Tài liệu Ren luyen diem 8 9 10 huu co tap 2

CHƢƠNG V NHỮNG CON ĐƢỜNG TƢ DUY TRONG CÁC BÀI TOÁN HÓA HỌC HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ CHỨA C, H, O 5.1. Tƣ duy dồn biến trong các bài toán Hóa học hữu cơ Với xu thế ra đề tránh học tủ, học lệch và phát triển năng lực của học sinh. Trong các đề thi nói chung và hóa học nói riêng người ra đề luôn cố gắng để có những câu hỏi tránh những dạng quen thuộc. Với Hóa học hữu cơ để che dấu bản chất quen thuộc người ta thường hay quy những chất đơn giản thành những hỗn hợp phức tạp nhằm đánh lạc hướng tư duy của học sinh. Do vậy, gặp những bài toàn nhiều chất các bạn cần tỉnh táo để ý những đặc điểm chung, bản chất của hỗn hợp chất, đó cũng là lý do mà tôi mạnh dạn giới thiệu tới các em học sinh và quý bạn đọc kỹ thuật “Tư duy dồn biến trong các bài toán Hóa học hữu cơ”. Vậy tư tưởng của dồn biến trong hóa học hữu cơ là gì? – Đó là dồn hỗn hợp nhiều chất phức tạp về các thành phần đơn giản và bản chất. Trong phần này tôi chỉ giới thiệu hướng tư duy dồn biến đối với các hợp chất hữu cơ chứa các nguyên tố C, H và O. Còn các bài toán về hợp chất peptit tôi sẽ dành riêng một chương để trình bày. Sau đây là những con đường tư duy trọng tâm: 5.1.1. Tƣ duy dồn biến hỗn hợp chứa nhiều hidrocacbon và H2 Hỗn hợp chứa các hidrocacbon và H2 chúng ta có thể dồn thành một hidrocacbon. Điều đó thật đơn giản khi các bạn nghĩ H2 là ankan có dạng C0H2 Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho qua bình đựng dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O2 (đktc), sau phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V là : A. 6,72 B. 8,96 C. 5,60 D. 7,84 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016 Định hƣớng tƣ duy giải + Đầu tiên ta sẽ dồn X về thành một hidrocacbon sau đó áp BTLK.π n X 0,1 + Khi đốt X ta có X : C 2,2 H6,4 2k với k là số liên kết π trong X. nCO2 0,22 + Mặt khác BTLK. n Br2 k.n X k 6,32 32,8 2k 0,12 k 0,6 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Vậy BTNT.H BTNT.O n O2 0,1(6,4 2.0,6) 0,26(mol) 2 0,35(mol) V 7,84(lit) n H2 O Ví dụ 2: Đốt cháy 2,92 gam hỗn hợp hai ankan A, B thu được 0,2 mol CO2. Biết tỉ lệ số mol nA : nB = 2 : 7. Công thức phân tử của A và B lần lượt là A. C2H6 và C5H12 B. C2H6 và C7H16 C. CH4 và C4H10 D. CH4 và C5H12 Trích đề thi thử THPT Chuyên Phan Bội Châu – Lần 1 – 2015 Định hƣớng tƣ duy giải Câu này khá đơn giản nhưng sẽ là một ví dụ khá hay về tư duy “dồn biến”. Ankan sẽ được chia thành C và H do đó BTKL nH 2,92 0, 2.12 0,52(mol) nA Ai cũng biết n ankan n H2O n CO2 0, 26 0, 2 0,06 nB Nhìn vào đáp án và 0,06 0,06 .2.1 .7.4 0, 2 9 9 BTNT.C 0,06 .2 9 0,06 .7 9 CH 4 C 4 H10 Ví dụ 3: Nung nóng a mol hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 trong bình kín có xúc tác thích hợp thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y qua lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 24 gam kết tủa và hỗn hợp khí Z. Hỗn hợp Z làm mất màu tối đa 40 gam brom trong dung dịch và còn lại hỗn hợp khí T. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp T thu được 11,7 gam nước. Giá trị của a là A. 1,00. B. 0,80. C. 1,50. D. 1,25. Trích đề thi thử THPT Chuyên Thăng Long – 2015 Định hƣớng tƣ duy giải AgNO3 / NH3 + Có X Ni Br2 H2O C 2 H 2 : 0,1(mol) C 2 H 4 : 0, 25(mol) H2 BTNT.H C2 H 6 a 0,66(mol) 3H 2 C2 H 2 0,65 0,1 0,25 0,25 1,25 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH 5.1.2. Tƣ duy dồn biến hỗn hợp chứa C, H, O dựa vào mối liên hệ giữa các nguyên tố Rất tự nhiên và đơn giản nếu một hỗn hợp chứa nhiều chất hữu cơ mà trong phân tử chỉ chứa C, H, O thì đương nhiên công thức chung của nó sẽ là CxHyOz. Mấu chốt của việc xử lý các hỗn hợp này là phải nhìn ra biểu thức liên hệ giữa x, y, z mà người ra đề đã ngầm che dấu đi. Ví dụ 1: ợp gồ H2SO4 (OH)2 ệ A. 2,70. B. 2,34. C. 3,24. D. 3,65. Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015 Định hƣớng tƣ duy giải Bài toán này khá quen thuộc nhưng có lại là một ví dụ khá hay về cách áp dụng ấp chiến lược. Ta áp dụng bằng cách dồn hỗn hợp thành CnH2n-2O2. Ta có Và BTNT.C nCO2 4,02 .n 0,18 14n 30 m H2O 2,34(gam) 0,18(mol) n 3,6 n H2 O 1 .0,05.5,2 0,13(mol) 2 Tuy nhiên, ta cũng có thể xử lý thông minh như sau : Ta có Khi đó: n H2O BTNT.C BTKL nCO2 0,18(mol) n hh 4,02 0,18.14 32 2 0,18 0,05 0,13(mol) 0,05 BTNT.H mH2O 2,34(gam) Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol và axit axetic trong đó axit axetic chiếm 27,13% khối lượng hỗn hợp. Đốt 15,48 gam hỗn hợp X thu được V lít CO2 (đktc) và 11,88 gam H2O. Hấp thụ V lít CO2 (đktc) vào 400ml dung dịch NaOH x mol/l thu được dung dịch Y chứa 54,28 gam chất tan. Giá trị của x là A. 2,4 B. 1,6 C. 2,0 D. 1,8 Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015 Định hƣớng tƣ duy giải ồn biế . Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH CH3COOH : 0,07(mol) : mX CH3CHO 15, 48 C 4 H8 O 2 C2 H 6 O 2 CH3COOH : 0,07(mol) 15, 48 C2 H4 O : a(mol) BTKL 44a 31b 4, 2 15, 48 BTNT.H CH3O : b(mol) a 0, 2 b 0,08 BTNT.C n CO2 0,07.2 0, 2.2 0,08 0,62(mol) : 0,62.84 = 52,08(gam) > 0,62.106=65,72(gam) 2 54, 28 4a 3b 0,07.4 1,32 NaHCO3 : x(mol) BTKL Na 2 CO3 : y(mol) BTNT.C x 0,52 y 0,1 BTNT.Na n NaOH 0,72 84x 106y 54, 28 x NaOH y 0,62 1,8(M) Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm ancol alylic, etilenglicol, but-2-en-1,4-điol, buta-1,3đien. Đốt 0,4 mol hỗn hợp X cần V lít O2 (đktc) thu được a mol CO2 và 23,4 gam H2O. Hấp thụ 0,6a mol CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,2 mol NaOH và 0,54 mol Ba(OH)2 thu được 70a gam kết tủa. Giá trị của V gần nhất với: A. 34,2 B. 39,4 C. 36,6 D. 44,8 Định hƣớng tƣ duy giải C3 H 6 O Nhận thấy X C2 H 6 O 2 C 4 H8 O 2 H C O 2 C4 H 6 Ta dồn X thành Cx H x y 2O y BTNT.C 0, 4x BTNT.H 0, 4(x y 2) 2,6 a Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH BaCO3 : Với n CO2 BTNT.C 0,6a(mol) 0,6a x 3,35 y 1,15 n O2 70a 197 BTNT.O 1,76 70a 197 BTNT.Ba Ba(HCO3 ) 2 : 0,54 BTNT.Na NaHCO3 : 0, 2 70a ) 0,2 197 2(0,54 0, 4.1,15 2n O2 70a 197 a 1,34(mol) 1,34.2 1,3 V 39, 424(l) Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm CH3-CO-CH3; CH2≡C(CH3)-CHO; CH3-C≡CCOOH và CH3-C≡C-CH2-COOH. Đốt 27,88 gam hỗn hợp X thu được 64,24gam CO2 và 18,36 gam H2O. Phầm trăm khối lượng CH3-CO-CH3 trong hỗn hợp X là A. 20,803% B. 16,643% C. 14,562% D. 18,723% Định hƣớng tƣ duy giải Nhận xét: Các chất trong X trừ C3H6O có mối liên hệ 2C 2O H Khi đó ta dồn X về X Ch¸y n CO2 C3H6O : a(mol) Cx H 2x 2y O y 1, 46(mol) : b(mol) BTKL n H2O 1,02(mol) 27,88 1, 46.12 1,02.2 16 X n Trong O BTNT.C 3a bx 1, 46 BTNT.H 6a (2 x 2 y).b 1,02.2 BTNT.O a by 0,52 a 0,08 0,52(mol) %CH3COCH3 16,643% 5.1.3. Tƣ duy dồn biến kết hợp với định luật bảo toàn liên kết π Thực chất của việc mở rộng định luật BTLK.π là quá trình “tung hỏa mù” làm cho người giải đề có cảm giác bài toán rất phức tạp. Do đó, mấu chốt tư duy khi giải là cần phải biết thu gọn (dồn biến) hay nói một cách khác là phải rèn luyện khả năng đơn giản hóa bài toán. Thế tóm lại đơn giản hóa bài toán nghĩa là thế nào? – Nghĩa là những yếu tố không ảnh hưởng tới bài toán thì ta bỏ nó đi. Thật ra thì cũng không có gì phức tạp trong việc nhận ra những yếu tố không ảnh hưởng đó. Ta cùng nhau xem xét một vài ví dụ đơn giản sau: Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồ - 0,85 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni) một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỷ khối so với H2 bằng a. Cho Y tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thu được kết tủa và 19,04 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Sục khí Z qua dung dịch Brom dư thấy có 8,0 gam brom phản ứng. Giá trị của a là: A. 9,6 B. 10,2 C. 9,8 D. 11,4 Định hƣớng tƣ duy giải - Yếu tố nhiễu ở đây là gì? – Đó chính là dung dịch AgNO3/NH3. - Tại sao nói vậy? – Vì AgNO3/NH3 chỉ có tác dụng hút các ankin đầu mạch. Do đó, ta chỉ cần khử nhiễu đơn giản bằng cách sau: + Chia các ankin trong X thành hai phần và chỉ cần quan tâm tới cái phần bị hidro hóa thôi. Phần còn lại là phần bị AgNO3/NH3 hút thì ta không cần quan tâm. - Khi đó ta có hỗn hợp cần quan tâm là C2 H 2 : a C4 H 6 : b ' X C2 H 4 : 0,15 Y’(không chứa ankin, chính là Z) Ni C2 H 6 : 0,1 H 2 : 0,85 n Br2 Có ngay n Z 0,05 0,85 n ankan BTLK. Và a b 0,15 n anken 0,05 a b 0,1 (0,15 0,05) 0, 2 a b n H2 øng n Hph¶n 2 0,85 (2a 2b 0,1) 0,75 2a 2b 0,4 nY nX 0,4 1(mol) 19,5 MY 1 Ta có mX mY 19,5 dY 9,75 →Chọn C H2 2 2 Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09 mol vinylaxetylen và 0,16 mol hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 là 21,13. Dẫn Y đi qua dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam Z gồm 4 kết tủa có số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm mất màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây: A. 27. B. 29. C. 26. D. 25. BTKL Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Định hƣớng tƣ duy giải Bài toán này về ý tưởng cũng tương tự như bài toán trên. Tuy nhiên, nó che đậy tốt hơn một chút. CH CH : 0,08 Ta có: n X 0,39 CH3CHO : 0,06 CH C CH CH 2 : 0,09 H 2 : 0,16 BTKL mX 9,72 nY øng n Hph¶n 2 0,23 0,16(mol) Trong Y ta tưởng tượng là chia thành hai phần: CH CH : a CAg CAg : a CH3CHO : 0,5a Ag : a AgNO3 Phần 1: m CAg C CH CH 2 : a CH C CH CH 2 : a CH C CH 2 CAg C CH 2 CH3 : a CH3 : a Phần 2: Là phần chúng ta dùng để BTLK.π CH CH : 0,08 a Phần 2 gồm: CH3CHO : 0,06 0,5a CH C CH CH 2 : 0,09 2a H 2 : 0,16 a Và BTKL. øng nHph¶n 2 ph¶n øng nBr 2 ntrong phÇn 2 0,16 a 0,003 2(0,08 a) (0,06 a) 3(0,09 2a) m 29,1248 a 0,0436 → Chọn B Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm một axit đơn chức,một ancol đơn chức và 1 este đơn chức (Các chất trong A đều có nhiều hơn 1C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn m gam A rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 135 gam kết tủa xuất hiện. Đồng thời khối lượng dung dịch giảm 58,5 gam. Biết số mol ancol trong m gam A là 0,15. Cho Na dư vào m gam A thấy có 2,8 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác m gam A tác dụng vừa đủ dung dịch chứa 12 gam NaOH. Cho m gam A vào dung dịch nước Brom dư. Hỏi số mol Brom phản ứng tối đa là : A. 0,4 B. 0,6 C. 0,75 D. 0,7 Định hƣớng tƣ duy giải n ancol 0,15 Ta có: n axit 0,125.2 0,15 0,1(mol) n H2 0,125 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Và n NaOH 0,3 Ta lại có: n Br2 n este 0, 2(mol) CO 2 :1,35 1,35 0,95 0, 45 H 2 O : 0,95 0, 45. 17 9 0,1 0,75 mol k 1 k 17 9 (k là số liên kết π trong A) axit →Chọn C Chú ý: Số mol Brom lớn nhất khi có este dạng HCOOR và số mol π trong gốc COOH của axit thì không phản ứng với Br2. 5.1.4. Tƣ duy dồn biến hoán đổi nguyên tố (NAP – 1) Tôi gọi kỹ thuật này đặc biệt vì nó khá bất thường với lối tư duy thông thường. Nó đặc biệt ở chỗ quy đổi từ nguyên tố ngày qua nguyên tố khác. Mấu chốt của kỹ thuật này là dồn từ nguyên tố này thành nguyên tố khác. Ví dụ ta C n H 2n O 2 C n H 2n O 2 dån thµnh có hỗn hợp chất như sau . Ở đây ta đã C m H 2m 2 O 4 C m H 2m O x thêm 2 đơn vị từ O vào H. Do đó phân tử khối của OX ở đây sẽ là 64 – 2 = 62. Tư tưởng của kỹ thuật này là như vậy. Chú ý: Với kỹ thuật tư duy này khi đề bài cho số mol chất nào thì không được dồn nguyên tố có trong chất đó. Ví dụ các hợp chất hữu cơ X chứa C, H, O khi cho số mol CO2 thì ta chỉ dồn đối với hai nguyên tố O và H trong X. Nếu đề bài cho số mol H2O thì ta sẽ dồn hai nguyên tố là C và O. Để hiểu rõ hơn các bạn xem những ví dụ sau đây: Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm một axit no, đơn chức A và một axit no đa chức B đều có mạch cacbon không phân nhánh. Tỉ khối hơi của X so với hiđro là 50,3. Đốt cháy hoàn toàn 10,06 gam X thu được 14,96 gam CO2. Thành phần phần trăm về khối lượng của A trong hỗn hợp gần nhất với: A. 17% B. 18% C. 19% D. 20% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ duy giải Ta có: M X Khi đó nA nB 100,6 a b nX 0,1 n CO2 0,34 C 3,4 a b 0,1 BTKL 32a 62b 14.0,34 10,06 a 0,03 b 0,07 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH A : C n H 2n O 2 Ở đây B : C m H 2m 2 O 4 bài cho số mol CO2 nên trong B ta đã dồn phân tử khối của O qua H. Mục đích là để cho số mol CO2 và H2O (ảo) bằng nhau Nhận thấy: Nếu B có lớn hơn 4 nguyên tử C thì nCO2 0,07.5 0,35 (vô lý) + Nếu B có 4C BTNT.C %CH3COOH + Nếu B có 3C CA 0,34 0,07.4 0,03 2 C2 H 4 O 2 : 0,03 C4 H 6 O 4 : 0,07 0,03.60 17,89% 10,06 BTNT.C CA 0,34 0,07.3 0,03 4,333 (loại) 0,34 0,07.2 6,667 (loại) 0,03 Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai axit no, đơn chức đồng đẳng liên tiếp và một axit không no (có một liên kết π) đa chức đều có mạch cacbon không phân nhánh. Tỉ khối hơi của X so với hiđro là 54,5. Đốt cháy hoàn toàn 10,9 gam X thu được 18,92 gam CO2. Biết X không có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc và trong X số mol của axit đơn chức có phân tử khối nhỏ thì lớn hơn số mol của axit đơn chức có phân tử lớn. Thành phần phần trăm về khối lượng của axit đa chức trong hỗn hợp gần nhất với: A. 72% B. 68% C. 75% D. 60% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ duy giải + Nếu B có 2C BTNT.C nX Ta có: M X 109 CA 0,1 nCO2 0,43 C 4,3 Khi đó n®¬n chøc = a a b 0,1 BTKL n hai chøc = b BTKL BTNT.H Nhận thấy nCO2 n H2 O nH2O a 0,04 32a 60b 14.0,43 10,9 b 0,06 10,9 0,43.12 0,04.2.16 0,06.4.16 2 0,31 0,12 H 6,2 tổng số π trong axit đa chức là 3 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH + Nếu axit đa chức là C4H6O4 → BTNT.C C ®¬n chøc = 0, 43 0,06.4 0,04 C 4 H8 O 2 : 0,01 4,75 C5 H10 O 2 : 0,03 (loại) + Nếu axit đa chức là C6H8O4 → khi đó dễ dàng suy ra C của axit đơn chức là 0, 43 0,06.6 1,75 HCOOH (loại vì có tráng Ag) 0,04 0,06.130 71,56% 10,9 Ví dụ 3: X là hỗn hợp gồm một ancol no, hai chức A, một axit đơn chức B, không no (có một liên kết đôi C = C) và este C thuần chức tạo bởi A và B (tất cả đều mạch hở). Biết tỷ khối hơi của X so với H2 là 70,2. Đốt cháy hoàn toàn 14,04 gam X thu được 9 gam H2O. Mặt khác, cho K dư vào lượng X trên thấy thoát ra 0,035 mol khí H2. Phần trăm khối lượng của B có trong X gần nhất với: A. 5% B. 8% C. 13% D. 14% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ duy giải %C5 H6O4 Ta có: M X nA Gọi n B nC BTKL nX 140,4 a n H2 O H 10 0,5 a b c 0,1 b BTNT.H c BTKL nCO2 0,1 a 0,03 b 0,01 2a b 0,07 0,5.14 20a 44b 100c 14,04 c 0,06 0,66 Nhận xét: ancol hai chức nên phải có ít nhất 2 nguyên tử C. Axit B không no → phải có ít nhất 3 nguyên tử C. → este C phải có ít nhất 8 nguyên tử C. Dễ thấy, este mà có 8 nguyên tử C thì BTKL nCO2 8.0,06 0,01.3 0,03.2 0,57 (loại) + Nếu axit có 4 nguyên tử C thì BTKL nCO2 0,66 . Do đó, ta sẽ có C3H8O2 : 0,03 X CH 2 CH COOH : 0,01 %CH 2 CH COOH 5,128% C9 H12O4 : 0,06 5.1.5. Tƣ duy dồn biến tách nguyên tố (NAP – 2) Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp X gồm hai axit no, đơn chức mạch hở và 2 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) cần vừa đủ 0,685 mol O2, thu được m gam CO2 và 8,82 gam H2O. Biết tổng số mol axit nhỏ hơn tổng số mol hidrocacbon. Giá trị của m gần nhất với: A. 23,5 B. 24,5 C. 21,5 D. 27,5 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ duy giải Vì axit là no, đơn chức nên đốt cháy sẽ cho số mol CO2 và H2O bằng nhau. Như vậy ta sẽ dồn các hidrocacbon thành các anken và bù vào một lượng H2 tương ứng. Cn H 2n O2 : a Khi đó X là Cm H 2m : b H 2 : kb BTNT.O CO2 : na mb H 2 O : na mb kb 0, 49 a b 0,15 2a 1,37 2(na mb) 0,49 na mb a 0,44 a b 0,15 → các hidrocacbon không thể là ankan (k = 1) a kb 0,05 + Nếu các hidrocacbon là anken (k = 0) m CO2 0, 49.44 a 0,05 b 0,1 21,56(gam) + Nếu các hidrocacbon là ankin (k = – 1 ) a 0,1 (loại) b 0,05 Vậy chỉ có trường hợp hidrocacbon là các anken là hợp lý. Nếu là ankin hay các hidrocacbon có nhiều hơn 1 liên kết π thì bài toán sẽ vô lý → Chọn C Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 3,4 mol hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và 2 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) cần vừa đủ 4,15 mol O2, thu được 4,5 mol H2O. Nếu cho X tác dụng với dung dịch Br2/ CCl4, thì thấy có m gam Br2 tham gia phản ứng. Giá trị của m là: A. 96 B. 112 C. 128 D. 144 Định hƣớng tƣ duy giải Vì axit là no, đơn chức nên đốt cháy sẽ cho số mol CO2 và H2O bằng nhau. Như vậy ta sẽ dồn các hidrocacbon thành các anken và bù vào một lượng H2 tương ứng. Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Cn H 2n O2 : a CO2 : na mb Khi đó X là Cm H 2m : b H 2 O : na mb kb 4,5 H 2 : kb BTNT.O a b 3,4 2a 8,3 2(na mb) 4,5 a b 3, 4 a kb 2,6 n Br2 na mb a 1,9 b kb 0,8 m Br2 128(gam) 5.1.6. Tƣ duy dồn biến giả định Tư tưởng của kỹ thuật tư duy này rất đơn giản. Chúng ta chỉ việc đưa ra các chất giả định sao cho dễ dàng cho việc xử lý số liệu. Bản chất là dồn các chất phức tạp của đề bài về các chất đơn giản để tính toán. Kỹ thuật này đặc biệt hiệu quả đối với các bài toán đốt cháy hoặc tính toán khối lượng của hỗn hợp chất. Tuy nhiên, nó cũng chỉ là một công cụ để xử lý không phải công cụ toàn năng. Cần hết sức chú ý là: + Khi dồn giả định như vậy thì số mol các chất trước và sau khi giả định nói chung là khác nhau. Do đó, việc ta tính toán ra chất có số mol bị âm là hết sức bình thường. + Khi dồn giả định cần phải hiểu về bản chất của hỗn hợp ban đầu để giả định các chất không làm thay đổi bản chất của hỗn hợp. Không được thêm các chất khác với các chất trong hỗn hợp mà chỉ được bớt (hợp lý) số chất. + Bản chất của việc bỏ chất được là vì ta có thể biến đổi các chất còn lại thành chất đã được bỏ đi. Nếu các chất còn lại không biến đổi được thành chất bỏ đi thì khi ta bỏ chất đi sẽ làm thay đổi bản chất của bài toán. + Cái hay, khó và cũng là nguy hiểm của kỹ thuật này là phải hiểu chắc bản chất của hỗn hợp ban đầu. Dưới đây thông qua các ví dụ cụ thể tôi sẽ trình bày chi tiết để các bạn hiểu. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Nung bình kín chứa m gam X và một ít bột Ni đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được V lít CO2 (đktc) và 0,54 mol H2O. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 60 ml dung dịch Br2 1M. Cho 10,08 lít X (đktc) đi qua bình đựng dung dịch brom dư thì có 40 gam Br2 phản ứng. Giá trị của V là A. 17,92. B. 15,68. C. 13,44. D. 10,304. Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ duy giải Với bài toán trên nếu ta xem H2 như là ankan có dạng C0H2 như vậy X chỉ là các hidrocacbon sẽ làm cho bài toán bị sai bản chất lý do là giả định như Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH vậy sẽ cố định số liên kết π trong X và Y là như nhau. Tuy nhiên, rõ ràng với bài toán trên số liên kết π trong X và Y là khác nhau. Bài toán trên đề bài cho 3 dữ kiện và câu hỏi cuối cùng chỉ là tính tổng số mol (khối lượng) C có trong X. Vì BTNT.C sẽ có được CO2. Do vậy, ta có thể lấy 2 hidrocacbon bất kì trong hỗn hợp và H2. Thật vậy, tôi sẽ giả định vài trường hợp để minh chứng cho điều tôi nói bên trên. Giả định 1: C3H6 : a BTNT.H 6a 2b 2c 0,54.2 Với m gam X ta gọi C2 H 2 : b BTLK. a 2b c 0,06 H2 : c Với n X 0, 45 k(a b c) 0, 45 k(a 2b) 0, 25 6a 2b 2c 0,54.2 a 2b c 0,06 4a 13b 5c 0 BTNT.C nCO2 a 2b a b c 5 9 a 0,18 b 0,04 c 0,04 3.0,18 0,04.2 0,46 V 10,304(l) Giả định 2: C4 H10 : a Với m gam X ta gọi C2 H 2 : b BTNT.H 10a 2b 2c 0,54.2 BTLK. 2b c 0,06 H2 : c Với n X 0, 45 k(a b c) 0, 45 2kb 0, 25 10a 2b 2c 0,54.2 2b c 0,06 5a 13b 5c 0 BTNT.C nCO2 2b a b c 5 9 a 0,09 b 0,05 c 0,04 0,09.4 0,05.2 0,46 V 10,304(l) Giả định 3 (giả định sai vì cho thêm chất khác) : C3H 4 : a Với m gam X ta gọi C2 H 2 : b H2 : c Với n X 0, 45 k(a b c) 0, 45 k(2a 2 b) 0, 25 BTNT.H 4a 2b 2c 0,54.2 BTLK. 2a 2b c 0,06 2a 2b a b c 5 9 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH 4a 2b 2c 0,54.2 2a 2b c 0,06 13a 13b 5c 0 a 0,9 b 1 c 0,26 Tóm lại: Nếu một hỗn hợp nhiều chất ta có thể lấy một số chất hợp lý trong hỗn hợp để giải bài toán. Kỹ thuật này chỉ xử lý được khi chúng ta biết công thức phân tử của các chất trong hỗn hợp. Việc tự ý cho thêm các chất với vào nói chung sẽ dẫn đến những kết quả không chính xác. Bây giờ các bạn hãy xem thêm một ví dụ nữa để hiểu thêm về bản chất của kỹ thuật tư duy dồn biến giả định. Ví dụ 2: X ở thể khí là hỗn hợp gồm C2H5CHO, C2H5OH, HOC–CHO và H2. Người ta lấy 10,08 lít khí X (đktc) cho qua dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 40 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, lấy m gam X cho qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho toàn bộ Y qua nước Br2 dư thì có 9,6 gam Br2 tham gia phản ứng. Nếu đốt cháy toàn bộ Y thì thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 20,04 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với : A. 7,2 B. 8,8 C. 8,4 D. 9,6 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ duy giải Trong bài toán trên khi ra đề tôi lấy các số liệu là C3 H 6 O : 0,02 C2 H 6 O : 0,08 C2 H 2 O2 : 0,04 m 7, 24 H 2 : 0,06 Hướng dồn biến 1: C3 H6 O : a BTLK. Dồn X về mX C2 H6 O : b BTNT H2 : c Với n X 0, 45 a c 0,06 44(3a 2b) 18(3a 3b c) 20,04 k(a b c) 0, 45 ka 0, 25 a a b c 5 9 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH 63 878 501 b 10975 129 c 10975 a a c 0,06 186a 142b 18c 20,04 4a 5b 5c 0 m 6, 2851 Hướng dồn biến 2: C2 H 2 O 2 : a Dồn X về mX C2 H6 O : b BTLK. BTNT H2 : c Với n X 0, 45 2a c 0,06 44(2a 2b) 18(a 3b c) 20,04 k(a b c) 0, 45 2ka 0, 25 2a a b c 63 1136 2649 b 24400 723 c 14200 5 9 a 2a c 0,06 106a 142b 18c 20,04 13a 5b 5c 0 m 8,31239 Như vậy, có thể thấy bài toán này không thể dồn biến giả định được vì khi dồn sẽ làm thay đổi bản chất của bài toán. Các chất sau khi dồn không thể biểu diễn chất đã bỏ đi. Thực tế khi ra đề người ra đề thường dùng một thủ đoạn nào đó để che đậy ẩn ý của mình nhưng có một điều tất cả những ẩn ý đó đều có thể được loại bỏ nhờ kỹ thuật dồn biến giả định vì các chất còn lại được có thể biểu diễn được chất đã bỏ đi. Bây giờ các bạn tiếp tục nghiên cứu những ví dụ tôi đã đưa ra từ trước nhưng được giải lại theo kỹ thuật này nhé. Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là: A. 21,00. B. 14,28. C. 10,50. D. 28,56. Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Trích đề thi thử chuyên Đại học Vinh – 2014 Định hƣớng tƣ duy giải C3 H6 : a CO2 : 3a 2b Với m gam X ta dồn về C2 H 2 : b H 2 O : 3a b c H2 : c BTLK. a 2b c 0,15 100(3a 2b) 44(3a 2b) 18(3a b c) 21, 45 Với n X k(a b c) 0,5 0,5 k a 2b 0, 4 a 2b c 0,15 114a 94b 18c 21,45 0,2a 1,2b 0,8c 0 CO 2 : 0,6 BTNT.O H 2 O : 0,675 n O2 a 2b a b c 0,8 a 0,15 b 0,075 c 0,15 0,9375 V 21(l) Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm C2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho qua bình đựng dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O2 (đktc), sau phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V là : A. 6,72 B. 8,96 C. 5,60 D. 7,84 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016 Định hƣớng tƣ duy giải C2 H 4 : a Ta dồn X về mX 6,32 C2 H 2 : b H2 : c nX 0,1 a 2b 0,12 28a 26b 2c 6,32 (a b c) k 0,1 BTNT.C k(2a 2b) 0,22 0,2a 0,2b 2,2c 0 a 0,32 b 0,1 c 0,02 2a 2b a b c 2,2 k 0,5 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH C2 H 4 : 0,16 nX 0,1 C2 H 2 : 0,05 H 2 : 0,01 CO2 : 0,22 H 2O : 0,26 0,22.2 0,26 0,35 V 7,84(l) 2 Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol và axit axetic trong đó axit axetic chiếm 27,13% khối lượng hỗn hợp. Đốt 15,48 gam hỗn hợp X thu được V lít CO2 (đktc) và 11,88 gam H2O. Hấp thụ V lít CO2 (đktc) vào 400ml dung dịch NaOH x mol/l thu được dung dịch Y chứa 54,28 gam chất tan. Giá trị của x là A. 2,4 B. 1,6 C. 2,0 D. 1,8 Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015 CH3COOH : 0,07(mol) BTKT.O n O2 Dồn X về: mX 15, 48 CH3CHO : a C2 H 6 O 2 : b BTKL BTNT.H BTNT.C n CO2 44a 62b 11,28 a 0,2 b 0,04 4a 6b 1,32 0,07.4 0,07.2 0, 2.2 0,04.2 0,62(mol) Từ đáp án dễ dàng suy ra các trường hợp của NaOH đều cho chất tan là hai muối. 54, 28 NaHCO3 : x(mol) BTKL Na 2 CO3 : y(mol) BTNT.C x 0,52 y 0,1 BTNT.Na n NaOH 0,72 84x 106y 54, 28 x y 0,62 NaOH 1,8(M) Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH 5.2. Tƣ duy đánh giá trong các bài toán Hóa học hữu cơ Với hóa học hữu cơ để có một bài toán hay và khó thì người ra đề rất hay sử dụng kỹ thuật làm trội dựa trên thuộc tính cơ bản của các hợp chất hữu cơ. Sau đây là một vài ví dụ điển hình: + Các hidrocacbon ở thể khí thì chỉ có từ 1 tới 4 nguyên tử C. + Ancol không no thì phải có ít nhất 3 nguyên tử C. + Dựa vào số C, H, để biện luận và đánh giá. + Số O trong ancol luôn không vượt quá số C. + Nếu số O trong ancol bằng số C thì ancol đó phải là ancol no. + Đánh giá dựa vào mối liên hệ gián tiếp giữa các sản phẩm cháy. + Đánh giá theo sự liên hệ đặc biệt giữa các chất trong hỗn hợp. + Dựa vào số C, H, O cực tiểu trong hỗn hợp đã cho để đánh giá số nguyên tử C, H, O có trong các chất. …….. Nói chung mỗi bài toán có một kiểu che dấu nào đó theo phong cách của từng người ra đề. Vì vậy, các bạn cần chịu khó suy nghĩ, tìm tòi và rèn luyện để có được sự phản xạ và phán đoán linh hoạt với những bài toán dạng này. Sau đây tôi xin giới thiệu một số hướng tư duy điển hình. 5.2.1. Tƣ duy dựa vào mối liên hệ đặc biệt giữa các chất trong hỗn hợp Thực ra kỹ thuật tư duy này khi đề cho rõ CTPT các bạn có thể sử dụng tư duy dồn biến giả định để xử lý cũng cho kết quả tốt. Lý do là các chất có mối liên hệ với nhau dẫn tới ta có biến vài chất trong hỗn hợp thành một chất. Tuy nhiên, có nhiều bài toán người ra đề không cho các công thức cụ thể thì ta phải suy xét tinh tế hơn một chút. Trong phần này tôi đặc biệt muốn các bạn chú ý đến kỹ thuật tung hỏa mù qua mối liên hệ giữa các số liệu từ các thí nghiệm khác nhau. Hay dùng nhất là tạo mối liên hệ về số mol giữa các sản phẩm cháy và các chất có trong hỗn hợp. Bản chất là dựa vào số liên kết π có trong hỗn hợp và công thức quan trọng khi đốt cháy hỗn hợp chất hữu cơ chứa C, H, O đó là n CO2 n H2O (k 1) n X . Dựa vào điều này người ra đề đã tận dụng để tung hỏa mù. Để xem xét kỹ thuật tung hỏa mù kiểu này các bạn xem một số ví dụ điển hình sau: Ví dụ 1: X là hỗn hợp chứa một axit đơn chức, một ancol hai chức và một este hai chức (đều mạch hở). Người ta cho X qua dung dịch nước Br2 thì không thấy nước Br2 bị nhạt màu. Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol X cần 10,752 lít khí O2 (đktc). Sau phản ứng thấy khối lượng của CO2 lớn hơn khối lượng của H2O là 10,84 gam. Mặt khác, 0,09 mol X tác dụng vừa hết với 0,1 mol KOH. Cô cạn Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan và một ancol có 3 nguyên tử C trong phân tử. Giá trị của m là: A. 9,8 B. 8,6 C. 10,4 D. 12,6 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ duy giải Este: a a b c 0,09 Ta có: 0,09mol E axit : b 2a b 0,1 C3 H8O2 : c Khi đốt cháy E có: Vậy ta có: 44x 18y 10,84 CO2 : x BTNT.O H2 O : y x y a c 0,01 a b c 0,09 2a b 0,1 BTNT.O a 0,04 b 0,02 4a 2b 2c 0, 48.2 1, 22 BTKL mE 25, 24 0, 48.32 9,88(gam) BTKL mE m KOH m m ancol x 0,41 y 0,4 c 0,03 m H2O 9,88 0,1.56 m (0,04 0,03).76 0,02.18 m 9,8(gam) Ví dụ 2: X,Y là hai axit no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp, Z là ancol 2 chức, T là este thuần chức tạo bởi 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 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 Định hƣớng tƣ duy giải Este: a a b c 0,1 Ta có: 0,1mol E axit : b 2a b 0,11 C2 H 6 O 2 : c Khi đốt cháy E có: Vậy ta có: 44x 18y 10,84 CO2 : x BTNT.O H2 O : y x y a c 0,01 a b c 0,1 2a b 0,11 BTNT.O 4a 2b 2c 0, 47.2 1, 22 x 0,41 y 0,4 a 0,04 b 0,03 c 0,03 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH Cách 1: Đi tìm công thức của hai axit. Ta biện luận số C dựa vào số mol CO2 CH 3COOH : 0,02(mol) → hai axit là C 2 H 5 COOH : 0,01(mol) Vậy hỗn hợp khí là: CH 4 : 0,06 BTKL C 2 H 6 : 0,05 m 0,06.16 0,06.30 2, 46(gam) Cách 2: Dùng phƣơng pháp BTKL BTKL mE 0,41.44 0,4.18 0,47.32 10,2(gam) BTKL mE m NaOH mRCOONa mRH m RCOONa m ancol m H2O 10,2 0,11.40 0,07.62 0,03.18 9,72 9,72 0,11(69 1) 2, 46 Ví dụ 3: X ở thể khí là hỗn hợp gồm C2H5CHO, C4H9OH, HOC–CHO và H2. Trong X oxi chiếm 35,237% về khối lượng. Người ta lấy 2,8 lít khí X (đktc) cho qua dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 16 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, lấy m gam X cho qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho toàn bộ Y qua nước Br2 dư thì có 16,8 gam Br2 tham gia phản ứng. Nếu đốt cháy toàn bộ Y thì thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 26,715 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với : A. 9,2 B. 9,8 C. 10,4 D. 12,6 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016 Định hƣớng tƣ duy giải Ta có nX 0,125 nBr2 0,1 m gam X BTLK. 0,1 0,8 (k là số liên kết π trong X) 0,125 k n C 3 H6 O x mol n C 4 H10 O y mol n C 2 H 2 O2 z mol n H2 t mol x 2z BTKL. x 2z n H2 n Y Br2 k.n X t 0,105 x y z t x 2z 0,8 Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP - LKH