Phương quy đổi trong giải toán hóa học

PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP Trong phần này mình sẽ giới thiệu đến các bạn một hệ thống 4 kĩ thuật quy đổi gồm: 1.. Dựa vào ý tưởng này, ta có thể quy đổi một

MỤC LỤC

PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP 1

I ĐỒNG ĐẲNG HOÁ 1

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi 1

2 Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa 1

a) Tách CH2 1

b) Ghép CH2 3

II THUỶ PHÂN HOÁ 8

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi 8

2 Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa 8

a) Tách H2O – Ghép este 8

b) “Bảo toàn số mol” 18

III HIĐRO HOÁ 21

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi 21

2 Các bài toán minh họa 21

a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp” 22

b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H2 26

IV ANKAN HOÁ – Tách nhóm chức 29

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi 29

2 Các bài toán minh họa 29

PHẦN HAI: CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP 35

PHẦN BA: BÀI TẬP TỰ LUYỆN 52

PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP

Trong phần này mình sẽ giới thiệu đến các bạn một hệ thống 4 kĩ thuật quy đổi gồm:

1 Đồng đẳng hóa (tách – ghép CH2)

2 Thủy phân hóa (tách H2O – ghép este)

3 Hiđro hóa (tách – ghép liên kết )

4 Ankan hóa (tách – ghép nhóm chức)

Liệu Quy đổi có thực sự “hay” và “đẹp”?

Câu hỏi này xin được dành cho bạn đọc…

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi

Ta biết rằng các chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều nhóm CH2 Vì vậy,

có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó Dựa vào

ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản hơn (thường là các chất đầu dãy) kèm theo một lượng CH2 tương ứng Kĩ thuật này được gọi là Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH)

Ví dụ :

C3H8 CH4 + 2CH2 C6H5–CH(CH3)2 C6H6 + 3CH2

C3H6(OH)2 C2H4(OH)2 + 1CH2 C4H7COOH C2H3COOH + 2CH2

C2H5COOC3H7 HCOOCH3 + 4CH2 (C15H31COO)3C3H5 (HCOO)3C3H5 + 45CH2

C2H5NH2 CH3NH2 + 1CH2 (CH3)2CH–CH(NH2)–COOHNH2CH2COOH + 3CH2

2 Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa

a) Tách CH 2

Một vài ví dụ về cách sử dụng ĐĐH để quy đổi hỗn hợp hữu cơ

m 2m

2 3 2

bởi các amino axit thuộc cùng dãy đổng đẳng của glyxin

Sau khi quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH, ta lập các phương trình theo các dữ kiện từ đề bài và giải hệ Khi đã

tìm được các ẩn, tức là xác định được thành phần của hỗn hợp sau khi quy đổi, ta xử lí các bước còn lại và trả lời câu hỏi của bài toán

Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan trọng các bạn cần lưu ý:

+) CH2 là thành phần khối lượng Vì vậy, nó có mặt trong các phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O2 phản ứng, số mol CO2, số mol H2O),…

+) Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (nó là nhóm metylen –CH2–) Nó không được tính vào số mol hỗn hợp (hoặc các dữ kiện khác liên quan tới số mol các chất)

Các bạn cần nắm vững 2 điều này để lập chính xác các phương trình Nếu bạn sai từ bước lập hệ, các bước tiếp theo sẽ không có ý nghĩa

toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O2 (đktc) Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có thoát ra 11,2 lít khí (đktc) Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X là:

A 32,86% B 65,71% C 16,43% D 22,86%

(Võ Minh Ngọc)

Phân tích:

- Đây là kiểu bài hai phần không bằng nhau Ta đặt ẩn theo một phần và chia tỉ lệ theo phần còn lại Đề

bài hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo phần có dữ kiện khối lượng

- Chú ý rằng 2 ankin có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 nên chúng ở thế khí Khi cho X vào bình đựng Na dư,

(Như đã nói, số mol này không bao gồm số mol CH2)

0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2, ta có: k(a + b) = 0,3

Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125

Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta có: 3a 2,5b 1,5c 1,25

a b 0,3



Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2 ; b = 0,4 ; c = 0,6

Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X: 0, 2.46.100% 32,86%

Nhận xét: - Hệ phương trình cần giải chỉ gồm các phương trình thuần nhất Đây là ưu điểm của kĩ thuật

- Các bạn có thể đặt CTPT trung bình của 2 ankin và giải tương tự

Bài 2: Cho 0,1 mol este X no, đơn chức mạch hở vào cốc chứa 30ml dung dịch MOH 20% (d = 1,2 gam/ml) Sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được ancol Y và phần rắn T Đốt cháy hoàn toàn T thu được 9,54 gam M2CO3 và 8,26 gam hỗn hợp CO2 và H2O Kim loại M và axit tạo este ban đầu là

A K và HCOOH B Na và CH3COOH C K và CH3COOH D Na và HCOOH Lời giải:

Tới đây có 2 hướng xử lí:

 Gọi CTPT muối của axit cần tìm là CnH2n – 1O2Na

Na CO : 0,09

C H O Na : 0,1

CO : n n 0,1n 0,09NaOH : 0,08

2

Na CO : 0,09HCOONa : 0,1

Ví dụ 3: Tạo lại hỗn hợp 3 anđehit đồng đẳng kế tiếp gồm 1,4 HCHO và 2,3 CH2, biết số mol hai anđehit

có phân tử khối lớn bằng nhau

3 7 3

Để ghép CH2, ta cần giải phương trình nghiệm nguyên

2 5

4 9

3 2

2

C H OH : 0,5

C H OH : 0,5

C H OH.mCH : 0,5 m 2HCOOH : 0,3 0,5m 0,3n 1,3

n 1 CH COOH : 0,3HCOOH.nCH : 0,3

Nếu gặp một phương trình phức tạp hơn, bạn nên dùng chức năng TABLE của máy tính để xử lí

Cách tốt nhất để luyện tập kĩ thuật “ghép” là áp dụng nó vào các bài tập

cacboxylic đều no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ) Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm Y, Y và

Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu được dung dịch F Cô cạn F, thu được chất rắn khan

G Đốt cháy hoàn toàn G bằng O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi Hấp thụ toàn bộ T vào bình đựng nước vôi trong, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam Khối

lượng Z trong 23,02 gam E gần nhất với giá trị nào sau đây?

A 2,5 gam B 3,5 gam C 17,0 gam D 6,5 gam

Từ dữ kiện khối lượng hỗn hợp, ta có: 72a + 46b + 14c = 23,02 (1)

Từ dữ kiện số mol NaOH phản ứng vừa đủ, ta có: a + b = 0,46 (2)

b

2 O

Tiến hành ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu

vào bình chứa b mol O2 (dư) rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2,04 mol các khí và hơi Mặt khác dẫn 2a mol

X qua bình đựng K dư thu được 70,56 gam muối Biết a + b = 1,5 Số đồng phân hòa tan được Cu(OH)2 của B

(Bookgol Chemistry Olympia 2016)

Phân tích: Bài này có điều kiện MA > 62, vì vậy ta không nên quy đổi về C2H4(OH)2

(3a + c) + (4a + c) + [a + b – (3a + c) – 0,5(4a + c)]= 2,04  3a + b + 0,5c = 2,04 (1)

Từ dữ kiện khối lượng muối, ta có: 152a + 14c = 0,5.70,56 = 35,28 (2)

Bài 5: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có một liên kết đôi C=C trong phân tử) Đốt cháy hoàn toàn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E bằng lượng NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thu được 55,2 gam muối khan

và phần hơi có chứa chất hữu cơ Z Biết tỉ khối của Z so với H2 là 16 Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn

hợp E có giá trị gần nhất với

A 46,5% B 48% C 43,5% D 41,5%

Phân tích: Một ví dụ khác về bài toàn 2 phần không bằng nhau Mình sẽ giải nó theo 2 cách Các bạn hãy

so sánh hai lời giải và rút ra ưu điểm của ĐĐH

2 3 3

6 8 4 2

Nhận xét: Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta không cần quan tâm tỉ lệ giữa 2 phần

hỗn hợp H gồm X, T, Z, T (MZ < MX < MT < MY ; Z chiếm 36% về số mol hỗn hợp) trong oxi dư, thì thu được 31,86g H2O Lấy cùng lượng H trên thì thấy tác dụng vừa đủ với 170 ml dung dịch HCl 2M Biết X và T có số mol bằng nhau ; Y và Z có số nguyên tử cacbon bằng nhau Tỉ lệ khối lượng của T so với Y có giá trị là

Nhận xét: Bài này có các điều kiện ràng buộc hỗn hợp đầu khá phức tạp Sử dụng ĐĐH cho phép ta bao

quát tất cả các điều kiện đó ngay ở bước quy đổi

Qua những ví dụ trên, hy vọng các bạn đã hiểu được cách sử dụng kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa trong các bài tập Đây là kĩ thuật cơ bản nhất và là nền tảng cho các kĩ thuật còn lại Các bạn hãy nghiên cứu kĩ Đồng Đẳng Hóa trước khi chuyển sang các mục tiếp theo

II THUỶ PHÂN HOÁ

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi

Đây là kĩ thuật thêm nước vào hỗn hợp có chứa este mà nhiều bạn đang sử dụng Mình đặt lại một cái

tên mang tính hóa học cho nó Thủy Phân Hóa (TPH) nói rõ lên bản chất quy đổi của kĩ thuật

Trong tài liệu này mình sẽ khai thác triệt để TPH và kết hợp nó với kĩ thuật ĐĐH Các kĩ thuật Hiđro Hóa, Ankan Hóa ở những mục tiếp theo cũng sẽ có sự kết hợp với TPH

Xét phản ứng thủy phân este: Este + H2O  Ancol + Axit

Chuyển vế, ta có: Este  Ancol + Axit – H2O

 Ta có thể quy đổi một este bất kì thành ancol, axit và nước

Ở đây mình chỉ đề cập tới este tạo từ ancol và axit Với các este khác (este của anđehit, xeton, phenol), các bạn có thể làm tương tự

Đối với peptit, ta có phản ứng thủy phân: Peptit + H2O  Amino axit

Chuyển vế, ta có: Peptit  Amino axit – H2O

 Tương tự như este, ta có thể quy đổi một peptit bất kì thành các amino axit và nước

Tuy nhiên, trong các bài tập về peptit, bạn nên sử dụng cách quy đổi về gốc axyl: C2H3ON, CH2 và H2O

2 Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa

a) Tách H 2 O – Ghép este

Với dạng bài Ancol – Axit – Este, ta nên sử dụng TPH để làm gọn các bước tính toán

Sau khi dùng TPH để quy đổi hỗn hợp Ancol – Axit – Este, các bạn cần sử dụng nhận xét sau:

“Hỗn hợp sau khi quy đổi bằng TPH có phản ứng thủy phân tương tự hỗn hợp đầu”

Ở đây mình lấy hỗn hợp đơn giản nhất có đầy đủ cả Ancol – Axit – Este để minh họa Mọi hỗn hợp khác cho kết quả tương tự

 Sản phẩm cuối cùng của các phản ứng không có gì thay đổi

Từ nhận xét trên, ta thu được hai kết quả:

+) Số mol COOH của axit trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng số mol NaOH phản ứng với hỗn hợp đầu +) Lượng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu thủy phân hoàn toàn hỗn hợp đầu (trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm)

Đây là 2 kết quả quan trọng mà ta sẽ thường xuyên sử dụng khi quy đổi hỗn hợp bằng TPH

CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O Mặt khác, cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam CH3OH Công thức của CxHyCOOH là

A C2H5COOH B CH3COOH C C2H3COOH D C3H5COOH

Lời giải:

Sử dụng TPH, tiến hành quy đổi X về a mol CxHyCOOH, b mol CH3OH và c mol H2O

Từ hai 2 kết quả trên, ta có:

+) X tác dụng vừa đủ với 0,03 mol NaOH  a = 0,03

+) Thủy phân hoàn toàn X, thu được 0,03 mol CH3OH  b = 0,03

hở với H2SO4 đặc làm xúc tác thu được 16,44 gam hỗn hợp Y gồm este, axit và ancol Đốt cháy toàn bộ 16,44 gam Y cần dùng 1,095 mol O2, thu được 11,88 gam nước Nếu đun nóng toàn bộ 16,44 gam Y cần dùng 450

ml dung dịch NaOH 0,2M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được x gam muối Giá trị của x là

A 18,0 gam B 10,80 gam C 15,9 gam D 9,54 gam

(Đề thi thử Bookgol lần 14 – 2016)

Lời giải:

Sử dụng TPH, tiến hành quy đổi Y về a mol RCOOH, b mol R’OH và c mol H2O

Y phản ứng vừa đủ với 0,09 mol NaOH  a = 0,09

Sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 16, 44 17,52

A B

C 3 BTNT(C)

0, 09.C 0,15.C 0,9  C 5 ; C 3

 Muối là C4H5COONa x = 0,09.120 = 10,8  Đáp án B

Tiếp theo mình xin giới thiệu đến các bạn kĩ thuật quy đổi kết hợp ĐĐH và TPH Kĩ thuật này có phạm

vi ảnh hưởng rộng và có thể áp dụng cho hầu hết bài toán thuộc dạng Ancol – Axit – Este

Dựa vào bản chất của hỗn hợp đầu, ĐĐH – TPH được chia thành 4 trường hợp

p 2p 1 q 2q

2 2

Ta có thể gộp ancol và nước lại để làm gọn hỗn hợp

liên kết , mạch hở tạo bởi ancol no ba chức và các axit không no, đơn chức

 Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ có ancol và este

Tương tự như trường hợp 2, ta có kết quả:

 Trường hợp 4: Hỗn hợp có cả ancol, axit và este

Đây là trường hợp tổng quát Vì không có điều kiện ràng buộc nên số mol H2O là một ẩn độc lập

HCOOCH HCOOH : a

C H COOC H

CH OH : bHCOOH

X C H COOH

CH OH H O : c

C H OH

CH : dCH

kết  tạo bởi axit no hai chức và các ancol không no, đơn chức (tất cả đều mạch hở)

(COOC H ) (COOH) : a

C H (COOC H )

C H OH : b(COOH)

X C H (COOH)

C H OH H O : c

C H OH

CH : dCH

Mình sẽ lấy một số ví dụ cơ bản và điển hình để minh họa cho cách sử dụng ĐĐH – TPH Các bài tập

nâng cao sẽ có trong phần các bài toán tổng hợp và bài tập tự luyện

tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y, 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

(Đề thi đại học khối A – 2014)

Phân tích: Đây là bài toán kinh điển cho dạng toán hỗn hợp Ancol – Axit – Este Có rất nhiều cách giải

cho bài tập này Lời giải sau đây sử dụng quy đổi kết hợp ĐĐH – TPH

Lời giải:

Để sử dụng ĐĐH, cần xác định được dãy đồng đẳng của các chất Theo đề bài, ta đã có dãy đồng đẳng

của hai axit X và Y, vì vậy chỉ cần tìm dãy đồng đẳng của ancol Z

T là este hai chức nên Z là ancol 2 chức Ngoài ra, ta có:

CO H O

n 0, 47n 0,52Z là ancol no Như vậy, Z thuộc dãy đồng đẳng của etylen glicol Bài này có điều kiện Z có cùng số cacbon với X, vậy

ta nên quy đổi Z về C3H6(OH)2

Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi:

2 3

2 2

C H COOH : a

C H (OH) : bE

Vì ancol Z no nên không phản ứng với Br2 a = 0,04

Từ khối lượng E, số mol CO2, số mol H2O, ta lập được hệ:

- Trong đề thi đại học, những chất ta cần tìm thường là những chất quen thuộc Trong bài này ta có thể

đoán Z là ancol no

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

(Đề thi THPT quốc gia – 2015)

Phân tích: Bài này hỗn hợp X chỉ gồm các este đơn chức, vì vậy không nên dùng TPH

Nhận xét: Tương tự như bài trước, ta không cần ghép chi tiết CH2 vào từng chất mà chỉ cần xác định 0,02

CH2 đi vào hai este no

Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó

Y và Z có cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O Mặt khác, đun nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,6 gam Ag Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được

dung dịch N Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan Giá trị m gần nhất với

A 24,74 B 38,04 C 16,74 D 25,10

(Đề thi thử chuyên Đại học Vinh – 2015)

Phân tích: Bài này có nhiều điều kiện liên quan tới hỗn hợp đầu, vì vậy ta nên sử dụng ĐĐH – TPH

Lời giải:

Vì M có phản ứng với AgNO3/NH3 sinh ra Ag nên X là HCOOH Mà X, Y, Z cùng dãy đồng đẳng nên chúng là 3 axit no, đơn chức, mạch hở

Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp este – axit), tiến hành quy đổi: 3 5 3 3 2

2

2 2

Nếu còn CH2 thì ta vẫn phải ghép tiếp Tuy nhiên trong trường hợp này, CH2 đã hết

Theo cách ghép ở trên, 0,45 CH2 sẽ đi hết vào axit maxit0, 4.460, 45.1424,7

1(24,7 0,8.40 0, 4.18) 24,752

raén

m

Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic Đem đốt cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa Mặt khác, cho 26,5 gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối Biết các phản ứng đều xảy

ra hoàn toàn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y có trong hỗn hợp F có thể là

A.18,6 gam B 20,7 gam C 24,8 gam D 25,6 gam

(Đề thi Offline Moon.vn 2015)

Lời giải:

Trước hết ta xử lý thông tin về este

k   4 3  1   X được tạo từ glixerol và một gốc axit Y, hai gốc axit no

Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp este – axit), tiến hành quy đổi (ta đặt ẩn theo phần 2)

Vì ancol được cố định là glixerol nên muối sẽ gồm 2 3

Để ghép các thành phần quy đổi, ta dựa vào số mol của H2O và loại este

Ứng với 3 loại este (không xét este của axit đa chức và ancol đa chức), ta có 3 trường hợp

 Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức

1RCOOR’ + 1H2O  1RCOOH + 1R’OH Chuyến vế, ta có: 1RCOOR’  1RCOOH + 1R’OH – 1H2O

 Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức

1(RCOO)nR’ + nH2O  1R’(OH)n + nRCOOH Chuyến vế, ta có: 1(RCOO)nR’  1R’(OH)n + nRCOOH – nH2O

RCOOH : 0, 4 RCOOH : 0, 4 3.0,1 RCOOH : 0,1

R (OH) : 0, 2 R (OH) : 0, 2 0,1 R (OH) : 0,1

H O : 0,3 R (OH) 3RCOOH 3H O : 0,1 (RCOO) R : 0,1

 Trường hợp 3: Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơn chức

1R(COOR’)n + nH2O  1R(COOH)n + nR’OH Chuyến vế, ta có: 1R(COOR’)n  1R(COOH)n + nR’OH – nH2O

Bài 13: Hỗn hợp E chứa este X (CnH2n-4Ox) và este Y (CmH2m-6Ox) với X, Y đều mạch hở và không chứa nhóm chức khác Đun nóng 18,48 gam E với 240 ml dung dịch NaOH 0,8M (vừa đủ), thu được hỗn hợp chứa 2 muối

và a gam một ancol Z duy nhất Dẫn toàn bộ a gam Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 7,104 gam Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 18,48 gam E với lượng oxi vừa đủ, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 52,656 gam Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E là:

A 28,68% B 27,53% C 28,48% D 24,46%

Lời giải:

Số chức của ancol Z là k, ta có:

Z COO

Từ những suy luận trên, ta đã có đủ thông tin để sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp chỉ có este)

3 8 2

3 4 2

2 3 2

2 2

Bài 14: X, Y (MX < MY) là hai axit kế tiếp nhau thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic; Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T Đốt cháy 12,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 8,288 lit O2

(đktc) thu được 7,2 gam nước Mặt khác đun nóng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M Biết

ở điều kiện thường, ancol T không tác dụng với Cu(OH)2 Phần trăm số mol của X có trong hỗn hợp E là

T không tác dụng với Cu(OH)2 nên ancol nhỏ nhất thỏa mãn T là propan–1,3–điol

Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi hỗn hợp

H O 2

Y : CH COOH : 0,05 0,02 0,03

CH COOH : 0,05E

ứng este hóa hỗn hợp Y chứa các chất trong X và glixerol thu được hỗn hợp Z gồm các chất hữu cơ (không còn chất nào trong Y) và nước Chưng cất toàn bộ lượng nước trong Z thì thu được 14,78 gam hỗn hợp T, đốt cháy toàn bộ T thu được 27,28 gam CO2 Nếu cho toàn bộ lượng T trên qua bình đựng Na dư thì thoát ra 1,008 lít H2 (đktc) Phần trăm khối lượng của axit có khối lượng phân tử lớn trong X là

A 33,87% B 40,27% C 58,50% D 47,82%

(Bookgol Chemistry Olympia 2016)

Phân tích: Vì Z không còn chất nào trong Y nên T không chứa axit Có thể xem T là trường hợp ancol –

Từ khối lượng T và số mol CO2, ta lập được hai phương trình: 28a 92b 14c 14,78 (1)

Ta cần lập thêm một phương trình với lượng khí H2 thoát ra

Các chất trong T chỉ chứa hai nhóm chức là COO (không phản ứng với Na) và OH (có phản ứng với Na) Lượng OH này bằng lượng OH của glixerol trong Y trừ đi lượng OH phản ứng, cũng chính là lượng COOH ban đầu

Từ các phân tích trên, ta lập được phương trình:

2

OH(T) H

n 3b a 2n 0,09 (3) Giải hệ (1), (2) và (3), ta được: a = 0,15 ; b = 0,08 ; c = 0,23

Tiến hành ghép CH2 vào axit:

3 3

CH COOH : 0,07

CH COOH : 0,15HCOOH : 0,15

b) “Bảo toàn số mol”

Trong lời giải của Bài 14, để tính số mol hỗn hợp đầu ta đã ghép este và tìm số mol của từng chất Câu hỏi đặt ra: Điều này có thực sự cần thiết?

Để làm rõ điều này, ta cần phân tích lại các phương trình thủy phân của este (không xét tới este của axit

đa chức và ancol đa chức)

 Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức

21RCOOR'1H O1RCOOH 1R OH '

Trong cả 3 trường hợp, ta đều thu được kết quả:

“Tổng số mol chất tham gia bằng tổng số mol các chất sản phẩm”

Mà ta biết rằng, kĩ thuật Thủy Phân Hóa có bản chất quy đổi dựa trên phản ứng thủy phân của este

 “Quy đổi hỗn hợp bằng Thủy Phân Hóa sẽ bảo toàn số mol của hỗn hợp”

Mình gọi đây là quy tắc “Bảo toàn số mol” (gọi tắt là BTSM)

Chú ý rằng BTSM không đúng trong trường hợp hỗn hợp có este của axit đa chức và ancol đa chức

 Tổng hệ số các chất tham gia   7 5 Tổng hệ số các chất sản phẩm

Tuy nhiên, đề thi hiện tại không còn nhắc tới loại este này nên các bạn có thể thoải mái áp dụng BTSM

Quy tắc này còn có thể mở rộng cho hỗn hợp có chứa peptit

 Trường hợp 1: Phản ứng thủy phân hoàn toàn

Phương trình: 1An (n 1)H O 2 nA (*)

 Tổng hệ số các chất tham gia = n = Hệ số chất sản phẩm

 Quy đổi hỗn hợp peptit về amino axit và nước sẽ bảo toàn số mol

 Trường hợp 2: Phản ứng thủy phân không hoàn toàn

Để dễ hình dung, ta giả sử phản ứng gồm 2 giai đoạn (lưu ý rằng điều này không đúng về mặt hóa học) +) Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp thành các amino axit và nước

Phương trình: 1Xn (n 1)H O 2 nXNhư đã phân tích ở trường hợp 1, số mol hỗn hợp được bảo toàn

+) Trùng ngưng các amino axit thành các peptit nhỏ hơn peptit ban đầu

Phương trình: mXXm (m 1)H O 2

Đảo lại hai vế, ta có: Xm(m 1)H O 2 mXĐây chính là phương trình (*) Vì vậy số mol hỗn hợp cũng sẽ được bào toàn

Cả hai giai đoạn đều bảo toàn số mol hỗn hợp nên toàn bộ phản ứng sẽ bảo toàn số mol hỗn hợp

Tóm lại, nếu sử dụng TPH để quy đổi hỗn hợp peptit (quy đổi hoàn toàn hoặc không hoàn toàn), số mol

của hỗn hợp luôn luôn được bảo toàn

BTSM áp dụng cho những bài toán sử dụng TPH có liên quan tới yếu tố số mol hỗn hợp

+) Với các bài toán xuôi: Ta sử dụng BTSM để tính nhanh số mol hỗn hợp đầu

Ví dụ với Bài 14 Sau khi giải hệ, ta được: 3

2

HCOOH : 0,14

CH COOH : 0,05E

+) Với các bài toán “ngược”: Ta sử dụng BTSM để lập phương trình với số mol hỗn hợp đầu

hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 0,47 mol khí O2 thu được lượng CO2 nhiều hơn H2O là 10,84 gam Mặt khác 0,1 mol E tác dụng vừa đủ với 0,11 mol NaOH thu được dung dịch G và một ancol có tỉ khối so với H2 là 31

Cô cạn G rồi nung nóng với xút dư có mặt CaO thu được m gam hỗn hợp khí Giá trị của m gần nhất với:

A 2,5 B 3,5 C 4,5 D 5,5

Lời giải:

Từ số mol NaOH, sử dụng ĐĐH – TPH để quy đổi hỗn hợp về: 2 4 2

2 2

HCOOH : 0,11

C H (OH) : a

CH : b

H O : cE

2 2

Ta cần lập thêm một phương trình với 0,1 mol hỗn hợp E

Nếu làm theo cách thông thường, ta ghép este để tính số mol X, Y, Z, T theo a, b, c

E 2

2 2 4 2

Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,07 ; b = 0,16 ; c = –0,08

Vì ancol được cố định là etylen glicol nên toàn bộ CH2 sẽ đi vào axit

o

2 NaOH

CaO, t

H : 0,11HCOONa : 0,11

đều no, mạch hở) Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol A cần 11,088 lít khí O2 (đktc) Sau phản ứng thấy khối lượng của CO2 lớn hơn khối lượng của H2O là 11,1 gam Mặt khác, 15,03 gam A tác dụng vừa đủ với 0,15 mol KOH

Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan và một ancol duy nhất là etylen glycol Giá trị của

C H (OH) : aHCOOH : bA

III HIĐRO HOÁ

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi

Đơn giản nhất trong các bài toán không biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu là dạng bài không

biết rõ số liên kết  Với dạng bài này, ta cần sử dụng một kĩ thuật có tên gọi là Hiđro Hóa (HĐH)

Khi bắt đầu tiếp cận với hóa hữu cơ, ta được học về phản ứng đề hiđro hóa ankan để tạo thành anken Xét phản ứng: AnkanAnkenH2

Chuyển vế, ta có: AnkenAnkanH2

 Ta có thể quy đổi một anken bất kì thành ankan và H2

Đây là nguồn gốc ý tưởng của HĐH Dựa trên ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hợp chất X bất kì thành dạng hiđro hóa hoàn toàn của X cùng một lượng H2 tương ứng

C3H5OH C3H7OH – 1H2 HC C COOHC2H5COOH – 2H2

HCOOC3H3 HCOOC3H7 – 2H2 C2H3NH2  C2H5NH2 – 1H2

Chú ý: Với anđehit, dạng hiđro hóa hoàn toàn của nó là ancol no

2 Các bài toán minh họa

Qua 2 kĩ thuật ĐĐH và TPH, các bạn đã hiểu cách “tách” và “ghép” hỗn hợp Với HĐH, mình sẽ bỏ qua

phần Kĩ thuật áp dụng Tuy nhiên vẫn có 2 điểm các bạn cần phải lưu ý

+) Với các chất cùng dãy đồng đẳng, ta gộp chúng lại để ghép H2

Ví dụ: Tạo lại hỗn hợp X gồm một axit, một ancol và một ankin Biết X gồm

4 3

2 2

CH : 0,3

CH OH : 0, 4HCOOH : 0, 2

3

2 5

2 3 2

a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp”

Với kiểu bài này, đề bài sẽ cho số mol  của hỗn hợp đầu qua thông tin “hiđro hoàn toàn hỗn hợp X cần vừa đủ a mol H2” Đây là một dạng mở rộng của ĐĐH

đó oxi chiếm 46% về khối lượng) Đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi dẫn toàn bộ lượng sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình tăng 28,928 gam Mặt khác, đem m gam hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 16,848 gam muối Để hidro hóa hoàn toàn m gam X cần dùng 3,4048 lít H2 (đktc) Phần trăm khối lượng của A trong X gần nhất với:

HCOOH : a(COOH) : bX

HCOONa : a(COONa) : b

Nhận xét: Kĩ thuật áp dụng cho bài này tương tự so với các bài sử dụng ĐĐH thông thường, chỉ khác là

hỗn hợp quy đổi có sự xuất hiện của H2 và kèm theo bước ghép H2

Đốt cháy 13,44 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,29 mol O2, thu được 4,68 gam nước Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 13,44 gam E cần dùng 0,05 mol H2 (xúc tác Ni, t ),o thu được hỗn hợp F Lấy toàn bộ F tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp rắn T Phần trăm khối lượng của muối có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp T là

25,04

Bài 20: Hỗn hợp X chứa một ankin A và hai anđehit mạch hở B, C (30 < MB < MC) không phân nhánh Tiến hành phản ứng hiđro hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp X cần 0,24 mol H2 thu được hỗn hợp Y Đốt cháy hoàn toàn

Y cần dùng 12,544 lít O2 (đktc), hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng dung dịch giảm 11,72 gam Nếu dẫn lượng Y trên qua bình đựng Na dư thì thoát ra 0,12 mol khí Phần trăm khối lượng của C có trong X có thể là

Như vậy ta đã có đủ 4 phương trình Tuy nhiên, giải hệ ta được nghiệm lẻ và âm!

Chú ý: Ankan không tác dụng với Na Khi cho Y vào bình Na, phần khí thoát ra sẽ gồm cả ankan Phương trình đúng phải là: a + 0,5b + c = 0,12

Giải hệ mới, ta được: a = 0,06 ; b = 0,02 ; c = 0,05 ; d = 0,11

2 2

Nhận xét: Sẽ có bạn thắc mắc: Nếu cả hai anđehit cùng đơn chức hoặc cùng hai chức, phép quy đổi trên

liệu có còn chính xác? Câu trả lời rất đơn giản

+) Nếu cả hai anđehit cùng đơn chức, giải hệ ta được c = 0

+) Nếu cả hai anđehit cùng hai chức, giải hệ ta được b = 0

chức; T là este mạch hở được tạo bởi X, Y, Z Đốt cháy 45,72 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 2,41 mol O2, thu được 27,36 gam nước Hidro hóa hoàn toàn 45,72 gam E cần dùng 0,65 mol H2 (xúc tác Ni, to) thu được hỗn hợp F Đun nóng toàn bộ F cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp M chứa 41,9 gam muối Phần trăm khối lượng của T có trong hỗn hợp E là

H O(F) 2

b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H 2

Đây là dạng bài giấu thông tin về số mol  của hỗn hợp đầu, tức là không cho số mol của H2

Dạng bài này được chia thành 2 loại

+) Loại 1: Đủ phương trình để giải ra ẩn H2

+) Loại 2: Không đủ phương trình để giải ra ẩn H2

Những bài toán thuộc loại 2 thường cần phải biện luận hoặc sử dụng kĩ thuật đặc biệt

Trong mục này mình sẽ chỉ đề cập tới một số bài toán thuộc loại 1

một loại nhóm chức Đun nóng 24,7 gam X cần dùng 0,275 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Y chứa các ancol đều no, đơn chức có tổng khối lượng 11,95 gam và hỗn hợp Z chứa hai muối, trong đó có a gam muối A và b gam muối B (MA < MB) Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol X cần dùng 0,54 mol O2, thu

được 6,48 gam nước Tỉ lệ gần nhất với a : b là

H O 2

HCOOCH : a

n a b 0,08(COOCH ) : b

Bài 23: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa không quá 2 liên kết 

và 50 < MX < MY); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,5 mol O2 Mặt khác 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol Br2 Nếu đun nóng 13,12 gam E với 200 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (MA < MB) Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây

2

CH COOH : 0, 2

C H : a 26a 14b 2c 1,12E

2,5a 1,5b 0,5c 0,1

CH : b

H : c

(1) (2)

Sai lầm ở đây là ta đã áp dụng sai BTSM Việc gộp ancol và nước lại đã làm thay đổi bản chất số mol của hỗn hợp Nếu sử dụng BTSM, ta phải áp dụng cho hỗn hợp trước khi gộp ancol và nước

Tuy nhiên, nếu giải hệ mới, các nghiệm thu được vẫn lẻ!

Sai lầm thứ hai là ta đã tính sai số mol C C của hỗn hợp

Chú ý rằng số mol C C là –kc chứ không phải là kc Phương trình đúng phải là: 0, 2 a 0,36







Giải hệ mới, ta được: a = 0,02 ; b = 0,05 ; c = –0,05

Ancol được cố định là etylen glicol Từ điều kiện mỗi axit có không quá 2 liên kết , ta ghép như sau: 3

3 2

2 3 2

Nhận xét: Sử dụng thành thạo các kĩ thuật quy đổi là điều không hề đơn giản Một bài toán tuy đơn giản

nhưng có rất nhiều bẫy các bạn có thể mắc phải nếu không nắm vững bản chất của các kĩ thuật

Bài 24: Hỗn hợp X chứa một amin no, đơn chức, mạch hở và hai hiđro cacbon có cùng số nguyên tử cacbon Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 0,9225 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 12,69 gam, khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 13,776 lít (đktc) Phần trăm khối lượng của hiđrocacbon có khối lượng phân tử lớn là

mol E chứa X, Y, Z cần dùng 1,52 mol O2 thu được 17,64 gam H2O Mặt khác, đun nóng 0,24 mol E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp M chứa 2 muối Đun nóng toàn bộ F với H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 9,44g hỗn hợp T chứa 3 ete Hóa hơi 9,44g T thì thể tích chiếm 2,688 lít (đktc) Biết rằng hiệu suất ete hóa của ancol theo khối lượng phân tử tăng dần lần lượt là 80% và 50%

Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E gần nhất với

IV ANKAN HOÁ – Tách nhóm chức

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi

Ankan Hóa là kĩ thuật quy đổi một chất hữu cơ bất kì thành một ankan và các thành phần tương ứng

Các thành phần này bao gồm các nhóm chức, H2 (nếu có sử dụng HĐH) và CH2 (nếu kết hợp với ĐĐH)

Kĩ thuật này có thể áp dụng cho tất cả các hợp chất hữu cơ (tuy nhiên không nên áp dụng với các hợp chất có liên kết ion như muối amoni)

Bản chất của việc quy đổi một chất hữu cơ X bằng Ankan Hóa (AKH) gồm 2 giai đoạn:

+) Dùng HĐH để quy đổi X về dạng no (nếu X chưa no)

+) Tách nhóm phân tử để tạo thành ankan

Chú ý: Nhóm phân tử được tách phải là nhóm có hóa trị II

Các nhóm mà ta đã học: –O– (ancol); –CO– (anđehit/xeton), –COO– (axit/este); –NH– (amin)

Mặc dù vậy, thường ta chỉ gặp 2 nhóm chức: –COO– ; –NH– và một nhóm đặc biệt là   C C

Vì các nhóm phân tử được tách có hóa trị II nên ta có kết quả sau:

“Số mol của hỗn hợp chính là số mol của ankan sau khi quy đổi”

AKH áp dụng cho các bài toán thiếu thông tin về số lượng nhóm chức Ngoài ra, còn có thể dùng nó để tối ưu hóa cho ĐĐH

2 Các bài toán minh họa

Không giống như ĐĐH – TPH – HĐH, rất khó để sử dụng thành thạo AKH Tùy theo tình huống cụ thể

mà ta có những cách quy đổi khác nhau Các trường hợp ghép nhóm chức cũng rất đa dạng

Để sử dụng AKH một cách linh hoạt, cần có 3 yếu tố:

+) Kiến thức: Hiểu rõ bản chất bài toán

+) Kinh nghiệm: Phần nào đó đoán được ý đồ của đề bài

+) Tư duy (yếu tố quan trọng nhất): Khả năng ứng biến khi gặp tình huống mới

Để các bạn làm quen với cách sử dụng AKH, mình sẽ minh họa một vài tình huống cơ bản Các bài tập

nâng cao sẽ có trong phần bài toán tổng hợp và phần bài tập tự luyện

Y Đun nóng toàn bộ Y cần dùng 300 ml dung dịch NaOH 1M Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y cần dùng a mol O2 Giá trị của a là: A 8,25 B 7,85 C 7,50 D 7,75

(Thầy Tào Mạnh Đức)

Lời giải:

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

4

2 2

CH : a

Y COO : 0,3X

X là trieste của glixerol nên anX nYnCOO: 30,3 : 30,1

Bảo toàn khối lượng cho X, ta có: b = (85,8 + 0,2.2 – 0,1.16 – 0,3.44) : 14 = 5,1

2

4

O (Y) 0,1 mol

lượng oxi vừa đủ thu được 10,7g hỗn hợp hơi T Thể tích của T bằng thể tích của 11,2g oxi đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất Đưa T về đktc thu được V lít khí Z Giá trị của V là:

CO : 0,1523a 62b 5, 4 a 0,1

dãy đồng đẳng của glyxin Trộn x mol X với y mol Y thu được hỗn hợp Z Đốt cháy toàn bộ Z cần dùng 0,81 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình đựng H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 13,32 gam; đồng thời thu được 14,336 lít hỗn hợp khí (đktc) Tỉ lệ x : y

3 2

3 2

2 2 2

trong X đều mạch hở) Lấy lượng hiđrocacbon có trong 12,76 gam X tác dụng với nước Br2 thì thấy có 76,8 gam Br2 phản ứng Mặt khác, đốt cháy a mol X cần dùng 11,76 lít O2 (đktc), thu được CO2, H2O và N2, trong

đó tổng khối lượng của CO2 và N2 là 17,24 gam Giá trị của a là:

2 2

có số nguyên tử cacbon với X Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp E gồm X, Y, Z (X và Y có số mol bằng nhau) cần vừa đủ 31,808 lít O2 (đktc), thu được 58,08 gam CO2 và 18 gam H2O Mặt khác, cũng 0,4 mol E tác dụng với Na dư thì thu được 6,272 lít H2 (đktc) Để trung hòa 11,1 gam X cần dùng dung dịch chứa m gam

KOH Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây:

A 8,9 B 7,5 C 7,2 D 8,6

Lời giải:

Phản ứng: O :1,42 2 2 BTNT(O)

O(E) 2

2 6

O(E) 2

cần dùng 43,12 lít O2 (đktc) Mặt khác đun nóng 52,9 gam E với dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn có khối lượng m gam và phần hơi chứa hỗn hợp 2 ancol đều no, đồng đẳng kế tiếp Đem đốt cháy hết phần rắn F thu được 50,88 gam Na2CO3; 1,44 gam H2O; V lít CO2 Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 vào V1 ml dung dịch NaOH 2,75M và K2CO3 1M Cô cạn dung dịch sau phản ứng ở nhiệt độ thường thu được 99,975 gam chất rắn khan gồm 4 muối Nung hỗn hợp rắn khan tới khối lượng không đổi thu được m1 gam chất rắn Giá trị gần nhất của m1 là

 Hai este có dạng ROOCCCnCOOR '

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

2

2

E O 2

 0,62.44 + 40.2,75x + 138x = 18.(2,75x – 0,62) + 99,975 x = 0,31

m1 = 0,31.(106.1,375 + 138) = 87,9625Đáp án C

Gly, Ala, Val, Glu) và 2 este B, C mạch hở có cùng số liên kết  trong phân tử (MB > MC ; B no; C đơn chức) cần 78,288 lít khí O2, sau phản ứng thu được CO2; H2O và 3,136 lít N2 Mặt khác thủy phân hoàn toàn lượng

X trên cần vừa đủ 570 ml NaOH 2M, thu được dung dịch T chứa 4 muối và 0,29 mol hỗn hợp 2 ancol no Y và

Z (MY = 2,875MZ < 150) Dẫn toàn bộ lượng ancol này qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng 23,49 gam Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích các khí đo ở đktc, T không chứa HCOONa Phần trăm

khối lượng của C trong X gần nhất với:

B no và 3 chức nên có 3 liên kết  Mà B, C có cùng số liên kết  nên C đơn chức và có 2C C

Chất nhỏ nhất thỏa mãn B là (CH3COO)3C3H5 Chất nhỏ nhất thỏa mãn C là HC C COOCH3

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

Nhận xét: Đề bài thừa một dữ kiện Các bạn hãy giải lại bài toán với giả thiết A có thể có mắt xích Lysin

hợp Y gồm glyxin, alanin và lysin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4 đặc, dư thì thấy khối lượng bình tăng 15,12 gam, đồng thới thoát ra 16,576 lít hỗn hợp khí (đktc) Nếu cho 23,52 gam hỗn hợp Z trên tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu được

36,66g muối Phần trăm khối lượng của alanin trong hỗn hợp Z gần nhất với

(Thầy Tào Mạnh Đức)

Ala Ala

6 14 2 2

Z

2 5 2 BT(C)

PHẦN HAI: CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP

Trong phần này sẽ có sự xuất hiện của những bài toán phức tạp hơn và nâng cao hơn so với những bài toán được minh họa ở phần một, đòi hỏi phải có kĩ thuật tốt và khả năng tư duy linh hoạt

và một este hai chức tạo bởi T với hai ancol đó Đốt cháy hoàn toàn a gam X, thu được 8,36 gam CO2 Mặt khác, đun nóng a gam X với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp 20 ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư, thu được dung dịch Y Cô cạn Y, thu được m gam muối khan

và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol có phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46 Giá trị của m là

2 2

HOOC COOH : (0,1 0,02) : 2 0,04

CH OH : 0,05

H OH

2 2

2

Axit : HOOC CH COOH : 0,04

CH OH : 0,05Ancol

Nhận xét: Điểm yếu của đề bài là axit phải có số cacbon nhỏ để không xảy ra trường hợp axit không no

lít khí O2 Cho toàn bộ sản phẩm đi qua dung dịch NaOH thu được dung dịch Z Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch HCl 2M vào Z thu được 2,24 lít khí CO2 Mặt khác, đun sôi đến cạn Z thu được 79,5 gam muối Cho m gam

X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 29,22 gam muối Y Cho muối Y nung nóng với vôi tôi xút thì thu được hỗn hợp khí (hơi) T Tỉ khối của T so với H2 gần nhất với?

2 2

HCOOCH

HCOOHHCOOH

CH OH

CHCH

O 2

cần vừa đủ 1,27 mol O2, tạo ra 14,4 gam H2O Nếu cho 0,33 mol X vào dung dịch Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là

 Lượng COO của X không ảnh hưởng đến biểu thức trên

Mặt khác, số mol COO không ảnh hưởng tới số mol O2 phản ứng, số mol H2O sinh ra và số mol Br2 phản ứng (vì X không chứa este của axit fomic)  Có thể xem đây là một bài toán đốt cháy hiđrocacbon

Bài 37: Hỗn hợp E chứa 3 este đều mạch hở và không phân nhánh (không chứa nhóm chức khác) Đun nóng 20,62 gam E cần dùng 280 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp F chứa 3 ancol đều no và hỗn hợp muối Lấy toàn bộ hỗn hợp muối này đun nóng với vôi tôi xút thu được duy nhất một hiđrocacbon đơn giản nhất có thể tích là 5,6 lít (đktc) Mặt khác đốt cháy 20,62 gam E cần dùng 0,955 mol O2 (đktc) Phần trăm khối lượng

của ancol có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp F gần nhất với giá trị nào sau đây

+) Este hai chức tạo từ ancol hai chức và axit đơn chức

+) Este hai chức tạo từ axit hai chức và ancol đơn chức

- Để giảm bớt ẩn, ta nên gộp hai loại este hai chức lại thành dạng CTPT CnH2n-2O4

Lời giải:

Hiđrocacbon đơn giản nhất là CH4

Để sinh ra CH4, muối có mạch cacbon không phân nhánh phải là CH3COONa hoặc CH2(COONa)2

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi:

4 6 4 2

Bài 38: X, Y (MX < MY) là hai axit đơn chức, không no; Z là một ancol no, ba chức ; X, Y, Z đều mạch hở Thực hiện phản ứng este hóa m gam hỗn hợp X, Y, Z (giả sử hiệu suất phản ứng este hóa đạt 100%), sản phẩm thu được chỉ có nước và m1 gam một este thuần chức T Đốt cháy hết 36,84g hỗn hợp H gồm m gam hỗn hợp

X, Y, Z và m1 gam este T, thu được 20,52g H2O Mặt khác lượng H trên tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch N chứa 35,28g muối Biết 36,84g H làm mất màu vừa đủ 0,48 mol Br2; este T chứa 7 liên

kết π Hiệu khối lượng giữa T và Y có giá trị gần nhất với

Tuy nhiên vì cả hai gốc axit đều không no nên T được tạo từ 1 gốc axit có 2 và 2 gốc axit có 1

Từ thông tin về phản ứng este hóa, ta có:

Từ thông tin về số mol Br2, ta có: 4a + 2.2a = 0,48 a = 0,06

Từ thông tin về khối lượng hoặc lượng nước sinh ra từ phản ứng đốt cháy, ta tính được: b = 0,24

Sử dụng thông tin về khối lượng muối, ta ghép CH2 cho hai axit:

2

2 3

3 3 BTKL

Bài 39: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có một liên kết đôi C=C trong phân tử) Đốt cháy hoàn toàn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 46,6 gam E trong 200 gam dung dịch NaOH 12% rồi cô cạn dung dịch thu được phần hơi Z có chứa chất hữu cơ T Dẫn toàn bộ Z vào bình đựng Na, sau phản ứng khối lượng bình tăng 188,85 gam đồng thời thoát ra 6,16 lít khí H2 (đktc) Biết tỉ khối của T so với H2 là 16 Phần trăm khối lượng của Y

trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với

A 46,3% B 43,5% C 41,3% D 48%

Phân tích: Vì đề bài không nói phản ứng vừa đủ nên từ thông tin về NaOH hoặc H2 thoát ra, ta không thể

tìm được số mol của các este Ta chỉ có thể khai thác chúng thông qua bảo toàn khối lượng

2 2

CO2 và H2O có tổng số mol là 0,77 mol Mặt khác dẫn a mol X trên qua bình đựng Na dư, thu được 16,42 gam muối Giá trị của a là

A 0,12 B 0,18 C 0,15 D 0,10

(Thầy Tào Mạnh Đức)