LỜI MỞ ĐẦ - f.libvui.comf.libvui.com/dlsm14/VeDepCuaQuyDoi_0cba462796.pdf · Đẳng Hóa và bài toán peptit” của anh NT Nhật Trường (sinh viên trường đại

Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99

Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol – Bookgol.com Trang 1

LỜI MỞ ĐẦU

Nhân ngày nhà giáo Việt Nam – ngày 20/11/2016, mình xin gửi tặng đến các bạn bộ tài liệu về Quy

đổi Hữu cơ mà mình đã biên soạn. Đây là tác phẩm mà mình dành rất nhiều tâm huyết, thời gian và công sức

để hoàn thành. Đây là lời tri ân đến các thầy cô, những người đang công tác trong lĩnh giáo dục. Chúc các

thầy cô luôn khỏe mạnh, có nhiều thế hệ học sinh ưu tú

Tài liệu gồm 3 phần chính:

Phần một: Các kĩ thuật quy đổi hỗn hợp hữu cơ phức tạp. Các kĩ thuật này bao gồm: Đồng Đẳng

Hóa, Thủy Phân Hóa, Hiđro Hóa và Ankan Hóa.

Phần hai: Các bài toán tổng hợp. Phần này bao gồm một số bài toán đòi hỏi sự vận dụng cao.

Phần ba: Bài tập tự luyện. Đây sẽ là những thử thách thú vị giành cho các bạn.

Trong tài liệu này mình sẽ không đề cập nhiều đến peptit. Các bạn hãy tham khảo tác phẩm “Đồng

Đẳng Hóa và bài toán peptit” của anh NT Nhật Trường (sinh viên trường đại học Y Dược thành phố HCM)

để có cái nhìn sâu sắc nhất về bài toán peptit. Tác phẩm này cũng chính là nguồn gốc ý tưởng cho kĩ thuật

đầu tiên – kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa trong tài liệu này. Ba kĩ thuật còn lại được mình mở rộng và phát triển

dựa trên nền tảng của Đồng Đẳng Hóa.

Link bài viết: https://goo.gl/q0dzkd

Để tránh tình trạng một số phần tử trục lợi cá nhân từ tài liệu này, mình sẽ chèn walter link download của tài

liệu này. Hy vọng các bạn không cảm thấy phiền với nó.

Hy vọng tài liệu này sẽ có ích cho các bạn sĩ tử 99er trong quá trình ôn luyện, chuẩn bị cho kì thi THPT

Quốc gia 2017

Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy Xô Huyền, thầy Phan Thanh Tùng, anh Đào Văn Yên,

anh Phan Thanh Tùng, anh Đỗ Phú Phát đã hỗ trợ nguồn tài liệu, giúp đỡ em hoàn thành tài liệu này. Mình

cũng xin gửi lời cảm ơn đến những người bạn đã giúp đỡ, động viên mình trong suốt quá trình biên soạn bộ

tài liệu. Cảm ơn Cộng đồng Hóa học Bookgol đã giúp mình đưa tài liệu này đến với thầy cô và các bạn học

sinh

Mặc dù đã rất cố găng nhưng tài liệu khó tránh khỏi những sai sót trong quá trình biên soạn. Tài liệu

này được upload lên folder driver nên sẽ được chỉnh sửa trong thời gian sớm nhất. Rất mong nhận được

những ý kiến đóng góp ý của các thầy giáo, cô giáo cùng các bạn học sinh để tài liệu này được hoàn thiện

hơn.

Tài liệu này là một phần trong ấn phẩm về Quy đổi mà mình dự định sẽ hoàn thiện nó sớm nhất có

thể để gửi đến mọi người. Hi vọng sẽ nhận được sử ủng hộ của mọi người

Mọi ý kiến đóng góp xin vui lòng liên hệ qua email: [email protected]

Sđt: 0962748426

Nghệ An, ngày 20 tháng 11 năm 2016

VÕ MINH NGỌC

https://goo.gl/q0dzkd

mailto:[email protected]

GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE


Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 2

LỜI TRI ÂN

Nhân ngày nhà giáo Việt Nam, ngày 20/11/2016. Thay mặt BQT Bookgol xin được gửi lời tri ân, lời

cảm ơn sâu sắc nhất đến tất cả các quý thầy cô đã luôn ủng hộ giúp đỡ Bookgol trong thời gian hoạt động

vừa qua. Chúc cho tất cả các thầy cô, các bạn sinh viên đang làm việc và công tác liên quan đến lĩnh vực giáo

dục luôn có một sức khỏe dồi dào, tinh thần lạc quan. Chúc cho các thầy cô sẽ tiếp tục gặt gái được nhiều

thành công trong quá trình công tác, sẽ giúp ích được nhiều hơn nữa các em học sinh, có những thế hệ học

trò thành công.

Để có được thành công như ngày hôm nay của Bookgol không thể không kể đến sự giúp đỡ và ủng hộ

của thầy cô với Bookgol cả về công việc lẫn tinh thần. Bookgol tự hào khi nhận được nhiều tình cảm yêu quý

của các thầy cô dành cho mình. Trên tất cả thành viên BQT Bookgol luôn nhìn nhận nó một cách trân trọng.

Cảm ơn tất cả thầy cô về những tình cảm đã dành cho Bookgol. Những tình cảm đó thật đáng trân quý.

Tài liệu này cũng là một món quà nho nhỏ gửi đến tất cả các thầy cô nhân dịp 20-11. Hi vọng nó sẽ

phần nào giúp ích cho thầy cô phần nào trong công việc của mình.

Hy vọng trên con đường đi sắp tới của Bookgol vẫn sẽ luôn nhận được tình cảm, sự ủng hộ giúp đỡ

của tất cả các quý thầy cô. Một lần nữa chúc mừng 20-11. Chúc các thầy cô luôn vui vẻ , khỏe mạnh.

Bookgol, ngày 20 tháng 11 năm 2016

T/M BQT

Đào Văn Yên




MỤC LỤC

PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP .............................................. 4

I. ĐỒNG ĐẲNG HOÁ ............................................................................................................................. 4

1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi ................................................................................................... 4

2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa ....................................................................................... 4

a) Tách CH2 ......................................................................................................................................... 4

b) Ghép CH2 ........................................................................................................................................ 7

II. THUỶ PHÂN HOÁ ............................................................................................................................ 12

1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi ................................................................................................. 12

2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa ..................................................................................... 12

a) Tách H2O – Ghép este ................................................................................................................... 12

b) “Bảo toàn số mol” ........................................................................................................................ 23

III. HIĐRO HOÁ ...................................................................................................................................... 27

1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi ................................................................................................. 27

2. Các bài toán minh họa..................................................................................................................... 27

a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp” ..................................................................................... 28

b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H2 ........................................................................................... 32

IV. ANKAN HOÁ – Tách nhóm chức ..................................................................................................... 36

1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi ................................................................................................. 36

2. Các bài toán minh họa..................................................................................................................... 36

PHẦN HAI: CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP ................................................................................................ 41

PHẦN BA: BÀI TẬP TỰ LUYỆN .............................................................................................................. 58




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 – ghép este)

3. Hiđro hóa (tách – ghép liên kết )

4. Ankan hóa (tách – ghép nhóm chức)

Ngoài ra còn một số kĩ thuật khác sẽ xuất hiện trong phần hai (các bài toán tổng hợp).

Mình đã áp dụng những kĩ thuật này vào các bài toán tổng hợp hữu cơ trong đề thi đại học các năm; đề

thi thử của các trường; đề thi thử của các group; đề thi Olympic Hóa học BookGol,… và thu được nhiều kết

quả, một số chúng được tổng hợp trong tài liệu này. Các kĩ thuật được sắp xếp theo thứ tự từ cơ bản đến

nâng cao. Để vận dụng linh hoạt tất cả chúng, các bạn cần nắm vững từng kĩ thuật một.

I. ĐỒNG ĐẲNG HOÁ

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)–COOHNH2CH2COOH + 3CH2

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

a) Tách CH2

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

Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit no, đơn chức và các ancol no hai chức (tất cả đều mạch hở).

n 2n 1

2 4 2

2m 2m2

HCOOH : aC H COOH

X C H (OH) : bC H (OH)

CH : c

Ví dụ 2: Quy đổi hỗn hợp Y gồm các ankin, các anđehit no, hai chức và các este đơn chức có một liên

kết đôi C=C (tất cả đều mạch hở).




2 2

n 2n 2

2

2m 2m

2 3

2n 2n 22

C H : aC H

(CHO) : bY C H (CHO)

HCOOC H : cC H O

CH : d

Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp Z gồm các amin no, hai chức, mạch hở và một pentapeptit mạch hở được tạo

bởi các amino axit thuộc cùng dãy đổng đẳng của glyxin.

2 2 2

2 2n 2n

2 3 5 2

5 2m 2m 1

2

CH (NH ) : aC H (NH )

Z (C H ON) .H O : b(C H ON) .H O

CH : c

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 (bản thân 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.

Bài 1: Hỗn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 và ancol etylic. Đốt cháy

hoàn 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,

khí thoát ra gồm H2 và 2 ankin đó.

Lời giải:

Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH:

2 5

2 5

2 228

n 2n 2

2

C H OH : aC H OH

X X C H : b 46a 26b 14c 28C H

CH : c gam

mol

mol

mol

(1)

Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C2H5OH phản ứng sinh ra 0,5a mol khí H2, đồng thời thoát ra b

mol ankin. Vậy ta có phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2)




(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

(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 là: 0,2.46

.100% 32,86%28

Đáp án A.

Nhận xét: Hệ phương trình cần giải chỉ gồm các phương trình thuần nhất nên dễ bấm máy. Đây là ưu

điểm của kĩ thuật này. 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:

Sơ đồ phản ứng:2O

2 3 2 20,1 7,2

8,26

Ancol

X MOH RCOOMT M CO CO H O

MOH mol gam

gam9,54 gam

Y

dö

Bảo nguyên tố M, ta có: M NaOH

M M

7,2 2.9,54 7,2M 23 M 0,18

M 17 2M 60 40 laø Na, n mol

NaOHn 0,18 0,1 0,08 dö

mol

Tới đây có 2 hướng xử lí:

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

2

2 3

2 2

2 3

n 2n 1 2 O

2 C(T) Na CO

2

CO H O

3

Na CO : 0,09C H O Na : 0,1

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

H O : 0,5. 0,1.(2n 1) 0,08]

8,26 m n 44(0,1n 0,09) 18.0,5. 0,1(2n 1) 0,08) n 2

Axit

[

[ ]

laø CH COOH Ñaùp aùn B.

Sử dụng ĐĐH, ta có:

2

2 3

O

2 2

2

Na CO : 0,09HCOONa : 0,1

T CH : x : x 0,01 8,26 44.(x 0,01) 18.(x 0,09) x 0,1

NaOH : 0,08 H O : x 0,09

mol

mol CO

dö mol




2 3 3HCOONa 1CH ) 0,1CH COONa AxitMuoái goàm 0,1 ( laø CH COOH Ñaùp aùn B.

Nhận xét: Phương trình theo ẩn x gọn hơn phương trình theo ẩn n và dễ giải hơn (dễ bấm máy hơn).

b) Ghép CH2

Những bài toán dừng lại ở mức tách CH2 thường ko quá phức tạp. Với những bài toán hỏi thông tin về

các chất ban đầu, ta cần “ghép” CH2 vào các chất đầu dãy (được quy đổi từ các chất ban đầu) để tạo lại hỗn

hợp đầu.

Kĩ thuật này phụ thuộc nhiều vào khả năng xử lí số liệu của bạn. Nếu tính nhẩm tốt, bạn sẽ không gặp

nhiều khó khăn ở bước này.

Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp gồm 0,5 CH3OH và 0,3 CH2

3 33

3 2 2 52

CH OH : 0,2 CH OH : 0,2CH OH : 0,5

CH OH CH : 0,3 C H OH : 0,3CH : 0,3

Ví dụ 2: Tạo lại hỗn hợp 2 axit có số C cách nhau 2 đơn vị gồm 0,1 C2H3COOH và 0,14 CH2

2 3 2 3

2 3 2 4 72 3

2 3 5 3 53 5

3 5 2 5 92

C H COOH : 0,03 C H COOH : 0,03

C H COOH 2CH : 0,07 C H COOH : 0,07C H COOH : 0,1

CH : 0,14 C H COOH : 0,08 C H COOH : 0,08C H COOH : 0,1

C H COOH 2CH : 0,02 C H COOH : 0,02CH : 0,04

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

2 5

2 2

3

C H CHO : 0,3CH CHO :1,4HCHO :1,4

C H CHO : 0,3CH : 2,3 CH : 0,9 0,3(1 2)

CH CHO : 0,8

Ví dụ 4: Tạo lại hỗn hợp 1 ancol, 1 axit gồm 0,5 C2H5OH, 0,3 HCOOH và 1,3 CH2

Để ghép CH2 ta cần giải phương trình nghiệm nguyên.

2 5

4 92 5 2

32

2

C H OH : 0,5C H OH : 0,5C H OH.mCH : 0,5 m 2

HCOOH : 0,3 0,5m 0,3n 1,3n 1 CH COOH : 0,3HCOOH.nCH : 0,3

CH :1,3

vôùi

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

Ví dụ 5: Tạo lại hỗn hợp hai hiđrocacon (thể khí ở điều kiện thường) gồm 0,2 CH4, 0,4 C2H2, 1,2 CH2

4

3 84 2

2 2

2 2 2 4 6

2

CH : 0,2 0,2m 0,4n 1,2C H : 0,2CH .mCH : 0,2 m 2

C H : 0,4 m 3C H .nCH : 0,4 n 2 C H : 0,4

n 2CH :1,2

vôùi

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




Bài 3: Cho X là axit cacboxylic đơn chức mạch hở, trong phân tử có một liên kết đôi C=C, Y và Z là hai axit

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

Lời giải:

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi:

2

2

CH CH COOH : a

E HCOOH : b

CH : c

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

Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp muối:

2

2

2

O

2 3 2 3 2 2a

2O

2 3 2 2b

2

O

2 2 2c

1 5 3C H COONa Na CO CO H O

2 2 2

CO : 2,5a 0,5b c1 1 1HCOONa Na CO CO H O T

H O :1,5a 0,5b c2 2 2

CH CO H O

mol

mol

mol

2 2CO H Om m 44(2,5a 0,5b c) 18(1,5a 0,5b c) 22,04 3

Từ (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,41; c = 0,04

Tiến hành ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu.

2 3 2 3

Z

2 3

C H COOH : 0,05 X : C H COOH : 0,05

E HCOOH : 0,41 E Y : HCOOH : 0,37 m 60.0,04 2,4

CH : 0,04 Z : CH COOH : 0,04

gam

Đáp án A.

Nhận xét: Khối lượng bình tăng có thể xử lí gọn hơn bằng cách quy đổi công thức phân tử của muối.

Đôi khi đề bài có một số điều kiện ràng buộc với các chất, ta nên quy đổi hợp lý ngay từ đầu để tránh

gặp rắc rối ở bước ghép CH2.

Bài 4: Hỗn hợp X gồm 2 ancol no, hai chức, mạch hở A, B (62 < MA < MB) và có tỉ lệ mol 3:4. Cho a mol X

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 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

(Bookgol Chemistry Olympia 2016)




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

Lời giải:

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: 3 6 2 3 6 2K

2 2

C H (OH) : a C H (OK) : aX X

CH : c CH : c

dö

Phản ứng đốt cháy: 2

2

2

3 6 2 b

2

2

O

CO :3a cC H (OH) : a

X H O : 4a cCH : c

1n a b (3a c) (4a c)

2

mol O

(dö)

Từ số mol khí và hơi, ta có:

(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)

Từ đề bài a b 1,5 (3)


Tiến hành ghép CH2 theo điều kiện tỉ lệ mol 3:4

3 6 23 6 2

5 10 22

A : C H (OH) : 0,09C H (OH) : 0,21 0,09 0,12X X

B : C H (OH) : 0,12CH : 0,24 0,12.2

Vì B hòa tan được Cu(OH)2 nên B có 2 nhóm OH kề nhau. Có 5 cấu tạo thỏa mãn B:

2 2 2 3 3 2 3| | | |

CH CH CH CH CH CH CH CH CH

OH OH OH OH

CH

2

3 3 3| | |

2 2 3 3 3 3| | | | | |

CH CH CH

CH C CH CH CH C CH CH CH CH CH

OH OH OH OH OH OH

CH

Đáp án C.

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 khác nhau.

Các bạn hãy so sánh hai lời giải và rút ra điểm lợi thế của ĐĐH.




Lời giải 1:

MZ = 32 Z là CH3OH

Phản ứng đốt cháy: 2m 2m 2 2 2O

1

n 2n 4 4 2

C H O (m 4) : a CO : 0,43E

C H O (n 4) : b H O : 0,32

2 2 1CO H O COOa 2b n n 0,43 0,32 0,11 n 1

(E )Döïa vaøo ñoä baát baõo hoøa, ta coù:

2

1 1

1

EBTKL

E m )

E

m 46,6 55,2m 0,11.32 0,43.12 0,32.2 9,32 5 m 11,04

m 9,32 5uoái (E

Phản ứng thủy phân:

3 NaOH

22

RCOOCH : a RCOONa : a9,32g 11,04g

R (COONa) : bR (COOH) : b ''

Sử dụng phương pháp tăng – giảm khối lượng, ta có:

(23 15)a 22.2b 11,04 9,32 8a 44b 1,72 2

Từ (1) và (2), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,03

Bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,05m + 0,03n = 0,43 (m 4, n 4) m = 5, n = 6

Este X là C5H8O2, axit Y là C6H8O4 Y

0,03.144%m .100% 46,35%

9,32 Đáp án A.

Lời giải 2:

MZ = 32 Z là CH3OH


3

22 3 3

NaOH

2 2 2 2 346,6g

2 2 2 2

2

CH OH

H OC H COOCH : a

E C H (COOH) : b C H COONa : a

CH : c 55,2g C H (COONa) : b

CH : c

Từ dữ kiện khối lượng E và khối lượng muối, ta có ngay hai phương trình:

86a + 116b + 14c = 46,6 (1) và 94a + 160b + 14c = 55,2 (2)

Ứng với phần 1, ta có:

22

2

2 3 3COO Chia

2 2 2

H O

2

C H COOCH : kan k(4a 4b c) 0,43 4a 4b c 0,43

kE C H (COOH) : kb 3n k(3a 2b c) 0,32 3a 2b c 0,32

CH : kc

veá theo veá

Trieät tieâu k


Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp E ban đầu:




2 3 3

3 5 3

2 2 2

6 8 4

2

C H COOCH : 0,25X : C H COOCH : 0,25

E C H (COOH) : 0,15Y : C H O : 0,15

CH : 0,55 0,25 0,15.2

Y

0,15.144%m .100% 46,35%

46,6 Đáp án A.

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

Bài 6: X, Y là hai amin no, hở; trong đó X đơn chức, Y hai chức. Z, T là hai ankan. Đốt cháy hoàn toàn

21,5g 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

A. 1,051 B. 0,806 C. 0,595 D. 0,967

(Đề thi thử Bookgol lần 10 – 2016)

Lời giải:

Sử dụng ĐĐH kết hợp với các điều kiện, tiến hành quy đổi:

4

3 2

3 8

2 2 2

2

Z : CH (M 16) : a

X : CH NH (M 31) : b

H T : C H (M 44) : b

Y : CH (NH ) (M 46) : c

CH : d

Từ các thông tin, ta lập được một hệ phương trình 4 ẩn

2

H

Z H

H O

HCl

m 16a (31 44)b 46c 14d 21,5 a 0,18

n 0,36n a 0,36.(a 2b c) b 0,1

n 2a (2,5 4)b 3c d 1,77 c 0,12

d 0,4n b 2c 0,34

Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp H

4

2 6

3 2

3 2 T3 8

4 10 Y

2 2 2

2 4 2 2

2

Z : CH (M 16) : 0,18Z : C H (M 30) : 0,18

X : CH NH (M 31) : 0,1X : CH NH (M 31) : 0,1 m

H T : C H (M 44) : 0,1 0,806T : C H (M 58) : 0,1 m

Y : CH (NH ) (M 46) : 0,12Y : C H (NH ) (M 60) : 0,12

CH : 0,4 0,18 0,1 0,12

Đáp án B.

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 H2O – Ghép este

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

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.

2

RCOOR : a RCOOH : a b

X RCOOH : b X ' R OH : a c

R OH : c H O : a

'

'

'

Nếu đem X phản ứng với NaOH dư:

NaOH

a a a

NaOH

2b b b

2NaOH

c c

RCOOR RCOONa R OHRCOONa : a b

RCOOH RCOONa H O R OH : a c

H O : bR OH R OH

' '

'

' '

Nếu đem X’ phản ứng với NaOH dư:

NaOH

2a b a b a b

NaOH

a c a c

NaOH 22 2a a

RCOOH RCOONa H ORCOONa : a b

R OH R OH R OH : a c

H O : a b a bH O H O

' ' '




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.

Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 CH3OH thu được 2,688 lít

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

Phản ứng đốt cháy: 2

x y

O

3 2 22,76g 0,12 0,1

2

C H COOH : 0,03

X CH OH : 0,03 CO H O

H O : cmol mol

mol

mol

mol

Bảo toàn khối lượng cho X, ta có: O(X)

2,76 12.0,12 2.0,1n 0,07

16

Bảo toàn lần lượt các nguyên tố, ta có:

BTNT(O) 2.0,03 0,03 c 0,07 c 0,02

BTNT(C) (x 1).0,03 0,03 0,12 x 2

BTNT(H) (y 1).0,03 4.0,03 2.( 0,02) 2.0,1 y 3

2 3Axit H COOH caàn tìm laø C Ñaùp aùn B.

Tiếp theo mình sẽ giới thiệu đến các bạn kĩ thuật quy đổi kết hợp TPH và ĐĐH. 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.

Trường hợp 1: Hỗn hợp chỉ có este.

Ta có kết quả: 2COO OH H On n n




Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm các este đơn chức và este hai chức tạo bởi ancol đa chức và axit đơn

thức (tất cả đều no, mạch hở).

3

3 2 4 2

n 2n 1 m 2m 1

2 2 4

2p 2p 1 q 2q

22

2

CH OH : a

HCOOCH C H (OH) : bC H COOC H

X (HCOO) C H HCOOH : a 2b(C H COO) C H

H O : a 2bCH

CH : c

Ta có thể gộp ancol và nước lại cho gọn.

Ví dụ 2: Quy đổi este có 7 liên kết được tạo tử glixerol và 2 axit không no, mạch hở.

Este có C C7 3COO 4 3 (1.2 2.1)

3 5 3

3 22 3 2 2

n 2n 1 22 33 5

3 5 2 3

m 2m 32

2

2

C H (OH) : aC H : a

(C H COO) H O : 3a\(C H COO) C H COOH : 2aC H\ /C H C H COOH : 2aHC C COO/ HC C COOH : aC H COO HC C COOH : aCH

CH : bCH : b

Vì hỗn hợp chỉ có este nên trong một số tình huống, ta chỉ nên dùng ĐĐH mà không dùng thêm TPH.

Trường hợp 2: Hỗn hợp chỉ có axit và este.

Ta có kết quả: 2OH H On n

Để cho gọn, khi quy đổi ta có thể gộp ancol và nước lại.

Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở).

3

3 2

n 2n 1 m 2m 1 2

p 2p 1

2 2

2

CH OH : aHCOOCH CH : a

C H COOC H H O : aX HCOOH HCOOH : b

C H COOH HCOOH : bCH CH : c

CH : c

Ví dụ 4: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit acrylic, este mạch hở có

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

Este có C C6 3COO 3 3 (1 1 1)

3 5 3

2 3 3 3 5 3 23n 2n 1 m 2m 1 2

2 3 2 3

2 3p 2p 1

2 2

2

C H (OH) : a(C H COO) C H C H : a

(C H COO) C H H O : 3aX C H COOH C H COOH : b

C H COOH C H COOH : bCH CH : c

CH : c

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

Tương tự như trường hợp 2, ta có kết quả: 2COO H On n




Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở).

3

3

n 2n 1 m 2m 1

3

2p 2p 1

2

2

CH OH : aHCOOCH

C H COOC H HCOOH : aX CH OH

C H OH H O : aCH

CH : c

Ví dụ 6: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đơn chức, este hai chức tạo từ axit hai chức và ancol đơn

chức (tất cả đều no, mạch hở).

2

3 22n 2n m 2m 1 2

3

3p 2p 1

2

2

(COOH) : a(COOCH )

C H (COOC H ) H O : 2aX CH OH

C H OH CH OH : bCH

CH : c

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.

Ví dụ 7: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở).

3

n 2n 1 m 2m 1

3

p 2p 13 2

p 2p 122

HCOOCH HCOOH : aC H COOC H

CH OH : bHCOOHX C H COOH

CH OH H O : cC H OH

CH : dCH

Ví dụ 8: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đồng đẳng với ancol anlylic, axit no hai chức, este có 4 liên

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

Este có C C4 2COO 2 2 (1 1)

3 5 2 22p 2p q 2q 1

3 52

2a 2a

3 5 2

b 2b 122

(COOC H ) (COOH) : aC H (COOC H )

C H OH : b(COOH)X C H (COOH)

C H OH H O : cC H OH

CH : dCH

Vì ĐĐH – TPH có phạm vi ảnh hưởng rộng nên trong mục này mình sẽ chỉ lấy một số bài tập cơ bản

minh họa cho cách sử dụng nó. Các bài tập nâng cao nằm ở phần các bài toán tổng hợp và bài tập tự luyện.

Đó sẽ là những thử thách thú vị giành cho các bạn.

Bài 8: 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, 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: 2 2

BTKL

H O CO2 H On 0,52 n 0,47 n 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

3 6 2

2

2

C H COOH : a

C H (OH) : bE

CH : c

H O : d

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

Từ khối lượng E, 2 2CO H On , n , ta lập được hệ:

2

2

E

CO

H O

m 72.0,04 76a 14b 18c 11,16 a 0,11

n 3.0,04 3a b 0,47 b 0,02

c 0,02n 2.0,04 4a b c 0,52

Tiến hành ghép CH2, tạo lại axit và ancol ban đầu.

2 32 3

2 33 53 6 2 KOH

3 53 6 22

2 2

C H COOH : 0,02C H COOH : 0,04

C H COOK : 0,02C H COOH : 0,02C H (OH) : 0,11E

C H COOK : 0,02C H (OH) : 0,11CH : 0,02

H O : 0,02 H O : 0,02

Muoái

m 0,02.110 0,02.124 4,68muoái

gam Ñaùp aùn A.

Nhận xét: - Vì đề bài không hỏi thông tin về hai axit ban đầu nên ta có thể làm nhanh như sau:

2 3 6 2CH C H (OH) 3 6 2 2

2 3

2

n 0,02 n 0,11 Z H (OH) ,

C H COOH : 0,04m 0,04.(72 38) 0,02.14 4,68 gam

CH : 0,02muoái

laø C toaøn boä 0,02 CH seõ ñi heát vaøo axit

Muoái

- Trong đề thi đại học các năm, những chất cần tìm thường là những chất quen thuộc (thậm chí

thường là các chất ở đầu dãy). Trong bài này ta có thể đoán Z là ancol no.




Bài 9: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử 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 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.

Lời giải:

Trước hết, ta xử lý thông tin về ancol Y.

2Y H Y 3

2,48 0,08n 2n 0,08 M 32 Y CH OH.

0,08 laø

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp X (chú ý điều kiện este không no có đồng phân hình học)

3 3

3 3 3 5 3

2 2

HCOOCH HCOOCH

X CH CH CH COOCH C H COOCH

CH : c CH : c

: a : a

: b : b

Từ khối lượng X, số mol H2O, số mol ancol sinh ra sau phản ứng, ta lập được hệ

2

3

3X

H O 3 5 3

2CH OH

HCOOCHm 60a 100b 14c 5,88 a 0,06

n 2a 4b c 0,22 b 0,02 X C H COOCH

c 0,02 CH : 0,02n a b 0,08

: 0,06

: 0,02

Tiếp theo ta ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. Chú ý có một sai lầm cần tránh

Cách ghép sai

3

3

3 5 3

4 7 3

2

HCOOCHHCOOCH

X C H COOCH XC H COOCH

CH : 0,02

0,02.114%m .100% 38,78%

5,88

: 0,06

: 0,06

: 0,02

: 0,02

Đây là cách ghép sai vì X gồm “3 este”! Điều kiện này rất dễ bị bỏ quên nếu các bạn đọc không kĩ đề.

Cách ghép đúng

3 3

3 5 3 3 3

2 3 5 3

HCOOCH HCOOCH

X C H COOCH X COOCH : 0,02

CH : 0,02 C H COOCH

: 0,06 : 0,04

: 0,02 CH

: 0,02

0,02.100%m .100% 34,01%

5,88Ñaùp aùn D.




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

CH2 đi vào hai este no là được.

Bài 10: X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX < MY < MZ), T là este tạo bởi X, Y,

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 lần 4 – 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

HCOOH : aHCOOH : a

C H (OH) : bM C H : b

H O : 3bCH : c

CH : c

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

2

2

M

CO 3 2

2H O

m 46a 38b 14c 26,6 a 0,4 HCOOH : 0,4

n a 3b c 1 b 0,05 M C H : 0,05

c 0,45 CH : 0,45n a b c 0,9

Ta có: Ag X Y Z

0,4 0,1n 0,2 n 0,1 n n 0,15

2

Tiến hành ghép CH2. Vì MX < MY < MZ nên Y ít nhất là CH3COOH, Z ít nhất là C2H5COOH.

3

3 2 2 5

2 3 2

BTNT(C)

2

X : HCOOH : 0,1

Y : CH COOH : 0,15HCOOH : 0, 4

M C H : 0,05 M Z : C H COOH : 0,15

CH : 0, 45 C H : 0,05

CH : 0

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 axitm 0,4.46 0,45.14 24,7




1(24,7 0,8.40 0,4.18) 24,75

2raén

m gam Ñaùp aùn A.

Bài 11: X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đó có axit

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.

X COO C Ck 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)

2

3 5 3

3 2

2 E

2 3

2 3

CO2

2

C H (OH) : aC H : a

H O : 3a m (38 2.46)a 72b 14c 26,5 a 0,05HCOOH : 2a

HCOOH : 2a m 2.84a 110b 14c 36 b 0,2C H COOH : b

C H COOH : b c 0,426,5n 5a 3b c 0,5.CH : c

10,6CH : c

muoáiE E

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

2

HCOOK : 0,1

C H COOK : 0,2

CH : 0,4

Tiến hành ghép CH2, ta có 3 trường hợp:

Trường hợp 1: 2 3

Y

2

C H COOK : 0,2Y m 0,2.110 22

CH : 0 gam


Y

2

C H COOK : 0,2Y m 22 0,2.14 24,8 .

CH : 0,2 gam Ñaùp aùn C


Y

2

C H COOK : 0,2Y m 24,8 0,2.14 27,6

CH : 0,4 gam

Tương tự như ĐĐH, với một số bài tập, sau khi quy đổi bằng TPH để tách H2O, ta cần ghép este để

tạo lại hỗn hợp đầu. Vì số mol H2O sau khi quy đổi phụ thuộc vào số mol của este ban đầu nên ngược lại, số

mol este ban đầu cũng phụ thuộc vào số mol H2O sau khi quy đổi.

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

Từ các hệ số, ta thu được: 2R OOR RCOOH R OH H On n n n

C ' '

Ví dụ 1:

2 2

RCOOH : 0,3 RCOOH : 0,3 0,2 RCOOH : 0,1

R OH : 0,5 R OH : 0,5 0,2 R OH : 0,3

H O : 0,2 RCOOH R OH H O : 0,2 RCOOR : 0,2

' ' '

' '

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

Từ các hệ số, ta thu được:

2

2

n n

RCOOH H O

H O

(R OO) R R (OH)

n n

nn n

nC ' '

Ví dụ 2: 3 3 3

2 3 2 3

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

Từ các hệ số của phản ứng, ta thu được:

2

2

n n

R OH H O

H O

R( OOR ) R(COOH)

n n

nn n

n

'

C '

Ví dụ 3:

2 2 2

2 2 2 2

R(COOH) : 0,5 R(COOH) : 0,5 0,3 R(COOH) : 0,2

X R OH : 0,7 R OH : 0,7 2.0,3 R OH : 0,1

H O : 0,6 R(COOH) 2R OH 2H O : 0,3 R(COOR ) : 0,3

' ' '

' '

Ghép este tuy đơn giản, nhưng lại dễ sai. Vì vậy, các bạn cần phải nắm vững cả 3 trường hợp trên.

Bài 12: 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:




,Goïi soá chöùc cuûa ancol Z laø k ta coù:

ZCOO 3 6 2

M 7,104 0,192 76n 0,192 38 Z C H (OH)

k 0,192 2 laø

X phản ứng với NaOH sinh ra 2 muối và X có 1 C C nên X được tạo từ ancol Z và hai axit, trong đó

có một axit A no và một axit B có một nối đôi C=C (A, B đều mạch hở). Mặt khác, hỗn hợp E gồm X và Y

phản ứng với NaOH chỉ sinh ra 2 muối mà Y lại có 2 C C nên Y được tạo từ Z và 2 gốc axit B.

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

C H O : 0,096C H : 0,096

H O : 0,192HCOOH : a

E HCOOH : aC H COOH : b

CH CH COOH : bCH : c

CH : c

Từ khối lượng E, số mol COO, tổng khối lượng CO2 và H2O, ta lập được hệ

2 2

3 4

E

COO

2 3

CO H O

2

C H : 0,096m 40.0,096 46a 72b 14c 18,48 a 0,072

HCOOH : 0,072n a b 0,192 b 0,12 E

C H COOH : 0,12c 0,192m m 168.0,096 62a 168b 62c 52,656

CH : 0,192

Tiến hành ghép este theo điều kiện của X và Y, ta có:

Z : 0,096X : A Z B : 0,072

E A : 0,072Y : B Z B : 0,024

B : 0,12

Tiến hành ghép CH2: 0,192 = 0,096.2 = 0,072 + 0,12

Ta có hai trường hợp:

3 5 3 6 3

3 5 2 3 6

X : C H COO C H OOCCH : 0,072E

Y : (C H COO) C H : 0,024

hoặc 2 3 5 10

2 3 2 5 10

X : C H COO C H OOCH : 0,072E

Y : (C H COO) C H : 0,024

Tuy nhiên, 2 trường hợp này là 2 trường hợp đồng phân của nhau, do đó chỉ có một kết quả duy nhất:

Y

212.0,024%m .100% 27,53%

18,48Ñaùp aùn B.

Nhận xét: Vì hỗn hợp E gồm các este nên ta chỉ cần dựa vào số mol của các gốc axit để ghép.

Bài 13: 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

A. 60% B. 75% C. 50% D. 70%




(Thầy Tào Mạnh Đức)

Lời giải:

2 2 2

BTKL

H O CO H On 0,4 n 0,39 n T laø ancol no.

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

2

2

E

3 6 2

CO

2

H O2

HCOOH : 0,19m 46.0,19 76a 14b 18c 12,52 a 0,05

C H (OH) : aE n 0,19 3a b 0,39 b 0,05

CH : bc 0,04n 0,19 4a b c 0,4

H O : c

Tiến hành ghép CH2, ta có: 33 6 2

3 6 22

2 2

HCOOH : 0,14HCOOH : 0,19

CH COOH : 0,05C H (OH) : 0,05E E

C H (OH) : 0,05CH : 0,05

H O : 0,04 H O : 0,04

Tiến hành ghép este, ta có: 33

3 6 23 6 2

3 3 62

X : HCOOH : 0,14 0,02 0,12HCOOH : 0,14

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

T : C H (OH) : 0,05 0,02 0,03C H (OH) : 0,05

Z : CH COO C H OOCH : 0,02H O : 0,04 ( 0,02).2

X

0,12%n .100% 60%

0,12 0,03 0,03 0,02Ñaùp aùn A.

Bài 14: Hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tiến hành phản

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%


Phân tích: - Có thể coi đây là một biến thể của bước ghép este.

- Vì Z không còn chất nào trong Y nên T là trường hợp ancol – este của TPH.

Lời giải:

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi: 2

3 5 3

2

HCOOH : a

H O : aT

C H (OH) : b

CH : c




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

a 3b c 0,62 (2)

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 phản ứng.

Từ các phân tích trên, ta lập được phương trình: 2OH(T) Hn 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:

33

2 2 52

CH COOH : 0,07CH COOH : 0,15HCOOH : 0,15X

CH : 0,23 C H COOH : 0,08CH : 0,08

Phần trăm khối lượng axit có phân tử khối lớn hơn:

0,08.74%m .100% 58,50%

0,15.46 0,23.14Ñaùp aùn C.

b) “Bảo toàn số mol”

Trong lời giải của Bài 13, 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 ' '

Tổng hệ số các chất tham gia = 2 = Tổng hệ số các chất sản phẩm

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

n 2 n1(RCOO) R nH O 1R (OH) nRCOOH ' '

Tổng hệ số các chất tham gia = n 1 = Tổng hệ số các chất sản phẩm

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

n 2 n1R(COOR ) nH O 1R(COOH) nR OH ' '

Tổng hệ số các chất tham gia = n 1 = Tổng hệ số các chất sản phẩm

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.

Ví dụ: 3 6 2 2 2 31R (COO) R 6H O 3R(COOH) 2R ' '(OH)

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 mở rộng cho hỗn hợp có chứa peptit.

Trường hợp 1: Phản ứng thủy phân hoàn toàn

Phương trình: n 21A (n 1)H O 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

n 21X (n 1)H O nX

Như 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.

m 2mX X (m 1)H O

Đảo lại hai vế, ta có: m 2X (m 1)H O mX

Đây 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 13. Sau khi giải hệ, ta được: 3

3 6 2

2

HCOOH : 0,14

CH COOH : 0,05E

C H (OH) : 0,05

H O : 0,04

Để tính nhanh X%n , ta làm như sau:

Sử dụng BTSM En 0,14 0,03 0,03 0,04 0,12

Ghép este X X

0,12n 0,14 0,02 0,12 %n .100% 60%

0,2

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

Bài 15: X, Y là hai axit no, đơn chức, Z là ancol 2 chức, T là este 2 chức tạo từ X, Y, Z. Đốt cháy 0,1 mol

hỗn 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

Phân tích: Các dữ kiện khá rời rạc với nhau. Đây là dạng bài phát huy sức mạnh của ĐĐH – TPH.

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 : c

E

Từ số mol O2 phản ứng, ta có: 2,5a 1,5b 0,47 0,5.0,11 (1)

22

2

CO2 4 2 O

2 H O

2

HCOOH : 0,11

n 0,11 2a bC H (OH) : a

CH : b n 0,11 3a b c

H O : c

E

2 2CO H Om m 44(0,11 2a b) 18(0,11 3a b c) 10,84 (2)

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

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




2 4 22 4 2

E

22 2 4

2

2

X,Y : HCOOH : 0,11 c

HCOOH : 0,11 cZ : C H (OH) : a

C H (OH) : a c c2n (0,11 c) (a ) 0,11 a c

CH : b c 2 2T : (HCOO) C H :

2H O : c

CH : b

E E

Tuy nhiên nếu áp dụng BTSM, ta có ngay: 2 4 2 2E HCOOH C H (OH) H On n n n 0,11 a c (3)

Việc ghép este để tính số mol của E là ko cần thiết.

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 4 2

2NaOH

CaO,t2 2

2

C H (OH) : 0,07

H : 0,11HCOOH : 0,11E Khí m 2.0,11 14.0,16 2,46

CH : 0,16 CH : 0,16

H O : 0,08

khí gam Ñaùp aùn A.

Bài 16: A là hỗn hợp chứa một axit đơn chức X, một ancol hai chức Y và một este hai chức Z (biết X, Y, Z

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 m gần nhất với:

A. 18,72 B. 20,40 C. 16,40 D. 12,45

Lời giải:

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 1):

2 4 2

2

2

C H (OH) : a

HCOOH : bA

CH : c

H O : d

Từ thông tin về O2, CO2 và H2O, ta lập được hai phương trình:

2

2 2

O

CO H O

n 2,5a 0,5b 1,5c 0,495 (1)

m m 34a 26b 26c 18d 11,1 (2)

Áp dụng BTSM, ta có: An a b d 0,09 (3)

Chia tỉ lệ theo khối lượng hỗn hợp và số mol KOH phản ứng của phần hai, ta có:

A

KOH

k.m 62a 46b 14c 18d 15,03

k.n b 0,15

(4)

Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3) và (4), ta có: a = 0,07 ; b = 0,1 ; c = 0,18 ; d = –0,08




Vì ancol được cố định là etylen glicol nên muối gồm 2

HCOOK : 0,1

CH : 0,18

Ta có: 2 1

0,15 0,15k 1,5 P 1,5P

b 0,1

m 1,5.(0,1.84 0,18.14) 16,38 gam Ñaùp aùn C.

Với ĐĐH và TPH, các bạn đã có thể giải quyết được rất nhiều bài tập về hỗn hợp Ancol – Axit – Este.

Tuy nhiên ĐĐH – TPH chỉ áp dụng được với các bài đã biết rõ dãy đồng đẳng của các chất. Trong trường

hợp không biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu, ta cần sử dụng thêm các kĩ thuật khác.

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: 2Ankan Anken H

Chuyển vế, ta có: 2Anken Ankan H

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.

Ví dụ:

C4H4 C4H10 – 3H2 C6H6C6H14 – 4H2

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.

Ví dụ:

HC C CHO C3H7OH – 3H2 (CHO)2 C2H4(OH)2 – 2H2

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.

Trước khi đi vào các bài toán minh họa, 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 anđehit và hai hiđrocacon cùng dãy đồng đẳng đồng đẳng




2 6

2 6 2 2 2

3 8

3 7 3 4

3 7

2 2 3

2

C H : 0,1C H .kCH : 0,5 C H : 0,1

C H : 0,4 m 2X C H OH : 0,3 0,5n 0,3m 1,6 C H : 0,4

n 2C H OH : 0,3H 1,6 C H CHO : 0,3

H : 1,6

vôùi

+) Chú ý điều kiện để ghép H2. Nếu mạch cacbon không thỏa mãn, ta không được phép ghép H2 vào chất.

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, 4

HCOOH : 0, 2

CH : 0,7

H : 0,5

Ta có: 0,7 = 0,3 + 0,4 = 0,3 + 0,2.2 Có hai trường hợp ghép CH2

Trường hợp 1:

2 6

2 5

2

2

C H : 0,3

C H OH : 0,4X 0,5 0,3m

HCOOH : 0,2

H : 0,5

Khoâng toàn taïi m Khoâng theå gheùp H

Trường hợp 2:

2 6

2 4

3

3

2 5

2 3

2

C H : 0,3C H : 0,3

CH OH : 0,4 m 1X 0,5 0,3m 0,2n X CH OH : 0,4

n 1C H COOH : 0,2C H COOH : 0,2

H : 0,5

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.

Bài 17: Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A và axit hai chức B đều không no, mạch hở, không phân nhánh

(trong 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:

A. 64% B. 66% C. 68% D. 70%


Lời giải:




Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi: 2

2

2

HCOOH : a

(COOH) : bX

CH : c

H : 0,152

Từ phần trăm khối lượng của oxi, ta có: 32a 64b 0,46.(46a 90b 14c 2.0,152) (1)

Phản ứng cháy: 2 2O

2

CO : a 2b cX 44(a 2b c) 18(a b c 0,152) 28,298

H O : a b c 0,152

(2)

Phản ứng với NaOH: 2NaOH

2

2

HCOONa : a

(COONa) : bX m 68a 134b 14c 2.0,152 16,848

CH : c

H : 0,152

muoái

Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,12 ; b = 0,032 ; c = 0,336

Tiến hành ghép hỗn hợp đầu.

2 2 3

2 3 4 2

2

HCOOH : 0,12

(COOH) : 0,032 A : C H COOH : 0,12X

CH : 0,336 0,12.2 0,032.3 B : C H (COOH) : 0,032

H : 0,152 (0,12 0,032)

X

A

0,12.72%m .100% 67,5%

0,12.72 0,032.130

Ñaùp aùn C.

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.

Bài 18: X, Y là hai hợp chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic; Z là axit hai chức, mạch

hở. 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, t0), 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

A. 18.86% B. 17,57% C. 16,42% D. 15,84%


Phân tích: - Đề bài cho thông tin về hỗn hợp đầu và cả hỗn hợp sau khi hiđro hóa, vì vậy ta phải cẩn thận

khi xử lí các dữ kiện.

- Cách tốt nhất là sử dụng ĐĐH cho hỗn hợp F và chuyển các thông tin từ E về F.

Lời giải:




Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: 2

2

2

2 5 F

0,05H

2 O (F)

2 H O(F)

C H COOH : a m 13,44 2.0,05 13,54

E F (COOH) : b n 0,29 0,5.0,05 0,315

CH : c n 0,26 0,05 0,31

Sử dụng ngay 3 thông tin vừa rồi, ta có hệ:

74a 90b 14c 13,54 a 0,05

3,5a 0,5b 1,5c 0,315 b 0,1

3a b c 0,31 c 0,06

Tiến hành ghép hỗn hợp F:

2 5 3 7

2 4 9 3 7

2 2

C H COOH : 0,05 C H COOH : 0,04

F (COOH) : 0,1 F C H COOH : 0,01 C H COONa

CH : 0,06 (COOH) : 0,1

Muoái caàn tính laø 0,04

Bảo toàn khối lượng, ta có: 2T F NaOH H Om m m m 13,54 40.0,4 18.(0,05 0,1.2) 25,04

0,04.110%m .100% 17,57%

25,04Ñaùp aùn B.

Bài 19: 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

A. 15% B. 20% C. 25% D. 30%


Lời giải:


2 2

2 6

2 5 20,24H O : 3,5a 3b 2,5c 1,5d

6,88g 7,36g22 4 2

2

C H : a

C H OH : b CO : 2a 2b 2c dX Y

H O : 3a 3b 3c dC H (OH) : c

CH : d

Từ 3 dữ kiện đầu, ta lập được 3 phương trình:

2

X

dd

O

m 30a 46b 62c 14d 7,36

m 56(2a 2b 2c d) 18(3a 3b 3c d) 11,72

n 3,5a 3b 2,5c 1,5d 0,56

giaûm

Cần lập thêm một phương trình với số mol khí thoát ra.

Ta có: 2OH Hn b 2c n 0,5b c 0,5b c 0,12




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

Chú ý rằng ankan không tan trong nước. Do đó 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

Tiếp theo ta ghép hỗn hợp X. Ta có: 0,24 = 0,06.2 + 0,02 + 0,05.2 Ghép vừa hết H2.

2 6

2 2

2 5

3

2 4 2

2

2

2

2

C H : 0,06C H : 0,06

C H OH : 0,02CH CHO : 0,02

X C H (OH) : 0,05(CHO) : 0,05

CH : 0,11CH : 0,11

H : 0,24

Vì 0,11 = 0,05 + 0,06 = 0,05 + 0,02.3 nên ta có 2 trường hợp.

Trường hợp 1:

3 4

3

2 2

A : C H : 0,06

X CH CHO (M 44) : 0,02 B

CH (CHO) (M 72) : 0,05 C

C

0,05.72%m .100% 52,33%

6,88

Trường hợp 2:

2 2

4 9

2 2

A : C H : 0,06

X C H CHO (M 86) : 0,02 C

CH (CHO) (M 72) : 0,05 B

C

0,02.86%m .100% 25%

6,88Ñaùp aùn C.

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

Bài 20: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, hơn kém nhau một nguyên tử cacbon; Z là ancol no, hai

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

A. 51,44% B. 52,23% C. 42,87% D. 51,97%





Lời giải:


2

2

2

F

2 4 20,65H

O (F)

2

H O(F)2

HCOOH : 0,4m 0,4.46 62a 14b 18c 45,72 0,65.2

C H (OH) : aE F n 0,5.0,4 2,5a 1,5b 2,41 0,65.0,5

CH : bn 0,4 3a b c 1,52 0,65

H O : c

Tiến hành ghép hỗn hợp E.

2

2 5

3 72

2 4 2 0,65H2 4 2

3 6 222

2

2

HCOONa : 0,4C H COONa : 0,15

it 41,9 0,4.68C H COONa : 0,25CH : 1,05HCOOH : 0,4

14C H (OH) : 0,24

C H (OH) : 0,24F EAncol C H (OH) : 0,24CH :1,29

CH :1,29 1,05 0,24H O : 0,24

H : 0,65 (

Ax

2

0,15 0,25.2)

H O : 0,24

2 3

3 3 2 3 3 6 3 3

3 6 2

2

C H COONa : 0,15

C H COONa : 0,25 T : C H COO C H OOCC HE

C H (OH) : 0,24

H O : 0,24 T : 0,12

T

196.0,12%m .100% 51,44%

45,72 Choïn ñaùp aùn A.

b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H2

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.

Bài 21: Hỗn hợp X chứa một este đơn chức và một este hai chức đều mạch hở, trong phân tử mỗi este chỉ

chứa 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

A. 1,2 B. 0,6 C. 1,0 D. 0,5





Lời giải:

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi X (đặt ẩn theo 0,08 mol):

2

2

3

X

3 2

O

2

H O2

HCOOCH : an a b 0,08

(COOCH ) : bX n 2a 3,5b 1,5c 0,5d 0,54

CH : cn 2a 3b c d 0,36

H : d

(1)

(2)

(3)

Ta cần lập thêm một phương trình theo phần 2.

Đặt tỉ lệ (24,7 gam X) : (0,08 mol X) là k, ta có:

X

COO

m k(60a 118b 14c 2d) 24,7 60a 118b 14c 2d 24,7

n k(a 2b) 0,275 a 2b 0,275 (4)

Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3) và (4), ta được: a = 0,05 ; b = 0,03 ; c = 0,25 ; d = –0,08

3

Ancol

2

CH OH : 0,110,275 11,95

a 2b 0,11 k 2,5 m 4,78 4,78 0,11.320,11 2,5 CH : 0,09

14

Ghép hỗn hợp Z, ta có:

2 2 3

3 2 2 2

2

HCOONa : 0,05

(COONa) : 0,03 A : C H COONa : 0,05Z Z

CH : 0,25 0,09 0,16 0,05.2 0,03.2 B : C H (COONa) : 0,03

H : 0,08 (0,05 0,03)

a 0,05.940,98

b 0,03.160Ñaùp aùn C.

Bài 22: 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

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

(Tấn Thịnh – Hoàng Phan)

Lời giải:

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 13,12g):

3

2 4 2

2

2

2

CH COOH : 0,2

C H (OH) : a

E H O : 2a

CH : b

H : c




Để cho gọn, ta sẽ gộp ancol và nước lại: 2

3

E2 2

O2

2

CH COOH : 0,2

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

n 2,5a 1,5b 0,5c 0,1CH : b

H : c

(1)

(2)

Ta cần thêm một phương trình thứ 3, chính là tỉ lệ số mol và số mol C C của phần hai.

Sử dụng BTSM, ta có: 3 2 2E CH COOH C Hn n n k(0,2 a) 0,36

Lại có: (E)

n kc 0,1

Chia vế theo vế hai phương trình trên và triệt tiêu k, ta có: 0,2 a 0,36

c 0,1

(3)

Tuy nhiên nếu giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3), các nghiệm thu được rất lẻ!

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

E

0,2 a 0,36n k(0,2 a 2a) k(0,2 a) 0,36

c 0,1

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

c 0,1

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

CH COOK : 0,2A : CH COOK : 0,15 a 0,15.98

F CH : 0,05 2,673B : C H COOK : 0,05 b 0,05.110

H : 0,05

Ñaùp aùn B.

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 23: 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

A. 24,73% B. 27,27% C. 23,66% D. 25,45%


Lời giải:




Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi:

2

2

2 2

X3 2

O2 6

H O2

2 CO N

n a b 0,24CH NH : a a 0,09

n 2,25a 3,5b 1,5c 0,5d 0,9225C H : b b 0,15X

n 2,5a 3b c d 0,705 c 0,18CH : c

d 0,15H : d n n 1,5a 2b c 0,615

Tiến hành ghép hỗn hợp X

3 2

3 7 2 3 7 2

2 6

2 6 2 6

2

2 2 2

2

CH NH : 0,09C H NH : 0,09 C H NH : 0,09

C H : 0,15X C H : 0,15 C H : 0,075

CH : 0,18H : 0,15 C H : 0,075

H : 0,15

Hiđrocacbon có phân tử khối lớn là C2H6 0,075.30

%m .100% 23,66%9,51

Ñaùp aùn C.

Bài 24: X, Y là hai este đều đơn chức (MX < MY); Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy 0,24

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

A. 30% B. 31% C. 32% D. 33%

Lời giải:

Từ thông tin về ete, ta tính được:

T 2 5 2 5

3 7 3 7

C H OH : 0,2 C H OH : 0,2 :80% 0,25

C H OH : 0,04 C H OH : 0,04 :50% 0,08

2

BT(O)

COO COn 0,33 n 1,37

Ta có hệ:

3 7

X,Y Z X,Y

2 5

X Z Z

2 5 2

X : RCOOC H : 0,08n n 0,24 n 0,15

Y : RCOOC H : 0,07n 2n 0,33 n 0,09

Z : R(COOC H ) : 0,09

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp:

2 5

3 7 2 5

2 5 2 3 7

BT(C)

2 5 22

BT(H)

2

X : HCOOC H : 0,07

Y : HCOOC H : 0,08 X : HC C COOC H : 0,07

Z : (COOC H ) : 0,09E E Y : HC C COOC H : 0,08

Z : (COOC H ) : 0,09CH : 0,3C C : 0,15

H : 0,3




Y

0,08.112m .100% 30,94%

28,96Ñaùp aùn B.

Nhận xét: - Nếu chỉ sử dụng HĐH và lập hệ, ta phải đặt tới 4 ẩn là HCOOH, (COOH)2, CH2 và H2.

- Đây là ví dụ minh họa cho cách sử dụng kết hợp các kĩ thuật quy đổi và các kĩ thuật xử lí số

liệu thông thường. Một chút tư duy sẽ làm cho bài toán trở nên gọn gàng và đơn giản hơn.

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.

Bài 25: Hiđro hóa hoàn toàn 85,8 gam chất béo X cần dùng 0,2 mol H2 (xúc tác Ni, to) thu được chất béo no

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





Lời giải:

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

4

2

2

CH : a

Y COO : 0,3X

CH : b

H : 0,2

X là trieste của glixerol nên X Y COOa n n n :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

2

CH : 0,1

Y COO : 0,3 n 0,1.2 5,1.1,5 7,85

CH : 5,1

Ñaùp aùn B.

Bài 26: Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol một amino axit A (no, mạch hở, phân tử chứa 2 nhóm COOH) bằng

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:

A. 3,36 B. 3,92 C. 4,48 D. 4,2

Lời giải:

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi: 2

2 2

O

2

2 2

(COOH) : 0,05 CO : 0,1 b

A NH : a T H O : 0,5a b 0,05

CH : b N : 0,5a

Từ khối lượng T và số mol T, ta có hệ:

2

2

2

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

T H O : 0,15a 2b 0,2 b 0,05

N : 0,05

Vì Z ở đktc nên Z chỉ gồm CO2 và N2 V 22,4(0,15 0,05) 4,48 Ñaùp aùn C.

Bài 27: Hỗn hợp X gồm hai amin thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Hỗn hợp Y chứa hai amino axit thuộc

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

A. 1 : 1 B. 4 : 1 C. 3 : 1 D. 2 : 3


Lời giải:





2

2

2 2

O3 2

H O

2 CO N

n 2,25a 1,5c 0,81CH NH : a a 0,2

Z COO : b n 2,5a c 0,74 b 0,1

CH : c c 0,24n n 1,5a b c 0,64

Tiến hành ghép hỗn hợp X. Vì đề bải hỏi tỉ lệ mol giữa amin và amino axit nên chỉ cần ghép nhóm

chức.

3 2

3 2

2

2 22

2

CH NH : 0,1 xXCH NH : 0, 2

CHZ COO : 0,1 Z x : y 1:1

HOOCCH NH : 0,1 yCH : 0, 24 Y

CH

Ñaùp aùn A.

Bài 28: Hỗn hợp X gồm các amin no và các hiđrocacbon không no (hiđro chiếm 3/29 khối lượng X, các chất

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:

A. 0,08 B. 0,12 C. 0,16 D. 0,2

(Võ Minh Ngọc)

Lời giải:


2

4

2

2 O :2x 1,5y 0,25z 0,24

212,76g

2

2

CH : xCO : x y

CH : yX N : 0,5z

NH : zH O

H : 0,48

Từ khối lượng X và phần trăm khối lượng của hiđro, ta lập được 2 phương trình:

16x 14y 15z 2.0,48 12,76

34x 2y z 2.0,48 12,76.

29

Chia tỉ lệ số mol O2 và tổng khối lượng của CO2, N2 theo phần 2, ta có phương trình:

2 2

2

CO N

O

k.(m m ) 44x 44y 14z 17,24

k.n 2x 1,5y 0,25z 0,5.0,48 0,525

Giải hệ, ta được: x = 0,32 ; y = 0,4 ; z = 0,2

0,525 0,525 1k

2x 1,5y 0,25z 0,5.0,48 1,05 2




1a k.x .0,32 0,16

2Ñaùp aùn C.

Bài 29: X, Y (MX < MY) là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp. Z là ancol no, mạch

hở, 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: 2 2O :1,42 BTNT(O)

O(E)

2

CO :1,32E n 0,8

H O :1


2

2 6

H BT(C) BT(H)

O(E)

2

2

C H : 0,4

COO : a2n a b 0,56 a 0,24

E O : b c 0,28 d 0,48b 0,32n 2a b 0,8

CH : c

H : d

Số mol ancol: Zn 0,4 0,24 0,16 Số chức ancol: Z

0,32k 2

0,16

Tiến hành ghép: X Y

2 5

2 4 2 n n 0,12

3 3

2

3 6 2

2

C H COOH : 0,24X : HC C COOH : 0,12

C H (OH) : 0,16E E Y : C H COOH : 0,12

CH : 0,28 0,16 0,12Z : C H (OH) : 0,16

H : 0,48 (2.0,24)

11,1

m .56 8,8870

Ñaùp aùn A.

Bài 30: Đốt cháy hoàn toàn 81,24 gam hỗn hợp X gồm 0,07 mol peptit A (cấu tạo từ 2 amino axit trong số

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:

A. 5,0 B. 5,5 C. 6,0 D. 6,5





Lời giải:

Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được Y là C3H5(OH)3, Z là CH3OH.

Ta có: 3 5 3

3

a b 0,29Y : C H (OH) : a a 0,25

m (92 3)a (32 1)b 23,49Z : CH OH : b b 0,04bình taêng

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


2

6 14

3

X4

O2

BTSM(peptit )

2

B : C H : 0, 25

C : HC C CH : 0,04

m 16x 18y 14z 81, 24 0, 25.86 0,04.40 1,14.44 0, 28.15CH : xA

X n 2x 1,5z 3, 495 0, 25.9,5 0,04.4 0, 25.0, 28H O : y

COO :1,14 x y 0,07

NH : 0, 28

CH : z

Giải hệ trên, ta được: a = 0,28 ; b = –0,21 ; c = 0,22

Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 C là C4H5COOCH3.

C

0,04.112%m .100% 5,51%

81,24Ñaùp aùn B.




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.

Bài 31: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T (hai chức, mạch hở), hai ancol đơn chức cùng dãy đồng đẳng

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

A. 7,09 B. 5,92 C. 6,53 D. 5,36

(Đề thi THPT quốc gia – 2016)

Lời giải:


3

BTNT(C)

2

2

2

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

CH OH : 0,05

X CH : x x 0,19 0,04.2 0,05 0,06

H O

H

Vì 2 2 2CH (ancol) CH (axit) CH (axit)M 46 n 0,05 n 0,01 n 0,04ancol

2

3

2

2

2

Axit : HOOC CH COOH : 0,04

CH OH : 0,05Ancol

CH : 0,02

H O

H

Rõ ràng không thể ghép H2 vào HOOC–CH2–COOH

2 2CH (COONa) NaClm m m 0,04.148 0,02.58,5 7,09muoái

gam Ñaùp aùn A.

Nhận xét: - Nếu nhìn bài toán một cách tổng quát bằng con mắt quy đổi, ta nhận thấy ngay: Số cacbon

của axit phải đủ nhỏ để không xảy ra tình huống axit không no, nếu không sẽ có nhiều đáp án.

Bài 32: Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm một số ancol, axit và este (đều no, đơn chức, mạch hở) cần dùng

33,6 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?

A. 15,0 B. 15,5 C. 16,0 D. 16,5

(Lê Hồng Văn)




Lời giải:

Phản ứng đốt cháy:

o

2 3

0,4HCl

22 32 NaOH

t22 3 2 22 31,5 0,75

2

3 3 2

Na CO

CO : 0,1Na COH OX O Z

Na CO CO H OCO NaHCO

H

n

Vì nhoû töø töø neân H seõ phaûn öùng heát vôùi CO tröôùc roài môùi phaûn öùng vôùi HCO ñeå taïo CO

2

3 2

(Z) COH

BTNT(Na) BTNT(C)

NaHCO (Z) CO

n n 0, 4 0,1 0,3

2.0,75 2.0,3 0,9 0,9 0,3 1, 2n n

Sử dụng ĐĐH, ta có:

3

2

3

2

2

HCOOCHHCOOH

HCOOHX H O

CH OHCH

CH

Nhận xét: Lượng H2O được quy đổi không ảnh hưởng đến lượng O2 cần để đốt X và lượng CO2 sinh ra

2

2

CO

2

O

2

HCOOH : an a b 1,2 a 0,3

X CH : bn 0,5a 1,5b 1,5 b 0,9

H O

Phản ứng thủy phân và phản ứng vôi tôi xút: 0

NaOH NaOH

CaO,t 0,30,3X Y : RCOONa T : RH

Ta có:

2

TRCOONa RH RCOONaH

29,22 31,4M 97,4 M M 66 31,4 d 15,7

0,3 2Ñaùp aùn B.

Bài 33: 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

A. 70% B. 71% C. 72% D. 73%


Phân tích: Đề bài cho tới 5 dữ kiện (!). Ta cần nghĩ ngay tới trường hợp tổng quát nhất.

Trong tình huống xấu nhất, E sẽ có cả 3 loại este:

+) Este đơn chức

+) 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


3 3

4 6 4

2

CH COOCH : a

E C H O : b

CH : c

Từ ba thông tin “thô” (thông tin không liên quan tới loại este), ta lập được hệ:

2

E

O

COO

m 74a 118b 14c 20,62 a 0,18

n 3,5a 3,5b 1,5c 0,955 b 0,05

c 0,1n a 2b 0,28

Ta có hệ: 4CH3

2 2 COO

n x y 0,25CH COONa : xy 0,03

CH (COONa) : y n x 2y 0,28

Như vây, trong 0,05 mol este hai chức sẽ có 0,03 mol este có dạng 2 2CH (COOR) và 0,02 mol este có

dạng 3 2(CH COO) R'

Tiến hành ghép hỗn hợp E:

3 3

3 3

2 3 2

3 2 2 5

3 2 2 4

3 2 2 4BTNT(C)

2

CH COOCH : 0,18CH COOCH : 0,18

CH (COOCH ) : 0,03E CH OOC CH COOC H : 0,03

(CH COO) C H : 0,02(CH COO) C H : 0,02

CH 0,03

3

NaOH

2 5

2 4 2

CH OH : 0,2132.0,21

E F C H OH : 0,03 %m .100% 71.95%32.0,21 46.0,03 62.0,02

C H (OH) : 0,02

Ñaùp aùn C.

Lời giải: - Một bài toán rất hay và thú vị, đòi hỏi sự linh hoạt khi quy đổi. Không có nhiều bài toán chỉ sử

dụng ĐĐH mà lại phức tạp và lắt léo như vậy.

Bài 34: 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

A. 6,8g B. 12g C. 8g D. 6,5g





Lời giải:

Trước hết ta cần phân tích cấu tạo của este T.

Este có: C C7 3COO 4

Ta có: 2.2 1.04 1.2 2.1

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:

A : 2a

B : aH

Z : a

T : a

(Axit 1 )

(Axit 2 )

(Ancol)

(Este)

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi:

2

3 5 3

2

2

CH CH COOH : 4a

CH C COOH : 2a

H C H (OH) : 2a

H O : 3a

CH : b

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

Đề bài cho khối lượng muối, vì vậy ta sẽ ghép CH2 cho muối:

2

2 3

3 3BTKL

2

A : CH CH COONa : 0,24A : C H COONa : 0,24

N B : CH C COONa : 0,12 NB : C H COONa : 0,12

CH : x x 0,12

Lượng CH2 còn lại của ancol: 0,24 – 0,12 = 0,12 Z là 0,12 C4H7(OH)3

3 3

2 3 2 3 3 4 7

Y : C H COOH : a 0,06

T : (C H COO) (C H COO)C H : a 0,06

T Ym m 0,06.(280 84) 11,76 Ñaùp aùn C

Nhận xét: Đề bài thừa một dữ kiện, có thể bỏ 36,84g H hoặc 20,52 g H2O.

Bài 35: 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

Lời giải:

Ta có: MT = 16.2 = 32 T là CH3OH

Sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

2Z bình H

6,16m m m 188,85 2. 189,4

22,4 taêng

2H Om 200.(1 0,12) 176 (dd NaOH)

Tiếp tục sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

2T H Om m 189,4 176 13,4 (sinh ra)

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 2):

2 3 3

2 2 246,6g

2

C H COOCH : a

E C H (COOH) : b

CH : c

Từ khối lượng E, ta có ngay phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1)

Phản ứng thủy phân:

2

2 3 3

3NaOH

2 2 2 T H O

2

2

C H COOCH : aCH OH : a

E C H (COOH) : b m m 32a 36b 13,4H O : 2b

CH : c

(sinh ra)

(2)

Chia tỉ lệ số mol CO2 và số mol H2O theo phần 1, ta có: 2

2

CO

H O

k.n 4a 4b c 0,43

k.n 3a 2b c 0,32

(3)

Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3), ta được: a = 0,25 ; b = 0,15 ; c = 0,55

Tiến hành ghép CH2

4 6 2

5 8 2

4 4 4 Y

6 8 4

2

C H O : 0,25X : C H O : 0,25 0,15.144

E C H O : 0,15 %m .100% 46,35%Y : C H O : 0,15 46,6

CH : 0,55 0,25 0,15.2

Ñaùp aùn A.

Bài 36: Hỗn hợp A gồm hai ancol X, Y và axit cacboxylic Z (X,Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn m

gam hỗn hợp A thu được 48,4 gam CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, đun nóng m gam hỗn hợp A có mặt

H2SO4 đặc làm xúc tác thu được hỗn hợp B gồm các chất hữu cơ hai chức (thuần chức) và nước. Đốt cháy

hoàn toàn lượng chất B ở trên cần 24,08 lít khí O2 (đktc). Nếu lấy toàn bộ lượng ancol có trong A đem đốt

cháy thì cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Biết các phản ứng hoàn toàn và các ancol đơn chức, Y có nhiều hơn

X một nguyên tử cacbon. Giá trị V gần nhất với:

A. 22,1 B. 24,6 C. 26,8 D. 28,2




Lời giải:

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp:

2

2

2 2

3CO

2

H O

2

O (A) O (B)2

CH OH : 2an 4a b 1,1 a 0,15

(COOH) : aA n 5a b c 0,85 b 0,5

CH : bc 0,4n n 3,5a 1,5b 0,5c 1,075

H : c

3

2

2

2

CH OH : 0,3

(COOH) : 0,15A

CH : 0,5

H : 0, 4

0,53

0,15

Có tối đa 4 trường hợp ghép CH2

Tất nhiên ta không nên xét cả 4 trường hợp mà cần có một chút biện luận trước.

Vì số mol H2 không chia tròn cho số mol của axit nên phải có H2 đi vào ancol. Suy ra phải có ít nhất

một ancol có ít nhất 3 cacbon. Kết hợp với điều kiện hai ancol có số C liên tiếp, ta có:

2

2 2

2

CH (Axit )

CH (Ancol) CH (Axit )

CH

n 0,15n 0,3 n 0,2

n 0(Axit)

Trường hợp 1: 2CH (Axit)n 0,15

( A )

3

2 5

2

3 7

2 2

2 2

2

2

2

CH OH : 0,3C H OH : 0,25Ancol

CH : 0,35C H OH : 0,05

A A n 0,05.2 0,1 0, 4CH (COOH) : 0,15CH (COOH) : 0,15

CH : 0,5H : 0,4

H : 0,4

Khoâng theå gheùp.

Trường hợp 2: 2CH (Axit)n 0

Vì ta đã loại trường hợp 1 nên trường hợp này chắc chắn đúng. Ta chỉ cần xác định thành phần ancol.

Vì Z chỉ có 2 cacbon nên Z là (COOH)2. Toàn bộ H2 sẽ đi vào ancol.

2

3

2 O (Ancol)

2

CH OH : 0,3

Ancol CH : 0,5 V 22,4.(1,5.0,3 1,5.0,5 0,5.0,4) 22,4

H : 0,4

lít Ñaùp aùn A.

Nếu đề bài hỏi thông tin về một trong hai ancol, ta ghép như sau.

2 53

2 5

3 72

3 3

2 2

2

2 2

C H OH : 0,1CH OH : 0,3C H OH : 0,1

C H OH : 0,2CH : 0,5A C H OH : 0,2

(COOH) : 0,15 (COOH) : 0,15(COOH) : 0,15

H : 0,4 H : 0,4




Nhận xét: Một ví dụ hay về cách sử dụng tư duy để biện luận trong HĐH. Nếu chỉ áp dụng quy đổi mà

không có sự tư duy, ta sẽ mất khá nhiều thời gian (có tới 4 trường hợp có thể xảy ra).

Bài 37: X, Y (MX < MY) là hai axit cacboxylic hai chức; Z là ancol đơn chức; T là este thuần chức tạo bởi X

và Z; biết X, Y, Z, T đều no và mạch hở. Cho 25,08g hỗn hợp H gồm X (3x mol), Y (x mol), Z, T tác dụng

với dung dịch NaOH (dùng dư 10% so với lượng phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn khan N

và 7,36g ancol Z. Đốt cháy hết N cần 0,33 mol O2, thu được 3,204g H2O. Biết Z chiếm 40% số mol hỗn hợp.

Cho các nhận định sau:

(1) Y chiếm khoảng 23,29% về khối lượng hỗn hợp.

(2) Y và T là đồng phân của nhau.

(3) Thực hiện phản ứng tách nước Z thì thu được tối đa 2 anken.

(4) Hiệu khối lượng của Y và Z là 0,32g.

Số nhận định đúng là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

(Thầy Vũ Nguyễn)

Lời giải:

Trước hết ta dùng ĐĐH để quy đổi N:

2

2

2O

H O

2

(COONa) : an 0,5a 1,5b 0,33 a 0,18

N NaOH : 0,2an 0,1a b 0,178 b 0,16

CH : b

Tiếp theo ta sử dụng TPH để quy đổi H.

Vì đề bài có điều kiện ràng buộc số mol của các chất trong hỗn hợp đầu nên ta ghi lại H để tiện xử lí.

2

2

25,08g

2 2

(COOH) : 0,18X : 3x

Y : x CH : 0,16H

Z : z Z : m 7,36g

T(XZ ) : t H O : 2t

Ta sẽ dựa vào sơ đồ quy đổi này để giải ra các ẩn x, z, t và tìm ra X, Y, Z, T.

Bảo toàn khối lượng cho H, ta có: 2H Om 0,72 t 0,02

Bảo toàn số mol gốc axit, ta có: (3x x) t 0,18 x 0,04

Từ điều kiện về số mol của Z, ta có: Z Hn 0,4n z 0,4(4x z t) z 0,12

Bào toàn số mol ancol, ta có: Ancol Z 2 5

7,36n z 2t 0,16 M 46 Z : C H OH

0,16

Tiến hành ghép CH2 vào muối, ta có:




2

2

4 8 220,16CH

2

4 8 2 2 5

2 5 2

X : (COOH) : 0,12

Y : C H (COOH) : 0,04(COOH) : 0,14X : 3x t 0,140,18 (COOH) H

C H (COOH) : 0,04 Z : C H OH : 0,12Y : x 0,04

T : (COOC H ) : 0,02

Như vậy ta đã xác định được hỗn hợp H. Việc tiếp theo là trả lời các câu hỏi.

Y

146.0,04%m .100% 23,29% 1

25,08 ñuùng

6 10 4C H O 2Y, T coù cuøng CTPT laø ñuùng

2 2CH CH 3Taùch nöôùc Z thu ñöôïc moät anken duy nhaát laø sai

Y Zm m 146.0,04 46.0,12 0,32 4 ñuùng

Coù 3 nhaän ñònh ñuùng Ñaùp aùn C.

Bài 38: X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic; Z là axit no hai chức; T là este tạo

bởi X, Y, Z. Đốt cháy 34,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 21,728 lít O2(đktc) thu

được 15,12 gam nước. Mặt khác 34,24 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,18 mol Br2. Nếu đun

nóng 0,6 mol E với 80 gam dung dịch KOH 59,5%. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm lạnh phần hơi thu

được chất lỏng A. Cho A đi qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giả sử các phản ứng xảy

ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với?

A. 59 gam B. 60 gam C. 61 gam D. 62 gam


Lời giải:

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi E:

2

2

3 5

E

2

O

2

H O2

C H OH : 0,18m 58.0,18 90a 14b 18c 34,24 a 0,26

(COOH) : aE n 4.0,18 0,5a 1,5b 0,97 b 0,08

CH : bc 0,04n 3.0,18 a b c 0,84

H O : c

Vì 0,08 < 0,26 nên axit được cố định là (COOH)2

Sử dụng BTSM, ta có: E 2 1n 0,18 0,26 0,04 0,4 P 1,5P

3 5

3 5

2

2

22

2

2

C H OH : 0,27C H OH : 0,27

CH : 0,12 KOH : 0,85 2.0,39 KOH1,5E A CH : 0,12

H O :1,8(COOH) : 0,39H O :1,8 0,39.2 0,06 2,52

H O : 0,06

dö

m 0,27.(58 1) 0,12.14 2,52.(18 1) 59,91bình taêng

gam Ñaùp aùn B.




Một số bài toán cho thông tin từng phần rời rạc của hỗn hợp qua khối lượng bình tăng khi cho ancol

vào Na dư, khối lượng khí thu được khi nung với vôi tôi xút dư,… Lúc này, để lập hệ với ĐĐH ta cần sử

dụng kĩ thuật “liên kết khối lượng” để kết nối các thông tin.

Bài 39: Hỗn hợp X chứa ba este mạch hở; trong đó có hai este đơn chức và một este hai chức, không no. Đốt

cháy hoàn toàn 29,04 gam X cần dùng 1,59 mol O2, thu được 20,52 gam nước. Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn

29,04 gam X với lượng H2 vừa đủ ( xúc tác Ni, to) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với dung dịch

NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Z chứa hai ancol và hỗn hợp T chứa hai muối của hai axit kế tiếp trong dãy

đồng đẳng. Dẫn toàn bộ Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 13,41 gam. Nung nóng hoàn toàn

T với vôi tôi xút thu được hỗn hợp khí có khối lượng là 6,96 gam. Phần trăm khối lượng của D trong hỗn hợp

X là:

A. 57,0% B. 53,3% C. 48,9% D. 49,6%

Lời giải:


3

2 2 4

2

2

HCOOCH : a

(HCOO) C H : b

CH : c

H : d

Từ 3 thông tin về khối lượng, O2 và nước, ta lập được 3 phương trình:

2

2

X

O

H O

m 60a 118b 14c 2d 29,04

n 2a 3,5b 1,5c 0,5d 1,59

n 2a 3b c d 1,14

Còn 2 thông tin ta chưa sử dụng. Tuy nhiên ta lại không thể dùng chúng một cách riêng lẻ. Làm thế

nào để kết nối chúng lại?

Xét toàn bộ quá trình phản ứng:

2

2

o2

Na3CH

2 4 2H NaOH

NaOH

2 khí CHCaO,t2

CH OH : am 31a 60b m

C H (OH) : bE Y

HCOONa : a 2bH : a 2b m 2(a 2b) m

CH : c

bình taêng (ancol)

(axit)

Cộng khối lượng bình tăng và khối lượng khí, ta có:

2 2

2

khí CH CH

CH (E)

m m 31a 60b 2(a 2b) (m m ) 13,41 6,96

33a 64b 14c 20,37

bình taêng (ancol) (axit)

Giải hệ 4 phương trình trên, ta được: a = 0,15 ; b = 0,09 ; c = 0,69 ; d = –0,12

Bảo toàn khối lượng cho ancol, ta có:




3

2 5

2 4 2

3 6 2

2

CH OH : 0,15C H OH : 0,15

Z C H (OH) : 0,09 ZC H (OH) : 0,09

13,41 0,15.31 0,09.60CH : 0,24 0,15 0,09

14

Tiến hành ghép hỗn hợp E.

Ta có: 2HCOONa CH (axit)n a 2b 0,33 n 0,69 0,24 0,45

3 2 5

3 2 53 2 5

3 2 5

23 2 3 6

2

2 3 2 3 6

2 2

2

CH COOC H : 0,12

CH COOC H : 0,03CH COOC H : 0,15CH COOC H : 0,12

H : 0,03(CH COO) C H : 0,09E E E C

CH : 0, 45 0,33 0,12 (CH COO) C H : 0,09

H : 0,12 (0,09 0,03) H : 0,09

CH : 0,12 0,09 0,03

3 2 5

2 3 3 6 3

H COOC H : 0,03

C H COOC H OOCCH : 0,09

este max)

0,09.172%m .100% 53,3%

29,04(M

Ñaùp aùn B.

Bài 40: X, Y là hai este đơn chức, Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp P

chứa X,Y, Z thì cần dùng 24,304 lít O2 (đktc), sau phản ứng thu được CO2 và 14,22 gam H2O. Hiđro hóa

hoàn toàn P cần vừa đủ 1,792 lít H2 (đktc) thu được hỗn hợp E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ,

cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp T chứa hai muối (cả hai

muối đều có mạch cacbon không phân nhánh). Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình

tăng 10,78 gam. Nung nóng T với xút dư có mặt CaO thì sau phản ứng thu được hỗn hợp 2 khí có tỉ khối so

với He là 50

9. Tổng số nguyên tử trong P là:

A. 44 B. 47 C. 50 D. 53

(Anh Phúc Bá)

Lời giải:

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi E:

22

2

3O0,8H

3 3

H O

2

HCOOCH : an 2a 3,5b 1,5c 1,085 0,5.0,08 1

P E CH OOC COOCH : bn 2a 3b c 0,79 0,08 2

CH : c

2

o2

Na

3 CH

NaOH NaOH

2 khí CHCaO,t2

2

CH OH : a 2b m 31(a 2b) m

HCOONa : aE H : a b m 2(a b) m

(COONa) : b

CH : c

bình taêng (ancol)

(axit)




Cộng khối lượng bình tăng và khối lượng khí, ta có:

2 2

2

khí CH CH

CH (E)

4.50m m 31(a 2b) 2(a b) (m m ) 10,78 (a b)

9

20033a 64b 14c 10,78 (a b) 97a 376b 126c 97,02 (3)

9

bình taêng (ancol) (axit)

3

3 3

2

HCOOCH : 0,08a 0,08

1 , 2 , 3 b 0,1 E Z : CH OOC COOCH : 0,1

c 0,41 CH : 0,41

Töø

Ta có: 3 Z

FF

2 5 Z

CH OH : 0,13 2n 0,210,78 0,28n a 2b 0,28 M 39,5 F

C H OH : 0,15 2n 0,20,28

3 2 5Z CH OOC R COOC H coù daïng

Tiến hành ghép hỗn hợp E và P theo điều kiện T chỉ gồm 2 muối:

3

2 5 3

2 5

2 5 2 5

3 2 5

3 2 2 5

2

HCOOCH : 0,03C H COOCH : 0,03

HCOOC H : 0,05E E C H COOC H : 0,05

Z : CH OOC COOC H : 0,1CH OOC CH COOC H : 0,1

CH : 0,26 0,08.2 0,1

2

2 3 3

0,08H

2 3 2 5

3 2 2 5

C H COOCH : 0,03

E P C H COOC H : 0,05 47

CH OOC CH COOC H : 0,1

Toång soá nguyeân töû trong P laø

Ñaùp aùn B.

Như đã nói trong phần HĐH, có một số bài toán mà ta không đủ phương trình để giải theo hệ thông

thường. Với loại bài này, ta cần sử dụng “hệ phương trình có ẩn số nguyên”

Bài 41: Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạnh hở (MX < MY); T là este hai chức tạo bởi X, Y và

một ancol no mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng vừa đủ O2,

thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 3,24 gam nước. Mặt khác 6,88 gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch

AgNO3/NH3 dư thu được 12,96 gam Ag. Khối lượng rắn khan thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng

với 150 ml dung dịch KOH 1M là

A. 10,54 gam B. 14,04 gam C. 12,78 gam D. 13,66 gam

Lời giải:

Từ lượng Ag sinh ra từ phản ứng tráng bạc Trong E coù 0,06 HCOOR




Nếu sử dụng HĐH theo cách thông thường, ta quy đổi hỗn hợp thành:

2 4 2

2

2

2

HCOOH : a

C H (OH) : b

E H O : 2b

CH : c

H : d

Tuy nhiên, chỉ với 3 thông tin về khối lượng, CO2 và H2O, ta không thể giải được 4 ẩn trên

Vấn đề nằm ở chỗ: Số mol H2 bằng một số nguyên lần số mol của HCOOH

Vì vậy để có thể giải được hệ, ta phải sử dụng HĐH theo cách khác: 2

2 4 2

2

2

X : HCOOH : 0,06

Y : HCOOH : a

H : ka (k N)E

C H (OH) : b

H O : 2b

CH : c

Từ khối lượng, CO2 và nước, ta lập được hệ:

2

2

E

CO

H O

m (46 2k)a 26b 18c 4,12

n a 2b c 0,19

n (1 k)a b c 0,12

Hệ này vẫn có 4 ẩn, nhưng vì k nên ta sẽ cho k chạy từ 0, 1, 2, …

Với k = 0, ta giải ra được: a = 0,05 ; b = 0,07 ; c = 0 2 4 2

2

X : HCOOH : 0,06

Y : HCOOH : 0,05E

C H (OH) : 0,07

H O : 0,14

Tuy giải ra nghiệm đẹp nhưng rất tiếc trường hợp này không thỏa vì ta phải có CH2 để ghép vào Y.

Với k = 1, ta giải ra được: a = 0,05 ; b = 0,02 ; c = 0,1

2 2 3

2 4 2 2 4 2

2 2

2

X : HCOOH : 0,06

Y : HCOOH : 0,05 X : HCOOH : 0,06

H : 0,05 Y : C H COOH : 0,05E E

C H (OH) : 0,02 C H (OH) : 0,02

H O : 0,04 H O : 0,04

CH : 0,1 0,05.2

BTKL m 0,06.46 0,05.72 0,15.56 0,11.18 12,78raén

gam Choïn ñaùp aùn C.




Bài 42: X, Y (MX < MY) là hai peptit, mạch hở đều được tạo bởi glyxin, alanin và valin, Z là một este đa

chức, mạch hở, không no chứa một liên kết C=C. Đun nóng hoàn toàn 20,78 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z

trong dung dịch NaOH (vừa đủ), thu được 1,36 gam hỗn hợp ancol F. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu

được 28,52g muối khan T. Đốt cháy hoàn toàn T thu được 13,25g Na2CO3. Mặt khác, đốt cháy hết 20,78g

hỗn hợp E cần vừa đủ 1,14 mol O2. Biết X, Y, Z có cùng số nguyên tử cacbon. Phần trăm về khối lượng của

ancol có phân tử khối lớn nhất trong F gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 46% B. 40% C. 52% D. 43%


Lời giải:

Ta có: 2 3NaOH Na COn 2n 2.0,125 0,25

Sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

2

2

H O(E NaOH) E NaOH ancol

X,Y H O(E NaOH)

m m m m m 20,78 0,25.40 1,36 28,52 0,9

0,9n n 0,05

18

muoái

Sử dụng AKH và phép biến đổi peptit về gốc axit, tiến hành quy đổi E

2

4

2

E

NaOH2

O2 3

2

CH : a

Z H : a

COO : ka m (14 44k)a 57b 14c 19,88

E n ka b 0,25H O : 0,05X,Y

n 1,5a 2,25b 1,5c 1,14C H ON : b

CH : c

Vì CX = CY = CZ nên phải có điều kiện: (k 1)a 2b c

a 0,05


Kiểm tra điều kiện, ta có: (k 1)a 2b c 180

a 0,05 13


Kiểm tra điều kiện, ta có: (k 1)a 2b c

15a 0,05

Vì đề bài chỉ hỏi ancol nên ta không cần quan tâm tới X, Y.

Nếu nối đôi của Z nằm ở phần axit, ta có:

3

BTKL

2

CH OH : 0,03

F 1CH : x x

35

Khoâng theå gheùp.




Vậy nối đôi của Z nằm ở gốc ancol

3 3 5 3 5

2 3 2 5

BTKL2 32

CH OH : 0,03 C H OH : 0,03 C H OH : 0,01

F H : 0,01 F CH OH : 0,01 F C H OH : 0,01

CH : 0,01 CH OH : 0,01CH : x x 0,03

Ancol có phân tử khối lớn nhất là C3H5OH

3 5C H OH

0,01.58%m .100% 42,65%

1,36Ñaùp aùn D.

Bài 43: Hỗn hợp P gồm axit X no, mạch hở, không phân nhánh, este Y mạch hở và lysin. Để tác dụng hoàn

toàn với P cần dùng 400 gam dung dịch NaOH 10%. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được phần rắn Z

chứa 3 muối và phần hơi T chỉ chứa một ancol. Dẫn T qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng

367,36 gam và thu được 43,96 gam muối. Đốt cháy hoàn toàn Z thu được sản phẩm cháy gồm Na2CO3, CO2,

N2 và 19,8 gam H2O. Mặt khác, để đốt cháy hết hỗn hợp P ban đầu cần dùng 50,848 lít khí O2 (đktc). Số

công thức cấu tạo thỏa mãn X là: A. 2 B. 6 C. 9 D. 11

(Anh Phan Thanh Tùng)

Lời giải:

Trước hết, ta xử lí thông tin về este Y:

n

2

2 NaOH

m a(R 16n) 17b 17.20 367,36R(OH) : a

T H O (X,Y NaOH) : b m a(R 39n) 43,96

H O (dd n an b 1

bình taêng

muoái

NaOH): 20mol

6 8 6

23an 17b 16,6 an 0,84 R 80R 4011,2 C H (OH) : 0,14

an b 1 b 0,16 n 6n 3aR

Ta đã xác định được gốc ancol, việc còn lại là xác định gốc axit (chú ý thông tin Z chứa 3 muối)

O2n

x y 6 6 8

6y 8H COO) C H : 0,14 0,14.(6x 6 ) 2,27

4Y: (C

12x 3y 16,43 Axit taïo Y laø HCOOH.

Vì X có mạch không phân nhánh nên X là axit đơn chức hoặc axit 2 chức.

Trường hợp 1: X đơn chức

6 6 8

6 13 2 26 14 2 2

22

OO) C H : 0,14 OONa : 0,84

HCOONa : aHCOOH : aZ

C H N O Na : bC H N O : b

CH : cCH : c

(HC HC

P

Từ thông tin về O2, NaOH, H2O(Z), ta lập được hệ




2

2

NaOH 3 7

O 6 14 2 2

6 6 8H O(Z)

n 0,84 a b 1 X : C H COOH : 0,12a 0,12

n 9,5.0,14. 0,5a 8,5b 1,5c 2,27 b 0,04 C H N O : 0,04

c 0,36 0,12.3 Y : (HCOO) C H : 0,14n 0,5.0,84 0,5a 6,5b c 1,1

3 7 3 2 2 3|

3

C H COOH CH CH CH COOH CH CH COOH

CH

coù 2 caáu taïo: vaø

Trường hợp 2: X hai chức

6 6 8

22

6 13 2 26 14 2 2

22

OO) C H : 0,14 OONa : 0,84

(COONa) : a(COOH) : aZ

C H N O Na : bC H N O : b

CH : cCH : c

(HC HC

P

Từ thông tin về O2, NaOH, H2O(Z), ta lập được hệ

2

2

NaOH 4 8 2

O 6 14 2 2

6 6 8H O(Z)

n 0,14 2a b 0,16 X : C H (COOH) : 0,04a 0,04

n 9,5.0,14 0,5a 8,5b 1,5c 2,27 b 0,08 C H N O : 0,08

c 0,16 0,04.4 Y : (HCOO) C H : 0,14n 0,5.0,14 6,5b c 1,1

4 8 2X (C H (COOH) ) coù 9 caáu taïo:

1 2 3 4

C C C C 1;1 , 1;2 , 1;3 , 1;4 , 2;2 , 2;3 .Maïch thaúng: Coù caùc caáu taïo:

1 2 3

|C C C 1;1 , 1;2 , 1;3 .

C

Maïch nhaùnh: Coù caùc caáu taïo:

X coù taát caû 11 caáu taïo thoûa maõn Ñaùp aùn D.

Bài 44: Hỗn hợp X gồm hai este có cùng số nhóm chức (đều mạch hở, có tổng số liên kết bằng 5). Đốt

cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng 38,08 lít khí O2 (đktc). Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với

300 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp muối và 0,4 mol hai ancol no, đơn chức, mạch hở. Cho

lượng muối trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu được 86,4g Ag. Số cấu tạo thỏa mãn

este không no trong X là:

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

(Võ Minh Ngọc)

Lời giải:

NaOH Ancol NaOH

1n n n

2 ñôn

Coù moät trong hai este coù daïng RCOOR'COOR''

Hai este khoâng theå laø este cuûa phenol




Vì hai este có tổng số liên kết bằng 5 nên một este no và một este có một nối đôi C=C

Ta có hệ:

NaOH

Ancol2

: a n 2a 2b 0,6 a 0,2

n a 2b 0,4 b 0,1) : b

A: RCOOR'COOR''

B: R(COOR'

2R)Nhaän xeùt: R(COO khoâng theå traùng baïc. Nhận xét:

2R)R(COO không thể tráng bạc.

Ag

1 2

A

n 0,84 HCOO CH CH R COO R

n 0,2A coù daïng

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi X (nên dùng ĐĐH với CTPT):

O2

4 3 4 3

n 1,7

3 3

2

C H O CH : 0,2

X CH OOC COOCH : 0,1 x 0,3

CH : x

5 5 4 3

4 3 4 3

4 3 4 2 5

3 3

3 3

2

2

C H O CH : 0,2A A : C H O CH : 0,2

C H O C H : 0,2X CH OOC COOCH : 0,1

B :CH OOC COOCH : 0,1CH : 0,3B :

CH : 0,1

hoaëc X

Trường hợp 1: 4 3 4 3 3C H O CH HCOO CH CH COOCHCoù 1 caáu taïo thoûa maõn:

Trường hợp 2: 4 3 4 2 5 2 5C H O C H C HCOO CH CH COOC Hoù 1 caáu taïo thoûa maõn:

Trường hợp 3: 5 5 4 3C H O CH C 2où caáu taïo thoûa maõn:

2 3 3|

3

HCOO CH CH CH COO CH HCOO CH C COO CH

CH

A có 4 cấu tạo thỏa mãn Đáp án C

Bài 45: X,Y là hai este đều đơn chức; Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở, không no chứa một liên kết

đôi C=C và không chứa nhóm chức khác). Đốt cháy m gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol Y lớn hơn số

mol Z) bằng oxi vừa đủ thu được 40,04 gam CO2 và 12,24 gam H2O. Đun nóng m gam E với dung dịch

NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 3 ancol đều no và hỗn hợp F chứa 3 chất rắn trong đó có 2

chất hữu cơ (biết rằng số liên kết của mỗi chất không lớn hơn 2). Đốt cháy hỗn hợp rắn F chỉ thu được

14,94 gam H2O và 66,78 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng của Y (MX<MY) trong m gam E gần nhất với

A. 24% B. 24,5% C. 25% D. 25,5%

(Thầy Trọng Đạt)

Phân tích: Các thông tin của bài toán rất rời rạc với nhau. Liệu có cách sử dụng ĐĐH để liên kết các dữ

kiện này lại?




Lời giải:

Trước hết ta cần biện luận cấu tạo của X, Y, Z:

Vì các ancol đều no nên các liên kết C=C của X, Y, Z nằm ở gốc axit.

Nếu Z tạo từ axit hai chức thì axit này có 3 , trái với giả thiết 2 muối đều có không quá 2

E tạo từ ancol no, 2 chức và hai axit đơn chức, trong đó một axit no và một axit có một nối đôi C=C


2

2

2 3CO

2 2 4

H O

2

CH CH COOCH : an 4a 6b c 0,91 1

CH CH COO C H OOCH : bn 3a 4b c 0,68 2

CH : c

E

Lấy (1) – (2), ta được: a + 2b = 0,23 (3)

Mặt khác đây cũng chính là số mol gốc axit của E, vì vậy ta có:

o2 2 3O ,t BTNT(Na)

NaOH

2

Na CO : 0,63RCOONa : 0,23F n 1,03

H O : 0,83NaOH

Bảo toàn 2 nguyên tố C và H, ta có: C(F) H(F)n n 0,63

Vì F có nC = nH nên F gồm 2 muối HCOONa và C2H3COONa (C3H3O2Na)

Ta có: 2 3

0,63 0,23C H COONa : 0,2

F 2

HCOONa : 0,23 0,2 0,03

Vì chỉ mình Z có gốc HCOONa nên b = nHCOONa = 0,03

Từ (3) a 0,23 2b 0,23 0,03.2 0,17

Từ (2) c = 0,68 – 3a – 4b = 0,68 – 3.0,17 – 4.0,03 = 0,05

Bước cuối cùng, ta tiến hành ghép:

2 3 3

2 3 2 4

2

X Y : C H COOCH : 0,17

E Z : C H COO C H OOCH : 0,03

CH : 0,05

Vì nY > nZ nên ta cần ghép một lượng CH2 lớn hơn 0,03 vào C2H3COOCH3

Nếu ta ghép 0,03 CH2 vào Z, lượng CH2 chỉ còn 0,02 < 0,03. Như đã phân tích, ko thể có nY > nZ

Toàn bộ 0,05 CH2 đi vào C2H3COOCH3

2 3 3

2 3 2 5

2 3 2 4

X : C H COOCH : 0,12

E Y : C H COOC H : 0,05

Z : C H COO C H OOCH : 0,03

Y

100.0,05%m .100% 25,46%

86.0,17 144.0,03 14.0,05Ñaùp aùn D.




PHẦN BA: BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Hãy vận dụng những thứ mà bạn học được từ hai phần trước để thử sức với các bài tập tự luyện. Đây

là những bài tập hay được tổng hợp từ nhiều nguồn và có độ khó tăng dần. Đặc biệt những bài cuối cùng là

món quà mình gửi tặng đến các bạn. Tuy không nhiều nhưng đây là những bài tập rất đặc trưng cho 4 kĩ

thuật ĐĐH – TPH – HĐH – AKH. Dù đề thi có là 50 câu/90 phút hay 40 câu/50 phút thì mình tin rằng

những bài tập này, hay nói rộng ra là tài liệu này, sẽ có ích cho các bạn trong kì thi THPTQG 2017 sắp tới.

Bài 46: Hỗn hợp X gồm (CH3COO)3C3H5, CH3COOCH2CH(OOCCH3)CH2OH,

CH3COOCH2CHOHCH2OH, CH2OHCHOHCH2OH và CH3COOH, trong đó CH3COOH chiếm 10% tổng số

mol hỗn hợp. Đun nóng m gam hỗn hợp X với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 20,5 gam

natri axetat và 0,604m gam glixetol. Để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng V lít O2 (đktc). Giá

trị của V gần nhất là

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

Bài 47: Hỗn hợp khí X gồm hai amin kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Hỗn hợp khí Y gồm một

ankan và một ankin có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy 9,26 gam hỗn hợp Z chứa X, Y có tỉ lệ mol

tương ứng 1 : 2 bằng lượng oxi vừa đủ, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình chứa dung

dịch H2SO4 đặc (dùng dư), thấy khối lượng bình tăng 12,42 gam; đồng khí thoát ra khỏi bình có thể tích là

13,216 lít (đktc). Phần trăm khối lượng của amin có khối lượng phân tử nhỏ trong hỗn hợp Z là.

A. 6,7% B. 20,1% C. 13,4% D. 26,8%


Bài 48: Đốt cháy hoàn toàn 50ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và 2 hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp bằng

một lượng oxi vừa đủ, thu được 375 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch H2SO4

đặc (dư). Thể tích khí còn lại là 175 ml. Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện. Hai hiđrocacbon đó là:

A. C2H4 và C3H6 B. C3H6 và C4H8 C. C2H6 và C3H8 D. C3H8 và C4H10

(Đề đại học khối B – 2012)

Bài 50: X là este no, đơn chức, Y là axit cacboxylic đơn chức, không no chứa một liên kết đôi C=C; Z là este

hai chức tạo bởi axit Y và ancol no T (X, Y, Z đều mạch hở,). Đốt cháy a gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số

mol Y bằng số mol Z) cần dùng 7,504 lít O2 (đktc), thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 19,74 gam. Mặt

khác, a gam E làm mất màu tối đa dung dịch chứa 22,4g Br2. Khối lượng của X trong E là:

A. 6,6 B. 7,6 C. 8,6 D. 9,6

Bài 51: Hỗn hợp X gồm 2 este không no, đơn chức, mạch hở (gốc axit hơn kém nhau một nguyên tử cacbon)

và một este hai chức, mạch hở. Hiđro hoá hoàn toàn 31,72 gam hỗn hợp X cần dùng 0,26 mol H2 (Ni, t0). Đốt

cháy hoàn toàn 31,72 gam hỗn hợp X cần dùng 1,43 mol O2. Để xà phòng hoá hoàn toàn 31,72 gam hỗn hợp

X cần dùng 0,42 mol NaOH, thu được hỗn hợp muối và hỗn hợp T gồm 2 ancol đồng đẳng kế tiếp. Cho T




vào bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng thêm 14,14 gam. Phần trăm khối lượng của este đơn chức có

phân tử khối lớn hơn gần nhất với:

A. 27% B. 28% C. 29% D. 30%

(Thầy Hoàng Chung)

Bài 52: X, Y là hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp; Z là anđehit; T là axit cacboxylic; X, Y, Z, T đều mạch

hở và Z, T đơn chức. Hidro hóa hết a gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần dùng đúng 0,95 mol H2 thu được

24,58 gam hỗn hợp F. Đốt cháy hết F cần dùng 1,78 mol O2. Mặt khác, cho F tác dụng hết với Na (dư) sau

phản ứng thu được 3,92 lít khí H2 (đktc) và 23,1 gam muối. Biết số mol T bằng 1/6 số mol hỗn hợp E và

MX < MY. Cho a gam hỗn hợp E tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì được m gam kết tủa.

Giá trị của m là

A. 156,84 B. 176,24 C. 174,54 D. 108


Bài 53: X, Y, Z là ba este mạch hở (MX < MY < MZ); X đơn chức, có 1 liên kết C=C, Y và Z hai chức; Y

được tạo từ axit đơn chức, Z được tạo từ axit đa chức. Đốt cháy hết 28,08g hỗn hợp H gồm X, Y, Z cần vừa

đủ 1,5 mol O2. Đun nóng cũng lượng H trên trong 175g dung dịch NaOH 8%, kết thúc phản ứng thu được

dung dịch A chứa 4 chất tan (không chứa muối của axit fomic) và 12,92g hỗn hợp B chỉ chứa 2 ancol. Cho B

tác dụng hết với kali dư thấy thoát ra 0,16 mol H2. Biết 28,08g H làm mất màu vừa hết 0,2 mol Br2 và 2

ancol trong B có cùng số nguyên tử cacbon. Nồng độ phần trăm của chất tan có phân tử khối lớn nhất trong

A là

A. 4,67% B. 4,99 % C. 5,05% D. 5,11%

(Thầy Vũ Nguyễn)

Bài 54: X, Y, Z (MX < MY < MZ) là ba este no, mạch hở, thuần chức. Thủy phân hoàn toàn 68,8g hỗn hợp H

gồm X, Y, Z trong 800 ml dung dịch KOH 2,4M, cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn T (chứa 4 chất;

trong đó các chất hữu cơ đều mạch thẳng) ; hỗn hợp N chứa 3 ancol không là đồng phân của nhau và có cùng

số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hết N thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 89,76g. Nung nóng hoàn toàn

T với CaO, sản phẩm thu được chỉ có 9,12g hỗn hợp khí M (H2, CH4) và 132,48g một muối cacbonat. Biết số

mol M bằng 23 lần số mol muối có phân tử khối lớn nhất trong T và Z chỉ tạo thành từ một axit và một ancol.

Tỉ lệ khối lượng của Z so với Y có giá trị là

A. 4,6897 B. 4,6383 C. 0,2156 D. 1,1596


Bài 55: X là axit cacboxylic đơn chức; Y là axit cacboxylic hai chức; Z là ancol đơn chức; T là ancol 2 chức;

H là este thuần chức tạo bởi X và T; G là este thuần chức tạo bởi Y và Z; biết X, Y, Z, T, H, G đều no và

mạch hở. Co 10,32 gam hỗn hợp E gồm X (x mol), Y (2x mol), Z, T, H, G tác dụng với dung dịch NaOH

(dùng dư 20% so với lượng phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn khan F (trong F có tỉ lệ số

mol muối của axit đơn chức với muối của axit đa chức là 5 : 3) và hỗn hợp 2 ancol Z, T. Cho hỗn hợp 2 ancol

Z, T qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 5,17 gam và thoát ra 1,232 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy




hết F cần dùng 0,16 mol O2, thu được 2,088g H2O. Biết Z chiếm 30% số mol hỗn hợp. Phần trăm khối lượng

của T trong E là

A. 7,36% B. 9,45% C. 8,67% D. 6,46%

(Đề thi thử BeeClass lần 2 – 2016)

Bài 56: Cho hỗn hợp X gồm 2 ancol no, đơn chức đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp Y gồm hai axit cacboxylic

có mạch cacbon không phân nhánh, có cùng số liên kết ; tất cả đều mạch hở. Trộn X và Y theo tỉ lệ mol 3:2

thu được m gam hỗn hợp Z. Tiến hành phản ứng este hóa m gam Z, sau một thời gian thu được hỗn hợp T

chứa nước và 7,89 gam các chất hữu cơ. Chia T làm 3 phần bằng nhau

- Phần 1: Phản ứng tối đa với 0,035 mol NaOH

- Phần 2: Dẫn qua bình đựng Na dư thì có 0,616 lít H2 thoát ra (đktc).

- Phần 3: Đốt cháy hoàn toàn, thu được 3,74 gam CO2.

Phần trăm khối lượng của ancol có phân tử khối lớn trong Z có thể là

A. 17,36% B. 7,11% C. 8,19% D. 26,33%


Bài 57: X và Y là 2 amin mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng, có tỷ khối so với He là 15,6. Hỗn hợp E gồm

X, Y, Glyxin, Valin và Lysin. Hóa hơi hoàn toàn 385,188g E thu được thể tích đúng bằng thể tích của

182,34g C2H6 (đo ở cùng điều kiện). Chia lượng E trên thành 3 phần:

- Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn cần vừa đủ 67,256 lít khí O2 (đktc), thu được hỗn hợp khí và hơi T. Dẫn T qua

bình đựng nước vôi trong dư thì thấy khối lượng dung dịch tăng 0,642g (N2 bị hấp thụ không đáng kể).

- Phần 2: Tác dụng vừa đủ với 260ml dung dịch NaOH 0,1M, thu được 4,168g hỗn hợp muối.

- Phần 3: Tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được hỗn hợp muối F.

Hiệu khối lượng muối của Lys và muối của Gly trong F gần nhất với:

A. 2,3g B. 4,6g C. 6,9g D. 13,8g

(Võ Minh Ngọc – Quà tặng đặc biệt ngày 20/11)

Bài 58: Hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp E (hiđro chiếm 3,767% về khối lượng) chứa 4 chất hữu cơ cần vừa đủ

0,39 mol H2, thu được 35,82g hỗn hợp F gồm hai axit X, Y mạch hở (X đơn chức, Y hai chức), ancol Z mạch

hở, este T hai chức tạo bởi axit Y và ancol Z (trong đó Y Z T XM M , n n ). Chia F thành hai phần:

- Phần 1: Đem hóa hơi hoàn toàn thu được thể tích đúng bằng thể tích của 6,72 gam nitơ (đo ở dùng điều

kiện). Đốt cháy hoàn toàn lượng F này cần dùng 18,592 lít O2 (đktc).

- Phần 2: Đem thủy phân hoàn toàn trong dung dịch NaOH dư thu được hỗn hợp muối M. Nung nóng M

với NaOH dư (có xúc tác CaO), thu được 2,24 lít hỗn hợp khí (đktc) và 18,02g muối vô cơ.

Phần trăm khối lượng của este trong hỗn hợp E có thể là

A. 35,68% B. 36,18% C. 36,47% D. 36,99%





Bài 59: Hỗn hợp X gồm (CHO)2; (COOH)2; OCH-COOH; OCH-C≡C-CHO; HOOC-C≡C-COOH; OCH-

C≡C-COOH. Hỗn hợp Y gồm các axit cacboxylic đơn chức, mạch hở. Cho m gam X tác dụng với NaHCO3

dư, thu được 13,44 lít khí (đktc). Mặt khác m gam X làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch nước Br2 1,6M.

Hiđro hóa hoàn toàn m/3 gam Y rồi cho tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được hỗn hợp muối T. Đốt

cháy hoàn toàn T trong O2 dư rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy tác dụng vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối

lượng dung dịch giảm 51,25g. Trộn m gam X với m/3 gam Y, thu được hỗn hợp Z. Đốt cháy hoàn toàn Z cần

vừa đủ 26,88 lít O2 (đktc), thu được nước và 81,4g CO2. Cho lượng Z trên tác dụng hết với dung dịch

AgNO3/NH3 dư, thu được a gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị nhỏ nhất có thể của a

gần nhất với

A. 85 gam B. 95 gam C. 115 gam D. 120 gam


Bài 60: Hỗn hợp E gồm 3 peptit mạch hở có tỉ lệ mol là 1:2:3, có tổng số liên kết peptit nhỏ hơn 10; được tạo

thành từ 3 amino axit no, mạch hở có tổng số nhóm chức nhỏ hơn 9 (không chứa nhóm chức khác NH2 và

COOH). Thủy phân hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 150ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp muối F

có chứa muối của lysin (chiếm 3/61 khối lượng của F). Đốt cháy hoàn toàn F rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy

vào bình đựng nước vôi trong dư thì thấy khối lượng dung dịch giảm 33,32g và thoát ra 2,464 lít khí duy nhất

(đktc). Biết E có tổng số nguyên tử nguyên tử O gấp đôi tổng số nguyên tử N và các peptit đều có phản ứng

màu biure. Phần trăm khối lượng của peptit có ít nguyên tử O nhất trong E không thể là

A. 33,31% B. 38,01% C. 41,63% D. 45,25%


Documents

LỜI MỞ ĐẦ - f.libvui.comf.libvui.com/dlsm14/VeDepCuaQuyDoi_0cba462796.pdf · Đẳng Hóa và bài toán peptit” của anh NT Nhật Trường (sinh viên trường đại