SKKN PP cắt ghép mạch C giải nhanh bài toán hữu cơ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (418.83 KB, 67 trang )
I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
1.1. Cở sở lý luận
Trở thành sinh viên các trường Cao đẳng, Đại học Y, Dược, Công nghệ thực
phẩm, Công nghệ môi trường, Hóa dầu…ln là ước mơ của nhiều học sinh THPT.
Tuy nhiên, ước muốn đó sẽ là quá “xa vời” đối với những học sinh học khơng tốt
bộ mơn Hóa học. Làm thế nào để các em khơng cịn “sợ hãi” trước một bài toán
trắc nghiệm với quá nhiều chất tác dụng với nhau, quá nhiều các phương trình
phản ứng phức tạp trong khi thời gian dành cho một câu trắc nghiệm trung bình chỉ
khoảng 1,25 phút? Câu hỏi đó luôn hiện hữu trong đầu tôi.
Việc phân loại các dạng bài tập và lựa chọn phương pháp thích hợp để giải
bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều phương
pháp giải khác nhau, nếu biết lựa chọn phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh dễ
hiểu bài, từ đó các em sẽ u thích mơn học.
1.2. Cơ sở thực tiễn
Trong thực tế, sách giáo khoa cũng như sách tham khảo đưa ra các bài tập
nhưng không đi sâu cách phân loại và phương pháp giải cho mỗi dạng bài tập,
không định hướng được ứng dụng các định luật bảo toàn vào giải tốn hóa học,
trong khi để giải các đề thi thì học sinh phải nắm vững các dạng bài tập và phương
pháp giải các dạng bài tập đó. Việc phân loại các dạng bài tập và lựa chọn phương
pháp thích hợp là việc làm rất cần thiết. Nếu chúng ta phân loại được các dạng bài
tập và có những phương pháp giải đơn giản, dễ hiểu thì rất có lợi cho học sinh
trong thời gian ngắn để nắm được các dạng bài tập cũng như phương pháp giải.
Với vốn kiến thức hiện có của một học sinh THPT, các em khơng thể đọc
sách rồi tự mình rút ra phương pháp để giải quyết khó khăn trên. Thêm vào đó
trong sách giáo khoa cũng như các sách tham khảo rất ít những ví dụ minh họa một
cách chi tiết, rõ ràng để giúp học sinh làm những bài tốn như vậy. Chính vì thế,
trong thực tế q trình giảng dạy, tìm tịi, nghiên cứu nhóm tơi mạnh dạn viết đề tài
nghiên cứu: ‘‘Phương pháp cắt, ghép mạch cacbon giải nhanh các bài tốn hóa
học hữu cơ’’. Đề tài này sẽ là tài liệu tham khảo dễ hiểu, giúp các em có cái nhìn
đơn giản hơn đối với những bài tốn dạng trên đồng thời giải quyết chúng một
cách nhanh hơn và hiệu quả hơn.
Phương pháp giải này có thể nói bao hàm phần lớn những kiến thức trong
mảng hữu cơ đi từ hidrocacbon, các hợp chất chứa C,H,O đến những những hợp
chất hữu cơ chứa N
Với tài liệu này, các em hoàn tồn có thể bình tĩnh “đối diện” với dạng tốn
trên trong các đề thi đại học, cao đẳng mơn Hóa mà khơng cịn bị yếu tố tâm lí về
thời gian và khơng cịn lúng túng, bối rối vì mất phương hướng làm bài.
II. Mô tả giải pháp
2.1.Giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trích dẫn: “Nội dung sinh hoạt tổ/nhóm chuyên môn về đổi mới PPDH và
KTĐG theo công văn 5555/BGDĐT- GDTrH
+ Xây dựng chuyên đề dạy học
Thay cho việc dạy học đang được thực hiện theo từng bài/tiết trong sách giáo khoa
như hiện nay, các tổ/nhóm chun mơn căn cứ vào chương trình và sách giáo khoa
hiện hành, lựa chọn nội dung để xây dựng các chuyên đề dạy học phù hợp với việc
1
sử dụng phương pháp dạy học tích cực trong điều kiện thực tế của nhà trường. Trên
cơ sở rà soát chuẩn kiến thức, kỹ năng, thái độ theo chương trình hiện hành và các
hoạt động học dự kiến sẽ tổ chức cho học sinh theo phương pháp dạy học tích cực,
xác định các năng lực và phẩm chất có thể hình thành cho học sinh trong mỗi
chuyên đề đã xây dựng.
+ Biên soạn câu hỏi/bài tập
Với mỗi chuyên đề đã xây dựng, xác định và mô tả 4 mức độ yêu cầu (nhận biết,
thông hiểu, vận dụng, vận dụng cao) của mỗi loại câu hỏi/bài tập có thể sử dụng để
kiểm tra, đánh giá năng lực và phẩm chất của học sinh trong dạy học. Trên cơ sở
đó, biên soạn các câu hỏi/bài tập cụ thể theo các mức độ u cầu đã mơ tả để sử
dụng trong q trình tổ chức các hoạt động dạy học và kiểm tra, đánh giá, luyện
tập theo chuyên đề đã xây dựng.
+ Thiết kế tiến trình dạy học
Tiến trình dạy học chuyên đề được tổ chức thành các hoạt động học của học sinh
để có thể thực hiện ở trên lớp và ở nhà, mỗi tiết học trên lớp có thể chỉ thực hiện
một số hoạt động trong tiến trình sư phạm của phương pháp và kĩ thuật dạy học
được sử dụng.’’
Theo công văn này khi xây dựng chuyên đề giảng dạy phải hướng học sinh
đến phát triển phẩm chất và năng lực. Các phương pháp để giải nhanh bài tập trắc
nghiệm hóa học thi từ năm 2007 đến nay có rất nhiều. Liệt kê ra phải trên 20
phương pháp. Nếu học sinh học hết khi vào phòng thi gặp một bài tập lạ sẽ không
biết chọn phương pháp nào để giải ra bài tập này. Thay vào việc nhớ nhiều phương
pháp thì nhóm tơi đưa ra vài ba cách giải tương đối tổng quát để giải nhanh phần
lớn các bài tập hóa học, một trong những phương pháp đó là: ‘‘Phương pháp cắt,
ghép mạch cacbon giải nhanh các bài tốn hóa học hữu cơ’’
Về phía giáo viên, trước khi chưa có SKKN này việc giải bài toán hữu
cơ thường dài, qua nhiều cơng đoạn, nhiều thao tác, địi hỏi học sinh phải thành
thạo cách định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, kỹ năng viết công
thức tổng quát, viết phương trình phản ứng, kỹ năng tốn học xử lý giải những
bài tốn phức tạp. Cụ thể nhóm tơi đưa ra một số ví dụ sau và một số cách giải
khi chưa tạo ra sáng kiến này.
Câu 1 (đề minh họa 2020 lần 1). Đốt cháy hoàn toàn 6,46 gam hỗn hợp E gồm ba
este no, mạch hở X, Y, Z (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol; MX < MY
dụng hết với dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với lượng phản ứng) rồi chưng cất
dung dịch, thu được hỗn hợp hai ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp chất rắn khan
T. Đốt cháy hoàn toàn T, thu được Na 2CO3, CO2 và 0,18 gam H2O. Phân tử khối
của Z là
A. 160.
B. 74.
C. 146.
D. 88.
Hướng dẫn
2
BTKL cho phản ứng cháy: 6,46+ 0,235.32 = 0,24.44+ 18nH O ⇒ nH O = 0,19mol.
BTNT (O): nO(E) + 2.0,235 = 2.0,24 + 0,19⇒ nO(E) = 0,2mol ⇒ nCOO = nNaOH p = 0,1mol = nπ(E)
(Vì E no)
2
Quan hệ pi: nE =
n
nCO2 − nH2O
k −1
2
⇔ k.nE − nE = 0,24 − 0,19 ⇒ nE = 0,05mol
E5F
nπ (E )
0,1
=
= 2 ⇒ E gồm các este 2 chức
Ta có NaOH
nE
0,05
Mi
Vì nH(NaOH) = nH(H O) = 0,02 ⇒ Muối trong
NaOH
d
:0,1.20%
=
0,02mol
Rắn khan T
2
T không chứa H
Vậy muối trong T là (COONa)2: 0,05 mol
BTKL
→ mancol = 6,46+ 40.0,1− 134.0,05 = 3,76gam.
nancol = nNaOH = 0,1 mol ⇒ M ancol =
CH3OH
3,76
= 37,6 ⇒ 2ancol
0,1
C2H5OH
X :(COOCH3)2
Vậy 3 este trong E là Y :CH3OOC-COOC2H5 ⇒ Chọn C.
Z :(COOC H ) (M = 146)
2 5 2
Với cách giải này học sinh phải thao tác tốt các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo
toàn khối lượng, quan hệ giữa mol CO2 và mol nước khi đốt cháy hợp chất hữu cơ,
phương pháp trung bình, tức phải tổng hợp nhiều kỹ năng giải bài tập hóa học.
Cách 2: Cắt mạch C
COO:a
44a + 12.(0, 24 − a) + 2b = 6, 46 a = 0,1
E C: 0,24-a ⇒
⇒
⇒ 0, 24 − 0,19 = 0,1 − nE ⇒ nE = 0, 05
2.(0, 24 − a) + b = 0, 235.2
b = 0,19
H : b
2
n
0,1
=
= 2 ⇒ E gồm các este 2 chức
Ta có NaOH
nE
0,05
Mi
Vì nH(NaOH) = nH(H O) = 0,02 ⇒ Muối trong
NaOH d :0,1.20% = 0,02mol
Rắn khan T
2
T không chứa H
Vậy muối trong T là (COONa)2: 0,05 mol
BTKL
→ mancol = 6,46+ 40.0,1− 134.0,05 = 3,76gam.
nancol = nNaOH = 0,1 mol ⇒ M ancol =
CH3OH
3,76
= 37,6 ⇒ 2ancol
0,1
C2H5OH
3
X :(COOCH3)2
Vậy 3 este trong E là Y :CH3OOC-COOC2H5 ⇒ Chọn C.
Z :(COOC H ) (M = 146)
2 5 2
Câu 2 (đề minh họa 2020 lần 1). Hỗn hợp E gồm chất X (CnH2n+4O4N2) và chất Y
(CmH2m+3O2N) đều là các muối amoni của axit cacboxylic với amin. Cho 0,12 mol
E tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,19 mol NaOH, đun nóng, thu được sản
phẩm hữu cơ gồm 18,24 gam một muối và 7,15 gam hỗn hợp hai amin. Phần trăm
khối lượng của Y trong E là
A. 31,35%.
B. 26,35%.
C. 54,45%.
D. 41,54%.
Cách giải 1.
X :(RCOONH3)2 R '
Y : RCOONH3R''
Vì sau phản ứng chỉ thu được 1 muối nên hỗn hợp E có dạng
(RCOONH3)2 R ':xmol
R'(NH2 )2
hhE
+ NaOH
→ RCOONa
+
+ H2O
E555
F
E55555F
E5F
RCOONH3R'':ymol
R ''NH2
0,19 mol
18,24gam
E55555555555555555555
F
E555555F = nNaOH =0,19mol
0,12mol
7,15gam
nE = x + y = 0,12mol
x = 0,07mol
⇒
nNaOH = 2x + y = 0,19mol y = 0,05mol
Ta có hệ
Ta có:
BTKL
nH2O = nNaOH = 0,19mol
→ mE = 18,24 + 7,15+ 0,19.18− 0,19.40 = 21,21gam
E55F E5F E555F E555F
mmuèi
mamin
mH2O
mNaOH
⇒ mE = 0,07(14n+ 96) + 0,05(14m+49) = 21,21 ⇔ 7n + 5m = 86
Cách giải này phải biện luận loại cặp n=3 và m=13 cũng là cả một vấn đề.
Với n, m là các số nguyên dương ⇒
n = 8:C8H20O4N2
0,05.133
⇒ %mY =
.100% = 31,35% ⇒ Chọn A.
m
=
6:
C
H
O
N
21
,21
6 15 2
Với cách giải này học sinh phải có năng đặt cơng thức tổng qt, viết phương trình
phản ứng, kỹ năng tính tốn xử lý số liệu, sử dụng định luật bảo toàn khối lượng và
cách biện luận theo ẩn m, n. Đặc biệt bước loại bỏ cặp nghiệm nguyên dương n =
3, m= 13 là rất khó nếu học sinh dùng cách này.
Cách giải 2
Từ dữ kiện của bài tốn ta có thể nhận dạng các chất trong E như sau:
4
X có dạng đơn giản (RCOONH3)2R* x mol , Y dạng đơn giản
RCOONH3R** y mol Trong đó R*, R** đều là các gốc
Hidrocacbon no
(RCOONH3)2R* +2 NaOH →2RCOONa + R*(NH2)2 + 2H2O RCOONH3R** +
NaOH →RCOONa + R**NH2 + H2O
x = nX
x + y = 0,12
x = 0, 07
⇒
⇒
2 x + y = 0,19 y = 0, 05
y = nY
=> MRCOONa = (18,24:0,19) = 96 => công thức muối là C 2H5COONa ( hay R là
C2H5)
Ta có : 0,07.(R*+ 32) + 0,05.(R**+ 16) = 7,15
=> 7R* + 5R** = 411 ( Lưu ý: R* là gốc no, hóa trị II lên R phải chia hết cho 14)
R*
R**
14 ( -CH2-
28 (-C2H4-)
43 ( thỏa mãn :
( không thỏa mãn) C3H7-)
36 .....
Không thỏa mãn
=> X là : (C2H5COO-NH3)2C2H4 0,07 mol => mX=14,56 gam
Y là : C2H5COONH3C3H7 0,05 mol=> mY=6,65 gam
=>% Y = 31,35%
Với cách giải này học sinh phải có năng đặt cơng thức tổng qt, viết phương trình
phản ứng, kỹ năng tính tốn xử lý số liệu và cách biện luận theo gốc hidrocacbon
mới giải ra bài toán.
Cách 3: sử dụng cắt mạch Cacbon.
18, 24
M RCOONa =
= 96 → C2 H 5OONa
x = nX
x + y = 0,12
x = 0, 07
0,19
⇒
⇒
⇒
2 x + y = 0,19 y = 0, 05
y = nY
BTKL
→ mE = 21, 21
CH 2 : 0,86
XH
→ E H 4O4 N 2 : 0, 07
→ nCa min = 0,86 − 0,19.3 = 0, 29 →
Cắt mạch C
H 3O2 N : 0, 05
C2 H 4 ( NH 2 ) 2
C3 H 7 NH 2
=> X là : (C2H5COO-NH3)2C2H4 0,07 mol => mX=14,56 gam
Y là : C2H5COONH3C3H7 0,05 mol=> mY=6,65 gam
=>% Y = 31,35%
Câu 3: Hỗn hợp M gồm một peptit mạch hở X và một peptit mạch hở Y (mỗi
peptit đều được cấu tạo từ một loại α-aminoaxit, tổng số liên kết peptit trong 2
phân tử X, Y là 5) với tỉ lệ mol là 1 : 3. Khi thủy phân m gam hỗn hợp M thu được
81 gam Glyxin và 42,72 gam Alanin. Giá trị của m là
A. 104,28.
B. 116,28.
C. 109,50.
D. 110,28.
Cách 1 : không dùng ghép mạch C
Đáp án đúng: A
nGly = 81: 75 = 1,08 mol
nAla = 42,72 : 89 = 0,48 mol
5
Tổng số lk peptit = 5 ⇒ tổng số gốc ala + gly = 7
+ Giả sử X chứa x gốc Ala ⇒ Y chứa (7 – x) gốc gly
nX : nY = 1: 3
⇒ nX = a; nY = 3a (mol)
⇒ Có hệ phương trình: x.a = 0,48 (1) và (7 - x).3a = 1,08 (2)
Lấy (1) : (2) ⇒ x = 4
⇒ M chứa 4 Ala và 3 Gly; a = 0,12
m = 0,12.(89.4 – 18.3) + 0,36. (75.3 – 18.2) = 104,28 gam
TH còn lại:
+ Giả sử X chứa x gốc Gly ⇒ Y chứa (7 – x) gốc Ala
nX : nY = 1: 3
⇒ nX = a; nY = 3a (mol)
⇒ Có hệ phương trình: x.a = 1,08 (1) và (7 - x).3a = 0,48 (2)
Lấy (1) : (2) ⇒ x = 6,1: loại
Cách 2 : ghép mạch C
biến đổi M về 1 peptit mạch dài: 1X + 3Y → 1Z + 3H2O.
Lại có: thủy phân Z cho 1,08 mol Gly + 0,48 mol Ala. Tỉ lệ n gly ÷ nala = 9 ÷ 4. Hay
Z là (Gly9Ala4)k.
∑liên kết peptit = 5 nên tối đa α-amino axit cần để tạo Z là 1 × (1 + 1) + 3 × (4 + 1)
= 17.
Suy ra 13k <17, hay k< 1,3, chọn k = 1
→ tạo 1 mol Z là từ 9 mol Gly + 4Ala – 12H2O
Kết hợp lại: 1X + 3Y → 9Gly + 4Ala – 9H2O ||→ nH2O = 1,08 mol
→ BTKL có mM = mX + mY = 81 + 42,72 – 1,08 × 18 = 104,28 gam.
Câu 4 (TN 2020). Hỗn hợp E gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit X. Cho
m gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 57,84 gam hỗn
hợp hai muối. Nếu đốt cháy hết m gam E thì cần vừa đủ 4,98 mol O 2, thu được
H2O và 3,48 mol CO2. Khối lượng của X trong m gam E là
A. 34,48 gam. B. 32,24 gam. C. 25,60 gam. D. 33,36 gam.
Giải
Cách 1: Nếu giải theo cách thơng thường thì X có thể có 4 trường hợp (TH)
-TH1: X có 3 gốc C15H31
-TH2: X có 3 gốc C17H35
-TH3: X có 1 gốc C15H31 và 2 gốc C17H35
-TH4: X có 2 gốc C15H31 và 1 gốc C17H35.
Đặt 3 ẩn x, y, z, giải hệ 3 phương trình 3 ẩn 4 TH trên. Như vậy rất dài, mất nhiều
thời gian.
Cách 2:
Cắt mạch E thành HCOOH (a), C3H 5 ( OH ) 3 ( b ) , CH 2 ( c ) và H 2 O ( −3b ) .
n O2 = 0,5a + 3,5b + 1,5c = 4,98
n CO2 = a + 3b + c = 3, 48
6
Muối gồm HCOONa ( a ) , CH 2 ( c )
→ a = 0, 2; b = 0, 04;c = 3,16
→ Muối gồm C15 H 31COONa ( 0,12 ) và C17 H 35 COONa ( 0, 08 )
n X = b = 0, 04 nên X không thể chứa 3 gốc C15 H31COO−, cũng không thể chứa 2
gốc C17 H 35COO − .
→ X là
( C17 H35COO ) ( C15H31COO ) 2 C3H 5
→ m X = 33,36gam
Câu 5 (TN 2020). Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở X, Y và Z, trong đó có một
este hai chức và hai este đơn chức; M X < MY < MZ. Cho 24,66 gam E tác dụng
hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được hỗn hợp các ancol no và 26,42 gam
hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic kế tiếp trong cùng dãy đồng đẳng. Khi đốt
cháy hết 24,66 gam E thì cần vừa đủ 1,285 mol O 2 thu được H2O và 1,09 mol CO2.
Khối lượng của Y trong 24,66 gam E là
A. 2,96 gam.
B. 5,18 gam.
C. 6,16 gam.
D. 3,48 gam.
Giải
Cách 1: Không dùng cắt mạch C, giải theo phương pháp thơng thường
Bảo tồn khối lượng → n H 2O = 0,99
→ n O( E ) =
mE − mC − mH
= 0, 6
16
→ n muối = n
NaOH =
n O( E )
2
= 0,3
→ M muối = 88,067
→ Muối gồm CH3COONa (0,17) và C2H5COONa (0,13)
Bảo toàn khối lượng: m E + m NaOH = m Ancol + m muối
→ m Ancol = 10, 24gam
n NaOH = n OH ancol = 0,3mol
10, 24
10, 24
Do là anol no đơn chức và 2 chức nên 32 < 0,3 < M ancol < 0,15 , suy ra có 1 ancol
là CH3OH
Bảo tồn C → n C( Ancol ) = 1, 09 − n C (muối) = 0,36
Đặt 3 ancol no là:
CH3OH (a mol)
CnH2n+1OH (b mol)
CmH2m(OH)2 (c mol). Ta có hệ
7
32a + (14n + 18).b + (14m + 34).c = 10, 24 c = 0,1
→ a + b = 0,1
a + n.b + m.c = 0,36
a + b + 2c = 0,3
b.( n − 1) + c.( m − 2) = 0, 06
Do m-2 là số tự nhiên nên m-2=0 để thỏa mãn biểu thức = 0,06, hay m=2
Suy ra b.(n-1)=0
n
2
3
4
b
0,06
0,03
0,02
a
0,04
0,07
0,08
Kết hợp số mol muối gồm CH3COONa (0,17) và C2H5COONa (0,13)
→ Z là (CH3COO)(C2H5COO)C2H4 (0,1 mol)
→ Còn lại CH3COONa (0,07) và C2H5COONa (0,03) của các este đơn tạo ra
X là CH3COOCH3: 0,07 mol → m X = 5,18gam
Y là C2H5COOC3H7: 0,03 mol → m Y = 3, 48 gam
Như vậy cách giải thơng thường dài, khó, tư duy tốn cực cao và rườm rà.
Cách 2: giải theo cắt mạch C
Bảo toàn khối lượng → n H2O = 0,99
→ n O( E ) =
m E − mC − m H
= 0, 6
16
→ n muối = n
NaOH =
n O( E )
2
= 0,3
→ M muối = 88,067
→ Muối gồm CH3COONa (0,17) và C2H5COONa (0,13)
Cắt mạch ancol thành CH3OH (a), C2H4(OH)2 (b) và CH2 (c)
n NaOH = a + 2b = 0,3
Bảo toàn khối lượng: m E + m NaOH = m Ancol + m muối
→ m Ancol = 32a + 62b + 14c = 10, 24
Bảo toàn C → n C( Ancol ) = a + 2b + c = 1, 09 − n C (muối) = 0,36
→ a = 0,1; b = 0,1;c = 0, 06
Do có 2 ancol đơn và c < b nên ancol 2 chức là C2H4(OH)2 (0,1 mol)
→ Z là (CH3COO)(C2H5COO)C2H4 (0,1 mol)
→ Còn lại CH3COONa (0,07) và C2H5COONa (0,03) của các este đơn tạo ra
Dễ thấy c < 0,07 và c = 2.0,03 nên các este đơn là:
X là CH3COOCH3: 0,07 mol → m X = 5,18gam
8
Y là C2H5COOC3H7: 0,03 mol → m Y = 3, 48 gam
Như vậy với phương pháp cắt, ghép mạch C giải nhanh và dễ thực hiện
hơn các phương pháp khác
2.2. Giải pháp sau khi có sáng kiến
2.2.1.Giải tốn hidrocacbon
2.2.1.1. Vận dụng tư duy phân cắt mạch cacbon giải toán hiđrocacbon.
2.2.1.1.1. Tư duy giải toán
+ Xét bài toán về hỗn hợp chứa nhiều hidrocacbon và H 2 trong đó có một mối liên
hệ ngầm nào đó. Ví dụ chuyển hỗn hợp về C và H2…….
+ Bản chất của cắt mạch C: Là biến một hỗn hợp phức tạp khó xử lý về hỗn hợp
đơn giản dễ xử lý.
+ Hướng giải chung của các bài tồn dạng này là phải nhìn ra được mối liên hệ
ngầm giữa các chất để có sự liên hệ giữa các số mol.
Ví dụ: Hỗn hợp X gồm C4H4, C4H2, C4H6, C4H8 và C4H10. Chuyển hỗn hợp về C
và H2
Hoặc hỗn hợp X gồm H2, but-2-in, buta-1,3-đien, etilen chuyển thành H2 và CH
Trong bài toán này các chất có cơng thức là H 2, C4H6, C4H6, C2H4. Mối liên hệ
ngầm ở đây là sau khi xén H2 ở mỗi chất đi thì các chất cịn lại đều có số nguyên tử
C bằng số nguyên tử H. Do đó, ta chuyển được hỗn hợp về H2 và CH. Do các chất
đều cắt đi 1 phân tử H2 nên số mol H2 chính là số mol hỗn hợp.
Hoặc hỗn hợp X gồm metan, propen và isopren chuyển thành H3 và CH
Trong bài tốn này các chất có cơng thức là CH 4, C3H6, C5H8. Mối liên hệ ngầm ở
đây là sau khi xén H3 ở mỗi chất đi thì các chất cịn lại đều có số ngun tử C bằng
số nguyên tử H.
+ Tùy thuộc vào mối liên hệ mà chúng ta có những hướng phân cắt hỗn hợp sao
cho có lợi nhất
2.2.1.1.2. Ví dụ minh họa
Câu 1: Hỗn hợp X gồm C4H4, C4H2, C4H6, C4H8 và C4H10. Tỉ khối của X so với H2
là 26. Đốt cháy hoàn tồn X, cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc), thu được CO2 và
0,04 mol H2O. Giá trị của V là:
A. 3,696.
B. 1,232.
C. 2,240.
D. 2,464.
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4C
C : 4a
4a.12 + 0, 04.2
→
= a
→ a = 0, 02
52
H 2 : 0, 04
→
và n x = a
→ n O2 =
0, 04 + 0, 02.4.2
= 0,1
→ V = 2, 24 lít
2
Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 9 gam hỗn hợp X gồm CH4; C2H4; C3H4; C4H4 cần V lít
khí O2 (đktc). Biết tỷ khối của X so với H2 là 18. Giá trị của V là:
A. 16,128
B. 19,04
C. 18,592
D. 20,533
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4H
9
C : a
2
→
→12a + 0,5.2 = 9
→a =
và n x = 0, 25
3
H 2 : 0,5
CO : 2 / 3 BTNT.O
→ 2
→ n O2 = 11/12
→ V = 20,53 lít
H 2 O : 0,5
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 18 gam hỗn hợp X chứa C 3H6, C3H4, C4H8, C4H6 và H2
thu được 21,6 gam H2O. Mặt khác, nếu cho một ít bột Ni vào bình kín chứa hỗn
hợp X trên rồi nung nóng một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với
H2 là 18. Biết các chất trong X đều có mạch hở. Nếu sục tồn bộ Y vào dung dịch
nước Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là:
A. 0,4
B. 0,5
C. 0,3
D. 0,6
Định hướng tư duy giải
m = 18
X
BTKL
Ta có: n = 1, 2 → n CO =
H O
2
2
18 − 1, 2.2
= 1,3
12
18
= 0,5
→ Bơm lượng H2 vừa đủ vào Y → Y′ ( no )
2.18
→ n H2O = 1,3 + 0,5 = 1,8
→ n Br2 = 1,8 − 1, 2 = 0, 6
Đốt cháy Y′
BTKL
→ nY =
Câu 4: Hỗn hợp X gồm H2, but-2-in, buta-1,3-đien, etilen. Đốt m gam hỗn hợp X
thu được 3m gam CO2. Cho 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) qua dung dịch brom trong
CCl4 dư có b gam brom phản ứng. Giá trị của b là
A. 19,2
B. 40,0
C. 43,18
D. 44,74
Định hướng tư duy giải
→
khi đốt m gam X ta có
m CO 2
mX
=3
H 2 : 0, 2
44a
→
= 3
→ a = 0, 24
0, 2.2 + 13a
CH : a
→m
với 0,2 mol X
→ 0, 24 − 0,32 = n Br2 − 0, 2
→ n Br2 = 0,12
→ m Br2 = 19, 2
Câu 5: Hỗn hợp X gồm metan, propen và isopren. Đốt cháy hoàn tồn 2,24 lít khí
X (đktc) cần dùng vừa đủ 0,55 mol O 2 thu được CO2 và m gam H2O. Giá trị của m
là?
A. 6,12
B. 6,30
C. 6,66
D. 7,20
Định hướng tư duy giải
H 3 : 0,1 BTNT.O 0,1.3
→
+ 2,5a=0,55.2
2
CH : a
→
X
→ a = 0,38
→ m = 6,12 gam
2.2.1.1.3. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1: Hỗn hợp X gồm metan, axetilen và propen có tỉ khối so với H 2 là 15. Đốt
cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X sau đó dẫn sản phẩm cháy vào bình chứa dung
dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 22 gam kết tủa trắng và khối lượng bình tăng thêm
m gam. Giá trị của m là
A. 21,72 gam
B. 22,84 gam
C. 16,72 gam
D. 12,92 gam
10
Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C4H2; C4H4; C4H6; C4H8 thu được 4,5
gam H2O. Biết tỷ khối của X so với H2 bằng 26,5. Số mol O2 cần để đốt cháy hoàn
toàn X là:
A. 0,525
B. 0,565
C. 0,488
D. 0,625
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 5,4 gam hỗn hợp X gồm C4H4; C4H6; C4H8 thu được
tổng khối lượng của H2O và CO2 là m gam. Biết tỷ khối của X so với H 2 bằng 27.
Giá trị của m là:
A. 24,42
B. 23,00
C. 23,36
D. 24,24
Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn 10,6 gam hỗn hợp X gồm C 4H4; C4H6; C4H8 ; C4H2 cần
V lít khí O2 (đktc). Biết tỷ khối của X so với H2 là 26,5. Giá trị của V là:
A. 25,200
B. 20,9440
C. 23,520
D. 23,968
Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 8 gam hỗn hợp X gồm CH 4; C2H4; C3H4; C4H4 bằng khí
O2. Tồn bộ sản phẩm cháy thu được hấp thụ hồn tồn vào bình đựng dung dịch
Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Biết tỷ khối của X so với H 2 là 20.
Giá trị của m là:
A. 25,9
B. 26,8
C. 33,6
D. 27,8
Câu 6: Hỗn hợp X gồm: C4H4, C4H2, C4H6, C4H8, C4H10. Tỷ khối của X so với H2
là 26,8. Đốt cháy hoàn toàn X, cần dung vừa đủ V lít O 2 (đktc), thu được CO2 và
0,04 mol H2O. Giá trị của V là:
A. 1,232.
B. 1,728.
C. 3,696.
D. 7,392.
Câu 7: Hỗn hợp X gồm vinylaxetilen, eten và propin có tỉ khối với hidro bằng 18.
Đốt cháy hoàn toàn X thu được CO 2 và 7,2 gam H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy
qua dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 25,56
B. 30,33
C. 40,67
D. 53,33
Câu 8: Hỗn hợp X gồm etan, eten và axetilen có tỉ khối với hidro bằng 14. Đốt
cháy hoàn toàn 0,5 mol X thu được CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua
bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của
m là:
A. 62,0
B. 124,0
C. 140,6
D. 160,5
Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 21,48 gam hỗn hợp X chứa C 3H6, C3H4, C4H8, C4H6 và
H2 thu được tổng khối lượng H2O và CO2 là 96,04 gam. Mặt khác, nếu cho một ít
bột Ni vào bình kín chứa hỗn hợp X trên rồi nung nóng một thời gian thu được hỗn
hợp khí Y có tỷ khối so với H2 là 21,48. Biết các chất trong X đều có mạch hở. Nếu
sục tồn bộ Y vào dung dịch nước Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là:
A. 0,4
B. 0,1
C. 0,3
D. 0,2
Câu 10: Hỗn hợp X gồm propan, propilen và propin có tỉ khối với hidro bằng
21,5. Đốt cháy hoàn toàn 8,6 gam X thu được CO 2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm
cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng bình tăng m gam.
Giá trị của m là:
A. 38
B. 39
C. 40
D. 41
Câu 11: Đốt cháy hoàn toàn 16 gam hỗn hợp X gồm C2H6; C3H6; C4H6 bằng khí
O2. Toàn bộ sản phẩm cháy thu được hấp thụ hoàn tồn vào bình đựng dung dịch
Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Biết tỷ khối của X so với He là 10.
Giá trị của m gần nhất với
A. 80,8
B. 71,5
C. 124,8
D. 129
11
Câu 12: Hỗn hợp X mạch hở gồm H2; C4H6; C2H4. Đốt cháy m gam hỗn hợp X thu
được 3m gam CO2. Cho 0,3 mol hỗn hợp X đi qua dung dịch Brom trong CCl 4 dư
có a gam brom tham gia phản ứng. Giá trị của a là
A. 19,2
B. 24,0
C. 28,8
D. 16,0
Câu 13: Hỗn hợp X mạch hở gồm H2, C2H4; C4H6. Đốt cháy m gam hỗn hợp X thu
được 1,125m gam H2O. Cho 0,8 mol hỗn hợp X đi qua dung dịch Brom trong CCl 4
dư có a mol brom tham gia phản ứng. Giá trị của a là:
A. 1,5
B. 1,3
C. 1,6
D. 0,7
Câu 14: Hỗn hợp X gồm metan, propen; isopren. Đốt cháy hồn tồn 11,2 lít khí X
(đktc) cần dùng vừa đủ 2,1 mol O2 thu được nước và m gam CO2. Giá trị của m là:
A. 46,8 gam
B. 52,8 gam
C. 56,7 gam
D. 60,72 gam
Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 6,4 gam hỗn hợp X gồm CH 4; C4H4; C2H4; C3H4, cần
V lít O2 ở (đktc), biết tỉ khối của X so với H 2 là 16. Sau phản ứng thu được m gam
hỗn hợp CO2 và H2O giá trị của m gần nhất với:
A. 27,73 gam
B. 28,75 gam
C. 66,45 gam
D. 68,84 gam
2.2.1.1.4. ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1:
Định hướng tư duy giải
C : 0, 22 mol
cat mach
Ta có: m x = 3gam →
→ H 2 : 0,18 mol
BTKL
→ m = 0, 22.44 + 0,18.18 = 12,92 gam
Câu 2:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4C và
C : 4a
4a.12 + 0, 25.2
n X = A
→
→
= a
→ a = 0,1
26,5.2
H 2 : 0, 25
0, 25
→ n O2 = 0, 4 +
= 0,525 mol
2
Câu 3:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4C và
C : 0, 4
n X = 0,1
→ BTKL
→ m = 0, 4.44 + 0,3.18 = 23gam
→ H 2 : 0,3
Câu 4:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4C và
C : 0,8
n X = 0, 2
→ BTKL
→ n O2 = 0,8 + 0,5 / 2 = 1, 05 mol
→ V = 23,52 lit
→ H 2 : 0,5
Câu 5:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4H và
C : a
n x = 0, 2
→
→12a + 0, 4.2 = 8
→ a = 0, 6
→ m = 0, 6.44 + 0, 4.18 = 33, 6 gam
H 2 : 0, 4
12
Câu 6:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4C và
C : 4a
BTKL
n X = a
→
→ 4a.12 + 0, 04.2 = 26,8.2.a
→ a = 1/ 70
H 2 : 0, 04
4 0, 04 27
→ n O2 =
+
=
→ V = 1, 728lit
70
2
350
Câu 7:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4 nguyên tử H.
C : 0,5333
→ m ↓ = 53,33gam
→ n H 2O = 0, 4
→ n X = 0, 2
→ m X = 7, 2
→
H 2 : 0, 4
Câu 8:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 2C và
C :1mol
n X = 0,5
→ m X = 14 gam
→
→ m = 1.44 + 1.18 = 62 gam
H 2 :1mol
Câu 9:
Định hướng tư duy giải
12a + 2b = 21, 48
C : a
a = 1,52
→
→
Ta có: m X = 21, 48 H : b
44a + 18b = 96, 04
b = 1, 62
2
21, 48
= 0,5 Bơm lượng H2 vừa đủ vào Y → Y′ ( no )
2.21, 48
CTDC
→ n Br2 = 2, 02 − 1, 62 = 0, 4
Đốt cháy Y′ → n H2O = 1,52 + 0,5 = 2, 02
BTKL
→ nY =
Câu 10:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 3C và
C : 0, 6
n X = 0, 2
→ m X = 8, 6
→ BTKL
→ m = 0, 6.44 + 0, 7.18 = 39 gam
→ H 2 : 0, 7
Câu 11:
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 6H và
H 2 :1, 2
n X = 0, 4
→
→ m = 17 /15.44 + 1, 2.18 = 71, 47 gam gần 71,5 nhất
→ C :17 /15
Câu 12:
Định hướng tư duy giải
Để ý thấy trong X số H – số C = 2
H 2 : 0,3
44a
9 / 25
→
= 3
→ a = 9 / 25
→ n Br2 =
= 0,18 mol
0,3.2 + 13a
2
CH : a
→m
Với 0,3 mol X
→ a = m Br2 = 0,18.160 = 28,8gam
Câu 13:
Định hướng tư duy giải
13
→
Khi đốt m gam X ta có
m H 2O
mX
= 1,125.
18 ( 0,8 + 0,5a )
H 2 : 0,8
→
= 1,125
→ a = 2, 24
1, 6 + 13a
CH : a
→m
Với 0,8 mol X
→ n Br2 =
2, 24
= 1,12 mol
2
Câu 14:
Định hướng tư duy giải
H 3 : 0,5 BTNT.O 0,5.3
→
+ 2,5a = 2,1.2
→ a = 1,38
→ m = 1,38.44 = 60, 72 gam
CH
:
a
2
→
X
Câu 15:
Định hướng tư duy giải
C : a
→
→12a + 8 = 6, 4
Các chất trong X đều có 4H và n X = 0, 2
H 2 : 0, 4
→ a = 7 /15
→ m = 7 /15.44 + 0, 4.18 = 27, 73gam
2.2.2. Giải toán hợp chất chứa C, H, O
2.2.2.1. Định hướng tư duy
+ Tư duy phân cắt mạch C bản chất là biến một hỗn hợp nhiều chất phức tp (X, Y,
COO
X
Y
OO
cắtmạ ch
H2O k thut ny rt
Z, T) thành những cụm nguyên tố đơn giản
Z
CH
T
2
...
đơn giản và ảo diệu với 3 hướng chính là
Kỹ thuật bơm: Bơm thêm thành phần khác vào hỗn hợp đầu
Kỹ thuật hút: Hút thành phần nào đó trong hỗn hợp ra
Kỹ thuật dồn dịch (hoán đổi): Chia cắt, lắp ghép, hốn đổi lại các ngun tố
và nhóm ngun tố trong hỗn hợp. Do đó khi vận dụng phải linh hoạt sáng tạo, tùy
cơ mà ứng biến
+ Với tư duy xếp hình sẽ giúp tìm ra cơng thức của các chất nhanh nhất có trong
hỗn hợp. Bản chất là lắp ghép phần thừa vào trong các chất
2.2.2.2. Tư duy phân cắt mạch C giải toán đốt cháy ancol.
2.2.2.2. 1. Định hướng tư duy
H 2O( = mol ancol )
CH 2
+) Với ancol no, đơn chức, mạch hở ta chuyển về
Lưu ý: Số mol H2O trên chính là số mol hỗn hợp ancol.
H 2O( = mol ancol )
Với Ancol no, đa chức CnH2n+2Oz chuyển về CH 2
O
+) Với ancol khơng no thì ta bơm thêm để cho hỗn hợp thành no rồi chuyển về như
trường hợp ban đầu.
14
Lưu ý: Bơm thêm H2 vào thì khi đốt cháy lượng oxi cần phải nhiều hơn ban đầu để
đốt cháy lượng H2 ta bơm thêm vào.
2.2.2.2.2. Ví dụ minh họa
Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X chứa 3 ancol no, đơn chức, mạch
hở cần dùng vừa đủ 0,3 mol O2. Khối lượng X ứng với 0,05 mol là?
A. 3,70
B. 3,45
C. 3,08
D. 2,94
Định hướng tư duy giải:
H 2O( = mol ancol )
CH 2
Với ancol no, đơn chức, mạch hở ta chuyển về
Ta có: n O = 0,3 → n CH =
2
2
0,3.2
= 0, 2 → m = 0, 2.14 + 0, 05.18 = 3, 7 gam
3
Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch
hở cần dùng vừa đủ 0,45 mol O2. Từ lượng X trên có thể điều chế được tối đa bao
nhiêu gam ete?
A. 5,02
B. 4,26
C. 5,10
D. 4,16
Định hướng tư duy giải:
H 2O( = mol ancol )
CH 2
Với ancol no, đơn chức, mạch hở ta chuyển về
Ta có: n O2 = 0, 45 → n CH 2 = 0,3 → m = 0,3.14 + 0,1.18 − 0, 05.18 = 5,1gam
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở
cần dùng vừa đủ 0,6 mol O2 thu được CO2 và 0,6 mol H2O. Giá trị của m là?
A. 8,64
B. 9,20
C. 14,04
D. 7,56
Định hướng tư duy giải:
Cắt mạch C, tách H2O từ ancol ra
Ta có: n O = 0, 6 → n CH =
2
2
0, 6.2
= 0, 4 → m = 0, 4.14 + ( 0, 6 − 0, 4 ) .18 = 9, 2 gam
3
Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa 3 ancol no, đơn chức, mạch hở
cần dùng vừa đủ 0,6 mol O2 thu được CO2 và 10,8 gam H2O. Từ lượng X trên có
thể điều chế được tối đa bao nhiêu gam ete?
A. 6,88
B. 6,24
C. 7,40
D. 7,64
Định hướng tư duy giải:
Cắt mạch C, tách H2O từ ancol ra
→ nCO2 =
Ta có: nO2 = 0, 6
0, 6.2
= 0, 4
3
→ m = 0, 4.14 + (0, 6 − 0, 4).18 − 0,1.18 = 7, 4 gam
Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở
cần dùng vừa đủ 0,6 mol O2 thu được CO2 và 10,8 gam H2O. Mặt khác, cho toàn
bộ lượng ancol vào bình đựng K dư thì khối lượng bình sẽ tăng thêm bao nhiêu
gam?
A. 8,60
B. 8,76
C. 9,00
D. 9,12
Định hướng tư duy giải:
Cắt mạch C, tách H2O từ ancol ra
15
Ta có:
n O2 = 0, 6 → n CO2 = 0, 4 → m ancol = 0, 4.14 + (0, 6 − 0, 4).18 = 9, 2 gam → m binh tang = 9, 2 − 0, 2.1 = 9 gam
Giải thích tư duy:
Khối lượng bình tăng bằng khối lượng ancol trừ đi khối lượng H bay lên. Lưu ý H
bay lên là H trong nhóm OH của ancol.
Câu 6: Hỗn hợp X chứa nhiều ancol đều đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn
0,1 mol hỗn hợp X cần vừa đủ 0,34 mol O 2 thu được CO2 và m gam H2O. Mặt
khác, lượng X trên có thể làm mất màu tối đa 100ml dung dịch nước Br 2 1M. Giá
trị m là?
A. 4,32
B. 4,50
C. 4,68
D. 5,40
Định hướng tư duy giải:
Bơm thêm 0,1 mol H2 vào X rồi đốt chỏy.
0,34.2 + 0,1
Cắtmạ chC
= 0,26mol
Ta cú: : nCO2 =
3
n H 2O = 0, 26 + 0,1 − 0,1 = 0, 26 → m = 4, 68gam
Giải thích tư duy:
Bơm thêm H2 thì lượng oxi cần đốt cháy sẽ nhiều hơn H2 vì bơm vào cũng bị cháy
thành H2O.
Câu 7: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, propan − 1, 2 − điol và butan
(trong đó số mol của propan − 1, 2 − điol và butan bằng nhau). Đốt cháy hoàn toàn
một lượng X thu được 44 gam CO2 và 23,4 gam H2O. Giá trị của m là?
A. 19,40
B. 28,92
C. 24,60
D. 26,94
Định hướng tư duy giải:
Do số mol của propan − 1, 2 − điol và butan bằng nhau nên
O=
1.2 + 1.0
=1
2
Cắt mạch C kéo 1 O ở propan − 1, 2 − điol lắp vào butan để biến hỗn hợp thành các
ancol no, đơn chức, mạch hở.
CO 2 :1
cat mach C
→ n X = 0,3
→ m = 1.14 + 0,3.18 = 19, 4 gam
X cháy →
H
O
:1,3
2
Giải thích tư duy:
Với những bài tốn cho hỗn hợp chứa nhiều chất thì bạn cần lưu ý xem chúng có
mối tương quan gì đặc biệt khơng. Trong trường hợp đề cho biết về tỷ lệ số mol thì
ta có thể lưu ý hướng tư duy gắp nguyên tố từ chất này qua chất kia để có được
một hỗn hợp chất đẹp và dễ dàng xử lý.
Câu 8: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, glixerol và butan (trong đó số
mol của glixerol bằng
1
số mol của butan). Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được
2
66 gam CO2 và 37,8 gam H2O. Giá trị của m là?
A. 31,8
B. 32,0
C. 35,2
Định hướng tư duy giải
16
D. 38,0
1.3 + 2.0
=1
3
Cắt mạch C kéo O của glixerol vào butan để thành hỗn hợp ancol no, mạch hở.
CO :1,5
cat mach C
→ 2
→ n X = 0, 6
→ m = 1,5.14 + 0, 6.18 = 31,8gam
H
O
:
2,1
2
2.2.2.2.3. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1: Hỗn hợp X chứa nhiều ancol đều đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn
0,2 mol X cần vừa đủ 0,8 mol O2 thu được CO2 và H2O với tổng khối lượng là m
gam. Mặt khác, lượng X trên có thể làm mất màu tối đa 200ml dung dịch nước Br 2
1M. Giá trị m là?
A. 38,32
B. 24,88
C. 36,8
D. 37,2
Câu 2: Hỗn hợp X chứa nhiều ancol đều đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn
0,2 mol X cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu được H2O và m gam CO2 . Mặt khác, lượng X
trên có thể làm mất màu tối đa 80ml dung dịch nước Br2 1M. Giá trị m là?
A. 10,56
B. 14,08
C. 15,84
D. 12,32
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch
hở cần dùng vừa đủ 0,45 mol O2. Khối lượng X ứng với 0,1 mol là?
A. 5,02
B. 4,6
C. 5,44
D. 6,00
Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn a mol hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở
cần dùng vừa đủ 0,6 mol O2 thu được CO2 và 10,8 gam H2O . Giá trị của a là?
A. 0,16
B. 0,18
C. 0,14
D. 0,2
Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở
cần dùng vừa đủ 0,72 mol O2 thu được b mol CO2 và c mol H2O . Mặt khác, cho
tồn bộ lượng ancol vào bình đựng K dư thì khối lượng bình sẽ tăng 10,12 gam.
Giá trị của (a+b+c)?
A. 1,46
B. 1,58
C. 1,36
D. 1,40
Câu 6: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, propan − 1, 2 − điol và butan
(trong đó số mol propan − 1, 2 − điol của và butan bằng nhau). Đốt cháy hoàn toàn
m gam X thu được 48,4 gam CO2 và 27,72 gam H2O. Giá trị của m là?
A. 20,92
B. 18,92
C. 24,18
D. 23,32
Câu 7: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, glixerol và butan (trong đó số
Do số mol của glixerol bằng
mol của glixerol bằng
1
số mol của butan nên
2
O=
1
số mol của butan). Đốt cháy hoàn toàn một lượng X thu
2
được 66 gam CO2 và 36,72 gam H2O. Cho toàn bộ lượng X trên vào bình đựng Na
dư thấy khối lượng bình tăng a gam. Giá trị của a là?
A. 29,46
B. 30,18
C. 31,42
D. 30,08
Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn a mol hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở
cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc) thu được H2O và 11 gam CO2. Mặt khác, cho toàn
bộ lượng ancol vào bình đựng K dư thì khối lượng bình sẽ tăng 52a gam. Giá trị
của V?
A. 8,736
B. 8,400
C. 8,960
D. 9,408
17
Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở
cần dùng vừa đủ 0,7 mol O 2 thu được CO2 và 10,8 gam H2O. Biết lượng X trên có
thể phản ứng tối đa với dung dịch chứa 0,1 mol Br2 . Giá trị của m là?
A. 6,23
B. 8,98
C. 9,94
D. 10,4
Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở cần
dùng vừa đủ 0,7 mol O2 thu được CO2 và 10,8 gam H2O. Biết lượng X trên có thể
phản ứng tối đa với dung dịch chứa 0,1 mol Br 2. Mặt khác, cho toàn bộ lượng X
trên vào bình đựng Na thấy khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của m là?
A. 6,23
B. 5,98
C. 10,2
D. 6,80
Câu 11: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch hở cần
dùng vừa đủ 0,7 mol O2 thu được CO2 và 10,8 gam H2O. Biết lượng X trên có thể
phản ứng tối đa với dung dịch chứa 0,1 mol Br 2. Mặt khác, cho tồn bộ lượng X
trên vào bình đựng Na thấy V lít khí (đktc) thốt ra. Giá trị của V là?
A. 1,568
B. 1,344
C. 2,240
D. 1,120
Câu 12: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa 4 ancol no, đơn chức, mạch
hở cần dùng vừa đủ 0,7 mol O 2 thu được CO2 và 10,8 gam H2O. Biết lượng X trên
có thể phản ứng tối đa với dung dịch chứa 0,1 mol Br 2. Từ lượng X trên có thể điều
chế được tối đa bao nhiêu gam ete?
A. 5,68
B. 10,2
C. 10,4
D. 8,6
Câu 13: Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X gồm 3 ancol, cần dùng vừa đủ V
lít khí O2, thu được nước và 11,2 lít khí CO 2. Mặt khác, cho 0,4 mol X trên tác
dụng hết với Na, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn tồn thu được 11,2 lít khí H 2 .
Các khí đó ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V gần nhất với?
A. 12,31 lít
B. 15,11 lít
C. 13,45 lít
D. 8,95 lít
Câu 14: Đốt cháy hồn tồn 0,15 mol hỗn hợp X gồm 3 ancol, cần dùng vừa đủ V
lít khí O2, thu được nước và 8,4 lít khí CO 2. Mặt khác, cho 0,3 mol X trên tác dụng
hết với Na, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,4 lít khí H 2. Các khí
đó ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là?
A. 8,96
B. 11,2
C. 7,84
D. 10,08
Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp X gồm 3 ancol, bằng O 2 (vừa), thu
được nước và 8,4 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, cho 0,3 mol X trên tác dụng hết với
Na, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,4 lít khí H 2. Khối lượng của
X ứng với 0,15 mol là?
A. 8,96
B. 9,92
C. 7,84
D. 10,08
2.2.2.2.4. ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1: Định hướng tư duy giải
Bơm thêm 0,2 mol H2 vào X rồi đốt cháy
0,8.2 + 0,2
= 0,6
2
3
= 0, 6 + 0, 2 − 0, 2 = 0, 6 → m = 0, 6 ( 44 + 18 ) = 37, 2 gam
cắtmạ ch
nCO =
Ta có:
→ n H2 O
Câu 2: Định hướng tư duy giải
Bơm thêm 0,08 mol H2 vào X rồi t chỏy
cắtmạ chC
nCO =
Ta cú:
2
0,5.2 + 0,08
= 0,36mol
3
18
→ m = 0,36.44 = 15,84 gam
Câu 3: Định hướng tư duy giải
Cắt mạch C, tách H2O từ ancol ra
Ta có: n O = 0, 45 → n CO = 0,3 → m = 0,3.14 + 0,1.18 = 6 gam
Câu 4: Định hướng tư duy giải
Cắt mạch C, tách H2O từ ancol ra
Ta có: n O = 0, 6 → n CO = 0, 4 → a = 0, 6 − 0, 4 = 0, 2
Câu 5: Định hướng tư duy giải
Cắt mạch C, tách H2O từ ancol ra
Ta có: n O = 0, 72 → n CO = b = 0, 48 → c = b + a
2
2
2
2
2
2
→ 10,12 = 14.0, 48 + 18.a − a → a = 0, 2 → c = 0, 68 → a + b + c = 1,36
Câu 6: Định hướng tư duy giải
Do số mol của propan − 1, 2 − điol và butan bằng nhau nên
O=
1.2 + 1.0
=1
2
Cắt mạch C kéo 1 O ở propan − 1, 2 − điol lắp vào butan để biến hỗn hợp thành các
ancol no, đơn chức, mạch hở.
CO :1,1
2
BTKL
X cháy → H O :1,54 → n X = 0, 44 → m = 23,32 gam
2
Câu 7: Định hướng tư duy giải
Do số mol của glixerol bằng
1
1.3 + 2.0
=1
số mol của butan nên O =
2
3
Cắt mạch C kéo O của glixerol vào butan để thành hỗn hợp ancol no, mạch hở.
CO 2 :1,5
BTKL
→
→ n X = 0,54
→ m = 1,5.12 + 2, 04.2 + 0,54.16 = 30, 72 gam
H
O
:
2,
04
2
→ a = 30, 72 − 0,54 = 30,18gam
Câu 8: Định hướng tư duy giải
Cắt mạch C, tách H2O từ ancol ra
Ta có: 52a = 0, 25.14 + 18.a − a → a = 0,1
n CO2 = 0, 25
n H2O = 0,35
→ V = 0,375.22, 4 = 8, 4 lit
Câu 9: Định hướng tư duy giải
Bơm thêm 0,1 mol H2 vừa đủ vào hỗn hợp X → X’(no). Quy về đốt cháy X’
CO : 0,5
cat mach C
→ n O2 = 0, 7 + 0, 05 = 0, 75
→ 2
→ n X = 0, 2
H 2O : 0, 7
BTKL
→ m = 0,5.44 + 10,8 − 0, 7.32 = 10, 4 gam
Câu 10: Định hướng tư duy giải
Bơm thêm 0,1 mol H2 vừa đủ vào hỗn hợp X → X’(no). Quy về đốt cháy X’
CO : 0,5
cat mach C
→ n O2 = 0, 7 + 0, 05 = 0, 75
→ 2
→ n X = 0, 2
H 2O : 0, 7
BTKL
→ m = 0,5.44 + 10,8 − 0, 7.32 = 10, 4 gam → m ancol − m H = 10, 4 − 0, 2 = 10, 2 gam
19
Câu 11: Định hướng tư duy giải
Bơm thêm 0,1 mol H2 vừa đủ vào hỗn hợp X → X’(no). Quy về đốt cháy X’
CO : 0,5
cat mach C
→ n O2 = 0, 7 + 0, 05 = 0, 75
→ 2
→ n X = 0, 2
H 2O : 0, 7
→ nH 2 = 0,1 mol → V = 2, 24 lit
Câu 12: Định hướng tư duy giải
Bơm thêm 0,1 mol H2 vừa đủ vào hỗn hợp X → X’(no). Quy về đốt cháy X’
CO : 0,5
cat mach C
→ n O2 = 0, 7 + 0, 05 = 0, 75
→ 2
→ n X = 0, 2
H 2O : 0, 7
BTKL
→ m = 0,5.44 + 10,8 − 0, 7.32 = 10, 4 gam
BTKL
→ m ete = 10, 4 − 0,1.18 = 8, 6 gam
Câu 13: Định hướng tư duy giải
n CO2 = 0,5
Nhận thấy với 0,2 mol X →
→ n H2 O
→ Các ancol phải là no.
n OH = 0,5
BTNT.O
= 0, 2 + 0,5 = 0, 7
→ 0,5 + 2n O2 = 0,5.2 + 0, 7
→ n O2 = 0, 6 → V = 13, 44 lit
Câu 14: Định hướng tư duy giải
n CO2 = 0,375
→ Các ancol phải là no
n OH = 0,375
Nhận thấy với 0,15 mol X →
BTNT.O
→ n H2 O = 0,15 + 0,375 = 0,525
→ 0,375 + 2n O2 = 0,375.2 + 0,525
→ n O2 = 0, 45 → V = 10, 08lit
Câu 15: Định hướng tư duy giải
n CO2 = 0,375
→ Các ancol phải là no
n OH = 0,375
Nhận thấy với 0,15 mol X →
BTNT.O
→ n H2 O = 0,15 + 0,375 = 0,525
→ 0,375 + 2n O2 = 0,375.2 + 0,525
→ n O2 = 0, 45 → m ancol = 0,375.44 + 0,525.18 − 0, 45.32 = 11,55gam
2.2.2.3. Tư duy phân cắt mạch C giải toán este và các hợp chất chứa C, H, O
2.2.2.3.1. Định hướng tư duy giải:
CH 2
OO( =mol este)
+ Với este no đơn chức CnH2nO2 có thể cắt mạch thành
+ Trường hợp một axit, một este (đều no, đơn chức, mạch hở) và 2 hidrocacbon
mạch hở
Khi bơm H2 vào sẽ được hỗn hợp các chất là no. Nhắc COO ra phần còn lại là
ankan Ta lại nhắc H2 ra phần còn lại là anken ta đẩy về CH 2. Tức hỗn hợp được
CH 2
chuyển về COO
H ( = mol hon hop)
2
+ Hỗn hợp E gồm este đơn chức X và este hai chức Y (đều no, mạch hở)
20
COO
Cắt mạch C cho E H 2
CH
2
+ Hỗn hợp E chứa 1 axit cacboxylic, 1 ancol no Y và 1 este Z (X, Y, Z đều đơn
chức, mạch hở, X và Z có 1 liên kết đơi C=C).
Từ công thức của các chất suy ra este và axit có 2π . Nhấc COO khỏi este và axit
phần cịn lại là CH2. Với ancol nhấc H 2O ra phần còn lại cũng là CH 2 do vậy ta cắt
mạch E thành
COO
H 2O
CH
2
+ X gồm một ancol và một este (đều đơn chức, mạch hở)
C
Cắt mạch C cho X H 2
O
O (= mol andehit )
+ Andehit no, đơn chức, mạch hở CnH2nO cắt mạch thành CH
2
+ Hỗn hợp X chứa CH3OH, C3H5COOH, Cn H 2 nOx , HCOOCH=CH2,
C2H3COO-C4H6-OOCC4H7 (trong đó số mol của CH3OH gấp đơi số mol
C2H3COO-C4H6-OOCC4H7).
Tư duy cắt mạch C với bài toán này được xử lý theo các bước sau:
* Nhấc COO ra
* Chuyển 2CH 4O = C2 H 8O2 vào C10H16 sẽ được C12H24O2. Như vậy sau khi nhấc
COO thì hỗn hợp cịn O và CH2
COO
Cắt mạch C → X CH 2
O
+ Cho các chất hữu cơ mạch hở: X là axit không no có 1 liên kết π trong phân tử,
Y là axit no đơn chức, Z là ancol no hai chức. T là este của X, Y với Z. Đốt cháy
hoàn toàn a gam hỗn hợp M gồm X và T
Ở bài toán này kỹ thuật cắt mạch C được xử lý như sau
* Khi đốt cháy a gam M ta tư duy kiểu hút COO vất đi thì đốt cháy phần còn lại sẽ
cho số mol CO2 và H2O bằng nhau
* Khi đốt cháy muối thì ta tư duy kiểu hốn đổi ngun tố xem Na và H khi đó độ
lệch số mol CO2 và H2O là do muối khoáng không no gây lên
COO
M C
H
2
+ Hỗn hợp X gồm C2H5OH, CH3COOH, HOCH2COOH, HOOC-CH2-COOH,
CH3-CH(OH)-CH(OH)-COOH.
Tư duy cắt mạch C bài này được hiểu như sau:
* Nhấc COO ra các chất còn lại sẽ là no
21
* Nhấc O ra phần còn lại là ankan
* Nhấc tiếp H2 ra phần còn lại là anken CH2
COO
O
X
H 2
CH 2
2.2.2.3.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Đốt cháy hồn toàn 0,2 mol hỗn hợp X gồm một axit, một este (đều no,
đơn chức, mạch hở) và 2 hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ 0,6 mol O 2 tạo ra 0,3
mol H2O. Nếu cho 0,2 mol X vào dung dịch Br 2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa
là:
A. 0,45
B. 0,65
C. 0,30
D. 0,35
Định hướng tư duy giải:
COO
Ta cắt mạch C chuyển X về nX = 0, 2 → H 2 : 0, 2
CH : 0,3 + a − 0, 2 = 0,1 + a
2
BTNT .O
→ 0, 2 + 3(0,1 + a) = a + 0, 6.2 → a = 0,35
+ a mol H 2
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 7,62 gam hỗn hợp X chứa ba este đều đơn chức,
mạch hở bằng lượng oxi vừa đủ, thu được 7,84 lít khí CO 2 (đktc). Mặt khác, hidro
hóa hồn tồn 7,2 gam X cần dùng 0,08 mol H 2 thu được hỗn hợp Y. Đun nóng
tồn bộ X dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một
ancol no Z duy nhất và m gam rắn khan. Nếu đốt toàn bộ lượng Z trên cần vừa đủ
0,135 mol O2. Giá trị của m là?
A. 6,94
B. 7,92
C. 8,12
D. 8,34
Định hướng tư duy giải:
CH 2 : 0,35
Chay
→
Cắt mạch C → 7, 62 + 0, 08.2 = 7, 78
cat mach
→
nCancol
→ OO : 0, 09
BTKL
= 0, 09
→ = 7, 62 + 0, 09.40 = m + 0, 09.32 → m = 8,34 gam
BTKL
Giải thích tư duy:
Khi bơm H2 vào sẽ được các este no nên ta chuyển thành CH 2 và OO. Với ancol ta
chuyển thành H2O và CH2 vậy có ngay 0,135 mol O2 dùng để đốt cháy CH2 trong
ancol nên ta có số mol CH2 trong ancol là 0,135.2 3 = 0, 09
Ví dụ 3: Hỗn hợp E chứa 1 axit cacboxylic, 1 ancol no Y và 1 este Z (X, Y, Z đều
đơn chức, mạch hở). Đun nóng 11,5 gam E với 100ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ
thu được 9,4 gam 1 muối và hỗn hợp 2 ancol cùng dãy đồng đẳng kế tiếp. Mặt
khác đốt cháy 11,5 gam E cần dùng 0,69 mol O 2. Phần trăm số mol của Y có trong
E là?
A. 22,91%
B. 14,04%
C. 26,83%
D. 28,57%
Định hướng tư duy giải:
Ta có: nNaOH = 0,1 → M RCOONa = 94 → CH 2 = CH − COONa
22
COO : 0,1
0, 03667
→ nH 2O = 0, 03667 → %nY =
= 26,83%
Cắt mạch C cho E → 11,5 H 2O
0,
003667
+
0,1
CH : 0, 46
2
Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam hỗn hợp X gồm một ancol và một este (đều
đơn chức, mạch hở) thu được 7,616 lít khí CO 2 (đktc) và 7,92 gam H2O. Mặt khác,
cho 10,4 gam X tác dụng hoàn toàn với 100 ml dung dịch NaOH 2M, cô cạn dung
dịch thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 13,12
B. 6,80
C. 11,36
D. 10,48
Định hướng tư duy giải:
Cắt mạch C cho
C : 0,34
CH 3OH (a mol )
a + 2b = 0,34
a = 0,1
X → 10, 4 gam H 2 : 0, 44
→
→
→
HCOOCH 3 (b mol ) 2a + 2b = 0, 44 b = 0,12
BTKL
→
O
:
0,34
BTKL
→10, 4 + 0, 2.40 = m + 0, 22.32 → m = 11,36 gam
Giải thích tư duy:
Trong X ta thấy mol C bằng số mol O mà các chất đều đơn chức nên các chất trong
X phải là CH3OH và HCOOCH3. Dùng CTĐC để suy nhanh ra số mol ancol và
este
Ví dụ 5: Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm hai este đơn chức tác dụng vừa đủ với 200
ml dung dịch KOH 2M, thu được chất hữu cơ Y (no, đơn chức, mạch hở, có tham
gia phản ứng tráng bạc) và 41,2 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ Y cần vừa đủ
11,2 lít khí O2 (đktc). Khối lượng của 0,3 mol X là
A. 29,4 gam
B. 31,0 gam
C. 33,0 gam
D. 41,0 gam
Định hướng tư duy giải:
nX = 0,3
nestem¹ chhë = 0,2
→
→
Ta có:
nKOH = 0,4 nestephenol = 0,1
O : 0, 2
Y là anđehit ta cắt mạch C thành → CH : a → 3a = 0, 2 + 2.0,5 → a = 0, 4
2
BTNT .O
BTKL
→ m + 0, 4.56 = 41, 2 + 0,
1 2.16
4 4 2+ 0,
4 4.14
43 + 0,1.18
123 → m = 29, 4 gam
Y
H 2O
Giải thích tư duy:
Vì các chất trong X là đơn chức và số mol KOH > số mol X nên trong X phải có
este của phenol → phản ứng có sinh ra H2O
Ví dụ 6: Hỗn hợp E gồm este đơn chức X và hai este hai chức Y (X, Y đều no,
mạch hở). Xà phịng hóa hồn tồn 20,6 gam E cần vừa đủ 300 ml dung dịch
NaOH 1M, thu được hai muối có tổng khối lượng a gam và hỗn hợp T gồm hai
ancol có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy tồn bộ T, thu được 8,96 lít khí CO 2
(đktc) và 10,8 gam H2O. Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 43,0
B. 21,8
C. 40,5
D. 13,5
Định hướng tư duy giải:
23
mC = 0, 4.12
BTKL
→ 20, 6 + 0,3.40 = a + mH 2 = 0, 6.2 → a = 21,8 gam
mO = 0,3.16
Giải thích tư duy:
Vì các chất trong E là no nên toàn bộ OH trong NaOH chạy hết vào các ancol
trong T. Do đó, ta chỉ cho hỗn hợp T về (C, H2, O)
Ví dụ 7: Hỗn hợp X chứa CH 3OH, C3H5COOH, Cn H 2 nOx , HCOOCH=CH2,
C2H3COO-C4H6-OOCC4H7 (trong đó số mol của CH3OH gấp đơi số mol
C2H3COO-C4H6-OOCC4H7). Cho m gam X vào dung dịch KOH dư đun nóng thấy
có 0,25 mol KOH tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy m gam X cần vừa đủ 1,2
mol O2 thu được CO2 và 16,2 gam H2O. Biết Cn H 2 nOx không tác dụng với KOH.
Giá trị của m là?
A. 20,8
B. 26,2
C. 23,2
D. 28,4
Định hướng tư duy giải:
COO : 0, 25
BTNT .H
BTKL
→ CH 2 : 0,9
→ mX = 0, 25.44 + 0,9.14 + 0,3.16 = 28, 4 gam
Cắt mạch C → X
BTNT .O
→ O : 0,3
Giải thích tư duy:
Tư duy Cắt mạch C với bài toán này được xử lý theo các bước sau:
1. Nhấc 0,25 mol COO ra
2. Chuyển 2CH 4O = C2 H 8O2 vào C10H16 sẽ được C12H24O2. Như vậy sau khi nhấc
COO thì hỗn hợp cịn O và CH2
Ví dụ 8: [Đề minh họa – 2018] Cho các chất hữu cơ mạch hở: X là axit không no
có 1 liên kết π trong phân tử, Y là axit no đơn chức, Z là ancol no hai chức. T là
este của X, Y với Z. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp M gồm X và T, thu được
0,1 mol CO2 và 0,07 mol H2O. Cho 6,9 gam M phản ứng vừa đủ với dung dịch
NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp muối khan E. Đốt cháy
hoàn toàn E, thu được Na2CO3; 0,195 mol CO2 và 0,135 mol H2O. Phần trăm khối
lượng của T trong M có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 68,7
B. 68,1
C. 52,3
D. 51,3
Định hướng tư duy giải:
COO : 0, 03
Đốt cháy a gam M → Cắt mạch C n = n = 0, 07 → a = 2,3 gam
H O
CO
2
2
COO : 0, 09
nmuoi π = 0,195 − 0,135 = 0, 06 nT = 0, 03
Muoichay
→ 6,9 C : 0, 21
→
→
n
=
0,
03
nX = 0, 03
H : 0, 21
muoi no
2
XH
%C7 H10O4 = 68, 695%
Xếp hình nCmin = 0, 03.6 + 0, 03.3 = 0, 27 →
Ví dụ 9: Cho m gam hỗn hợp X gồm ba este đều đơn chức tác dụng tối đa với
400ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Y gồm hai ancol cùng dãy đồng
đẳng và 34,4 gam hỗn hợp muối Z. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được 3,584 lít khí
CO2 (đktc) và 4,68 gam H2O. Giá trị của m là:
A. 24,24
B. 25.14
C. 21,10
D. 22,44
24
Định hướng tư duy giải:
CO : 0,16
0, 4 − 0,1
Chay
Y
→ 2
→ nancol = 0,1 → nRCOOC6 H 5 =
= 0,15
2
H 2O : 0, 26
BTKL
→ m + 0, 4.40 = 34, 4 + 0,16.14
1 4 4 2+40,1.18
43 + 0,15.18 → m = 25,14
Y
Giải thích tư duy:
Cần lưu ý OH trong NaOH là 0,4 mới chạy vào ancol là 0,1 → phần cịn lại 0,3 sẽ
chia đơi để tạo phenol rồi tác dụng với phenol sinh ra 0,15 mol H2O
Ví dụ 13: Hỗn hợp X gồm C2H5OH, CH3COOH, HOCH2COOH, HOOC-CH2COOH, CH3-CH(OH)-CH(OH)-COOH. Trung hòa 0,75 mol hỗn hợp X cần 780ml
dung dịch NaOH 1M. Cho 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được
3,5168 lít H2 (đktc). Đốt m gam hỗn hợp X cần 34,44 lít O2, (đktc) thu được 28,755
gam H2O. Giá trị của m là
A. 54,115
B. 50,835
C. 51,815
D. 52,035
Định hướng tư duy giải:
COO : 0,156
COOH : 0,156 cat mach O : 0,158
→
Xử lý với 0,15 mol X →
OH : 0,158
H 2 : 0,15
CH 2 : a
3a + 0,15 − 0,158 1,5375.2
=
18(a + 0,15)
28, 755
m0,15 = 13,556
1,5375.2
→ a = 0, 276 →
→m=
.13,556 = 50,835
0,82
nO = 0,82
→
Giải thích tư duy:
Tư duy cắt mạch C bài này được hiểu như sau:
+ Nhấc COO ra các chất còn lại sẽ là no
+ Nhấc O ra phần cịn lại là ankan (có số mol hỗn hợp 0,15 mol)
+ Nhấc tiếp H2 ra phần còn lại là anken CH2
+ Tỷ số giữa số mol oxi trên khối lượng nước ln khơng đổi
Ví dụ 14: [BGD-2015] 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 khơng no (có đồng phân hình học, chứa
một liên kết đơi 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 chyays hồn tồn 5,88 gam X thì thu được CO 2 và 3,96
gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là:
A. 38,76%
B. 40,82%
C. 34,01%
D. 29,25%
Định hướng tư duy giải:
BTKL
nH 2 = 0, 04 → nY = 0, 08
→=
2, 48 + 0, 04.2
= 32 → CH 3OH
0, 08
25
