Tài liệu Tài liệu ôn thi thptqg môn hóa 2020 vận dụng cao 1

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 CHUYÊN ĐỀ 1: KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TẬP ESTE BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI 2020 Những năm gần đây đề thi THPTQG có tính phân hóa rất cao, cũng chính vì vậy để đạt được điểm cao trong thời gian thi chỉ có 50 phút đỏi hỏi học sinh không ngừng cải tiến các phương pháp cổ truyền thay vào đó là phương pháp mới nhằm đáp ứng được đòi hỏi về mặt thời gian.Phương pháp quy đổi este thông qua đề thi THPTQG 2019 tôi trình bày thông qua hướng dẫn giải dưới đây hy vọng sẽ giúp ích các em học sinh khóa 2002.Trân trọng! A.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI ĐIỂN HÌNH DÙNG TRONG GIẢI BÀI TẬP ESTE: 1.Phương pháp đồng đẳng hóa(Quy về chất đầu dãy đồng đẳng;CH2) Phương pháp này dựa trên cơ sở : Đồng đẳng là những chất có thành phần phân tử hơn kém nhau các nhóm CH2 ; tính chất hóa học giống nhau). VD1: Hon hop Este no don chuc mach ho Quy doi HCOOCH3 CH2 Y X VD2 : Este no don chuc mach ho Este khong no có 1 lien ket doi o goc don chuc mach Quy doi HCOOCH3 CH2=CH-COOCH3 CH = C - COOCH3 CH2 Este khong no có 1 lien ket ba o goc don chuc mach Y X 2.Phương pháp Hiđro hóa: Phương pháp này dựa trên cơ sở :các este không no có thể tham gia phản ứng cộng H2 để thành các este no nên ta có thể quy đổi thành este no bỏ bớt H2 ( số mol H2 bỏ bớt bằng số mol pi) VD1: Este no don chuc mach ho Este khong no có 1 lien ket doi o goc don chuc mach + H2 Este khong no có 1 lien ket ba o goc don chuc mach Quy doi X HCOOCH3 CH2 Y HCOOCH3 CH2 - H2 Z 1 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 VD2:Chất béo R 1C O O C H 2 C 3H 8 a CH2 b C O O 3a - H2 c R 2C O O C H R 3C O O C H 2 a m ol CH4 a CH2 t C O O 3a - H 2 0 ,0 6 C 3H 5 a H C O O 3a CH2 b - H2 c HCOOCH 2 a HCOOCH HCOOCH CH2 - H 2 2 b c 3.Phương pháp Thủy phân hóa: Phương pháp này dựa trên cơ sở :các este có thể phản ứng thủy phân sinh ra axit và an col nên một số trường hợp người ta có thể quy đổi thành hỗn hợp axit,ancol bỏ bớt H2 ; bỏ bớt H2O B.BÀI TẬP MINH HỌA: Câu 68(Mã đề 202-2019):Đốt cháy hoàn toàn 25,74 gam triglixerit X, thu được CO2 và 1,53 mol H2O. Cho 25,74 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và m gam muối .Mặt khác 25,74 gam X tác dụng được tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 27,72. B. 26,58. C.27,42. D. 24,18. Hướng dẫn giải C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,06 H2O 1,53 mol NaOH HCOONa 3a 25,74 gam CH2 b + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: - H2 0,06 4a + b – 0,06 = 1,53 → 4a + b = 1,59 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,12 = 25,74 → 176a + 14b = 25,86 (II) C3H5(OH)3 a Từ (I)(II) ta có a = 0,03 ; b = 1,47 → m = 26,58 Câu 72(Mã đề 203-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2 thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 35,36 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,2. B. 0,24. C.0,12. D. 0,16. 2 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam O2 3,08 mol H2O 2 mol CO2 (6x + y) NaOH HCOONa 3x CH2 y - H2 a 35,36 gam C3H5(OH)3 x + Áp dụng ĐLBT nguyên tố H: 4x + y – a = 2 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 35,36 + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 3,08 = 6x+ y + 1 → 3x + y = 2,08 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,04 ; y = 1,96 ; a = 0,12 (II) Câu 65(Mã đề 204-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2 thu được H2O và 1,65 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và 26,52 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là A. 0,09. B. 0,12. C.0,15. D. 0,18. Hướng dẫn giải C3H5 x HCOO 3x CH2 y - H2 a m gam O2 2,31 mol H2O (4x + y - a) mol CO2 1,65 mol NaOH HCOONa 3x CH2 y - H2 a + Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 26,52 gam 6x + y = 1,65 (I) C3H5(OH)3 x + Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 26,52 (II) + Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 2,31 = 2x+ 0,5.y – 0,5.a + 1,65 → x – 0,5 y + 0,5.a = - 0,66 (III) Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,03 ; y = 1,47 ; a = 0,09 Câu 67(Mã đề 207-2019):Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu được H2O và 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol và m gam muối .Mặt khác 17,16 gam X tác dụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là A. 16,12. B. 18,48. C.18,28. D. 17,72. 3 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải C3H5 a HCOO 3a CH2 b - H2 0,04 H2O CO2 1,1 mol NaOH 17,16 gam HCOONa 3a CH2 b - H2 0,04 C3H5(OH)3 3a + Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6a + b = 1,1 (I) + Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,08 = 17,16 → 176a + 14b = 17,24 (II) Từ (I)(II) ta có a = 0,02 ; b = 0,98 → m = 17,72 Câu 66(Minh họa 2019): Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đunnóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Giá trị của m là A. 86,10. B. 57,40. C. 83,82. D. 57,16. Hướng dẫn giải C 3 H 5 0,06 H C O O 0,18 CH2 x - H2 a O2 4,77 H 2 O 3,14 m ol C O 2 (0,36 + x) m ol m 1 gam Áp dụng ĐLBT O: 0,18 + 4,77 = 0,36 + x + 1,57 → x = 3,02 mol Áp dụng ĐLBT H: 0,06.2,5 + 0,09 + 3,02 – a = 3,14 →a = 0,12 → m1 = 52,6 gam Sơ đồ thí nghiệm 78,9 gam X (gấp 1,5 lần thí nghiệm 1) C 3 H 5 0,09 HCOO 0,27 CH 2 4,53 - H 2 0,18 H2 C 3 H 5 0,09 HCOO 0,27 CH 2 4,53 78,9 gam KOH HCOOK 0,27 mol CH 2 4,53 mol m gam Dễ tính được m = 86,10 gam chọn A Câu 68(Mã đề 201-2018): Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 , thu được H2O và 2,28 mol CO2 . Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là 4 A. 0,04. B. 0,08. C. 0,20. D. 0,16 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi X như sau: C3H5 x C17H35COO 3x - H2 a O2 3,22 H2O (55x -a) mol CO2 2,28 mol m gam +Bảo toàn C: x = 0,04 +Bảo toàn O: a =0,08 mol Chọn B Hướng dẫn giải 2 CO2 O2 C 5 7 H 1 1 6 -2 k O 6 2 ,2 8 m o l 3 ,2 2 m o l 0 ,0 4 m o l H 2O B a o to a n O 2 ,1 2 m o l Dễ có được k =5 Vậy a = 0,08 mol . Chọn B Câu 41(ĐHA- 2014): 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 và Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là A. 4,68 gam. B. 5,04 gam. C. 5,44 gam. D. 5,80 gam. Hướng dẫn giải 1 DLBTKL E O2 0 ,5 9 m o l CO 0 ,4 7 m o l 2 1 1 ,1 6 g a m H 2O 0 ,5 2 m o l 9 ,3 6 g a m Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E như sau: t R1COOH R2COOH R1COO- CH2 R2COO- CH CH3(CH2)m C3H6(OH)2(CH2)m HCOOH C3H6(OH)2 CH2 - H2 - H2O E E 5 x y z x 2t BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 (Chú ý: Trong bài toán này số mol COO bằng số mol liên kết pi trong gốc ) Sơ đồ biến hóa hóa học: HCOOH C3H6(OH)2 CH2 - H2 - H 2O 0,04 y z 0,04 2t O2 0,59 CO2 0,47 H2O E 11,16 gam + Bảo toàn C: 0,04 + 3y +z = 0,47 → 3y + z = 0,43 + Bảo toàn O : 0,04 + y –t + 0,59 = 0,47 + 0,26 → y – t = 0,1 + Bảo toàn H : 4y +z -2t = 0,52 Giải hệ : y= 0,11 ; z=0,1 ; t=0,01 Vì z = 0,1< y =0,11 nên an col là C3H6(OH)2 Khi cho E tác dụng KOH thì muối thu được gồm : 0,52 (I) (II) (III) HCOOK 0,04 CH2 0,1 - H2 0,04 m gam E m =4,68 gam .chọn A Hướng dẫn giải 2 DLBTKL CO2 0,47 mol O2 0,59 mol 11,16 gam H2O 0,52 mol 9,36 gam Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E như sau: CH 2 = CH - COOH C 3 H 6 (OH) 2 CH 2 =CH-COO C 3H 6 CH 2 =CH-COO CH 2 Sơ đồ phản ứng: 6 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 a CH 2 = CH - COO H b C 3 H 6 (OH ) 2 CH 2 =CH -COO c C 3H 6 CH 2 =CH -COO d O2 0,59 mol CO 2 0,47 mol Br 2 0,04 mol H 2 O 0,52 mol M uoi KO H CH 2 H 2 O a mol (a + 2c ) 11,16 gam C 3 H 6 (O H) 2 Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14 Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O : -a + b – 3c = 0,05 Bảo toàn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04 Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16 Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02 Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắc chắn an col Z là C3H6(OH)2. Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam ( m gam) ( b +c) (I) (II) (III) (IV) Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phântử 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 đốtcháy 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. 34,01%. B. 38,76%. C. 40,82%. D. 29,25%. Hướng dẫn giải Na ROH 0,08 H2 0,04 mol m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH ) Ta quy đổi X: HCOOCH3 CH3- CH = CH- COOCH3 CH2 Ta có sơ đồ phản ứng : 7 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 a HCOOCH3 CH3OH 0,08 mol b CH3- CH = CH- COOCH3 c Muoi NaOH 0,08 O2 CH2 H2O 0,22 mol 5,88 gam Bảo toàn nhóm COO: a + b = 0,08 (I) Bảo toàn H: 2a + 4b + c = 0,22 (II) Bảo toàn khối lượng: 60a + 100.b + 14.c = 5,88 (III) Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02 Vì c= 0,02 =b nên trong este không no không thể chứa nhóm CH2. Vì nếu có CH2 thì đồng nghĩa este no không có nhóm CH2 (vô lý) Vậy % este không no dễ tính được : 34,01% chọn A Câu 46: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) T là este tạo bởi X, Y với một ancol hai chức Z . Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 3,92 lít CO2 (đktc) và 3,69 g H2O. Mặt khác 5,07 g M phản ứng vừa đủ với 500ml dung dịch KOH 0,2M, đun nóng. Phát biểu nào sau đây là sai? A. Thành phần phần trăm theo số mol của Y trong M là 21,43% B. Tổng số nguyên tử hidro trong hai phân tử X, Y là 6 C. Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T bằng 5. D. X làm mất màu nước brom Hướng dẫn giải DLBTKL M O2 0,1975 mol CO2 0,175 mol 7,7 gam 5,07 gam H2O 0,205 mol 3,69 gam Nhận thấy số mol H2O lớn hơn mol CO2 nên ta luận được an col trong M phải no Ta quy đổi hỗn hợp E như sau: HCOOH C2H4(OH)2 HCOO C2H4 HCOO CH2 Sơ đồ phản ứng: 8 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 a HCOOH b C2H4(OH)2 CO2 O2 0,1975 mol 0,175 mol HCOO c C2H4 H2O HCOO KOH 0,1 mol d CH2 5,07 gam Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08 (I) Bảo toàn nhóm COO: a + 2c = 0,1 (II) Sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: b – c = 0,03 (III) Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175 (IV) Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035 Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol là C2H4(OH)2 TH1 : x HCOOH y C H 3C O O H 0,04 C 2 H 4 (O H ) 2 HCOO 0,01 C 2H 4 C H 3C O O Ta dễ có: x + y = 0 ,0 2 x = 0 ,0 0 5 y + 0 ,0 1 = 0 ,0 3 5 (B ao to an C H 2 ) y = 0 ,0 1 5 TH2: x C H 3CO O H y C 2H 5C O O H 0 ,0 4 C 2 H 4 (O H ) 2 0 ,0 1 C H 3CO O C 2H 4 C 2H 5C O O x + y = 0 ,0 2 ( L oai ) x + 2 .y + 0 ,0 3 = 0 ,0 3 5 (B a o to a n C H 2 ) 9 0,205 mol BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 80 (MĐ 201-2017). Một hỗn hợp E gồm este đơn chức X và este hai chức Y (X,Y đều no ,mạch hở).Xà phòng hóa hoàn toàn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu được hai muối có khối lượng a gam và hỗn hợp T gồm hai ancol có cùng số nguyên tử cácbon.Đốt cháy toàn bộ T ,thu được 16,128 lít khí CO2 (đktc) và 19,44 gam H2O .Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây ? A.43,0. B. 37,0. C.40,5. 13,5 . Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi E: HCOOCH3 H C O O -C H 2 HCOO- CH2 CH2 Sơ đồ phản ứng: x HCOOCH3 HCOO -CH2 y HCOONa NaOH 0,56 mol CH2 0,56 mol a gam v Bao toan O HCOO- CH2 z CH3OH CH2 x C2H4(OH)2 y 40,48 gam CH2 O2 CO2 0,72 mol H2 O 1,08 mol t 51,12 gam Bảo toàn nhóm COO: x + 2y = 0,56 Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol: n = 0,98 mol O2 (I) Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A Lời Giải 2 *Tìm T 16,128  0, 72mol 2 22, 4 19, 44 n H 2O  18  1, 08mol nCO  nCO  2 n H 2O T là ancol no mạch hở n T  1, 08  0, 72  0,36 10 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 -sơ đồ đốt cháy T : O2 CnH2n+2Ox n CO2 + ( n+1) H2O 0,72 0,36 n 0, 72 2 0,36 Vậy ancol T gồm C2H5OH và C2H4(OH)2 *sơ đồ phản ứng xà phòng hóa x m ol E 4 0 ,4 8 + M uoi + N aO H 0 ,5 6 m o l gam 2 2 ,4 gam a gam C y m ol C 2 2 H H 5 4 O H (O H )2 x + y = 0 ,3 6 Bảo toàn nhóm OH ta có : x+ y = 0,36 x= 0,16 x + 2y = 0,56 y = 0,2 . Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức. Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu được 0,45 mol CO2 . Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no là a gam. Giá trị của a là A. 13,20. B 20,60. C 12,36. D 10,68. Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi E: HCOO C 3H 6 C H 3C O O C H 2 = C H -C O O C H 2 = C H -C O O C 3H 5 C H 2 = C H -C O O CH2 Sơ đồ biến hóa: 11 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 B a o to a n H HCOO C 3H 6 x C H 3C O O H 2 O (5 x + 7 y + z ) O2 C H 2 = C H -C O O 0 ,5 m o l C H 2 = C H -C O O CO2 0 ,4 5 m o l y C 3H 5 C H 2 = C H -C O O z CH2 N aO H 0 ,4 2 .t 0 ,1 6 .t (Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2) Ta dễ có: x = 0,06t x + y = 0,16t 2x + 3y =0,42 t x y y = 0,1 t = 3 5 (I) (II) Bảo toàn C :6x + 12y +z = 0,45 Bảo toàn O : 4x + 6y + 0,5.2 =0,45.2 + 5x + 7y + z x + y + z = 0,1 (III) Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,025 ; z=0,06 → t =0,25 Vì z = 0,06 ; y= 0,025 nên chắc chắn trong gốc axit không no sẽ không chứa nhóm CH2 mà chỉ có trong gốc axit no. Vậy muối axit no là HCOONa 0 ,0 1 5 C H 3 C O O N a 0 ,0 1 5 CH2 0 ,0 6 Dễ tính được giá trị của a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C Hướng dẫn giải 2 R 1C O O C 3H 6 ( C n H 2 n -2 O 4 ) R 2C O O x m ol O2 0 ,5 m o l R 3CO O ( C m H 2 m -1 0 O 6 ) R 3CO O C 3H 5 CO2 0 ,4 5 m o l H 2O t m ol R 3COO N aO H y m ol 0 ,4 2 k m o l ( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2) Ta dễ có : 12 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 x = 0,06k x + y = 0,16k 2x + 3y =0,42 k x y y = 0,1 k = 3 5 (1) Áp dụng ĐLBT O: t = 4x + 6y + 0,1 Theo sự chênh lệch số mol CO2 và H2O và dựa vào hệ số ta có : 0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y nCO 2  n H 2O  x  5 y Từ (1)(2) giải hệ ta có được 5x + 11y = 0,35 (2) x = 0,015 y = 0,025   3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 ) Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045   Chọn được cặp nghiệm : n = 10 m = 12 Dễ tính được a = 12,36 Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của a là A. 25,86. B 26,40. C 27,70. D 27,30. Hướng dẫn giải 1 Ta quy đổi X: C15H31COOH (C15H31COO)3C3H5 CH2 Sơ đồ biến hóa: x C 15H 31C O O H y O2 CO2 1 ,5 6 m o l (C 1 5 H 3 1 C O O ) 3 C 3 H 5 z CH2 H 2O N aO H 0 ,0 9 m o l 1 ,5 2 m o l M uoi H 2O x C 3 H 5 (O H ) 3 Bảo toàn nhóm COO: x + 3y = 0,09 (I) Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: 13 y BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 2y =1,56- 1,52 → y =0,02 ; x = 0,03 Bảo toàn C: 16x + 51.y + z =1,56 → z = 0,06 Vậy muối : C15H31COONa 0,09 CH2 0,06 Tính được a =25,86 gam chọn A Hướng dẫn giải 2 Ta quy đổi X: C 15H 31C O O H C 3 H 5 (O H ) 3 CH2 - H 2O Sơ đồ biến hóa: C 1 5 H 3 1 C O O H 0 ,0 9 C 3H 5(O H )3 x y CH2 - H 2O 3x CO2 O2 H 2O 1 ,5 6 m o l 1 ,5 2 m o l C 1 5 H 3 1 C O O N a 0 ,0 9 N aO H 0 ,0 9 m o l CH2 y + Áp dụng sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta dễ có: 1,56 – 1,52 = -x +3x → x = 0,02 + Áp dụng ĐLBTC : 0,09 . 16 + 3x + y = 1,56 → y = 0,06 mol (Để tìm x,y HS có thể sử dụng ĐLBT C, H ) Tính được a = 25,86 gam Hướng dẫn giải 3 C 15 H 31 C O O H x m ol C 17 H 35 C O O H y m ol (R C O O ) 3 C 3 H 5 z m ol (C n H 2n - 4 O 6 ) CO2 1,56 m ol O 4,46 m ol ( 1) H 2O 1,52 m ol (2) H 2 O ( x + y) m = 24,64 gam N aO H M uoi 0,09 m ol T a de co : x + y + 3z = 0,09 C 3H 8O 3 z Áp dụng ĐLBT O (1) ta có được : nO = 4,46 Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam Sự chênh lệch số mol CO2 và số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03 Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02. 92 → a =25,86 gam chọn A 14 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết pi (π) trong phân tử, trong đó có một este đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E bằng O2 , thu được 0,37 mol H2O. Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m1 gam và một ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam. Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,7. . B 1,1. C 4,7. D 2,9. Hướng dẫn giải 1 Theo giả thiết đề cho. Không giảm tính tổng quát ta quy đổi E: C H 2 = C -C O O C H C H - C H 2 C O O C H 3 = C H 3 = C 2 C O O C H C O O C H C H C H -C C O O C H C H 2 -C H = C H 2 3 2 -C H = C H 2 2 Sơ đồ biến hóa: x C H 2= C -C O O - C H 2-C = C H O2 CH3 CO2 COOCH3 y CH2 = C H 2 O 0 ,3 7 m o l C O O C H 2 -C H = C H 2 z CH COOCH3 CH t N aO H 0 ,5 8 5 . a C O O C H 2 -C H = C H 2 CH2 1 2 ,2 2 g a m x + y + z = 0 ,3 6 .a Áp dụng ĐLBT COO: x + 2y + 2z = 0,585.a Ta dễ có : n - n = 3 (x + y + z) CO2 H2O n CO2 Áp dụng ĐLBTO: = n + 0,5.n H O x + 2y + 2z + n 2 O2 CO2 n O = 0,495.a + 0,555 2 Áp dụng ĐLBTKL ta tính được a = 2/9 15 = 1,08.a + 0,37 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 x = 0,03 y + z =0,05 thay vào tính được t = 0 Vậy các chất như quy đổi trùng khớp chất trong bài ra An col tương ứng: CH3OH m2 = 1,6 gam 0,05 mol m1 m2 CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol = 2,8625 m1= 4,58 gam CH = C - CH2 - OH 0,03 mol Chọn D Hướng dẫn giải 2 CO2 C nH 2n -6 ( 0 ,3 7 + 3 t ) m o l O2 O 2a t m ol ( 1) H 2O 0 ,3 7 m o l (2 ) 1 2 ,2 2 g a m N aO H 0 ,5 8 5 m o l Theo gt ta dễ có : 0,36 .a = 0,585 → a = 1,625 Áp dụng DDLBTKL : 12,22 = mC + mH + mO = (0,37 + 3t ).12 + 0,37.2 + t.3,25.16 → t = 0,08 mol Áp dụng ĐLBT C : n= 7,625. Vì 2 este hai chức là đồng phân của nhau ; tạo ra muối axitcacboxylic không no,có 4 C ; ancol tạo ra không no. Nên số nguyên tử C phải ít nhất là 8 ; Vậy các chất trong E : x C H 2 = C -C O O - C H C H y z C H C H C H 2 2 -C = C H 3 C O O C H 3 C O O C H 2 = C C O O C H C O O C H -C H = C H 2 3 2 -C H = C H 2 Ta có: x + y + z =0,08 Bảo toàn C: 7x + 8y + 8z = 0,61 Giải hệ: x= 0,03 ; y + z =0,05 An col tương ứng: 16 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 CH3OH m2 = 1,6 gam 0,05 mol m1 m2 CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol = 2,8625 m1= 4,58 gam CH = C - CH2 - OH 0,03 mol Chọn D Câu 77(Mã đề 222-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 12,88 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,175 mol O2 , thu được Na2CO3 ,CO2 và 0,055 mol H2O .Phần trăm khối lượng của X trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 9. B. 12. C.5. D. 6 Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau: HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E Sơ đồ biến hóa hóa học: x HCOOCH3 y CH = CH- COOCH 2 3 COOCH3 z COOCH3 ROH (12,88 gam ) + NaOH t CH2 x HCOONa y CH2 = CH- COONa z + O2 0,175 mol COONa CO2 v H2O 0,055 mol COONa E Na2CO3 u t' CH2 x + y + z = 0,2 (I) 24,28 gam Bao toàn khôi luong : 24,28 + 0,175.32 = 0,055.18 + 106 u + 44 v 28,89 = 106u + 44v u= 0,175 0,295 = - u + 2v v= 0,235 Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,175.2 = 3u +2v + 0,055 x + y + 2z = 0,35 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + v =0,41 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = 0,055.2 x + 3y + 4z = 0,71 (III) Từ (I)(II)(III) ta có : x = 0 ,0 2 y = 0 ,0 3 t' = 0 z = 0 ,1 5 17 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được t = 0,12 t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có: 0,12 = 0,02n + 0,03 .m + 0,15.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học 2n + 3m = 12 m 0 1 2 3 4 n 6 4,5 3 1,5 0 Loại Loại Chọn Loại Loại Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau Vậy X là : HCOOC4H9 2,04 . 100% = 8,81% %X = 23,16 Chọn A Câu 79(Mã đề 213-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,58 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 38,34 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 73,22 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,365 mol O2 , thu được Na2CO3 , H2O và 0,6 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 8. B. 5. C.7. D. 6 Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau: HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E Sơ đồ biến hóa hóa học: x HCO OCH 3 y CH = CH- CO OCH 2 3 COOCH 3 z COO CH 3 ROH (38,34 gam ) + N aOH x HCOO Na y CH 2 = CH- COO Na t CH 2 z + O2 0,365 mol COONa CO 2 0,6 mol H 2O COO Na t' CH 2 E Na 2 CO 3 u v x + y + z = 0,58 (I) 73,22 gam Bao toàn khôi luong : 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 106 u + 18 v 58,5 = 106u + 18v u= 0,54 - 0,47 = - u + v v= 0,07 Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,365.2 = 3u +v + 0,6.2 x + y + 2z = 1,08 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + 0,6 =1,14 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,14 x + 3y + 4z = 2,14 (III) x + 3y + 4z = 2,14 (III) 18 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 Từ (I)(II)(III) ta có : x=0,05 y = 0,03 t' = 0 z = 0,5 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được mE = 68,36 gam ; t = 0,27 t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có: 0,27 = 0,05n + 0,03 .m + 0,5.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học 5n + 3m = 27 n m 0 1 2 3 4 5 9 7,3 5,6 4 2,3 0,67 Loại Loại Loại Chọn Loại Loại Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau Vậy Y là : CH2 = CH - COOC5H11 4,26 . 100% = 6,23 % %X = 68,36 Chọn D Câu 74(Tham khảo BGD 2019): Hỗn hợp T gồm ba este X, Y, Z mạch hở (MX < MY < MZ). Cho 48,28 gam T tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,47 mol NaOH, thu được một muối duy nhất của axit cacboxylic đơn chức và hỗn hợp Q gồm các ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn Q, thu được 13,44 lít khí CO2 và 14,4 gam H2O. Phần trăm khối lượng của nguyên tố H trong Y là A. 9,38%. B. 8,93%. C. 6,52%. D. 7,55%. Hướng dẫn giải RCOONa 0,47 mol NaOH 0,47 mol T H 2 O 0,8 mol O2 48,28 gam n= 3 C n H 2n + 2 O x 0,2 CO 2 0,6 mol Bao toan OH: x =2,35 Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 16,32 gam → mMuoi = 50,76 gam → MMuoi = 108 ( CH2=CH-CH2 – COONa) Các este trong T: 19 BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 C H 2= C H - C H 2- C O O C 3H 7 C H 2= C H - C H 2- C O O C 3H 6 C H 2= C H - C H 2- C O O C H 2= C H - C H 2- C O O C H 2= C H - C H 2- C O O C 3H 5 C H 2= C H - C H 2- C O O % KL H trong Y : 7,55% chọn D Câu 78(Tham khảo BGD 2019): Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức (MX < MY); T là este ba chức, mạch hở được tạo bởi X, Y với glixerol. Cho 23,06 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T và glixerol (với số mol của X bằng 8 lần số mol của T) tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp F gồm hai muối có tỉ lệ mol 1 : 3 và 3,68 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O2, thu được Na2CO3, H2O và 0,4 mol CO2. Phần trăm khối lượng của T trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 29. B. 35. C. 26. D. 25. Hướng dẫn giải Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau: 8t R1COOH u R2COOH RCOO- CH2 t RCOO- CH RCOO- CH2 v C3H5(OH)3 HCOOH x C3H5(OH)3 y z CH2 a - H2 3t - H2O E E Sơ đồ biến hóa hóa học: HCOOH 0,4 C3H5(OH)3 0,04 NaOH 0,4 mol z CH2 a - H2 3t - H2O HCOONa 0,4 CH2 z - H2 a O2 0,45 Na2CO3 0,2 CO2 0,4 H2O 0,3 mol Muoi Bao toan O E 23,06 gam + Áp dụng ĐLBT C: z = 0,2 + Bảo toàn H: a =0,1 Vì trong hai muối có tỷ lệ số mol là 1: 3 nên ta dễ xác định được các muối trong F: 20