Tài liệu Rèn kĩ năng giải toán hóa hữu cơ cho học sinh giỏi lớp 9 để nâng cao chất lượng giảng dạy môn hóa học ở trường thcs quang trung, ngọc lặc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ PHÒNG GD&ĐT NGỌC LẶC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ĐỂ NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG GIẢNG DẠY MÔN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG, NGỌC LẶC Người thực hiện: Lê Thị Nga Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Quang Trung SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa học THANH HÓA, NĂM 2019 1 MỤC LỤC TT 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.4.1 1.4.2 2 2.1 2.1.1 2.1.2 2.1.3 2.1.4 2.2 2.3 2.4 2.4.1 2.4.2 2.4.3 2.4.4 3 3.1 3.2 NỘI DUNG PHẦN MỞ ĐẦU. Lí do chọn đề tài. Mục đích nghiên cứu. Đối tượng nghiên cứu. Phương pháp nghiên cứu. Nghiên cứu lí luận. Điều tra cơ bản. NỘI DUNG SÁNG KIẾN. Cơ sở lý luận. Sơ lược về bồi dưỡng HSG. Phương pháp dạy học tích cực. Nâng cao tính tích cực trong dạy và học. Vai trò của các phương pháp giải bài tập Hoá học. Thực trạng. Giải pháp, biện pháp. Kết quả thực nghiệm. Mục đích. Đối tượng. Quá trình tiến hành. Kết quả xử lí thống kê. PHẦN KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ. Kết luận. Kiến nghị. TÀI LIỆU THAM KHẢO TRANG Trang 1 Trang 1 Trang 1 Trang 2 Trang 2 Trang 2 Trang 2 Trang 2 Trang 2 Trang 2 Trang 3 Trang 3 Trang 3 Trang 3 Trang 4 Trang 19 Trang 19 Trang 19 Trang 19 Trang 19 Trang 20 Trang 20 Trang 20 1. PHẦN MỞ ĐẦU. 1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Như Bác Hồ đã nói: “Vì lợi ích mười năm phải trồng cây, vì lợi ích trăm năm phải trồng người”. Câu nói đó của Bác thật có ý nghĩa. Chúng ta đang sống trong thời đại cách mạng khoa học kỹ thuật phát triển không ngừng trong mọi lĩnh vực đời sống. Đảng ta đã lãnh đạo toàn dân theo con đường công nghiệp hoá - hiện đại hoá, đưa nước ta trở thành một nước công nông nghiệp phát triền. Để đáp ứng nhu cầu phát triển của đất nước, chúng ta cần phải có nhiều những nhân tài, những nhà khoa học giỏi, những giáo sư, kỹ sư, bác sĩ giỏi trong mọi lĩnh vực khoa học cũng như đời sống. Vì vậy, việc đào tạo một thế hệ trẻ có đầy đủ phẩm chất và năng lực để đáp ứng nhu cầu phát triển của đát nước là một vấn đề cần thiết nhằm đào tạo động lực góp phần đưa đất nước phát triển nhanh. Trong những năm gần đây, số học sinh giỏi, số học sinh đạt giải quốc tế ngày càng tăng. Bộ giáo dục đã tổ chức triển khai những cuộc thi học sinh giỏi các cấp, trong đó có cuộc thi học sinh giỏi môn Hoá học THCS là cơ sở và nền tảng cho các cuộc thi quốc gia, quốc tế sau này. Để có những học sinh giỏi môn Hoá, những nhân tài trong ngành Hoá học thì việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi Hoá học là một việc làm hết sức quan trọng và cần thiết. Công việc bồi dưỡng học sinh giỏi rất vất vả, để học sinh có thể phát triển được tối đa khả năng tư duy, sức sáng tạo của mình, thì người giáo viên cần có những phương pháp giảng dạy phù hợp, đưa ra được những cách giải cơ bản, độc đáo , mỗi giáo viên phải xác định được rõ nội dung kiến thức cần truyền tải cho học sinh sao cho trong thời gian ngắn học sinh nắm và hiểu vấn đề một cách nhanh nhất đồng thời phát huy tính độc lập sáng tạo của học sinh. Học sinh biết ứng dụng kiến thức vào những tình huống mới. Chính vì các lí do trên tôi đã chọn đề tài: “Rèn kĩ năng giải toán hóa hữu cơ cho học sinh giỏi lớp 9 để nâng cao chất lượng giảng dạy môn Hóa học ở trường THCS Quang Trung, Ngọc Lặc”. Với mong muốn đóng góp một chút công sức nhỏ bé của mình vào việc nâng cao chất lượng dạy học, trong quá trình giảng dạy nói chung, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng. 1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. Đề tài được nghiên cứu với mục đích: - Phát triển phương pháp suy nghĩ ở trình độ cao phù hợp với khả năng trí tuệ của HS thông qua các đơn vị kiến thức lí thuyết đã được học trong chương trình đại trà học sinh có thể rút ra các đơn vị kiến thức liên quan, các kết luận hữu ích trong quá trình giải toán rút ngắn thời gian làm bài tập. - Bồi dưỡng sự lao động, làm việc sáng tạo. - Phát triển các kĩ năng, phương pháp và thái độ tự học suốt đời. - Trên cơ sở những kiến thức cơ bản giáo viên cung cấp cho học sinh một số phương pháp giúp học sinh giải nhanh được bài tập Hoá học. Qua đó góp phần nâng cao chất lượng đội tuyển học sinh giỏi. - Nghiên cứu lí luận và thực tiễn về đổi mới phương pháp dạy học Hoá học. - Nghiên cứu cơ sở lí thuyết về các dạng bài tập hóa học hữu cơ - Biên soạn và sưu tầm một số bài tập áp dụng cho mỗi phương pháp. 1.3 ĐỐI TƯỢNG,PHẠM VI NGHIÊN CỨU. - Học sinh khối 9 trường THCS Quang Trung - Ngọc Lặc - Thanh Hóa - Học sinh đội tuyển HSG Hóa 9- trường THCS Quang Trung - Ngọc Lặc Thanh Hóa. Với đối tượng như vậy có thể khai thác một cách có hiệu quả và triệt để vì đó là đối tượng mà tôi trực tiếp giảng dạy và tiếp xúc. Đồng thời đồng nghiệp trong, ngoài trường cùng chuyên môn cũng rất ủng hộ và đóng góp nhiệt tình. 1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU. 1.4.1 Nghiên cứu lí luận. - Nghiên cứu các vấn đề lí luận có liên quan đến đề tài. - Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp giải bài tập hóa học. - Nghiên cứu phương pháp dạy một số cách giải bài toán hóa học. - Nghiên cứu nội dung, cấu trúc của chương trình hoá học THCS. 1.4.2. Điều tra cơ bản. - Phương pháp điều tra khảo sát thực tế. + Tham khảo ý kiến của giáo viên: Trao đổi với giáo viên có kinh nghiệm về dạy đội tuyển học sinh giỏi, có kinh nghiệm về cách dạy các phương pháp giải nhanh bài tập hoá học. +Thăm dò ý kiến của học sinh - Phương pháp thống kê toán học. - Phương pháp tổng kết,đánh giá và kết luận. 2. NỘI DUNG: 2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN. 2.1.1. Sơ lược về bồi dưỡng HSG: Nhiều tài liệu khẳng định: HSG có thể học bằng nhiều cách khác nhau và tốc độ nhanh hơn so với các bạn cùng lớp vì thế cần có một Chương trình học sinh giỏi để phát triển và đáp ứng được tài năng của họ. Từ điển bách khoa Wikipedia trong mục Giáo dục HSG nêu lên nhiều hình thức dạy học : HSG được rèn luyện trong một lớp hoặc một trường học riêng, thường gọi là lớp chuyên, lớp năng khiếu. Nhưng lớp hoặc trường chuyên (độc lập) này có nhiệm vụ hàng đầu là đáp ứng các đòi hỏi cho những HSG về lí thuyết. Hình thức này đòi hỏi ở nhà trường rất nhiều điều kiện từ việc bảo vệ HS, giúp đỡ và đào tạo phát triển chuyên môn cho giáo viên đến việc biên soạn chương trình, bài học... hoặc những HS xuất sắc xếp vào một lớp có trình độ cao với nhiều tài liệu tương ứng với khả năng của mỗi HS hoặc tổ chức theo lớp học tách rời một phần thời gian theo lớp HSG, phần còn lại học lớp thường hoặc toàn bộ thời gian HS học theo lớp bình thường, nhưng nhận tài liệu mở rộng để thử sức, tự học ở nhà bên canh đó còn có những học sinh đạt kết quả cao trong học tập nhờ một nửa thời gian học tại nhà học lớp, nhóm, học có cố vấn hoặc một thầy một trò và không cần dạy. Tuy nhiên nhiều trường không còn là trường riêng, lớp riêng cho HSG, với tư tưởng các HSG cần có trong các lớp bình thường nhằm giúp các trường lấp lỗ hổng về chất lượng và nhà trường có thể đáp ứng nhu cầu giáo dục HSG thông qua các nhóm với trình độ cao. Chính vì thế vấn đề bồi dưỡng HSG đã trở thành vấn đề thời sự gây nhiều tranh luận: “Nhiều nhà GD đề nghị đưa HSG vào các lớp bình thường với nhiều HS có trình độ và khả năng khác nhau, với một phương pháp giáo dục như nhau. Tuy nhiên nhiều dấu hiệu chứng tỏ rằng giáo viên các lớp bình thường không được đào tạo và giúp đỡ tương xứng với chương trình dạy cho HSG. Nhiều nhà GD cũng cho rằng những HS dân tộc ít người và không có điều kiện kinh tế cũng không tiếp nhận được chương trình giáo dục dành cho HSG. Trong khi quỹ dành cho GD chung là có hạn nên sẽ ảnh hưởng nhiều tới hiệu quả đào tạo tài năng và HS giỏi”. 2.1.2. Phương pháp dạy học tích cực. Với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi thì người thầy cần tìm ra phương pháp dạy học tích cực hơn để tăng hiệu quả dạy và học. Dạy cho học sinh cách học chủ động, cách học suốt đời, cách học những điều mà thực tế đòi hỏi. Dạy tốt ngày nay không thể chỉ có thầy giảng, trò ghi, đào tạo theo nhưng gì đã lạc hậu, không còn phù hợp thực tiễn. Dạy tốt theo quan điểm mới đã đặt ra những đòi hỏi mới cho người thầy phải có những điều chỉnh phù hợp về nội dung, cách thức, phương pháp truyền thụ. 2.1.3. Nâng cao tính tích cực trong dạy và học. Dạy tốt là nâng cao tính tích cực trong dạy và học (dạy – học tích cực). Khi đó công lao của thầy không tính bằng đã dạy được bao nhiêu, mà là dạy thế nào, nhưng tốt nhất là xem học sinh đã học được bao nhiêu. Phương pháp daỵ - học tích cực đặt người học ở vị trí trung tâm, còn người thầy đặt ở vị trí cao hơn và khó khăn hơn: vị trí tạo ra các điều kiện để việc học được thuận lợi. Thầy trở thành người hướng dẫn. Trong giảng dạy, dễ nhất lá nói, bởi vậy từ “người dạy” trở thành “người hướng dẫn” là điều không dễ dàng. Nó đòi hỏi công sức, trí óc, tâm huyết từ phía thầy. Không có “dạy tích cực” thì không thể có “học tích cực”. Do vậy, “không thầy đố mày làm nên” càng là một chân lý. 2.1.4. Vai trò của các phương pháp giải bài tập Hoá học: - Giúp cho HS có thể phát triển tốt khả năng tư duy, óc sáng tạo Hóa học. - Tạo cho HS có niềm say mê khoa học. - Giúp HS có thể giải nhanh các bài tập Hoá học, có ý nghĩa lớn với hình thức thi trắc nghiệm sau này khi học sinh lên cấp 3. 2.2.THỰC TRẠNG: Bộ môn Hóa học ở trung học cơ sở HS chỉ mới tiếp xúc từ lớp 8, nhưng nội dung đưa đến cho học sinh tương đối nhiều. Riêng phần hóa học hữu cơ HS chỉ được học vào giữa học kì hai của chương trình lớp 9. Phần lớn các kiến thức HS chỉ học ở mức độ sơ khai, những học sinh xuất sắc môn Hóa học không nhiều, những học sinh học tốt hoá cũng chỉ dừng lại ở một mức độ nhất định. Trong khi đó nội dung thi dành cho HS đôi khi quá sâu, quá khó nếu học sinh không được trang bị các phương pháp giải bài tập. Vì vậy, trong quá trình giảng dạy giáo viên phải cung cấp những phương pháp suy luận phù hợp để học sinh nhanh chóng nắm bắt được kiến thức và cách giải của mỗi loại bài tập và vận dụng linh hoạt, sáng tạo mỗi phương pháp đó. Thuận lợi,khó khăn: + Thuận lợi: GV trẻ, nhiệt tình trong công tác,say chuyên môn. + Khó khăn:Trường THCS Quang Trung -nơi tôi dạy học nằm trên địa phận của xã Quang trung , là một xã miền núi , điều kiện kinh tế còn nhiều khó khăn, mức độ nhận thức của phụ huynh học sinh còn nhiều hạn chế, không có điều kiện quan tâm đến việc học tập của con em mình. Còn nhiều học sinh ham chơi chưa giành thời gian cho học tập . Việc học tập của học sinh chủ yếu ở giờ học chính khoá, nên thời gian ôn tập, củng cố cũng như hướng dẫn các dạng bài tập cho học sinh hầu như không có. - Về phía giáo viên do điều kiện kinh tế còn khó khăn về cơ sở vật chất và trang thiết bị dạy học nên việc giảng dạy hiệu quả chưa cao. Thành công,hạn chế: +Thành công: Khi chọn lọc hệ thống phân loại và giảng dạy theo chuyên đề trên tôi thấy các em hứng thú, say mê, khả năng vận dụng kiến thức tốt hơn. Phương pháp giảng dạy và học tập trên đây giúp các em phát triển tư duy logic cũng như kĩ năng phân tích tổng hợp, hình thành phẩm chất trí tuệ, óc sáng tạo linh hoạt cũng như khi làm các bài tập hoá học. + Vấn đề còn hạn chế: Đối với học sinh. Hầu hết học sinh là con em vùng đồng bào nghèo, điều kiện kinh tế còn thiếu thốn và khó khăn, khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh còn chậm, số lượng HSG ít. Vì chưa nhận thức sâu sắc nên nhiều em học sinh coi môn Hoá ở trường THCS là môn phụ nên chưa chú trọng trong việc học bộ môn. - Kết quả của thực trạng trên. Vì các nguyên nhân trên, dẫn đến chất lượng học tập của học sinh nói chung và môn hoá học nói riêng còn rất thấp. + Không tự giải được các bài tập tính toán trong SGK. + Không biết bài tập đó thuộc dạng nào, cách giải ra sao. Cụ thể kết quả học tập của học sinh trong hai năm học 2017- 2018: TSHS Giỏi Khá Trung bình Yếu Số Tỉ Số Tỉ Số Tỉ Số Tỉ lượng lệ(%) lượng lệ(%) lượng lệ(%) lượng lệ(%) 73 1 1,37 6 8.2 29 39.74 37 50.69 Chất lượng thi học sinh khá giỏi: Chiếm tỷ ít; học sinh yếu kém: Chiếm tỷ lệ cao cao. Đối với giáo viên . Điều kiện cơ sở vật chất còn chưa tốt nên việc đầu tư còn nhiều hạn chế. 2.3. GIẢI PHÁP,BIỆN PHÁP: - Sơ bộ về các đơn vị kiến thức trong chương trình hóa học hữu cơ lớp 9 - Trước sự phát triển mạnh mẽ của khoa học, sự bùng nổ của công nghệ thông tin, đổi mới phương pháp dạy học bộ môn hoá nói riêng, để đáp ứng được xu thế đổi mới đòi hỏi người thầy phải không ngừng đổi mới phương pháp giảng dạy, không ngừng làm mới kiến thức của mình đúc rút các kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy hướng dẫn tổ chức cho học sinh xây dựng các phương pháp làm bài tập. Đặc biệt là đối với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, để phát huy được tối đa khả năng của HS thì người thầy đóng vai trò là người hướng dẫn, dẫn dắt các em chủ động tìm ra kiến thức, khuyến khích các em tìm ra những cách giải nhanh, những đúc rút kiến thức độc đáo. - Trong đề tài này tôi xin đưa ra một số dạng bài tập giúp rèn kĩ năng cho học sinh giỏi lớp 9 phần hóa học hữu cơ. RÈN KĨ NĂNG GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 A. HIDROCACBON: CT chung: CxHy (x 1, y 2x+2). Nếu là chất khí ở điều kiện thường hoặc điều kiện chuẩn: x 4. Hoặc: CnH2n+2-2k, với k là số liên kết  , k 0. I- DẠNG 1: Hỗn hợp gồm nhiều hidrocacbon thuộc cùng một dãy đồng đẳng. * PP1:Gọi CT chung của các hidrocacbon Cn H 2 n  2  2 k (cùng dãy đồng đẳng nên k giống nhau) - Viết phương trình phản ứng. - Lập hệ PT giải  n , k. - Gọi CTTQ của các hidrocacbon lần lượt là mol lần lần lượt là a1,a2…. Cn1H2n12 k ,Cn2 H2n2 2 k ... và số n a  n a  ... n 1 1 2 2 a1  a2  ... Ta có: * * a1+ a2 + … = nhh Ta có đk: n1< n2  n1 < n < n2. Thí dụ : + Nếu hỗn hợp là hai chất đồng đẳng liên tiếp và n =1,5 Thì n1 < 1,5 < n2 = n1+1  0,5 < n1 < 1,5  n1 = 1, n2 = 2. + Nếu hỗn hợp là đồng đẳng không liên tiếp, giả sử có M cách nhau 28 đvC (2 nhóm –CH2-) Thì n1 < n = 1,5 < n2 = n1 + 2  n1 = 1, n2 = 3. * PP2 : - Gọi CT chung của hai hidrocacbon là - Tương tự như trên  x, y CxHy . C H ,C H ... - Tách ra CTTQ mỗi hidrocacbon x1 y1 x2 y2 Ta có: x1< x < x2, tương tự như trên  x1, x2. y1 < y < y2; ĐK: y1, y2 là số chẵn. Nếu là đồng đẳng liên tiếp thì y2 = y1+ 2. Thí dụ y =3,5  y1 < 3,5 < y2 = y1 + 2  1,5 < y1 < 3,5 y1 là số chẵn  y1= 2, y2 = 4 Nếu là đồng đẳng không kế tiếp thì ta thay điều kiện: y2=y1+2 bằng điều kiện y2 = y1+2k (với k là hiệu số nguyên tử cacbon). Thí dụ: Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi một nửa và khối lượng bình tăng thêm 6,7 gam. Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon là A. C2H2 và C4H6. B. C2H2 và C4H8. C. C3H4 và C4H8. D. C2H2 và C3H8. Hướng dẫn giải n hh X  4,48 0,2 22,4 mol n Br2 ban ®Çu 1,4 0,5 0,7 n Br2 p.øng mol 0,7  2 = 0,35 mol. Khối lượng bình Br2 tăng 6,7 gam là số gam của hiđrocabon không no. Đặt CTTB của hai hiđrocacbon mạch hở là Cn H 2n 2 2a ( a là số liên kết  trung bình). Phương trình phản ứng: CnH 2n2 2a + aBr2  CnH2n2 2aBr2a 0,2 mol  0,35 mol 0,35 0,2 = 1,75 6,7 14n  2  2a  0,2 a    n = 2,5. Do hai hiđrocacbon mạch hở phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 nên chúng đều là hiđrocacbon không no. Vậy hai hiđrocacbon đó là C2H2 và C4H8. (Đáp án B) II. DẠNG 2: Tìm CTPT của hidrocacbon khi biết KL phân tử: * Phương pháp: + Gọi CTTQ của hidrocacbon là CxHy; Đk: x 1, y  2x+2, y chẳn. + Ta có 12x+ y=M M + Do y > 0  12x < M  x < 12 (chặn trên) (1) M 2 + y  2x + 2  M-12x  2x+2  x  14 (chặn dưới) (2) Kết hợp (1) và (2)  x và từ đó  y. Thí dụ : KLPT của hidrocacbon CxHy = 58 Ta có 12x + y = 58 + Do y > 0  12x < 58  x < 4,8 và do y  2x + 2  58 - 12x  2x + 2  x  4  x = 4 ; y = 10  CTPT hidrocacbon là C4H10. III. DẠNG 3 : GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP Khi giải bài toán hh nhiều hidrocacbon ta có thể có nhiều cách gọi: - Cách 1: Gọi riêng lẻ, cách này giải ban đầu đơn giản nhưng về sau khó giải, dài, tốn thời gian. C H - Cách 2: Gọi chung thành một công thức x y hoặc Cn H 2 n  2  2 k (Do các hidrocacbon khác dãy đồng đẳng nên k khác nhau) * Phương pháp: Gọi công thức chung của các hidrocacbon trong hỗn hợp C H là x y (nếu chỉ đốt cháy hỗn hợp) hoặc Cn H 2 n  2  2 k (nếu vừa đốt cháy vừa cộng hợp H2, Br2, HX…) - Gọi số mol hỗn hợp. - Viết các ptpứ xảy ra, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình  x, y hoac n,k... + Nếu là x, y ta tách các hidrocacbon lần lượt là C x H y , C x H y ..... Ta có: a1+ a2 +… = nhh 1 1 2 2 x1a1  x 2a 2  .... a1  a 2  ... y a  y 2a 2  ... y 1 1 a1  a 2  ... x Nhớ ghi điều kiện của x1, y1… + x1 1 nếu là ankan; x1 2 nếu là anken, ankin; x1 3 nếu là ankadien… Chú ý: + Chỉ có 1 hidrocacbon duy nhất có số nguyên tử C=1 nó là CH4 (x1=1; y1=4) + Chỉ có 1 hidrocacbon duy nhất có số nguyên tử H=2 nó là C2H2 (y2=4) (không học đối với C4H2). Các ví dụ: IV. CÁC PHẢN ỨNG DẠNG TỔNG QUÁT: 1. Gọi CT chung của các hidrocacbon là Cn H 2 n  2  2 k a.Phản ứng với H2 dư (Ni,to) (Hs=100%) Cn H 2n 2 2k + k H2    Cn H 2 n  2 hỗn hợp sau phản ứng có ankan và H2 dư Chú ý: Phản ứng với H2 (Hs =100%) không biết H2 dư hay hidrocacbon dư thì có thể dựa vào M của hh sau phản ứng. Nếu M < 26  Hỗn hợp sau phản ứng có H2 dư và hidrocacbon chưa no phản ứng hết. b.Phản ứng với Br2 dư: Ni , t o Cn H 2n 2 2k + k Br2   Cn H 2 n  2  k Br2k c. Phản ứng với HX Cn H 2n 2 2k + k HX   Cn H 2 n  2  k X k d.Phản ứng với Cl2 (a's'k't') Cn H 2n 2 2k + k Cl2   Cn H 2 n  2  2 k Clk  xHCl e.Phản ứng với AgNO3/NH3 2 Cn H 2 n  2  2 k +xAg2O    x Cn H 2 n  2  2 k  x Ag x  xH 2O 2. Đối với ankan: ASKT CnH2n+2 + xCl2    CnH2n+2-xClx + xHCl ĐK: 1 x 2n+2 NH 3 Crackinh   CmH2m+2 + CxH2x ĐK: m+x=n; m 2, x 2, n  CnH2n+2    3. 3. Đối với anken: + Phản ứng với H2, Br2, HX đều tuân theo tỉ lệ mol 1:1 + Chú ý phản ứng thế với Cl2 ở cacbon   500 C CH3-CH=CH2 + Cl2    ClCH2-CH=CH2 + HCl 4. Đối với ankin: + Phản ứng với H2, Br2, HX đều tuân theo tỉ lệ mol 1:2 Ni , t VD: CnH2n-2 + 2H2    CnH2n+2 + Phản ứng với dd AgNO3/NH3 2CnH2n-2 + xAg2O   2CnH2n-2-xAgx + xH2O ĐK: 0  x 2 * Nếu x=0  hidrocacbon là ankin ankin-1 * Nếu x=1  hidrocacbon là ankin-1 * Nếu x= 2  hidrocacbon là C2H2. 5. Đối với aren và đồng đẳng: + Cách xác định số liên kết  ngoài vòng benzen. o o n Br2 n hydrocacbon    là số liên kết  ngoài vòng benzen. Phản ứng với dd Br2 + Cách xác định số lk  trong vòng: nH2 n hydrocacbon    Phản ứng với H2 (Ni,to): * với  là số lk  nằm ngoài vòng benzen *  là số lk  trong vòng benzen. Ngoài ra còn có 1 lk  tạo vòng benzen  số lk  tổng là  +  +1. VD: hidrocacbon có 5  trong đó có 1 lk  tạo vòng benzen, 1lk  ngoài vòng, 3 lk  trong vòng. Vậy nó có k=5  CTTQ là CnH2n+2-k với k=5  CTTQ là CnH2n-8 CÁC VÍ DỤ MINH HỌA: Ví dụ 1 :Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp 2 ankan là đồng đẳng kế tiếp ,thu được 3,36 lít CO2(ĐKTC).Hai ankan trong hỗn hợp là: Hướng dẫn giải : số nt cacbon trung bình= số mol CO2 : số mol 2 ankan ---> CTPT Ví dụ 2 :Đốt cháy 6,72 lít khí (ở đktc) hai hiđrocacbon cùng dãy đồng đẳng tạo thành 39,6 gam CO2 và 10,8 gam H2O. a)Công thức chung của dãy đồng đẳng là: b) Công thức phân tử mỗi hiđrocacbon là: Hướng dẫn giải: Do chúng ở thể khí, số mol CO2 > số mol H2O -->là ankin hoặc ankadiensố mol 2 chất là : nCO2- n H2O = 0,3 ---> Số ntử cacbon trung bình là : nCO2: n2HC = 3 ---> n1 = 2 , n2 = 4 ---> CTPT là C2H2 và C4H6 Ví dụ 3 :Cho 4,6 gam hỗn hợp 2 anken là đồng đẳng kế tiếp qua dung dịch brôm dư,thấy có 16 brôm phản ứng. Xác định hai anken. Hướng dẫn giải : Có n Br2= 0,1 =n 2anken 4, 6 0 ,1.14 --> Số nguyên tử cacbon trung bình = =3,3 => CTPT 2anken là: C3H6 và C4H8 Ví dụ 4: Khi đốt cháy 1 hỗn hợp gồm: 0,1 mol C2H4 và 1 hidrocacbon A,thu được 0,5 mol CO2 và 0,6 mol H2O. Xác định CTPT của hidrocacbon A. Hướng dẫn giải: nH2O > nCO2 ---> A là ankan Số mol A= nH2O - nCO2 =0,1---> n =(0,5 – 0,1.2): 0,1 =2--->CTPT của A là:C2H6 Ví dụ 5: Khi đốt cháy 0,2 mol hh gồm: C2H2 và 1 hidrocacbon A,thu được số mol CO2 = số mol H2O = 0,5 mol. Xác định CTPT của hidrocacbon A Hướng dẫn giải: nH2O = nCO2 ---> A là ankan ---> nC2H2 =nA= 0,1---> số nguyên tử cacbon trong A là: (0,5 –0,1.2): 0,1 =3 ---> CTPT của A là: C3H8 V- MỘT SỐ DẠNG BIỆN LUẬN KHI BIẾT MỘT SỐ TÍNH CHẤT * PHƯƠNG PHÁP: + Ban đầu đưa về dạng phân tử + Sau đó đưa về dạng tổng quát (có nhóm chức, nếu có) + Dựa vào điều kiện để biện luận. VD1: Biện luận xác định CTPT của (C2H5)n  CT có dạng: C2nH5n Ta có điều kiện: + Số nguyên tử H 2 số nguyên tử C +2  5n 2.2n+2  n 2 + Số nguyên tử H là số chẳn  n=2  CTPT: C4H10 VD2: Biện luận xác định CTPT (CH2Cl)n  CT có dạng: CnH2nCln Ta có Đ K: + Số nguyên tử H 2 số nguyên tử C + 2 - số nhóm chức  2n  2.2n+2-n  n 2. + 2n+n là số chẳn  n chẳn  n=2  CTPT là: C2H4Cl2. VD3: Biện luận xác định CTPT (C4H5)n, biết nó không làm mất màu nước brom. CT có dạng: C4nH5n, nó không làm mất màu nước brom  nó là ankan loại vì 5n < 2.4n+2 hoặc aren. ĐK aren: Số nguyên tử H =2số C -6  5n =2.4n-6  n=2. Vậy CTPT của aren là C8H10.  Chú ý các qui tắc: + Thế halogen vào ankan: ưu tiên thế vào H ở C bậc cao. + Cộng theo Maccôpnhicôp vào anken + Cộng H2, Br2, HX theo tỷ lệ 1:1 vào ankađien. + Phản ứng thế Ag2O/NH3 vào ankin. + Quy luật thế vào vòng benzen + Phản ứng tách HX tuân theo quy tắc Zaixep. B. NHÓM CHỨC I- RƯỢU: 1) Khi đốt cháy ancol: n H O  n CO  ancol này no, mạch hở. 2) Khi tách nước ancol tạo ra olefin  ancol này no đơn chức, hở. 3) Khi tách nước ancol A đơn chức tạo ra chất B. - d B / A  1  B là hidrocacbon chưa no (nếu là ancol no thì B là anken). - d B / A  1  B là ete. 4. Oxi hóa ancol bậc 1 tạo ra andehit hoặc axit mạch hở. [O] R-CH2OH    R-CH=O hoặc R-COOH - Oxi hóa ancol bậc 2 thì tạo ra xeton: [O] R-CHOH-R'    R-CO-R' - Ancol bậc ba không phản ứng (do không có H) 5) Tách nước từ ancol no đơn chức tạo ra anken tuân theo quy tắc zaixep: Tách -OH và H ở C có bậc cao hơn. 6) Ancol no đa chức có nhóm -OH nằm ở cacbon kế cận mới có phản ứng với Cu(OH)2 tạo ra dd màu xanh lam. - 2,3 nhóm -OH liên kết trên cùng một C sẽ không bền, dễ dàng tách nước tạo ra anđehit, xeton hoặc axit cacboxylic. - Nhóm -OH liên kết trên cacbon mang nối đôi sẽ không bền, nó đồng phân hóa tạo thành anđehit hoặc xeton. * Chú ý khi giải toán về Ancol no 2 a. Khi đốt cháy ancol : 2 nH 2O  nCO2  röôïunaøy laø röôïu no nCO2 nH 2O  nCO2 nröôïuphaûn  soá nguyeân töû caùcbon  öùng nröôïu Nếu là hổn hợp ancol cùng dãy đồng đẳng thì số nguyên tử Cacbon trung bình. VD : n = 1,6  n1< n =1,6  phải có 1 ancol là CH3OH nH 2 x b. nröôïu 2  x  là số nhóm chức ancol ( tương tự với axít) c. Ancol đơn chức no (A) tách nước tạo chất (B) (xúc tác : H2SO4 đặc) . dB/A < 1  B là olêfin . dB/A > 1  A là ete Cu ,t 0 d. + Oxi hóa ancol bậc 1 tạo anđehit : R-CHO     R- CH= O + Oxi hóa ancol bậc 2 tạo xeton : R- CH – R’ O R – C – R’ OH O + Ancol bậc 3 không bị oxi hóa. II. PHENOL: - Nhóm OH liên kết trực tiếp trên nhân benzen, nên liên kết giữa O và H phân cực mạch vì vậy hợp chất của chúng thể hiện tính axit (phản ứng được với dd bazơ) OH ONa + NaOH +H2O - Nhóm -OH liên kết trên nhánh (không liên kết trực tiếp trên nhân benzen) không thể hiện tính axit. CH2OH + NaOH khoâ ng phaû n öù ng Chú ý khi giải toán về phênol nH 2 a. Hợp chất HC: A + Na  H2 trong – OH hoặc -COOH. x nA 2  x là số nguyên tử H linh động nNaOH phaûn öùng y n A b. Hợp chất HC: A + Na  muối + H2O   y là số nhóm chức phản ứng với NaOH là – OH liên kết trên nhân hoặc – COOH và cũng là số nguyên tử H linh động phản ứng với NaOH. n H2 VD : + n A 1  A có 2 nguyên tử H linh động phản ứng Natri nNaOH 1 n A +  A có 1 nguyên tử H linh động phản ứng NaOH + Nếu A có 2 nguyên tử Oxi  A có 2 nhóm OH (2H linh động phản ứng Na) trong đó có 1 nhóm –OH nằm trên nhân thơm ( H linh động phản ứng NaOH) và 1 nhóm OH liên kết trên nhánh như HO-C6H4-CH2-OH. Bài tập về rượu Bài 1. Cho hai rượu cùng bậc X và Y. Lấy mỗi rượu 1,15g cho tác dụng với Na dư, X cho 280cm3 hiđro, còn Y chỉ cho 214,66 cm3 hiđro . Xác định công thức cấu tạo của X và Y. Biết các khí đo ở đktc. Bài 2. Hỗn hợp X gồm một rượu no đơn chức mạch thẳng A và một rượu no mạch thẳng B, được trộn theo tỷ lệ 1:1 về khối lượng. Khi cho hỗn hợp tác dụng với Na dư thì thể tích hiđro sinh ra do B bằng 16/17 thể tích hiđro do A sinh ra (các thể tích đo ở cùng điều kiện nhiệt độ va áp suất). Mặt khác khi đốt cháy 13,6g hỗn hợp khí X thì thu được 10,36 lít khí CO2 (ở đktc). a. Viết các phương trình phản ứng. b. Xác định công thức cấu tạo của A và B, cho biết tỷ khối hơi của B so với A là 4,25. Bài 3. Đun nóng 0,166 hỗn hợp hai rượu với H2SO4 đặc ta thu được hỗn hợp hai olêfin là đồng đẳng liên tiếp (H=100%). Trộn hai olêfin với 1,4336 lít không khí đo ở đktc. Sau khi đốt cháy và làm ngưng tụ hơi nước thì hỗn hợp khí còn lại A là 1,5 lít (đo ở 27,30C; 0,9856atm). a.Tìm công thức phân tử và khối lượng các rượu? b.Tính khối lượng hơi nước đã ngưng tụ? c. Tính tỷ khối của hỗn hợp sau khi đã ngưng tụ ? Bài 4. Đun nóng 132,8g hỗn hợp P gồm ba rượu no đơn chức AOH, BOH và ROH ta thu được 111,2g hỗn hợp 6 ete có số mol bằng nhau . Mạt khác đun nóng hỗn hợp P với H2SO4 đặc ở 1800C thì thu được hỗn hợp khí chỉ gồm hai olêfin. a.Xác định CTPT, viết CTCT của các rượu (H=100%) b.Tính % khối lượng của mỗi rượu trong hỗn hợp P? c. Tính %về thể tích của mỗi olêfin trong hỗn hợp của chúng? Bài 5 a. Có hai hỗn hợp X và Y được pha trộn từ các rượu no đơn chức cùng dãy đồng đẳng có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn bằng 4. Khi cho X,Y tác dụng với Na dư ta đều thu được 5,6 lít hiđro (đktc), còn khi đốt cháy hoàn toàn X,Y đều cần 47,04lít O2 (đktc).Xác định thành phần của hỗn hợp X,Y (gồm các rượu nào? Số mol của mỗi rượu? ), biết rằng mỗi hỗn hợp X và Y có chứa hai rượu. b.Đun nóng một trong hai rượu trên (hỗn hợp có rượu chứa nhiều cacbon nhất) với dung dịch H2SO4 đặc ở nhiệt độ không cao (1400C) ta thu được ba ete khác nhau AOA, BOB, AOB (A,B là các gốc ankyl của hai rượu ) tỷ lệ mol bằng 2:1:2 Hãy tìm khối lượng tương ứng của ete thu được. Giả thiết phản ứng tách nước tạo ete của các rượu trong hỗn hợp là 100%. III. AXIT CACBOXYLIC: + Khi cân bằng phản ứng cháy nhớ tính cacbon trong nhóm chức. 3n  1 ) VD: CnH2n+1COOH + 2 O2   (n+1)CO2 + (n+1)H2O + Riêng axit fomic tráng gương, phản ứng với Cu(OH)2 tạo  đỏ gạch. (  Chú ý axit phản ứng với Cu(OH)2 tạo ra dd màu xanh do có ion Cu2+ + Cộng HX của axit acrylic, axit metacrylic, andehit acrylic nó trái với quy tắc cộng Maccopnhicop: VD: CH2=CH-COOH + HCl   ClCH2-CH2-COOH + Khi giải toán về muối của axit cacboxylic khi đốt cháy trong O2 cho ra CO2, H2O và Na2CO3 t y t (x  ) 2 CO2 + 2 H2O + 2 Na2CO3 O2   VD : CxHyOzNat + Chú ý khi giải toán về axit cacboxylic nOH- phaûn öùng x  x laø soá nhoùm chöùc axít( - COOH) naxít    Chí có axít fomic ( H-COOH) tham gia phản ứng tráng gương  Đốt axít : Ta có : nH 2O nCO2  axíttreân noñônchöùc. ( vaø ngöôïc laïi) CT : C nH 2nO2 nH 2 sinh ra  naxít  Lưu ý x   x laø soá nhoùm chöùc axít( phaûn öùng kimloaïi) 2 + Số mol Na (trong muối hữu cơ) = số mol Na (trong Na2CO3) (bảo toàn nguyên tố Na) + Số mol C (trong Muối hữu cơ) = số mol C (trong CO2) + Số mol C (trong Na2CO3) (bảo toàn nguyên tố C) IV. ESTE : 1. ESTE ĐƠN CHỨC : to - Este + NaOH   Muối + ancol - Este + NaOH   2muối + H2O  Este này có gốc ancol là đồng đẳng của phenol hoặc phenol.. to + 2NaOH   RCOONa + C6H5ONa + H2O RCOO ( do phenol có tính axit nên phản ứng tiếp với NaOH tạo ra muối và H2O)  Cách viết CT của một este bất kì: Este do axit x chức và ancol y chức : Ry(COO)x.yR’x . - Nhân chéo x cho gốc hidrocacbon của ancol và y cho gốc hidrocacbon của axit. - x . y là số nhóm chức este. VD : - Axit đơn chức + ancol 3 chức : (RCOO)3R’ - Axit 3 chức + ancol đơn chức : R(COO-R’)3  Cách xác định số nhóm chức của este nNaOH(phaûn öùng)  nEste   là số nhóm chức este (trừ trường hợp este của phenol và đồng đẳng của nó) - nNaOH cần < 2 neste => Este phản ứng hết  Este này đơn chức và NaOH còn dư. - Este đơn chức có CTPT là : CxHyO2  R-COOR’ ĐK : y 2x Ta có 12x+y+32 = R + R’ + 44. Khi giải bài toán về este ta thường sử dụng cả hai công thức trên. + CT CxHyO2 dùng để đốt cháy cho phù hợp. + CT R-COOR’ dùng để phản ứng với NaOH  CT cấu tạo của este. - Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo 1 muối + 2 ancol đơn chức.  2 este này cùng gốc axit và do hai ancol khác nhau tạo nên. Vậy công thức 2 este là R-COO R ' giải  R, R’ ; ĐK : R1< R ' < R2  CT  R  COOR1  Cx H yO 2  R  COOR 2 - Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo ra 3 muối + 1 ancol  3 este này cùng gốc ancol và do 3 axit tạo nên.  R1COOR '  R 2COOR '  C HO CT 3 este là R COOR’  CT 3este R 3COOR '  x y 2 - Hỗn hợp este khi phản ứng với NaOH   3 muối + 2 ancol đều đơn chức  CTCT của 3este là R COO R ' (trong đó 2 este cùng gốc ancol)  R1COOR1 '   R 2COOR1 '   CT 3este là: R 3COOR 2 '  Cx H yO2 - Hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với NaOH thu được 1 muối + 1 ancol : Có 3 trường hợp xảy ra : RCOOH  + TH1 : 1 axit + 1 ancol  R ' OH  RCOOH  + TH2 : 1 axit + 1 este (cùng gốc axit) RCOOR '  R ' OH  + TH3 : 1 ancol + 1 este (cùng gốc ancol) RCOOR ' - Hỗn hợp hai chất hữu cơ khi phản ứng với dd NaOH thu được 2 muối + 1 ancol (đều đơn chức). Có hai trường hợp :  RCOOH  + TH1 : 1 axit + 1 este RCOOR '  R1COOR '  + TH2 : 2 este (cùng gốc ancol) : R 2COOR '  RCOO R ' . -Hỗn hợp hai chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với dd NaOH thu được 1 muối + 2ancol. Có hai trường hợp :  R ' OH  + TH1 : 1 ancol + 1 este RCOOR '  RCOOR1  RCOOR 2 + TH 2 : 2 este cùng gốc axit  Lưu ý : Nếu giả thiết cho các hợp chất hữu cơ đồng chức thì mỗi phần trên chỉ có 1 trường hợp là hỗn hợp 2 este (cùng gốc ancol hoặc cùng gốc axit). 2. ESTE ĐA CHỨC: a)- Do axit đa chức + ancol đơn chức : R(COOR’)x (x 2) - Nếu este này do axit đa chức + ancol đơn chức (nhiều ancol) : R(COO R ' )x - Nếu este đa chức + NaOH   1 muối + 2ancol đơn chức  Este này có tối thiểu hai chức. - Nếu este này có 5 nguyên tử oxi  este này tối đa hai chức este (do 1 chức este có tối đa hai nguyên tử oxi). b) - Do axit đơn + ancol đa : (RCOO)yR’ (y 2) c) Este do axit đa + ancol đa : Ry(COO)x.yR’x (ĐK : x, y 2) nếu x = y  CT : R(COO)xR’ - Khi cho este phản ứng với dd NaOH ta gọi công thức este là RCOOR’ nhưng khi đốt ta nên gọi CTPT là CxHyO2 (y  2x) vì vậy ta phải có phương pháp đổi từ CTCT sang CTPT để dễ giải. VD : este 3 chức do ancol no 3 chức + 3 axit đơn chức (có 1 axit no, 1 axit có 1 nối đôi, 1 axit có một nối ba) (este này mạch hở) - Phương pháp giải: + Este này 3 chức  Pt có 6 nguyên tử Oxi + Số lkết   : có 3 nhóm –COO- mỗi nhóm có 1 lk   3  . + Số lk  trong gốc hidrocacbon không no là 3 ( 1  trong axit có 1 nối đôi, 2  trong axit có 1 nối ba)  CT có dạng : CnH2n+2-2kO6 với k=6  CT : CnH2n-10O6.  Chú ý: Phản ứng este hóa giữa axit và ancol : (phản ứng không hoàn toàn) + Ancol đa chức + axit đơn chức: + xRCOOH + R’(OH)n (RCOO)xR’(OH)(n-x) + xH2O H , to Điều kiện : 1 x n + Ancol đơn + axit đa: + (COOR')x H , to R(COOH)n + xR’OH + xH2O R   Điều kiện : 1 x n (COOH)(n-x)  Ngoài ra còn những este đăc biệt khác: - Este do ancol đa, axit đa và axit đơn: COO VD : R R" COO R' COO Khi phản ứng với NaOH tạo ra R(COONa)2, R’COONa và R’’(OH)3 Hoặc este + NaOH   muối của axit đa + ancol đa và ancol đơn VD : COO R R' COO COO R" Khi cho phản ứng với NaOH cho R(COONa)3 + R’(OH)2 + R’’OH Chú ý khi giải toán về este 0 t  Este + NaOH    muối + nước nNaOH phaûn öùng  x  x laø soá nhoùm chöùc estetröø tröôøng hôïpñaëc bieät estecuûa phenol neste ( vaø ñoàng ñaúng cuaû noù). t0 VD: CH3 – COOC6H5 + NaOH    CH3 – COONa + C6H5ONa + H2O nH 2O  nCO2  estenaøy noñônchöùc  CT laøCnH 2nO2  Đốt cháy este : V. BIỆN LUẬN XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC CỦA HỢP CHẤT HỮU CƠ CÓ NHÓM CHỨC CT chung : CnH2n+2-x-2kXx với X là nhóm chức hóa học: -OH, -CHO, COOH, -NH2… - Giả thiết cho CT dạng phân tử và một số tính chất của hợp chất hữu cơ. - Phương pháp :- Đưa CTPT về dạng CTCT có nhóm chức của nó. - Đặt điều kiện theo công thức chung: + Nếu no : k=0 thì ta luôn có số nguyên tử H = 2 số nguyên tử C + 2 – số nhóm chức. + Nếu không cho no thì ta có : số nguyên tử H 2 số nguyên tử C + 2 – số nhóm chức. VD1 : Một ancol no có công thức là (C2H5O)n. Biện luận để xác định CTPTcủa ancol đó. + Đưa CT trên về dạng cấu tạo : (C2H5O)n  C2nH4n(OH)n + Đặt ĐK : số nguyên tử H = 2 số nguyên tử C + 2 – số nhóm chức  4n=2.2n+2-n  n=2  Ct ancol là C4H8(OH)2 VD2 : Một axit hữu cơ có CTPT là (C4H3O2)n, biết rằng axit hữu cơ này không làm mất màu dd nước brom. Xác định CTCT của axit? + Đưa về dạng cấu tạo : (C4H3O2)n  C4nH3nO2n  C3nH2n(COOH)n + Do axit hữu cơ này không làm mất màu nước brom nên có 2 trường hợp : - Axit này no: (k =0) loại vì theo ĐK: H=2C+2-số nhóm chức  2n=6n+2-n  n < 0. - Axit này thơm: k = 4 (do 3 lk  tạo 3 lk đôi C = C và một liên kết  tạo vòng benzen) ĐK : H=2C+2-2k-số nhóm chức  2n=6n+2-8-n  n=2. Vậy Ct của axit là C6H4(COOH)2 (vẽ CTCT : có 3 CT). CÁC VÍ DỤ MINH HỌA: Ví dụ 1: Có 100 gam dung dịch 23% của một axit đơn chức (dung dịch A). Thêm 30 gam một axit đồng đẳng liên tiếp vào dung dịch ta được dung dịch B. Trung hòa 1/10 dung dịch B bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (vừa đủ) ta được dung dịch C. 1. Hãy xác định CTPT của các axit. 2. Cô cạn dung dịch C thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Hướng dẫn giải 1. Theo phương pháp KLPTTB: 1 23 m RCOOH  2,3 10 10 gam, 1 30 m RCH2COOH  3 10 10 gam. 2,3  3 M 53 0,1 . Axit duy nhất có KLPT < 53 là HCOOH (M = 46) và axit đồng đẳng liên tiếp phải là CH3COOH (M = 60). 2. Theo phương pháp KLPTTB: Vì Maxit = 53 nên M muèi = 53+ 23  1 75 . Vì số mol muối bằng số mol axit bằng 0,1 nên tổng khối lượng muối bằng 750,1 = 7,5 gam. Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO2 ở đktc và 3,96 gam H2O. Tính a và xác định CTPT của các rượu. Hướng dẫn giải Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai rượu. 3n O2 2 CnH2n+1OH +  n CO2 + (n  1) H 2O x mol  n x mol  (n  1) x mol n CO2 n.x  3,584 0,16 22,4 mol  (1) 3,96 0,22 18 mol (2) n Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và = 2,67. Ta có: a = (14 n + 18).x = (142,67) + 180,06 = 3,32 gam. C2 H 5OH n H2O (n  1)x  n = 2,67 C3 H 7OH Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,38 gam. Xác định CTPT của rượu B, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A bằng 5 3 tổng số mol của rượu B và C, MB > MC. Hướng dẫn giải Gọi M là nguyên tử khối trung bình của ba rượu A, B, C. Ta có: M 3,38 42,2 0,08 Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,25. Chỉ có CH3OH có (M = 32) Ta có: nA  0,08 5 0,05 53 ; mA = 320,05 = 1,6 gam. mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78 gam; 0,08 3 0,03 53 mol ; 1,78  59,33 0.03 . n B C  M BC Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử hai rượu B và C. Ta có: Cx H y OH 59,33 hay 12x + y + 17 = 59,33 12x + y = 42,33 x 1 2 3 4 y 30,33 18,33 6,33 < 0 Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H < 6,33 và một rượu có số nguyên tử H > 6,33. Vậy rượu B là C3H7OH. Có 2 cặp nghiệm: C3H5OH (CH2=CH–CH2OH) và C3H7OH C3H3OH (CHC–CH2OH) và C3H7OH Ví dụ 4: Cho 2,84 gam hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6 gam chất rắn và V lít khí H2 ở đktc. Tính V. Hướng dẫn giải Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu.  Ta có: Vậy : 1 H ROH + Na  RONa + 2 2 x x mol  x  2 .  R  17  x 2,84   R  39  x 4,6  Giải ra được x = 0,08. VH 2  0,08 22,4 0,896 2 lít. Ví dụ 5: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 ancol A và B ta được hỗn hợp Y gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76 gam CO2. Khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng khối lượng H2O và CO2 tạo ra là Hướng dẫn giải Hỗn hợp X gồm hai ancol A và B tách nước được olefin (Y)  hai ancol là rượu no, đơn chức. Đặt CTTB của hai ancol A, B là CnH2n1OH ta có các phương trình phản ứng sau: 3n O C n H 2n 1OH + 2 2  nCO2 + (n  1)H 2O H 2SO4®   C n H 2n C n H 2n 1OH   170o C + H2O (Y) C n H 2n 3n O2 + 2  nCO2 + n H 2O Nhận xét: - Khi đốt cháy X và đốt cháy Y cùng cho số mol CO2 như nhau. - Đốt cháy Y cho n CO n H O . 2 2 Vậy đốt cháy Y cho tổng m CO2   m H2O 0,04 (44  18) 2,48 gam. 2.4. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM. 2.4.1. Mục đích: