gam

( 1) (2)

Áp dụng ĐLBT O (1) ta có được : nO = 4,46

Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam

Sự chênh lệch số mol CO2 và số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03

Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02 92 → a =25,86

Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết pi (π) trong phân tử, trong đó có một

este đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E bằng O2 , thu được 0,37 mol H2O Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với

234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không

no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m1 gam và một ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A 2,7 B 1,1 C 4,7 D 2,9.

Hướng dẫn giải 1 Theo giả thiết đề cho Không giảm tính tổng quát ta quy đổi E:

CH2= C -COO - CH2-C = CH

CH3

COO

CH2 = C

CH2 -CH =CH2

COO CH2 -CH =CH2

CH

CH

CH2

Sơ đồ biến hóa:

CH2= C -COO - CH2-C = CH

CH3

COO

CH2 = C

CH2 -CH =CH2

CH

CH

CH2

x

y

z

t

O2

12,22 gam

CO2

H2O 0,37 mol

NaOH 0,585.a

x + y + z = 0,36.a

Áp dụng ĐLBT COO: x + 2y + 2z = 0,585.a

Ta dễ có :

n

CO2 - nH2O = 3 (x + y + z) COn 2 = 1,08.a + 0,37

Áp dụng ĐLBTO:

nO

2 =

x + 2y + 2z + nO2 = n

CO2 + 0,5 n H2O 0,495.a + 0,555

Áp dụng ĐLBTKL ta tính được a = 2/9

x =

y + z =0,05

0,03

thay vào tính được t = 0 Vậy các chất như quy đổi trùng khớp chất trong bài ra

An col tương ứng:

CH3OH 0,05 mol

CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol

CH = C - CH2 - OH 0,03 mol

m2 = 1,6 gam

m1= 4,58 gam

m1

m2 = 2,8625

Chọn D

Hướng dẫn giải 2

O2

CO2

H2O

( 0,37 + 3 t ) mol

mol NaOH 0,585 mol 12,22 gam

( 1) (2)

CnH2n -6 O2a

t mol

0,37

Theo gt ta dễ có : 0,36 a = 0,585 → a = 1,625

Áp dụng DDLBTKL : 12,22 = mC + mH + mO = (0,37 + 3t ).12 + 0,37.2 + t.3,25.16

→ t = 0,08 mol

Áp dụng ĐLBT C : n= 7,625

Vì 2 este hai chức là đồng phân của nhau ; tạo ra muối axitcacboxylic không no,có 4 C ; ancol tạo

ra không no Nên số nguyên tử C phải ít nhất là 8 ;

Vậy các chất trong E :

CH2= C -COO - CH2-C = CH

CH3

COO

CH2 = C

CH2 -CH =CH2

COO CH2 -CH =CH2

CH

CH

x

y

z

Ta có: x + y + z =0,08

Bảo toàn C: 7x + 8y + 8z = 0,61

Giải hệ: x= 0,03 ; y + z =0,05

An col tương ứng:

CH3OH 0,05 mol

CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol

CH = C - CH2 - OH 0,03 mol

m2 = 1,6 gam

m1= 4,58 gam

m1

m2 = 2,8625

Chọn D

Câu 77(Mã đề 222-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol :

X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol

E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 12,88 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng

và 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,175 mol O2 , thu được Na2CO3 ,CO2 và 0,055 mol H2O Phần trăm khối lượng của X trong E là có

già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A 9 B 12 C.5 D 6

Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:

CH2 = CH- COOCH3

CH2

E

Sơ đồ biến hóa hóa học:

CH2 = CH- COOCH3

COOCH3

COOCH3

CH2

+ NaOH

ROH HCOONa

CH2 = CH- COONa COONa

COONa

CH2

+ O2 0,175 mol

Na2CO3

CO2

H2O 0,055 mol (12,88 gam )

24,28 gam

x

y

z

t

x y z t'

x + y + z = 0,2

u v

Bao toàn khôi luong : 24,28 + 0,175.32 = 0,055.18 + 106 u + 44 v 28,89 = 106u + 44v

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u

Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,175.2 = 3u +2v + 0,055

0,295 = - u + 2v

u=

v=

0,175 0,235

x + y + 2z = 0,35 (II)

(I)

Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + v =0,41

Bao toàn H: x + 3y + 2t' = 0,055.2 x + 3y + 4z = 0,71 (III)

E

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=

y = 0,03

z = 0,15

0,02

t' = 0

Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được t = 0,12

t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có:

0,12 = 0,02n + 0,03 m + 0,15.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z )

l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học

2n + 3m = 12

n

Loại Loại Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau

Vậy X là : HCOOC4H9

%X = 2,04

23,16

100% = 8,81%

Chọn A

Câu 79(Mã đề 213-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với

ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,58 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 38,34 gam hỗn hợp

ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 73,22 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic

.Phần trăm khối lượng của Y trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?

A 8 B 5 C.7 D. 6

Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:

CH2 = CH- COOCH3

CH2

E

Sơ đồ biến hóa hóa học:

HCOOCH3

CH2 = CH- COOCH3

COOCH3

COOCH3

CH2

+ NaOH

ROH HCOONa

CH2 = CH- COONa COONa

COONa

CH2

+ O2 0,365 mol

Na2CO3

CO2

H2O 0,6 mol (38,34 gam )

73,22 gam

x

y

z

t

x y z t'

x + y + z = 0,58

u

v

Bao toàn khôi luong : 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 106 u + 18 v 58,5 = 106u + 18v

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u

Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,365.2 = 3u +v + 0,6.2

- 0,47 = - u + v

u= v=

0,54 0,07

x + y + 2z = 1,08 (II)

(I)

Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + 0,6 =1,14

Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,14 x + 3y + 4z = 2,14 (III)

E

x + 3y + 4z = 2,14 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=

y = 0,03

z = 0,5

0,05

t' = 0

Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được m E = 68,36 gam ; t = 0,27

t’ =0 nên CH 2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có:

0,27 = 0,05n + 0,03 m + 0,5.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH 2 Trong X,Y,Z )

l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học

5n + 3m = 27

Loại Loại Loại Chọn Loại Loại

Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau

Vậy Y là : CH 2 = CH - COOC 5 H 11

%X = 4,26

68,36

100% = 6,23 %

Chọn D