Tài liệu Phương pháp quy đổi giải bài toán hóa học hữu cơ võ minh ngọc

LỜI MỞ ĐẦU Nhân ngày nhà giáo Việt Nam – ngày 20/11/2016, mình xin gửi tặng đến các bạn bộ tài liệu về Quy đổi Hữu cơ mà mình đã biên soạn. Đây là tác phẩm mà mình dành rất nhiều tâm huyết, thời gian và công sức để hoàn thành. Đây là lời tri ân đến các thầy cô, những người đang công tác trong lĩnh giáo dục. Chúc các thầy cô luôn khỏe mạnh, có nhiều thế hệ học sinh ưu tú Tài liệu gồm 3 phần chính: Phần một: Các kĩ thuật quy đổi hỗn hợp hữu cơ phức tạp. Các kĩ thuật này bao gồm: Đồng Đẳng Hóa, Thủy Phân Hóa, Hiđro Hóa và Ankan Hóa. Phần hai: Các bài toán tổng hợp. Phần này bao gồm một số bài toán đòi hỏi sự vận dụng cao. Phần ba: Bài tập tự luyện. Đây sẽ là những thử thách thú vị giành cho các bạn. Trong tài liệu này mình sẽ không đề cập nhiều đến peptit. Các bạn hãy tham khảo tác phẩm “Đồng Đẳng Hóa và bài toán peptit” của anh NT Nhật Trường (sinh viên trường đại học Y Dược thành phố HCM) để có cái nhìn sâu sắc nhất về bài toán peptit. Tác phẩm này cũng chính là nguồn gốc ý tưởng cho kĩ thuật đầu tiên – kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa trong tài liệu này. Ba kĩ thuật còn lại được mình mở rộng và phát triển dựa trên nền tảng của Đồng Đẳng Hóa. Link bài viết: https://goo.gl/q0dzkd Để tránh tình trạng một số phần tử trục lợi cá nhân từ tài liệu này, mình sẽ chèn walter link download của tài liệu này. Hy vọng các bạn không cảm thấy phiền với nó. Hy vọng tài liệu này sẽ có ích cho các bạn sĩ tử 99er trong quá trình ôn luyện, chuẩn bị cho kì thi THPT Quốc gia 2017 Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy Xô Huyền, thầy Phan Thanh Tùng, anh Đào Văn Yên, anh Phan Thanh Tùng, anh Đỗ Phú Phát đã hỗ trợ nguồn tài liệu, giúp đỡ em hoàn thành tài liệu này. Mình cũng xin gửi lời cảm ơn đến những người bạn đã giúp đỡ, động viên mình trong suốt quá trình biên soạn bộ tài liệu. Cảm ơn Cộng đồng Hóa học Bookgol đã giúp mình đưa tài liệu này đến với thầy cô và các bạn học sinh Mặc dù đã rất cố găng nhưng tài liệu khó tránh khỏi những sai sót trong quá trình biên soạn. Tài liệu này được upload lên folder driver nên sẽ được chỉnh sửa trong thời gian sớm nhất. Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp ý của các thầy giáo, cô giáo cùng các bạn học sinh để tài liệu này được hoàn thiện hơn. Tài liệu này là một phần trong ấn phẩm về Quy đổi mà mình dự định sẽ hoàn thiện nó sớm nhất có thể để gửi đến mọi người. Hi vọng sẽ nhận được sử ủng hộ của mọi người Mọi ý kiến đóng góp xin vui lòng liên hệ qua email: [email protected] Sđt: 0962748426 Nghệ An, ngày 20 tháng 11 năm 2016 VÕ MINH NGỌC Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol – Bookgol.com Trang 1 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE LỜI TRI ÂN Nhân ngày nhà giáo Việt Nam, ngày 20/11/2016. Thay mặt BQT Bookgol xin được gửi lời tri ân, lời cảm ơn sâu sắc nhất đến tất cả các quý thầy cô đã luôn ủng hộ giúp đỡ Bookgol trong thời gian hoạt động vừa qua. Chúc cho tất cả các thầy cô, các bạn sinh viên đang làm việc và công tác liên quan đến lĩnh vực giáo dục luôn có một sức khỏe dồi dào, tinh thần lạc quan. Chúc cho các thầy cô sẽ tiếp tục gặt gái được nhiều thành công trong quá trình công tác, sẽ giúp ích được nhiều hơn nữa các em học sinh, có những thế hệ học trò thành công. Để có được thành công như ngày hôm nay của Bookgol không thể không kể đến sự giúp đỡ và ủng hộ của thầy cô với Bookgol cả về công việc lẫn tinh thần. Bookgol tự hào khi nhận được nhiều tình cảm yêu quý của các thầy cô dành cho mình. Trên tất cả thành viên BQT Bookgol luôn nhìn nhận nó một cách trân trọng. Cảm ơn tất cả thầy cô về những tình cảm đã dành cho Bookgol. Những tình cảm đó thật đáng trân quý. Tài liệu này cũng là một món quà nho nhỏ gửi đến tất cả các thầy cô nhân dịp 20-11. Hi vọng nó sẽ phần nào giúp ích cho thầy cô phần nào trong công việc của mình. Hy vọng trên con đường đi sắp tới của Bookgol vẫn sẽ luôn nhận được tình cảm, sự ủng hộ giúp đỡ của tất cả các quý thầy cô. Một lần nữa chúc mừng 20-11. Chúc các thầy cô luôn vui vẻ , khỏe mạnh. Bookgol, ngày 20 tháng 11 năm 2016 T/M BQT Đào Văn Yên Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 2 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE MỤC LỤC PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP .............................................. 4 ĐỒNG ĐẲNG HOÁ ............................................................................................................................. 4 I. 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi ................................................................................................... 4 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa....................................................................................... 4 a) Tách CH2 ......................................................................................................................................... 4 b) Ghép CH2 ........................................................................................................................................ 7 II. THUỶ PHÂN HOÁ ............................................................................................................................ 12 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi ................................................................................................. 12 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa..................................................................................... 12 a) Tách H2O – Ghép este ................................................................................................................... 12 b) “Bảo toàn số mol” ........................................................................................................................ 23 III. HIĐRO HOÁ ...................................................................................................................................... 27 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi ................................................................................................. 27 2. Các bài toán minh họa..................................................................................................................... 27 a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp”..................................................................................... 28 b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H2 ........................................................................................... 32 IV. ANKAN HOÁ – Tách nhóm chức..................................................................................................... 36 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi ................................................................................................. 36 2. Các bài toán minh họa..................................................................................................................... 36 PHẦN HAI: CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP ................................................................................................ 41 PHẦN BA: BÀI TẬP TỰ LUYỆN .............................................................................................................. 58 Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 3 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP Trong phần này mình sẽ giới thiệu đến các bạn một hệ thống 4 kĩ thuật quy đổi gồm: 1. Đồng đẳng hóa (tách – ghép CH2) 2. Thủy phân hóa (tách – ghép este) 3. Hiđro hóa (tách – ghép liên kết  ) 4. Ankan hóa (tách – ghép nhóm chức) Ngoài ra còn một số kĩ thuật khác sẽ xuất hiện trong phần hai (các bài toán tổng hợp). Mình đã áp dụng những kĩ thuật này vào các bài toán tổng hợp hữu cơ trong đề thi đại học các năm; đề thi thử của các trường; đề thi thử của các group; đề thi Olympic Hóa học BookGol,… và thu được nhiều kết quả, một số chúng được tổng hợp trong tài liệu này. Các kĩ thuật được sắp xếp theo thứ tự từ cơ bản đến nâng cao. Để vận dụng linh hoạt tất cả chúng, các bạn cần nắm vững từng kĩ thuật một. I. ĐỒNG ĐẲNG HOÁ 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi Ta biết rằng các chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều nhóm CH2. Vì vậy, có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó. Dựa vào ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản hơn (thường là các chất đầu dãy) kèm theo một lượng CH2 tương ứng. Kĩ thuật này được gọi là Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH). Ví dụ : C3H8  CH4 + 2CH2 C3H6(OH)2  C2H4(OH)2 + 1CH2 C2H5COOC3H7  HCOOCH3 + 4CH2 C6H5–CH(CH3)2  C6H6 + 3CH2 C4H7COOH  C2H3COOH + 2CH2 (C15H31COO)3C3H5  (HCOO)3C3H5 + 45CH2 C2H5NH2  CH3NH2 + 1CH2 (CH3)2CH–CH(NH2)–COOH  NH2CH2COOH + 3CH2 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa a) Tách CH2 Một vài ví dụ về cách sử dụng ĐĐH để quy đổi hỗn hợp hữu cơ. Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit no, đơn chức và các ancol no hai chức (tất cả đều mạch hở). HCOOH : a  Cn H 2n 1COOH  X  C2 H 4 (OH) 2 : b  Cm H 2m (OH) 2 CH : c  2 Ví dụ 2: Quy đổi hỗn hợp Y gồm các ankin, các anđehit no, hai chức và các este đơn chức có một liên kết đôi C=C (tất cả đều mạch hở). Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 4 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE C 2 H 2 : a Cn H 2n  2 (CHO) : b   2 Y Cm H 2m (CHO) 2   C H O HCOOC 2 H 3 : c  n 2n  2 2 CH 2 : d Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp Z gồm các amin no, hai chức, mạch hở và một pentapeptit mạch hở được tạo bởi các amino axit thuộc cùng dãy đổng đẳng của glyxin. CH 2 (NH 2 ) 2 : a Cn H 2n (NH 2 ) 2  Z  (C2 H 3ON)5 .H 2O : b (Cm H 2m 1ON)5 .H 2O CH : c  2 Sau khi quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH, ta lập các phương trình theo các dữ kiện từ đề bài và giải hệ. Khi đã tìm được các ẩn, tức là xác định được thành phần của hỗn hợp sau khi quy đổi, ta xử lí các bước còn lại và trả lời câu hỏi của bài toán. Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan trọng các bạn cần lưu ý: +) CH2 là thành phần khối lượng. Vì vậy, nó có mặt trong các phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O2 phản ứng, số mol CO2, số mol H2O),… +) Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (bản thân nó là nhóm metylen –CH2–). Nó không được tính vào số mol hỗn hợp (hoặc các dữ kiện khác liên quan tới số mol các chất). Các bạn cần nắm vững 2 điều này để lập chính xác các phương trình. Nếu bạn sai từ bước lập hệ, các bước tiếp theo sẽ không có ý nghĩa. Bài 1: Hỗn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 và ancol etylic. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O2 (đktc). Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có thoát ra 11,2 lít khí (đktc). Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X là: A. 32,86% B. 65,71% C. 16,43% D. 22,86% (Võ Minh Ngọc) Phân tích: - Đây là kiểu bài hai phần không bằng nhau. Ta đặt ẩn theo một phần và chia tỉ lệ theo phần còn lại. Đề bài hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo phần có dữ kiện khối lượng. - Chú ý rằng 2 ankin có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 nên chúng ở thế khí. Khi cho X vào bình đựng Na dư, khí thoát ra gồm H2 và 2 ankin đó. Lời giải: Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH: C2 H 5OH X Cn H 2n  2 C2 H5OH : a mol   X C2 H 2 : b mol  46a  26b  14c  28 28 gam CH : c mol  2 (1) Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C2H5OH phản ứng sinh ra 0,5a mol khí H2, đồng thời thoát ra b mol ankin. Vậy ta có phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2) Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 5 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE (Như đã nói, số mol này không bao gồm số mol CH2). 0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2, ta có: k(a + b) = 0,3 Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta có: 3a  2,5b  1,5c 1, 25  ab 0,3 (3) Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6 Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X là: Nhận xét: 0, 2.46 .100%  32,86%  Đáp án A. 28 Hệ phương trình cần giải chỉ gồm các phương trình thuần nhất nên dễ bấm máy. Đây là ưu điểm của kĩ thuật này. Các bạn có thể đặt CTPT trung bình của 2 ankin và giải tương tự. Bài 2: Cho 0,1 mol este X no, đơn chức mạch hở vào cốc chứa 30ml dung dịch MOH 20% (d = 1,2 gam/ml). Sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được ancol Y và phần rắn T. Đốt cháy hoàn toàn T thu được 9,54 gam M2CO3 và 8,26 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Kim loại M và axit tạo este ban đầu là A. K và HCOOH B. Na và CH3COOH C. K và CH3COOH D. Na và HCOOH Lời giải: Ancol Y  Sơ đồ phản ứng: X  MOH    RCOOM  O2 T   M 2CO3  CO2  H 2O 0,1 mol 7,2 gam   MOH dö  8,26 gam 9,54 gam   Bảo nguyên tố M, ta có: 7, 2 2.9,54 7, 2   M M  23  M laø Na, n NaOH   0,18 mol M M  17 2M M  60 40  n NaOH dö  0,18  0,1  0,08 mol Tới đây có 2 hướng xử lí:  Gọi CTPT muối của axit cần tìm là CnH2n – 1O2Na  Na 2 CO3 : 0, 09 Cn H 2n 1O2 Na : 0,1 O2   CO 2 : n C(T)  n Na 2CO3  0,1n  0, 09   NaOH : 0, 08  H 2O : 0,5.[0,1.(2n  1)  0, 08]  8, 26  m CO2  n H2O  44(0,1n  0, 09)  18.0,5.[0,1(2n  1)  0, 08)]  n  2  Axit laø CH3COOH  Ñaùp aùn B.  Sử dụng ĐĐH, ta có:  Na 2 CO3 : 0, 09 HCOONa : 0,1 mol   O2 T  CH 2 : x mol  CO2 : x  0, 01  8, 26  44.(x  0, 01)  18.(x  0, 09)  x  0,1  NaOH dö : 0, 08 mol H O : x  0, 09   2 Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 6 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Muoái goàm 0,1 (HCOONa  1CH2 )  0,1 CH3COONa  Axit laø CH3COOH  Ñaùp aùn B. Nhận xét: Phương trình theo ẩn x gọn hơn phương trình theo ẩn n và dễ giải hơn (dễ bấm máy hơn). b) Ghép CH2 Những bài toán dừng lại ở mức tách CH2 thường ko quá phức tạp. Với những bài toán hỏi thông tin về các chất ban đầu, ta cần “ghép” CH2 vào các chất đầu dãy (được quy đổi từ các chất ban đầu) để tạo lại hỗn hợp đầu. Kĩ thuật này phụ thuộc nhiều vào khả năng xử lí số liệu của bạn. Nếu tính nhẩm tốt, bạn sẽ không gặp nhiều khó khăn ở bước này. Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp gồm 0,5 CH3OH và 0,3 CH2 CH3OH : 0, 2 CH3OH : 0,5 CH3OH : 0, 2    CH 2 : 0,3 CH3OH  CH 2 : 0,3 C2 H 5OH : 0,3 Ví dụ 2: Tạo lại hỗn hợp 2 axit có số C cách nhau 2 đơn vị gồm 0,1 C2H3COOH và 0,14 CH2  C2 H 3COOH : 0,03 C 2 H 3COOH : 0,03   C 2 H 3COOH : 0,1  C2 H 3COOH  2CH 2 : 0,07 C 4 H 7COOH : 0,07    C H COOH : 0,1 C H COOH : 0,08 C3H 5COOH : 0,08 CH 2 : 0,14 3 5  3 5    CH 2 : 0,04 C3H 5COOH  2CH 2 : 0,02 C5H 9COOH : 0,02 Ví dụ 3: Tạo lại hỗn hợp 3 anđehit đồng đẳng kế tiếp gồm 1,4 HCHO và 2,3 CH2, biết số mol hai anđehit có phân tử khối lớn bằng nhau C3H 7 CHO : 0,3 HCHO :1, 4 CH 3CHO :1, 4    C2 H 5CHO : 0,3  CH 2 : 2,3 CH 2 : 0,9  0,3(1  2)  CH3CHO : 0,8 Ví dụ 4: Tạo lại hỗn hợp 1 ancol, 1 axit gồm 0,5 C2H5OH, 0,3 HCOOH và 1,3 CH2 Để ghép CH2 ta cần giải phương trình nghiệm nguyên. C2 H 5OH : 0,5 C2 H 5OH.mCH 2 : 0,5 m  2 C4 H 9OH : 0,5  vôùi 0,5m  0,3n  1,3    HCOOH : 0,3   n  1 HCOOH.nCH 2 : 0,3 CH 3COOH : 0,3 CH :1,3  2 Nếu gặp một phương trình phức tạp hơn, bạn nên dùng chức năng TABLE của máy tính để xử lí. Ví dụ 5: Tạo lại hỗn hợp hai hiđrocacon (thể khí ở điều kiện thường) gồm 0,2 CH4, 0,4 C2H2, 1,2 CH2 CH 4 : 0, 2 0, 2m  0, 4n  1, 2 CH 4 .mCH 2 : 0, 2 m  2 C3H8 : 0, 2   vôùi m  3   C2 H 2 : 0, 4   n  2 C2 H 2 .nCH 2 : 0, 4 C 4H 6 : 0, 4 CH :1, 2 n  2   2 Cách tốt nhất để luyện tập kĩ thuật ghép là áp dụng nó vào các bài tập. Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 7 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Bài 3: Cho X là axit cacboxylic đơn chức mạch hở, trong phân tử có một liên kết đôi C=C, Y và Z là hai axit cacboxylic đều no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm Y, Y và Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu được dung dịch F. Cô cạn F, thu được chất rắn khan G. Đốt cháy hoàn toàn G bằng O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi. Hấp thụ toàn bộ T vào bình đựng nước vôi trong, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam. Khối lượng Z trong 23,02 gam E gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,5 gam. B. 3,5 gam. C. 17,0 gam. D. 6,5 gam Lời giải: CH 2  CH  COOH : a  Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E  HCOOH : b CH : c  2 Từ dữ kiện khối lượng hỗn hợp, ta có: 72a  46b  14c  23,02 1 Từ dữ kiện số mol NaOH phản ứng vừa đủ, ta có: a  b  0, 46  2  Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp muối: 1 5 3  O2   Na 2CO3  CO 2  H 2O C2 H 3aCOONa 2 2 2 mol  CO 2 : 2,5a  0,5b  c 1 1 1  O2   Na 2CO3  CO 2  H 2O  T HCOONa b mol 2 2 2 H 2O :1,5a  0,5b  c  O2 CH 2  CO 2  H 2O  c mol   mCO2  mH2 O  44(2,5a  0,5b  c)  18(1,5a  0,5b  c)  22,04  3 Từ (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,41; c = 0,04 Tiến hành ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. C2 H 3COOH : 0, 05 X : C 2 H 3COOH : 0, 05   E HCOOH : 0, 41  E Y : HCOOH : 0,37  m Z  60.0, 04  2, 4 gam  Đáp án A. CH : 0, 04  Z : CH COOH : 0, 04 3  2  Nhận xét: Khối lượng bình tăng có thể xử lí gọn hơn bằng cách quy đổi công thức phân tử của muối. Đôi khi đề bài có một số điều kiện ràng buộc với các chất, ta nên quy đổi hợp lý ngay từ đầu để tránh gặp rắc rối ở bước ghép CH2. Bài 4: Hỗn hợp X gồm 2 ancol no, hai chức, mạch hở A, B (62 < MA < MB) và có tỉ lệ mol 3:4. Cho a mol X vào bình chứa b mol O2 (dư) rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2,04 mol các khí và hơi. Mặt khác dẫn 2a mol X qua bình đựng K dư thu được 70,56 gam muối. Biết a + b = 1,5. Số đồng phân hòa tan được Cu(OH)2 của B A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 (Bookgol Chemistry Olympia 2016) Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 8 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Bài này có điều kiện MA > 62, vì vậy ta không nên quy đổi về C2H4(OH)2. Phân tích: Lời giải: C H (OH) 2 : a K dö C3H 6 (OK) 2 : a Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: X  3 6  X  CH 2 : c CH 2 : c  CO 2 : 3a  c C3H 6 (OH) 2 : a b mol O2  Phản ứng đốt cháy: X    H 2 O : 4a  c CH 2 : c  1 n O2 (dö)  a  b  (3a  c)  (4a  c)  2 Từ số mol khí và hơi, ta có: (3a + c) + (4a + c) + [a + b – (3a + c) – 0,5(4a + c)]= 2,04  3a + b + 0,5c = 2,04 Từ dữ kiện khối lượng muối, ta có: 152a + 14c = 0,5.70,56  35,28 Từ đề bài  a  b  1,5 (1) (2) (3) Từ (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,21; b = 1,29; c = 0,24 Tiến hành ghép CH2 theo điều kiện tỉ lệ mol 3:4 A : C3H 6 (OH) 2 : 0,09 C3H 6 (OH) 2 : 0, 21  0,09  0,12 X  X CH 2 : 0, 24  0,12.2 B : C5H10 (OH) 2 : 0,12 Vì B hòa tan được Cu(OH)2 nên B có 2 nhóm OH kề nhau. Có 5 cấu tạo thỏa mãn B: C H 2  CH  CH 2  CH 2  CH 3 | OH | | OH | OH OH CH 3 CH 3 | | C H 2  C  CH 2  CH 3 OH CH 3  CH  CH  CH 2  CH 3 | CH 3 CH 3  C  CH  CH 3 | | OH | OH OH | CH3  CH  CH  C H 2 | | OH OH  Đáp án C. Bài 5: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có một liên kết đôi C=C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước. Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E bằng lượng NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thu được 55,2 gam muối khan và phần hơi có chứa chất hữu cơ Z. Biết tỉ khối của Z so với H2 là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với A. 46,5% Phân tích: B. 48% C. 43,5% D. 41,5% Một ví dụ khác về bài toàn 2 phần không bằng nhau. Mình sẽ giải nó theo 2 cách khác nhau. Các bạn hãy so sánh hai lời giải và rút ra điểm lợi thế của ĐĐH. Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 9 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Lời giải 1: MZ = 32  Z là CH3OH Cm H 2m  2O2 (m  4) : a O2 CO 2 : 0, 43   Phản ứng đốt cháy: E1  Cn H 2n  4O4 (n  4) : b H 2O : 0,32 Döïa vaøo ñoä baát baõo hoøa, ta coù: a  2b  n CO2  n H2 O  0, 43  0,32  0,11  n COO (E1 ) 1 BTKL   m E1  0,11.32  0, 43.12  0,32.2  9,32  m E2 m E1  46,6 55, 2  5  m muoái (E1 )   11,04 9,32 5 Phản ứng thủy phân: RCOOCH 3 : a NaOH RCOONa : a 9,32g   11, 04g  R'(COONa) 2 : b R'(COOH) 2 : b Sử dụng phương pháp tăng – giảm khối lượng, ta có: (23  15)a  22.2b  11,04  9,32  8a  44b  1,72  2  Từ (1) và (2), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,03 Bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,05m + 0,03n = 0,43 (m  4, n  4)  m = 5, n = 6  Este X là C5H8O2, axit Y là C6H8O4  %m Y  0, 03.144 .100%  46,35%  Đáp án A. 9,32 Lời giải 2: MZ = 32  Z là CH3OH CH 3OH  C 2 H 3COOCH 3 : a H 2O   NaOH Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E  C 2 H 2 (COOH) 2 : b   C 2 H 3COONa : a 46,6g CH : c 55, 2g C H (COONa) : b  2 2  2 2    CH 2 : c  Từ dữ kiện khối lượng E và khối lượng muối, ta có ngay hai phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1) và 94a + 160b + 14c = 55,2 (2) Ứng với phần 1, ta có: C2 H 3COOCH3 : ka n CO2  k(4a  4b  c)  0, 43 Chia veá theo veá 4a  4b  c 0, 43   O2 kE C2 H 2 (COOH) 2 : kb       3 Trieät tieâu k 3a  2b  c 0,32 n H2O  k(3a  2b  c)  0,32 CH : kc   2 Từ (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,25; b = 0,15; c = 0,55 Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp E ban đầu: Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 10 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE C2 H3COOCH3 : 0, 25 X : C3H 5COOCH 3 : 0, 25  E C2 H 2 (COOH) 2 : 0,15  Y : C6 H8O 4 : 0,15  CH 2 : 0,55  0, 25  0,15.2  %m Y  Nhận xét: 0,15.144 .100%  46,35%  Đáp án A. 46, 6 Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta không cần quan tâm tỉ lệ giữa 2 phần. Bài 6: X, Y là hai amin no, hở; trong đó X đơn chức, Y hai chức. Z, T là hai ankan. Đốt cháy hoàn toàn 21,5g hỗn hợp H gồm X, T, Z, T (MZ < MX < MT < MY ; Z chiếm 36% về số mol hỗn hợp) trong oxi dư, thì thu được 31,86g H2O. Lấy cùng lượng H trên thì thấy tác dụng vừa đủ với 170 ml dung dịch HCl 2M. Biết X và T có số mol bằng nhau ; Y và Z có số nguyên tử cacbon bằng nhau. Tỉ lệ khối lượng của T so với Y có giá trị là A. 1,051 B. 0,806 C. 0,595 D. 0,967 (Đề thi thử Bookgol lần 10 – 2016) Lời giải:  Z : CH 4 (M  16) : a X : CH NH (M  31) : b 3 2  Sử dụng ĐĐH kết hợp với các điều kiện, tiến hành quy đổi: H  T : C3H8 (M  44) : b Y : CH (NH ) (M  46) : c 2 2 2  CH 2 : d Từ các thông tin, ta lập được một hệ phương trình 4 ẩn m H  16a  (31  44)b  46c  14d  21,5 a  0,18 n  0,36n  a  0,36.(a  2b  c)   Z H b  0,1   n H2O  2a  (2,5  4)b  3c  d  1, 77 c  0,12 n  b  2c  0,34 d  0, 4  HCl Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp H  Z : CH 4 (M  16) : 0,18  Z : C 2 H 6 (M  30) : 0,18 X : CH NH (M  31) : 0,1 3 2 X : CH NH (M  31) : 0,1  m  3 2 H T : C3H8 (M  44) : 0,1   T  0,806  Đáp án B. mY Y : CH (NH ) (M  46) : 0,12 T : C 4 H10 (M  58) : 0,1 2 2 2  Y : C 2 H 4 (NH 2 ) 2 (M  60) : 0,12 CH 2 : 0, 4  0,18  0,1  0,12 Nhận xét: Bài này có các điều kiện ràng buộc hỗn hợp đầu khá phức tạp. Sử dụng ĐĐH cho phép ta bao quát tất cả các điều kiện đó ngay ở bước quy đổi. Qua những ví dụ trên, hy vọng các bạn đã hiểu được cách sử dụng kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa trong các bài tập. Đây là kĩ thuật cơ bản nhất và là nền tảng cho các kĩ thuật còn lại. Các bạn hãy nghiên cứu kĩ Đồng Đẳng Hóa trước khi chuyển sang các mục tiếp theo. Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 11 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE II. THUỶ PHÂN HOÁ 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi Đây là kĩ thuật thêm nước vào hỗn hợp có chứa Este mà nhiều bạn đang sử dụng. Mình đặt lại một cái tên mang tính hóa học cho nó. Thủy Phân Hóa (TPH) nói rõ lên bản chất quy đổi của kĩ thuật. Trong tài liệu này mình sẽ khai thác triệt để TPH và kết hợp nó với kĩ thuật ĐĐH. Các kĩ thuật Hiđro Hóa, Ankan Hóa ở những mục tiếp theo cũng sẽ có sự kết hợp với TPH. Xét phản ứng thủy phân este: Este + H2O  Ancol + Axit Chuyển vế, ta có: Este  Ancol + Axit – H2O  Ta có thể quy đổi một este bất kì thành ancol, axit và nước. Ở đây mình chỉ đề cập tới este tạo từ ancol và axit. Với các este khác (este của anđehit, xeton, phenol), các bạn có thể làm tương tự. Đối với peptit, ta có phản ứng thủy phân: Peptit + H2O  Amino axit Chuyển vế, ta có: Peptit  Amino axit – H2O  Tương tự như este, ta có thể quy đổi một peptit bất kì thành các amino axit và nước. H2O. Tuy nhiên, trong các bài tập về peptit, bạn nên sử dụng cách quy đổi về gốc axyl: C2H3ON, CH2 và 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa a) Tách H2O – Ghép este Với dạng bài Ancol – Axit – Este, ta nên sử dụng TPH để các bước tính toán gọn hơn. Sau khi dùng TPH để quy đổi hỗn hợp Ancol – Axit – Este, các bạn cần sử dụng nhận xét sau: “Hỗn hợp sau khi quy đổi bằng TPH có phản ứng thủy phân tương tự hỗn hợp đầu” Ở đây mình lấy hỗn hợp đơn giản nhất có đầy đủ cả Ancol – Axit – Este để minh họa. Mọi hỗn hợp khác cho kết quả tương tự. RCOOR' : a RCOOH : a  b   X RCOOH : b  X ' R'OH : a  c R'OH : c  H O : a   2 Nếu đem X phản ứng với NaOH dư:  NaOH '   RCOONa  R'OH RCOOR RCOONa : a  b a a a   NaOH   RCOONa  H 2O  R'OH : a  c RCOOH b b b   H 2 O : b NaOH R'OH   R'OH c  c NaOH RCOOH   RCOONa  H 2O a b  a b RCOONa : a  b a b   NaOH  R'OH  R'OH : a  c Nếu đem X’ phản ứng với NaOH dư: R'OH  a c a c   NaOH H 2 O : a  b  a  b  H 2O H 2 O  a  a Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 12 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE  Sản phẩm cuối cùng của các phản ứng không có gì thay đổi. Từ nhận xét trên, ta thu được hai kết quả: đầu. +) Số mol COOH của axit trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng số mol NaOH phản ứng với hỗn hợp +) Lượng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu thủy phân hoàn toàn hỗn hợp đầu (trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm). Đây là 2 kết quả quan trọng mà ta sẽ thường xuyên sử dụng khi quy đổi hỗn hợp bằng TPH. Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 CH3OH thu được 2,688 lít CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O. Mặt khác, cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam CH3OH. Công thức của CxHyCOOH là A. C2H5COOH B. CH3COOH C. C2H3COOH D. C3H5COOH Lời giải: Sử dụng TPH, tiến hành quy đổi X về a mol CxHyCOOH, b mol CH3OH và c mol H2O. Từ hai 2 kết quả trên, ta có: +) X tác dụng vừa đủ với 0,03 mol NaOH  a = 0,03 +) Thủy phân hoàn toàn X, thu được 0,03 mol CH3OH  b = 0,03 Phản ứng đốt cháy: C x H y COOH : 0, 03 mol  O2 X CH 3OH : 0, 03 mol   CO 2  H 2O 2,76g 0,12 mol 0,1 mol H O : c mol 2  Bảo toàn khối lượng cho X, ta có: n O(X)  2, 76  12.0,12  2.0,1  0, 07 16 Bảo toàn lần lượt các nguyên tố, ta có: BTNT(O)   2.0,03  0,03  c  0,07  c  0,02 BTNT(C)  (x  1).0,03  0,03  0,12  x  2 BTNT(H)  (y  1).0,03  4.0,03  2.(0,02)  2.0,1  y  3  Axit caàn tìm laø C2 H3COOH  Ñaùp aùn B. Tiếp theo mình sẽ giới thiệu đến các bạn kĩ thuật quy đổi kết hợp TPH và ĐĐH. Kĩ thuật này có phạm vi ảnh hưởng rộng và có thể áp dụng cho hầu hết bài toán thuộc dạng Ancol – Axit – Este. Dựa vào bản chất của hỗn hợp đầu, ĐĐH – TPH được chia thành 4 trường hợp.  Trường hợp 1: Hỗn hợp chỉ có este. Ta có kết quả: n COO  n OH  n H2O Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 13 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm các este đơn chức và este hai chức tạo bởi ancol đa chức và axit đơn thức (tất cả đều no, mạch hở). Cn H 2n 1COOC m H 2m 1 X (Cp H 2p 1COO) 2 Cq H 2q CH 3OH : a C H (OH) : b HCOOCH 3 2 4 2    (HCOO) 2 C 2 H 4  HCOOH : a  2b  H O : a  2b CH 2  2 CH 2 : c Ta có thể gộp ancol và nước lại cho gọn. Ví dụ 2: Quy đổi este có 7 liên kết  được tạo tử glixerol và 2 axit không no, mạch hở. Este có 7  3COO  4CC  3  (1.2  2.1) C3 H 5 (OH)3 : a C3 H 2 : a H O : 3a  (C2 H 3COO) 2 \ 2   (Cn H 2n 1COO) 2 C3 H 5 C H COOH : 2a \C H   /  C2 H 3COOH : 2a  2 3   3 5 HC  C  COO /  HC  C  COOH : a HC  C  COOH : a Cm H 2m 3COO CH  2  CH 2 : b CH 2 : b Vì hỗn hợp chỉ có este nên trong một số tình huống, ta chỉ nên dùng ĐĐH mà không dùng thêm TPH.  Trường hợp 2: Hỗn hợp chỉ có axit và este. Ta có kết quả: n OH  n H2O Để cho gọn, khi quy đổi ta có thể gộp ancol và nước lại. Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). CH 3OH : a HCOOCH 3 CH 2 : a  Cn H 2n 1COOCm H 2m 1   H 2 O : a  X  HCOOH    HCOOH : b HCOOH : b Cp H 2p 1COOH CH  CH : c  2  2 CH 2 : c Ví dụ 4: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit acrylic, este mạch hở có 6 liên kết  , mạch hở tạo bởi ancol no ba chức và các axit không no, đơn chức. Este có 6  3COO  3CC  3  (1  1  1) C3H 5 (OH)3 : a (C2 H 3COO)3 C3H 5 C 3 H 2 : a  (Cn H 2n 1COO)3 C m H 2m 1  H 2 O : 3a  X  C2 H 3COOH   C 2 H 3COOH : b C H COOH : b 2 3 Cp H 2p 1COOH CH  CH : c  2  2 CH 2 : c  Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ có ancol và este. Tương tự như trường hợp 2, ta có kết quả: n COO  n H2O Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 14 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). CH 3OH : a HCOOCH 3  Cn H 2n 1COOCm H 2m 1  HCOOH : a X  CH 3OH  CH  H 2 O : a Cp H 2p 1OH  2 CH 2 : c Ví dụ 6: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đơn chức, este hai chức tạo từ axit hai chức và ancol đơn chức (tất cả đều no, mạch hở). (COOH) 2 : a (COOCH 3 ) 2  Cn H 2n (COOC m H 2m 1 ) 2  H 2 O : 2a X  CH 3OH  CH CH 3OH : b Cp H 2p 1OH  2 CH 2 : c  Trường hợp 4: Hỗn hợp có cả ancol, axit và este. Đây là trường hợp tổng quát. Vì không có điều kiện ràng buộc nên số mol H2O là một ẩn độc lập. Ví dụ 7: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). HCOOCH 3 HCOOH : a C H COOC H n 2n 1 m 2m 1    HCOOH CH 3OH : b X Cp H 2p 1COOH   CH OH 3   H 2O : c C H OH  p 2p 1 CH 2 CH 2 : d Ví dụ 8: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đồng đẳng với ancol anlylic, axit no hai chức, este có 4 liên kết  tạo bởi axit no hai chức và các ancol không no, đơn chức (tất cả đều mạch hở). Este có 4  2COO  2CC  2  (1  1) (COOC3 H 5 ) 2 (COOH) 2 : a Cp H 2p (COOCq H 2q 1 ) 2 (COOH) C H OH : b    3 5 2 X Ca H 2a (COOH) 2    C3H 5OH H 2O : c C H OH  b 2b 1 CH 2 CH 2 : d Vì ĐĐH – TPH có phạm vi ảnh hưởng rộng nên trong mục này mình sẽ chỉ lấy một số bài tập cơ bản minh họa cho cách sử dụng nó. Các bài tập nâng cao nằm ở phần các bài toán tổng hợp và bài tập tự luyện. Đó sẽ là những thử thách thú vị giành cho các bạn. Bài 8: Cho X,Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X,Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là A. 4,68 gam B. 5,04 gam C. 5,44 gam Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol D. 5,80 gam Trang 15 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE (Đề thi đại học khối A – 2014) Phân tích: Đây là bài toán kinh điển cho dạng toán hỗn hợp Ancol – Axit – Este. Có rất nhiều cách giải cho bài tập này. Lời giải sau đây sử dụng quy đổi kết hợp ĐĐH – TPH. Lời giải: Để sử dụng ĐĐH, cần xác định được dãy đồng đẳng của các chất. Theo đề bài, ta đã có dãy đồng đẳng của hai axit X và Y, vì vậy chỉ cần tìm dãy đồng đẳng của ancol Z. T là este hai chức nên Z là ancol 2 chức. BTKL Ngoài ra, ta có: n H2O  0,52   n CO2  0, 47  n H2O  Z là ancol no. Như vậy, Z thuộc dãy đồng đẳng của etylen glicol. Bài này có điều kiện Z có cùng số cacbon với X, vậy ta nên quy đổi Z về C3H6(OH)2 Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi: C2 H 3COOH : a C H (OH) : b  3 6 2 E CH 2 : c H 2 O : d Vì ancol Z no nên không phản ứng với Br2  a  0,04 Từ khối lượng E, n CO2 , n H2O , ta lập được hệ: mE  72.0, 04  76a  14b  18c  11,16 a  0,11    b  0, 02 n CO2  3.0, 04  3a  b  0, 47  c  0, 02  n H2O  2.0, 04  4a  b  c  0,52 Tiến hành ghép CH2, tạo lại axit và ancol ban đầu. C2 H 3COOH : 0, 02 C2 H 3COOH : 0, 04  C H (OH) : 0,11 C2 H 3COOK : 0, 02  3 6 C3H 5COOH : 0, 02 KOH 2 E    Muoái  C3H 5COOK : 0, 02 CH 2 : 0, 02 C3H 6 (OH) 2 : 0,11 H 2 O : 0, 02 H 2 O : 0, 02  m muoái  0, 02.110  0, 02.124  4, 68 gam  Ñaùp aùn A. Nhận xét: - Vì đề bài không hỏi thông tin về hai axit ban đầu nên ta có thể làm nhanh như sau: n CH2  0, 02  n C3H6 (OH)2  0,11  Z laø C3H 6 (OH) 2 , toaøn boä 0,02 CH 2 seõ ñi heát vaøo axit C2 H 3COOH : 0, 04  Muoái   m muoái  0, 04.(72  38)  0, 02.14  4, 68 gam CH 2 : 0, 02 - Trong đề thi đại học các năm, những chất cần tìm thường là những chất quen thuộc (thậm chí thường là các chất ở đầu dãy). Trong bài này ta có thể đoán Z là ancol no. Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 16 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Bài 9: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm –COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là A. 29,25% B. 38,76% C. 40,82% D. 34,01% (Đề thi THPT quốc gia – 2015) Phân tích: Bài này hỗn hợp X chỉ gồm các este đơn chức, vì vậy không nên dùng TPH. Lời giải: Trước hết, ta xử lý thông tin về ancol Y. n Y  2n H 2  0,08  M Y  2, 48  0,08  32  Y laø CH 3OH. 0,08 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp X (chú ý điều kiện este không no có đồng phân hình học) HCOOCH 3 : a HCOOCH 3 : a   X  CH 3  CH  CH  COOCH 3 : b  C3H 5COOCH 3 : b CH : c CH : c  2  2 Từ khối lượng X, số mol H2O, số mol ancol sinh ra sau phản ứng, ta lập được hệ mX  60a  100b  14c  5,88 a  0, 06 HCOOCH3 : 0,06     b  0, 02  X C3H 5COOCH 3 : 0,02 n H2O  2a  4b  c  0, 22   CH : 0, 02 c  0, 02  2 n CH3OH  a  b  0, 08 Tiếp theo ta ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. Chú ý có một sai lầm cần tránh  Cách ghép sai HCOOCH 3 : 0,06 HCOOCH 3 : 0,06  X C3H 5COOCH 3 : 0,02  X  C4 H 7 COOCH 3 : 0,02 CH : 0, 02  2 0, 02.114  %m  .100%  38, 78% 5,88 Đây là cách ghép sai vì X gồm “3 este”! Điều kiện này rất dễ bị bỏ quên nếu các bạn đọc không kĩ đề.  Cách ghép đúng HCOOCH 3 : 0,06 HCOOCH 3 : 0,04   X C3H 5COOCH 3 : 0,02  X CH3COOCH 3 : 0, 02 CH : 0, 02 C H COOCH : 0,02 3  2  3 5  %m  0, 02.100 .100%  34, 01%  Ñaùp aùn D. 5,88 Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 17 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE Nhận xét: Tương tự như bài trước, ta không cần ghép chi tiết CH2 vào từng chất. Chỉ cần xác định 0,02 CH2 đi vào hai este no là được. Bài 10: X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX < MY < MZ), T là este tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,6 gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dung dịch N. Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan. Giá trị m gần nhất với A. 24,74 B. 38,04 C. 16,74 D. 25,10 (Đề thi thử chuyên Đại học Vinh lần 4 – 2015) Phân tích: Bài này có nhiều điều kiện liên quan tới hỗn hợp đầu, vì vậy ta nên sử dụng ĐĐH – TPH. Lời giải: Vì M có phản ứng với AgNO3/NH3 sinh ra Ag nên X là HCOOH. Mà X, Y, Z cùng dãy đồng đẳng nên chúng là 3 axit no, đơn chức, mạch hở. Sử dụng ĐĐH – TPH HCOOH : a HCOOH : a C H (OH) : b  3 5  3 M  C3 H 2 : b H 2 O : 3b CH : c  2 CH 2 : c (trường hợp este – axit), tiến hành quy đổi: Từ khối lượng M, số mol CO2, số mol H2O, ta lập được hệ m M  46a  38b  14c  26, 6 a  0, 4 HCOOH : 0, 4     b  0, 05  M C3H 2 : 0, 05 n CO2  a  3b  c  1  c  0, 45 CH : 0, 45   2 n H2O  a  b  c  0,9 Ta có: n Ag  0, 2  n X  0,1  n Y  n Z  0, 4  0,1  0,15 2 Tiến hành ghép CH2. Vì MX < MY < MZ nên Y ít nhất là CH3COOH, Z ít nhất là C2H5COOH.  X : HCOOH : 0,1   HCOOH : 0, 4  Y : CH 3COOH : 0,15   M C3 H 2 : 0, 05  M  Z : C 2 H 5COOH : 0,15 CH : 0, 45 C H : 0, 05  2  3 2 BTNT(C)    CH 2 : 0 Nếu còn CH2 thì ta vẫn phải ghép tiếp. Tuy nhiên trong trường hợp này, CH2 đã hết. Theo cách ghép ở trên, 0,45 CH2 sẽ đi hết vào axit  maxit  0, 4.46  0, 45.14  24,7 Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 18 GREAT minds discuss IDEAS – AVERAGE minds discuss EVENTS – SMALL minds discuss PEOPLE 1  m raén  (24, 7  0,8.40  0, 4.18)  24, 75 gam  Ñaùp aùn A. 2 Bài 11: X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đó có axit Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic. Đem đốt cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa. Mặt khác, cho 26,5 gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y có trong hỗn hợp F có thể là A.18,6 gam B. 20,7 gam C. 24,8 gam D. 25,6 gam (Đề thi Offline Moon.vn 2015) Lời giải: Trước hết ta xử lý thông tin về este. k X  4  3COO  1CC  X được tạo từ glixerol và một gốc axit Y, hai gốc axit no. Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp este – axit), tiến hành quy đổi (ta đặt ẩn theo phần 2) C3 H 5 (OH)3 : a  C3 H 2 : a H O : 3a m  (38  2.46)a  72b  14c  26,5 a  0, 05 2    E  HCOOH : 2a   E HCOOH : 2a  E   m muoái  2.84a  110b  14c  36  b  0, 2 C H COOH : b C2 H 3COOH : b  c  0, 4 26,5 2 3     n  5a  3b  c  0,5. CH 2 : c CO2  10, 6    CH 2 : c HCOOK : 0,1  Vì ancol được cố định là glixerol nên muối sẽ gồm C2 H 3COOK : 0, 2 CH : 0, 4  2 Tiến hành ghép CH2, ta có 3 trường hợp: C2 H3COOK : 0, 2  m Y  0, 2.110  22 gam  Trường hợp 1: Y  CH 2 : 0 C2 H3COOK : 0, 2  m Y  22  0, 2.14  24,8 gam  Ñaùp aùn C.  Trường hợp 2: Y  CH 2 : 0, 2 C2 H 3COOK : 0, 2  m Y  24,8  0, 2.14  27, 6 gam  Trường hợp 3: Y  CH 2 : 0, 4 Tương tự như ĐĐH, với một số bài tập, sau khi quy đổi bằng TPH để tách H2O, ta cần ghép este để tạo lại hỗn hợp đầu. Vì số mol H2O sau khi quy đổi phụ thuộc vào số mol của este ban đầu nên ngược lại, số mol este ban đầu cũng phụ thuộc vào số mol H2O sau khi quy đổi. Để ghép các thành phần quy đổi, ta dựa vào số mol của H2O và loại este. Ứng với 3 loại este (không xét este của axit đa chức và ancol đa chức), ta có 3 trường hợp.  Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức. Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 19