CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QG MÔN HÓA HỌC
vectorstock.com/28062440
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG
Chuyên đề “Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ” vận dụng một số phương thức quy đổi chuyển từ phức tạp thành đơn giản, góp phần giải nhanh các bài tập khó trong đề thi THPT Quốc Gia WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
MỤC LỤC PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ .......................................................................................... 1 1. Lí do chọn đề tài ................................................................................................. 1 2. Mục đích nghiên cứu ........................................................................................... 1 3. Đối tượng nghiên cứu: ........................................................................................ 1 4. Phương pháp nghiên cứu: .................................................................................... 1 5. Không gian, phạm vi nghiên cứu:........................................................................ 2 PHẦN II: NỘI DUNG ............................................................................................. 3 I. PHƯƠNG PHÁP ĐỒNG ĐẲNGHOÁ ............................................................. 3 1. Giới thiệu phương pháp – Cơ sở quy đổi ...................................................... 3 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa .................................................... 3 a) Tách CH2 ...................................................................................................... 3 b) Ghép CH2 ..................................................................................................... 5 II. PHƯƠNG PHÁP THUỶ PHÂNHOÁ ........................................................... 10 1. Giới thiệu phương pháp – Cơ sở quy đổi .................................................... 10 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minhhọa ................................................... 10 a) Tách H2O.................................................................................................... 10 b) Ghép este .................................................................................................... 16 III. PHƯƠNG PHÁP HIĐRO HOÁ .................................................................. 19 1. Giới thiệu phương pháp – Cơ sơ quyđổi ..................................................... 19 2. Các bài toán minhhọa ................................................................................. 19 a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗnhợp” .................................................... 20 b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H2.......................................................... 23 BÀI TẬP TỰ LUYỆN ......................................................................................... 26 PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ............................................................. 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO ..................................................................................... 32
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lí do chọn đề tài Kỳ thi THPT Quốc Gia là một trong những kỳ thi quan trọng, nó đánh dấu một bước ngoặt lớn trong cuộc đời của mỗi học sinh THPT. Tính đến năm 2019, kỳ thi THPT Quốc Gia đã nhiều lần đổi mới nhằm hướng tới sự hoàn thiện và tạo điều kiện tốt nhất cho các em học sinh tham gia kỳ thi. Bên cạnh nội dung thi thì hình thức thi cũng là một trong các yếu tố quan trọng giúp các thầy cô, các em học sinh chọn lựa ra phương pháp giảng dạy và học tập phù hợp. Hiện nay, môn Hóa học thi theo hình thức trắc nghiệm khách quan. Vì vậy, đòi hỏi ở học sinh không những làm được ra đáp số mà còn tìm đến đáp số bằng con đường nhanh nhất. Cùng với sự phát triển về tri thức, đề thi cũng phải đổi mới để đáp ứng nhu cầu người học và có sự phân loại từng đối tượng học sinh. Do đó, không khó để nhận thấy rằng trong đề thi số lượng câu hỏi khó bắt đầu tăng lên, mang tính đánh đố nhiều hơn; đề dài hơn, phức tạp hơn. Điều này khiến cho không ít học sinh lúng túng khi giải bài tập. Trong những năm gần đây, tốc độ phát triển của các phương pháp giải bài tập hóa học là vô cùng mạnh mẽ. Ngoài các phương pháp giải quen thuộc, giờ đây xuất hiện nhiều phương pháp mới. Nhiệm vụ phân loại học sinh khiến người ra đề phải làm bài toán trở nên phức tạp nhằm “đánh lừa” người học thì ngược lại người giải đề chỉ phải biến những thứ phức tạp đó thành đơn giản. Và phương pháp “quy đổi” ra đời trở thành công cụ đắc lực để xử lý nhanh gọn các bài tập phức tạp đó. Xuất phát từ những lý do trên, tôi đưa ra chuyên đề “Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ” với mong muốn giúp các em học sinh có thể giải quyết hiệu quả các bài tập hữu cơ khó trong đề thi THPT Quốc Gia; các thầy cô có thêm tư liệu tham khảo nhằm nâng cao chất lượng giảng –dạy của mình. 2. Mục đích nghiên cứu Tìm được đặc điểm cấu tạo đặc trưng của các hợp chất hữu cơ, từ đó vận dụng một số phương thức quy đổi chuyển từ phức tạp thành đơn giản, góp phần giải nhanh các bài tập khó trong đề thi THPT Quốc Gia. 3. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 12A 4. Phương pháp nghiên cứu: - Xác định đối tượng áp dụng đề tài. - Tập hợp các bài tập tham khảo về cách vận dụng dạng quy đổi trong giải bài tập trắc nghiệm hữu cơ. - Hệ thống hóa các kiến thức liên quan và phương pháp giải của từng dạng. 1
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
- Có lời giải (hướng dẫn giải) các ví dụ, bài tập minh họa hướng dẫn HS học tập. - Hệ thống bài tập tự luyện hỗ trợ HS luyện tập các phương pháp. 5. Không gian, phạm vi nghiên cứu: - Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 12 tiết - Phạm vi: các dạng bài tập hỗn hợp về hiđrocacbon, ancol, anđehit, axit, este, amin.
2
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
PHẦN II: NỘI DUNG I. PHƯƠNG PHÁP ĐỒNG ĐẲNGHOÁ 1. Giới thiệu phương pháp – Cơ sở quy đổi Ta biết rằng các chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều nhóm CH2. Vìvậy, có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó. Dựavào 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 C6H5–CH(CH3)2 ⇔ C6H6 + 3CH2 C3H6(OH)2 ⇔ C2H4(OH)2+1CH2 C4H7COOH ⇔ C2H3COOH +2CH2 C2H5NH2 ⇔ CH3NH2+1CH2 C2H5COOC3H7 ⇔ HCOOCH3+4CH2 (C15H31COO)3C3H5 ⇔ (HCOO)3C3H5 + 45CH2 (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 2 n +1COOH ⇔ C2 H 4 (OH ) 2 : b X Cm H 2 m (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). C2 H 2 : a Cn H 2 n − 2 (CHO ) : b 2 Y Cm H 2 m (CHO ) 2 ⇔ C H O HCOOC2 H 3 : c n 2 n−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 2 n ( NH 2 ) 2 Z ⇔ (C2 H 3ON )5 .H 2O : b (Cm H 2 m −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. 3
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan trọng 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). Cần nắm vững 2 điều này để lập chính xác các phương trình. Nếu 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 Xlà: A.32,86% B. 65,71% C. 16,43% D. 22,86% 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, nên đặt ẩn theo phần có dữ kiện khốilượng. - 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: C2 H 5OH : a mol C2 H 5OH ⇒ X C2 H 2 : b mol ⇒ 46a + 26b + 14c = 28 (1) Sử dụngĐĐH, quy đổi: X C H n 2n−2 CH : c mol 2
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) (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 = 0,3 a+b
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: 0, 2.46 .100 = 32,86%→ Đáp ánA. 28
Nhậnxét: Hệ phương trình cần giải chỉ gồm các phương trình thuần nhất nên dễ bấm máy. Đây là ưu điểm của kĩ thuật này. Có thể đặt CTPT trung bình của 2 ankin và giải tươngtự. 4
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
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. KvàHCOOH B. NavàCH3COOH C. KvàCH3COOH D. Na vàHCOOH Lời giải: Ancol Y + → RCOOM + O2 Sơ đồ phản ứng: T → M 2 CO3 + CO 2 + H 2 O 0,1 mol 7, 2 gam MOH du 8,26 gam 9,54 gam 7, 2 2.9, 54 Bảo toàn nguyên tố M: = → M = 23 ( Na ) M + 17 2 M + 60 X
MOH
→ nNaOH = 0,18 mol → nNaOH dư = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol Tới đây có 2 hướng xử lí: 1) Gọi CTPT muối của axit cần tìm là CnH2n–1O2Na Na 2 CO3 : 0, 09 C n H 2 n −1O 2 Na : 0,1 + O2 → CO 2 : nC ( T ) − n Na 2 CO3 = 0,1n − 0, 09 NaOH : 0, 08 H 2 O : 0, 5.[0,1.(2 n − 1) + 0, 08]
→ 8,26 = mCO + mH O = 44(0,1n - 0,09) + 18.0,5.[0,1(2n-1) + 0,08)] → n = 2 2
2
→ Axit là CH3COOH → Đáp án B. 2) Sử dụng ĐĐH ta có: Na 2 CO 3 : 0, 09 HCO ONa : 0,1 + O2 T ⇔ C H 2 : x → CO 2 : x + 0, 01 NaOH du : 0, 08 H O : x + 0, 09 2
→ 8,26 = m CO + m H O = 44(x + 0,01) + 18.(x + 0,09) → x = 0,1 2
2
Muốigồm: 0,1mol (HCOONa + 1CH2) ⇔ 0,1mol CH3COONa→AxitlàCH3COOH→Đáp ánB. Nhậnxét: Phương trình theo ẩn x gọn hơn phương trình theo ẩn n và dễ giải hơn (dễ bấm máyhơn). 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. Nếu tính nhẩm tốt, ta sẽ không gặp nhiều khó khăn ở bước này. Ví dụ 1: Hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp: 0,5 mol CH3OH và 0,3 mol CH2 5
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
CH 3OH : 0, 5 → CH 2 : 0, 3
CH 3OH : 0, 2 → CH 3OH + CH 2 : 0, 3
CH 3 OH : 0, 2 C 2 H 5 OH : 0, 3
Ví dụ 2: Hỗn hợp 2 axit có số C cách nhau 2 đơn vị: 0,1 mol C2H3COOH và 0,14 mol CH2 C2 H 3COOH : 0, 03 C2 H 3COOH : 0, 03 → C2 H 3COOH : 0,1 C2 H 3COOH + 2CH 2 : 0, 07 C4 H 7 COOH : 0, 07 → C H COOH : 0,1 C H COOH : 0, 08 C3 H 5COOH : 0, 08 CH 2 : 0,14 3 5 3 5 → → CH 2 : 0, 04 C3 H 5COOH + 2CH 2 : 0, 02 C5 H 9COOH : 0, 02
Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 anđehit đồng đẳng kế tiếp gồm 1,4 mol HCHO và 2,3 mol CH2, biết số mol hai anđehit có phân tử khối lớn bằng nhau C2 H 5CHO : 0,3 HCHO :1, 4 CH 3CHO :1, 4 → → C3 H 7CHO : 0,3 CH 2 : 2,3 CH 2 : 0,9 = 0,3(1 + 2) CH 3CHO : 0,8
Ví dụ 4: Hỗn hợp 1 ancol, 1 axit gồm 0,5 mol C2H5OH, 0,3 mol HCOOH và 1,3 mol CH2.Để ghép CH2 ta cần giải phương trình nghiệm nguyên. C2 H 5OH : 0,5 C2 H 5OH + nCH 2 : 0,5 n = 2 C4 H 9OH : 0,5 → 0,5n + 0,3m = 1, 3 → → HCOOH : 0,3 → 1 HCOOH + mCH : 0,3 m = 2 CH 3COOH : 0,3 CH :1,3 2
Ví dụ 5: Hỗn hợp 2 hiđrocacon (thể khí ở điều kiện thường) gồm 0,2 CH4, 0,4 C2H2, 1,2 CH2 CH 4 : 0, 2 0, 2n + 0, 4m = 1, 2 C3 H 8 : 0, 2 CH 4 + nCH 2 : 0, 2 n = 2 → n ≤ 3 → → C2 H 2 : 0, 4 → m = 2 C4 H 6 : 0, 4 C2 H 2 + mCH 2 : 0, 4 m ≤ 2 CH :1, 2 2
Cách tốt nhất để luyện tập kĩ thuật ghép là áp dụng nó vào các bài tập. 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.3,5gam. C.17,0 gam. D. 6,5 gam Lời giải: Sử
dụng
ĐĐH,
tiến 6
hành
quy
đổi:
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
C 2 H 3 COOH : a C 2 H 3 COONa : a NaOH E ⇔ HCOOH : b → HCOONa : b CH : c CH : c 2 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, bảo toàn nguyên tố C và H ta có: nCO = 2, 5 a + 0, 5b + c và n H O = 1, 5 a + 0, 5 b + c 2
2
→ m CO + m H O = 44(2,5a + 0,5b + c) + 18(1,5a + 0,5b + c) = 22,04 (3) 2
2
Từ (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,41; c = 0,04 C2 H 3COOH : 0, 05 C2 H 3COOH : 0, 05 Tiến hành ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. HCOOH : 0, 41 → HCOOH : 0,37 CH : 0, 04 CH COOH : 0, 04 2 3
→ mZ = 60.0,04 = 2,4 gam → Đáp án A 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 Phântích: Bài này có điều kiện MA> 62, vì vậy ta không nên quy đổi vềC2H4(OH)2. Lời giải: C3 H 6 (OH )2 : a K C3 H 6 (OK )2 : a → Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: X CH : c 2 CH 2 : c Bảo toàn nguyên tố C và H ta có: n C O = 3 a + c và n H 2
Bảo toàn nguyên tố O ta có: n O
2
dư
2O
= 4a + c
= b + a – (3a+c) – 0,5(4a+c)
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 Từdữkiệnkhốilượngmuối,tacó:152a+14c=0,5.70,56=35,28 (2) Từđềbài→a+b=1,5 (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 C3 H 6 (OH ) 2 : 0, 09 C3 H 6 (OH )2 : 0, 21 = 0, 09 + 0,12 X →X CH 2 : 0, 24 = 0,12.2 C5 H10 (OH )2 : 0,12 7
(1)
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
Vì B hòa tan được Cu(OH)2 nên B có 2 nhóm OH kề nhau. Có 5 cấu tạo thỏa mãnB→ 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% B. 48% C. 43,5% D. 41,5% Lời giải 1: MZ = 32 → Z là CH3OH Cm H 2 m −2O2 (m ≥ 4) : a O2 CO2 : 0, 43 E → H 2O : 0,32 Cn H 2 n − 4O4 (n ≥ 4) : b
Dựa vào độ bất bão hòa, ta có: a + 2b = n C O − n H 2
BTKL →
→
mE1 mE2
2O
= 0,11 = nCOO (1)
mE = 0,11.32 + 0,43.12 + 0,32.2 = 9,32
=
46, 6 = 5 → mmuối (E1) = 55, 2 = 11,04 gam 9,32 5
RCOONa : a RCOOCH 3 : a NaOH → 11,04 gam 9,32 gam 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 → %mY =
0, 03.144 .100 =46,35% → Đáp án A. 9,32
Lời giải 2: MZ = 32 → Z là CH3OH CH 3OH C2 H 3COOCH 3 : a H 2O E NaOH C2 H 3COONa : a Sử dụng ĐĐH : 46, 6 g ⇔ C2 H 2 (COOH ) 2 : b → CH : c 55, 2 g 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) 8
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
C2 H3COOCH3 : ka nCO = k (4a + 4b + c) = 0, 43 4a + 4b + c 0,43 O2 (3) → 2 → = Phần 1: kE ⇔ C2 H2 (COOH )2 : kb CH : kc nH2O = k (3a + 2b + c) = 0,32 3a + 2b + c 0,32 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: C2 H 3COOCH 3 : 0, 25 X : C3 H 5COOCH 3 : 0, 25 E C2 H 2 (COOH )2 : 0,15 ⇔ Y : C4 H 6 (COOH )2 : 0,15 CH : 0,55 = 0, 25 + 0,15.2 2 0,15.144 → %mY = .100 =46,35% → Đáp án A. 46, 6
Nhậnxét:
Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta không cần quan tâm tỉ lệ giữa 2phần.
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 Lời giải: Z : CH 4 : a X : CH NH : b 3 2 Sử dụng ĐĐH kết hợp các điều kiện: H ⇔ T : C3 H 8 : b Y : CH ( NH ) : c 2 2 2 CH 2 : d
Từ các thông tin, ta lập được một hệ phương trình 4 ẩn a = 0,18 mH = 16a + (31 + 44)b + 46c + 14d = 21,5 n = 0,36.n → a = 0,36.(a + 2b + c ) b = 0,1 hh Z → c = 0,12 nH 2O = 2a + (2,5 + 4)b + 3c + d = 1, 77 d = 0, 4 n = b + 2c = 0,34 HCl
Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp H Z : CH 4 : 0,18 Z : C2 H 6 : 0,18 X : CH NH : 0,1 3 2 m X : CH 3 NH 2 : 0,1 ⇔ → T = 0,806 → Đáp án B. T : C3 H 8 : 0,1 mY Y : CH ( NH ) : 0,12 T : C4 H10 : 0,1 2 2 2 Y : C2 H 4 ( NH 2 ) 2 : 0,12 CH 2 : 0, 4 = 0,18 + 0,1 + 0,12 9
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
Nhậnxét: Bài này có các điều kiện ràng buộc hỗn hợp đầu khá phức tạp. Sử dụng ĐĐH cho phép tabao quát tất cả các điều kiện đó ngay ở bước quyđổi. Qua những ví dụ trên, chúng ta 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. II. PHƯƠNG PHÁP THUỶ PHÂNHOÁ 1. Giới thiệu phương pháp – Cơ sở quy đổi Đây là kĩ thuật thêm H2O vào hỗn hợp chứa Este. 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 chuyên đề này tôi sẽ khai thác triệt để TPH và kết hợp nó với kĩ thuật ĐĐH. Xét phản ứng thủyphâneste: Este + H2O → Ancol + Axit Chuyển vế,tacó: Este → Ancol + Axit –H2O → Ta có thể quy đổi một este bất kì thành ancol, axit và nước. Ở đây chỉ đề cập tới este tạo từ ancol và axit. Với các este khác (este của anđehit, xeton, phenol), có thể làm tương tự. Đối với peptit, ta có phản ứngthủyphân: Peptit + H2O → Amino axit Chuyển vế,tacó: Peptit → Amino axit –H2O → Tương tự như este, ta có thể quy đổi một peptit bất kì thành các amino axit và nước. Tuy nhiên, trong các bài tập về peptit, bạn nên sử dụng cách quy đổi về gốc axyl: C2H3ON, CH2 và H2O 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minhhọa a) Tách H2O 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 chỉ lấy hỗn hợp đơn giản nhất có đầy đủ cả Ancol – Axit – Este để minh họa. Mọi hỗn hợp khác cho kết quả tươngtự. RCOOR ' : a RCOOH : a + b X RCOOH : b ⇔ X ' R ' OH : a + c R ' OH : c H O : −a 2
10
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ NaOH RCOOR ' → RCOONa + R ' OH RCOONa : a + b NaOH Nếu X + NaOH dư : RCOOH → RCOONa + H 2O → R ' OH : a + c R ' OH H O : b 2 NaOH RCOOH → RCOONa + H 2O RCOONa : a + b NaOH → R ' OH : a + c Nếu X’ + NaOH dư : R ' OH → R ' OH H O NaOH → H 2O H 2O : a + b − a = b 2
→ Sản phẩm cuối cùng của các phản ứng không có gì thay đổi. Từ nhận xét trên, ta thu được hai kết quả: +) Số mol COOH của axit trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng số mol NaOH phản ứng với hỗn hợp đầu. +) Lượng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu thủy phân hoàn toànhỗn hợp đầu (trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm). Đây là 2 kết quả quan trọng 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. +)Xtác 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 Cx H y COOH : 0, 03 CO : 0,12 + O2 → 2 Ta có: X CH 3OH : 0, 03 H 2O : 0,1 H O : c 2
Bảo toàn khối lượng → nO (X) =
2, 76 − 0,12.12 − 0,1.2 = 0, 07 16
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 cần tìm là C2H3COOH → Đáp án B Tiếp theo tôi sẽ trình bày kĩ thuật quy đổi kết hợp TPH và ĐĐH. Kĩ thuật này 11
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
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: 1) Trường hợp 1: Hỗn hợp chỉ cóeste. Ta có kết quả: nCOO = nOH = – nH O 2
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). CH 3OH : a C H (OH ) : b HCOOCH 3 : a 2 4 2 ⇔ ( HCOO ) 2 C2 H 4 : b ⇔ HCOOH : a + 2b CH : c H O : −a − 2b 2 2 CH 2 : c
Cn H 2 n +1COOCm H 2 m +1 X (C p H 2 p +1COO ) 2 Cq H 2 q
Ví dụ 2: Quy đổi este có 7 liên kết π được tạo tử glixerol và 2 axit không no, mạch hở. Este có 7π= 3COO + 4πC-C= 3 + (1.2 + 2.1) C3 H 5 (OH )3 : a C3 H 2 : a H O : − 3 a (C2 H 3COO)2 2 〉C3 H 5 : a (Cn H 2 n −1COO)2 C H COOH : 2a 〉C3 H 5 ⇔ HC ≡ CCOO ⇔ C2 H 3COOH : 2a ⇔ 2 3 Cm H 2 m−3COO HC ≡ CCOOH : a HC ≡ CCOOH : a CH 2 : b CH 2 : b CH 2 : b
Vì hỗn hợp chỉ có este nên trong một số bài, ta chỉ nên dùng ĐĐH mà không dùng thêm TPH. 2) Trường hợp 2: Hỗn hợp chỉ có axit vàeste. Ta có kết quả: nOH=– nH O . Để cho gọn, khi quy đổi ta có thể gộp ancol và nước lại. 2
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 : a CH 2 : a Cn H 2 n +1COOCm H 2 m +1 H 2O : − a X ⇔ HCOOH : b ⇔ ⇔ HCOOH : a + b HCOOH : a + b C p H 2 p +1COOH CH : c 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 π , mạch hở tạo bởi ancol no ba chức và các axit không no, đơnchức. Este có 6π= 3COO + 3πC-C= 3 + (1+1+1)
12
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
C3H5 (OH)3 : a (C2H3COO)3C3H5 : a C3H2 : a (Cn H2n−1COO)3CmH2m−1 H2O: −3a X ⇔ C2H3COOH : b ⇔ ⇔ C2H3COOH :3a + b Cp H2 p−1COOH CH : c C2H3COOH :3a + b CH : b 2 2 CH2 : c 3) Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ có ancol vàeste. Tươngtựnhư trườnghợp 2, ta có kết quả: nCOO=– nH 2O
Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). CH 3OH : a + b HCOOCH 3 : a CH 2 : b Cn H 2 n +1COOCm H 2 m+1 H 2O : −a X ⇔ CH 3OH : b ⇔ ⇔ HCOOH : a + b C p H 2 p +1OH CH : c HCOOH : a CH : c 2 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 : a CH 2 : b Cn H 2 n (COOCm H 2 m +1 ) 2 H 2 O : −2 a X ⇔ CH 3OH : b ⇔ ⇔ (COOH ) 2 : a CH : c CH 3OH : 2a + b CH : c C p H 2 p +1OH 2 2 CH 2 : c
4) Trường hợp 4: Hỗn hợp có cả ancol, axit vàeste. 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 2 n +1 m 2 m +1 HCOOH CH 3OH : b X C p H 2 p +1COOH ⇔ ⇔ CH 3OH H 2O : c CH 2 CH 2 : d Cq H 2 q +1OH
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 π tạo bởi axit no hai chức và các ancol không no, đơn chức (tất cả đều mạch hở). Este có 4π = 2COO + 2πC-C = 2 + (1+1) (COOC3 H 5 ) 2 (COOH ) 2 : a Cn H 2 n (COOCm H 2 m −1 )2 (COOH ) C H OH : b 3 5 2 X Cn H 2 n (COOH )2 ⇔ ⇔ C H OH C3 H 5OH H 2O : c m 2 m −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.
13
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
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.5,04gam C.5,44 gam D. 5,80 gam Lời giải: Để sử dụng ĐĐH, cần xác định 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: nH O = 0,52 → nCO = 0,47 < nH O → Z là ancol no 2
2
2
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 vềC3H6(OH)2 C2 H 3COOH : a C3 H 6 (OH ) 2 : b Sử dụng ĐĐH và TPH quy đổi E ⇔ CH : c 2 H 2O : d Vì ancol Z no nên không phản ứng với Br2→ a = 0, 04 mE = 72.0, 04 + 76b + 14c + 18d = 11,16 b = 0,11 → c = 0, 02 nCO2 = 3.0, 04 + 3b + c = 0, 47 d = −0, 02 nH 2O = 2.0, 04 + 4b + c + d = 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 3 6 C3 H 5COOH : 0, 02 KOH C2 H 3COOK : 0, 02 2 ⇔ → CH : 0, 02 C H ( OH ) : 0,11 2 C3 H 5COOK : 0, 02 2 3 6 H 2O : −0, 02 H 2O : −0, 02 → mmuối = 0,02.110 + 0,02.124 = 4,68 gam → Đáp án A. 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 14
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
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% Phântích: Bài này hỗn hợp X chỉ gồm các este đơn chức, vì vậy không nên dùngTPH. Lời giải: Trước hết, ta có: nY = 2nH = 0, 08 → M Y = 2
2, 48 + 0, 08 = 32 → Y là CH3OH 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 ⇔ C3 H 5COOCH 3 : b CH : c CH : c 2 2 mX = 60a + 100b + 14c = 5,88 a = 0, 06 HCOOCH 3 : 0, 06 → b = 0, 02 → C3 H 5COOCH 3 : 0, 02 nH 2O = 2a + 4b + c = 0, 22 c = 0, 02 CH : 0, 02 2 nCH3OH = a + b = 0, 08
Tiếp theo ta ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. HCOOCH 3 : 0, 06 HCOOCH 3 : 0, 04 0, 02.100 .100 = 34,01% →Đáp án C3 H 5COOCH 3 : 0, 02 ⇔ CH 3COOCH 3 : 0, 02 →%m= 5,88 CH : 0, 02 C H COOCH : 0, 02 3 2 3 5
D. Nhận xét: Tương tự như bài trước, ta không cần ghép chi tiết CH2 vào từng chất. Chỉ cần xác định 0,02 mol CH2 đi vào hai este no làđược. 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 Lời giải:
15
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
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 dụngĐĐH – TPH(trườnghợp este– axit), tiến hành quyđổi: HCOOH : a HCOOH : a C H (OH ) : b 3 5 3 M ⇔ ⇔ C3 H 2 : b H O : − 3 b 2 CH : c 2 CH 2 : c
m = 46a + 38b + 14c = 26, 6 a = 0, 4 HCOOH : 0, 4 M → b = 0, 05 → M C3 H 2 : 0, 05 nCO2 = a + 3b + c = 1 c = 0, 45 CH 2 : 0, 45 nH 2O = a + b + c = 0,9
Ta có: nAg = 0,2 → nX = 0,1 → nY = nZ =
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. HCOOH : 0,1 HCOOH : 0, 4 CH 3COOH : 0,15 M C3 H 2 : 0, 05 ⇔ C2 H 5COOH : 0,15 (CH2 đã đi hết vào axit) CH : 0, 45 C H : 0, 05 2 3 2 BTNT C → CH 2 : 0
maxit = 0,4.46 + 0,45.14 = 24,7 gam → mrắn =
1 (24,7 + 0,8.40 – 0,4.18) = 24,75 gam → Đáp án A. 2
b) Ghép este TươngtựnhưĐĐH,vớimột số bài tập khi quy đổibằngTPH 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 quyđổi.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: 1) Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơnchức. 1RCOOR’ + 1H2O ⇔ 1RCOOH + 1R’OH Chuyến vế,tacó: 1RCOOR’ ⇔ 1RCOOH + 1R’OH –1H2O Từ các hệ số, ta thu được: nRCOOR’ = nRCOOH = nR’OH = – nH O 2
16
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
RCOOH : 0,3 RCOOH : 0,3 − 0, 2 RCOOH : 0,1 ⇔ R ' OH : 0,3 Ví dụ 1: R ' OH : 0,5 ⇔ R ' OH : 0,5 − 0, 2 H O : −0, 2 RCOOH + R ' OH − H O : 0, 2 RCOOR ' : 0, 2 2 2
2) Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đachức. 1(RCOO)nR’ + nH2O ⇔ 1R’(OH)n +nRCOOH Chuyến vế,tacó: 1(RCOO)nR’ ⇔ 1R’(OH)n + nRCOOH –nH2O nRCOOH = −nH 2O − nH 2O Từ các hệ số ta thu được : n = n = ( RCOO )n R ' R '( OH ) n n RCOOH : 0, 4 RCOOH : 0, 4 − 3.0,1 RCOOH : 0,1 ⇔ R '(OH )3 : 0,1 Ví dụ 2: R '(OH )3 : 0, 2 ⇔ R '(OH )3 : 0, 2 − 0,1 H O : −0,3 3RCOOH + R '(OH ) − 3H O : 0,1 ( RCOO) R ' : 0,1 2 3 2 3
3) Trường hợp 3: Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơnchức. 1R(COOR’)n + nH2O ⇔ 1R(COOH)n +nR’OH Chuyến vế,tacó: 1R(COOR’)n ⇔ 1R(COOH)n + nR’OH –nH2O nR 'OH = − nH 2O − nH 2O Từ các hệ số của phản ứng, ta thuđược: nR (COOR ')n = nR (COOH )n = n R (COOH ) 2 : 0, 5 R(COOH ) 2 : 0,5 − 0,3 R (COOH ) 2 : 0, 2 ⇔ R ' OH : 0, 7 − 0,3.2 ⇔ R ' OH : 0,1 Ví dụ 3: X R ' OH : 0, 7 H O : −0, 6 R(COOH ) + 2 R ' OH − 2 H O : 0, 3 R (COOR ') : 0,3 2 2 2 2
Bài 11: Hỗn hợp E chứa este X (CnH2n-4Ox) và este Y (CmH2m-6Ox) với X, Y đều mạch hở và không chứa nhóm chức khác. Đun nóng 18,48 gam E với 240 ml dung dịch NaOH 0,8M (vừa đủ), thu được hỗn hợp chứa 2 muối và a gam một ancol Z duy nhất. Dẫn toàn bộ a gam Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 7,104 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 18,48 gam E với lượng oxi vừa đủ, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 52,656 gam. Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp Elà: A.28,68% B. 27,53% C. 28,48% D. 24,46% Lời giải: Gọi số chức của ancol Z là k, ta có: nCOO = 0,192 →
M Z 7,104 + 0,192 = = 38 → Z là C3H6(OH)2 k 0,192
X phản ứng với NaOH sinh ra 2 muối và X có 1 πC-Cnên X được tạo từ ancol Z
17
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
và hai axit, trong đó có một axit A no và một axit B có một nối đôi C=C (A, B đều mạch hở). Mặt khác, hỗn hợp E gồm X và Y phản ứng với NaOH chỉ sinh ra 2 muối mà Y lại có 2 πC-Cnên Y được tạo từ Z và 2 gốc axit B. Từ những suy luận trên, ta đã có đủ thông tin để sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp chỉ có este) C3 H 8O2 : 0, 096 C3 H 4 : 0, 096 H O : −0,192 HCOOH : a 2 E ⇔ HCOOH : a ⇔ CH = CH − COOH : b C2 H 3COOH : b 2 CH 2 : c CH 2 : c
C3 H 4 : 0, 096 mE = 40.0, 096 + 46a + 72b + 14c = 18, 48 a = 0, 072 HCOOH : 0, 072 → b = 0,12 → nCOO = a + b = 0,192 m + m = 168.0, 096 + 62a + 168b + 62c = 52, 656 c = 0,192 C2 H 3COOH : 0,12 H 2O CO2 CH 2 : 0,192
Z : 0, 096 X : A − Z − B : 0, 072 Ghép este theo điều kiện của X và Y, ta có: E A : 0, 072 ⇔ Y : B − Z − B : 0, 024 B : 0,12
X : C3 H 5COO − C3 H 6 − OOCCH 3 : 0, 072 Y : (C3 H 5COO)2 C3 H 6 : 0, 024
Tiến hành ghép CH2: E %mY =
212.0, 024 .100 = 27,53% → Đáp án B. 18, 48
Nhận xét:Vì hỗn hợp E gồm các este nên ta chỉ cần dựa vào số mol của các gốc axit đểghép. Bài 12: X, Y (MX< MY) là hai axit kế tiếp nhau thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic; Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T. Đốt cháy 12,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 8,288 lit O2 (đktc) thu được 7,2 gam nước. Mặt khác đun nóng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M. Biết ở điều kiện thường, ancol T không tác dụng với Cu(OH)2. Phần trăm số mol của X có trong hỗn hợp Elà A.60% B. 75% C. 50% D. 70% Lời giải: BTKL nH O = 0, 4 → nCO = 0,39 < nH O → T là ancol no. 2
2
2
T không tác dụng với Cu(OH)2 nên ancol nhỏ nhất thỏa mãn T là propan–1,3–điol Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi hỗn hợp:
18
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
HCOOH : 0,19 m = 46.0,19 + 76a + 14b + 18c = 12,52 a = 0, 05 C H (OH ) : a E 3 6 2 E⇔ → nCO2 = 0,19 + 3a + b = 0,39 → b = 0, 05 CH 2 : b c = −0, 04 nH 2O = 0,19 + 4a + b + c = 0, 4 H 2O : c
HCOOH : 0,19 HCOOH : 0,14 C H (OH ) : 0, 05 3 6 CH 3COOH : 0, 05 2 ⇔ E Tiến hành ghép CH2 ta có: E CH 2 : 0, 05 C3 H 6 (OH ) 2 : 0, 05 H 2O : −0, 04 H 2O : −0, 04 HCOOH : 0,14 − 0, 02 = 0,12 HCOOH : 0,14 CH COOH : 0, 05 3 CH 3COOH : 0, 05 − 0,02 = 0, 03 → Tiến hành ghép este, ta có: E C3 H 6 (OH ) 2 : 0,05 C3 H 6 (OH ) 2 : 0, 05 − 0, 02 = 0,03 H 2O : −0, 04 = (−0, 02).2 HCOO − C3 H 6 − OOCCH 3 : 0, 02
%nX =
0,12 .100 = 60% → Đáp án A. 0,12 + 0, 03 + 0, 03 + 0, 02
III. PHƯƠNG PHÁP HIĐRO HOÁ 1. Giới thiệu phương pháp – Cơ sơ quyđổi Đơn giản nhất trong các bài toán không biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu là dạng bài không biết rõ số liên kết π. Với dạng bài này, ta cần sử dụng một kĩ thuật có tên gọi là Hiđro Hóa (HĐH). Khi bắt đầu học hóa hữu cơ, ta được học về phản ứng đề hiđro hóa ankan để tạo thành anken. Xét phản ứng: Ankan → Anken + H2 Chuyển vế, tacó: Anken → Ankan – H2 →Ta có thể quy đổi một anken bất kì thành ankan và H2. Đây là nguồn gốc ý tưởng của HĐH. Dựa trên ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hợp chất X bất kì thành dạng hiđro hóa hoàn toàn của X cùng một lượng H2 tương ứng. C4H4 ⇔ C4H10–3H2 C6H6 ⇔ C6H14 – 4H2 Ví dụ 1: C3H5OH ⇔ C3H7OH–1H2 HC ≡ C – COOH ⇔ C2H5COOH – 2H2 HCOOC3H3 ⇔ HCOOC3H7–2H2 C2H3NH2 ⇔ C2H5NH2 –1H2 Chú ý: Với anđehit, dạng hiđro hóa hoàn toàn của nó là ancol no. (CHO)2 ⇔ C2H4(OH)2 –2H2 Ví dụ 2:HC ≡ C – CHO ⇔ C3H7OH–3H2 2. Các bài toán minhhọa Qua 2 kĩ thuật ĐĐH và TPH, các bạn đã hiểu cách “tách” và “ghép” hỗn hợp. Với HĐH, mình sẽ bỏ qua phần Kĩ thuật ápdụng. Trước khi đi vào các bài toán minh họa, có 2 điểm các bạn cần phải lưu ý.
19
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
+) Với các chất cùng dãy đồng đẳng, ta gộp chúng lại để ghép H2. Ví dụ: Hỗn hợp X gồm một anđehit và hai hiđrocacon cùng dãy đồng đẳng đồng đẳng C2 H 6 : 0,1 C2 H 2 : 0,1 C2 H 6 .kCH 2 : 0,5 n = 2 C3 H 8 : 0, 4 → C3 H 4 : 0, 4 X → C3 H 7OH : 0,3 Với 0,5n + 0,3m = 1,6→ m = 2 C H OH : 0,3 3 7 H : −1,6 C H CHO : 0,3 2 2 3 H 2 : −1, 6
+) Chú ý điều kiện để ghép H2. Nếu mạch cacbon không thỏa mãn, ta không được phép H2 vào chất. Ví dụ: Hỗn hợp X gồm một axit, một ancol và một anken. Biết X gồm : CH4: 0,3; CH3OH: 0,4; HCOOH: 0,2; CH2: 0,7; H2: –0,5. Ta có: 0,7 = 0,3 + 0,4 = 0,3 + 0,2.2 → Có hai trường hợp ghép CH2 CH 4 : 0,3 C2 H 6 : 0,3 CH OH : 0, 4 3 C2 H 5OH : 0, 4 TH1: HCOOH : 0, 2 ⇔ → 0,3n = 0,5 → loại CH : 0, 7 HCOOH : 0, 2 2 H 2 : −0,5 H 2 : −0,5 CH 4 : 0,3 C2 H 6 : 0,3 CH OH : 0, 4 3 CH 3OH : 0, 4 TH2: HCOOH : 0, 2 ⇔ → CH : 0, 7 C2 H 5COOH : 0, 2 2 H 2 : −0,5 H 2 : −0,5
0,3n
+
n = 1 → m = 1
0,2m=0,5→
C2 H 4 : 0,3 CH 3OH : 0, 4 C H COOH : 0, 2 2 3
a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗnhợp” Với kiểu bài này, đề bài sẽ cho số mol π của hỗn hợp đầu qua thông tin “hiđro hoàn toàn hỗn hợp X cần vừa đủ a mol H2”. Đây là một dạng mở rộng củaĐĐH. Bài 13: Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A và axit hai chức B đều không no, mạch hở, không phân nhánh (trong đó oxi chiếm 46% về khối lượng). Đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi dẫn toàn bộ lượng sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình tăng 28,928 gam. Mặt khác, đem m gam hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 16,848 gam muối. Để hidro hóa hoàn toàn m gam X cần dùng 3,4048 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của A trong X gần
20
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
nhấtvới: A.64%
B. 66%
C.68%
D. 70%
Lời giải: HCOOH : a (COOH ) : b 2 Sử dụng HĐH-ĐĐH, tiến hành quy đổi: X ⇔ CH 2 : c H 2 : −0,152
Từ%mO ,tacó:32a+64b=0,46.(46a+90b+14c–2.0,152) (1) CO : a + 2b + c + O2 X → 2 → 44(a+2b+c)+18(a+b+c–0,152)=28,928 (2) H 2O : a + b + c − 0,152
HCOONa : a (COONa ) : b 2 NaOH X → → mmuối = 68a +134b +14c – 2.0,152 = 16,848 (3) CH 2 : c H 2 : −0,152
Từ phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,12 ; b = 0,032 ; c = 0,336 HCOOH : 0,12 (COOH ) : 0, 032 A : C2 H 3COOH : 0,12 2 X →X Ghép hỗn hợp đầu: B : C3 H 4 (COOH ) 2 : 0, 032 CH 2 : 0,336 = 0,12.2 + 0, 032.3 H 2 : −0,152 = −(0,12 + 0, 032) 0,12.72 → %mA = .100 = 67,5%→ Đáp án C. 0,12.72 + 0, 032.130
Nhậnxét: Kĩ thuật áp dụng cho bài này tương tự so với các bài sử dụng ĐĐH thôngthường, chỉ khác làhỗn hợp quy đổi có sự xuất hiện của H2 và kèm theo bước ghépH2. Bài 14: X, Y là hai hợp chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic; Z là axit hai chức, mạch hở. Đốt cháy 13,44 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,29 mol O2, thu được 4,68 gam nước. Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 13,44 gam E cần dùng 0,05 mol H2 (xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp F. Lấy toàn bộ F tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp rắn T. Phần trăm khối lượng của muối có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp Tlà A.18.86% B. 17,57% C. 16,42% D. 15,84% Phântích:sử dụng ĐĐH cho hỗn hợp F và chuyển các thông tin từ E về F. Lời giải:
21
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
Sử
dụng
ĐĐH,
quy
đổi:
C2 H 5COOH : a mF = 13, 44 + 2.0, 05 = 13,54 → F (COOH ) 2 : b → nO2 ( F ) = 0, 29 + 0,5.0, 05=0,315 E CH : c 2 nH 2O ( F ) = 0, 26+0, 05=0,31 + 0,05 H 2
74a + 90b + 14c = 13,54 a = 0, 05 3,5a + 0,5b + 1,5c = 0,315 → b = 0,1 3a + b + c = 0,31 c = 0, 06 C2 H 5COOH : 0, 05 C3 H 7COOH : 0, 04 ⇔ F C4 H 9COOH : 0, 01 → C3H7COONa: 0,04 Ghép hỗn hợp F: F (COOH )2 : 0,1 CH : 0, 06 (COOH ) : 0,1 2 2
BTKL, ta có: mT= mF+ mNaOH– mH O =13,54 + 40.0,4 –18.(0,05 + 0,1.2) = 25,04 2
→ %m =
0, 04.110 .100 =17,57% → Đáp án B. 25, 04
Bài 15: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, hơn kém nhau một nguyên tử cacbon; Z là ancol no, hai chức; T là este mạch hở được tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 45,72 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 2,41 mol O2, thu được 27,36 gam nước. Hidro hóa hoàn toàn 45,72 gam E cần dùng 0,65 mol H2 (xúc tác Ni, to) thu được hỗn hợp F. Đun nóng toàn bộ F cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp M chứa 41,9 gam muối. Phần trăm khối lượng của T có trong hỗn hợp E là A.51,44% B. 52,23% C. 42,87% D. 51,97% Lời giải: Sử dụng ĐĐH, quy đổi: HCOOH : 0, 4 a = 0, 24 C H (OH ) : a mF = 0, 4.46+62a +14b +18c =45, 72+0, 65.2 2 4 2 + 0, 65 H 2 E →F → nO2 ( F ) = 0,5.0, 4+2,5a +1,5b = 2, 41+0, 65.0, 5 → b = 1, 29 CH 2 : b c = −0, 24 nH 2O ( F ) = 0, 4+3a +b +c =1,52+0, 65 H 2O : c
Tiến hành ghép hỗn hợp E: HCOONa : 0, 4 C2 H 5COOH : 0,15 Axit : ⇔ 41,9 − 0, 4.68 = 1, 05 HCOOH : 0, 4 C3 H 7 COOH : 0, 25 CH 2 : 14 C H (OH ) : 0, 24 2 4 2 −0,65 H 2 C2 H 4 (OH ) 2 : 0, 24 F → : Ancol ⇔ C3 H 6 (OH )2 : 0, 24 CH :1, 29 2 CH 2 :1, 29 − 1,05 = 0, 24 H 2O : −0, 24 H 2 : −0, 65 = −(0,15 + 0, 25.2) H 2O : −0, 24 22
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
C2 H 3COOH : 0,15 C H COOH : 0, 25 C2 H 3COOH : 0, 03 3 3 → C3 H 3COOH : 0,13 → E C3 H 6 (OH ) 2 : 0, 24 C H COO − C H − OOCC H : 0,12 3 6 3 3 2 3 H 2O : −0, 24
→ %mT =
0,12.196 .100 =51,44 % → Đáp án A. 45, 72
b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H2 Đây là dạng bài giấu thông tin về số mol π của hỗn hợp đầu, tức là không cho số mol của H2. Dạng bài này được chia thành 2 loại +) Loại 1: Đủ phương trình để giải ra ẩn H2. +) Loại 2: Không đủ phương trình để giải ra ẩn H2. Những bài toán thuộc loại 2 thường cần phải biện luận hoặc sử dụng kĩ thuật đặc biệt. Trong mục này mình sẽ chỉ đề cập tới một số bài toán thuộc loại 1. Bài 16: Hỗn hợp X chứa một este đơn chức và một este hai chức đều mạch hở, trong phân tử mỗi este chỉ chứa một loại nhóm chức. Đun nóng 24,7 gam X cần dùng 0,275 lít dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Y chứa các ancol đều no, đơn chức có tổng khối lượng 11,95 gam và hỗn hợp Z chứa hai muối, trong đó có a gam muối A và b gam muối B (MA<MB). Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol X cần dùng 0,54 mol O2, thu được 6,48 gam nước. Tỉ lệ gần nhất với a : b là A.1,2 B. 0,6 C. 1,0 D. 0,5 Lời giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi X (đặt ẩn theo 0,08 mol): HCOOCH 3 : a (COOCH ) : b nX = a + b = 0, 08 (1) 3 2 X → nO2 = 2a + 3,5b + 1,5c + 0,5d = 0,54 (2) CH : c 2 nH 2O = 2a + 3b + c + d = 0,36 (3) H 2 : d
Đặt tỉ lệ (24,7 gam X) : (0,08 mol X) là k, ta có: mX = k ( 60a +118b +14c +2d ) =24, 7 60a +118b +14c +2d 24, 7 → = 0, 275 a +2b nCOO = k ( a +2b ) =0, 275
Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3) và (4), →a = 0,05 ; b = 0,03 ; c = 0,25 ; d = –0,08 →a+2b=0,11→k=
CH 3OH : 0,11 0, 275 11,95 =2,5 → mancol = = 4,78 → 4, 78 − 0,11.32 0,11 2,5 = 0, 09 CH 2 : 14
23
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
HCOONa : 0, 05 C2 H 3COONa : 0, 05 (COONa) 2 : 0, 03 Z ⇔Z Ghép hỗn hợp Z: C2 H 2 (COONa) 2 : 0, 03 CH 2 : 0, 25 − 0, 09 = 0,16 = 0, 05.2 + 0, 03.2 H 2 : −0, 08 = −(0, 05 + 0, 03)
→
a 0, 05.94 = = 0,98→ Đáp án C. b 0, 03.160
Bài 17: Hỗn hợp X chứa một amin no, đơn chức, mạch hở và hai hiđrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 0,9225 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 12,69 gam, khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 13,776 lít (đktc). Phần trăm khối lượng của hiđrocacbon có khối lượng phân tử lớn là A.24,73% B. 27,27% C.23,66% D. 25,45% Lời giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi: CH 3 NH 2 : a nX = a + b = 0, 24 a = 0, 09 n = 2, 25a +3,5b +1,5c +0,5d =0,9225 C H : b O2 b = 0,15 X ⇔ 2 6 → → CH 2 : c nH 2O = 2,5a +3b+c +d =0, 705 c = 0,18 H 2 : d n + n = 1,5a +2b +c =0, 615 d = −0,15 N2 CO2 CH 3 NH 2 : 0, 09 C3 H 7 NH 2 : 0, 09 C3 H 7 NH 2 : 0, 09 C H : 0,15 2 6 ⇔ C2 H 6 : 0,15 ⇔ C2 H 6 : 0, 075 Ghép hỗn hợp X : 0,18 CH 2 H : −0,15 C H : 0, 075 2 2 2 H 2 : −0,15
→%m(C2H6) =
0, 075.30 .100 = 23,66%→ Đáp án C 9,51
Bài 18: X, Y là hai este đều đơn chức (MX< MY); Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy 0,24 mol E chứa X, Y, Z cần dùng 1,53 mol O2 thu được 17,64 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 0,24 mol E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp M chứa 2 muối. Đun nóng toàn bộ F với H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 9,44g hỗn hợp T chứa 3 ete. Hóa hơi 9,44g T thì thể tích chiếm 2,688 lít (đktc). Biết rằng hiệu suất ete hóa của ancol theo khối lượng phân tử tăng dần lần lượt là 80% và 50%. Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E gần nhấtvới A.30% B. 31% C. 32% D. 33% Lời giải: Từ thông tin về ete, ta tính được: 24
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
C2 H 5OH : 0, 2 C2 H 5OH : 0, 2 : 80% = 0, 25 BT ( O ) T → → nCOO = 0,33 → nCO2 = 1,37 C3 H 7OH : 0, 04 C3 H 7OH : 0, 04 : 50% = 0, 08 X : RCOOC3 H 7 : 0, 08 nX ,Y + nZ = 0, 24 nX ,Y = 0,15 → → Y : RCOOC2 H 5 : 0, 07 nX ,Y + 2nZ = 0,33 nZ = 0, 09 Z : R(COOC H ) : 0, 09 2 5 2
Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp: X : HCOOC3 H 7 : 0, 08 X : HC ≡ C − COOC2 H 5 : 0, 07 Y : HCOOC2 H 5 : 0, 07 Z : (COOC H ) : 0, 09 E → E Y : HC ≡ C − COOC3 H 7 : 0, 08 2 5 2 BT ( C ) Z : (COOC H ) : 0, 09 → CH 2 : 0,3 2 5 2 ⇔ C ≡ C : 0,15 BT ( H ) → H 2 : −0,3
→ mY =
0, 08.112 .100 = 30,94% → Đáp án B. 28,96
25
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T (hai chức, mạch hở), hai ancol đơn chức cùng dãy đồng đẳng và một este hai chức tạo bởi T với hai ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn a gam X, thu được 8,36 gam CO2. Mặt khác, đun nóng a gam x với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp 20 ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol có phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46. Giá trị của mlà B. 5,92 C. 6,53 D. 5,36 A.7,09 Bài 2: Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm một số ancol, axit và este (đều no, đơn chức, mạch hở) cần dùng 33,6 lít khí O2. Cho toàn bộ sản phẩm đi qua dung dịch NaOH thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch HCl 2M vào Z thu được 2,24 lít khí CO2. Mặt khác, đun sôi đến cạn Z thu được 79,5 gam muối. Cho m gam X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 29,22 gam muối Y. Cho muối Y nung nóng với vôi tôi xút thì thu được hỗn hợp khí (hơi) T. Tỉ khối của T so với H2gần nhấtvới? A.15,0 B. 15,5 C. 16,0 D. 16,5 Bài 3: Hỗn hợp E chứa 3 este đều mạch hở và không phân nhánh (không chứa nhóm chức khác). Đun nóng 20,62 gam E cần dùng 280 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp F chứa 3 ancol đều no và hỗn hợp muối. Lấy toàn bộ hỗn hợp muối này đun nóng với vôi tôi xút thu được duy nhất một hiđrocacbon đơn giản nhất có thể tích là 5,6 lít (đktc). Mặt khác đốt cháy 20,62 gam E cần dùng 0,955 mol O2 (đktc). Phần trăm khối lượng của ancol có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp F gần nhất với giá trị nào sau đây A.70% B. 71% C. 72% D. 73% Bài 4: X, Y (MX< MY) là hai axit đơn chức, không no; Z là một ancol no, ba chức ; X, Y, Z đều mạch hở. Thực hiện phản ứng este hóa m gam hỗn hợp X, Y, Z (giả sử hiệu suất phản ứng este hóa đạt 100%), sản phẩm thu được chỉ có nước và m1 gam một este thuần chức T. Đốt cháy hết 36,84g hỗn hợp H gồm m gam hỗn hợp X, Y, Z và m1 gam este T, thu được 20,52g H2O. Mặt khác lượng H trên tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch N chứa 35,28g muối. Biết 36,84g H làm mất màu vừa đủ 0,48 mol Br2; este T chứa 7 liên kết π. Hiệu khối lượng giữa T và Y có giá trị gần nhấtvới A.6,8g B. 12g C.8g D.6,5g 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 hoàn toàn 46,6 gam E trong 200 gam dung dịch NaOH 12% rồi cô cạn dung dịch thu được phần 26
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
hơi Z có chứa chất hữu cơ T. Dẫn toàn bộ Z vào bình đựng Na, sau phản ứng khối lượng bình tăng 188,85 gam đồng thời thoát ra 6,16 lít khí H2 (đktc). Biết tỉ khối của T so với H2 là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với A.46,3% B. 43,5% C. 41,3% D. 48% Bài 6: Hỗn hợp A gồm hai ancol X, Y và axit cacboxylic Z (X,Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A thu được 48,4 gam CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, đun nóng m gam hỗn hợp A có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu được hỗn hợp B gồm các chất hữu cơ hai chức (thuần chức) và nước. Đốt cháy hoàn toàn lượng chất B ở trên cần 24,08 lít khí O2 (đktc). Nếu lấy toàn bộ lượng ancol có trong A đem đốt cháy thì cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Biết các phản ứng hoàn toàn và các ancol đơn chức, Y có nhiều hơn X một nguyên tử cacbon. Giá trị V gần nhất với: B. 24,6 C. 26,8 D. 28,2 A.22,1 Bài 7: X, Y (MX< MY) là hai axit cacboxylic hai chức; Z là ancol đơn chức; T là este thuần chức tạo bởi X và Z; biết X, Y, Z, T đều no và mạch hở. Cho 25,08g hỗn hợp H gồm X (3x mol), Y (x mol), Z, T tác dụng với dung dịch NaOH (dùng dư 10% so với lượng phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn khan N và 7,36g ancol Z. Đốt cháy hết N cần 0,33 mol O2, thu được 3,204g H2O. Biết Z chiếm 40% số mol hỗn hợp.Cho các nhận định sau: (1) Y chiếm khoảng 23,29% về khối lượng hỗnhợp. (2) Y và T là đồng phân củanhau. (3) Thực hiện phản ứng tách nước Z thì thu được tối đa 2anken. (4) Hiệu khối lượng của Y và Z là0,32g. Số nhận định đúnglà: A.1 B. 2 C. 3 D. 4 Bài 8: X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic; Z là axit no hai chức; T là este tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 34,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 21,728 lít O2(đktc) thu được 15,12 gam nước. Mặt khác 34,24 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,18 mol Br2. Nếu đun nóng 0,6 mol E với 80 gam dung dịch KOH 59,5%. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm lạnh phần hơi thu được chất lỏng A. Cho A đi qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với? A.59 gam B.60gam C.61 gam D. 62 gam Bài 9: Hỗn hợp X chứa ba este mạch hở; trong đó có hai este đơn chức và một este hai chức, không no. Đốt cháy hoàn toàn 29,04 gam X cần dùng 1,59 mol O2, thu được 20,52 gam nước. Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 29,04 gam X với lượng H2 vừa đủ ( xúc tác Ni, to) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với dung dịch NaOH 27
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
vừa đủ, thu được hỗn hợp Z chứa hai ancol và hỗn hợp T chứa hai muối của hai axit kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Dẫn toàn bộ Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 13,41 gam. Nung nóng hoàn toàn T với vôi tôi xút thu được hỗn hợp khí có khối lượng là 6,96 gam. Phần trăm khối lượng của D trong hỗn hợp X là: A.57,0% B. 53,3% C. 48,9% D. 49,6% Bài 10: X, Y là hai este đơn chức, Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp P chứa X,Y, Z thì cần dùng 24,304 lít O2 (đktc), sau phản ứng thu được CO2 và 14,22 gam H2O. Hiđro hóa hoàn toàn P cần vừa đủ 1,792 lít H2 (đktc) thu được hỗn hợp E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp T chứa hai muối (cả hai muối đều có mạch cacbon không phân nhánh). Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng10,78gam.NungnóngTvớixútdưcómặtCaO, sauphảnứngthuđượchỗnhợp2khícótỉkhốisovới He là
50 . Tổng số nguyên tử trong P 9
là: A. 44 B. 47 C. 50 D. 53 Bài 11: Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạnh hở (MX< MY); T là este hai chức tạo bởi X, Y và một ancol no mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng vừa đủ O2, thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 3,24 gam nước. Mặt khác 6,88 gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 12,96 gam Ag. Khối lượng rắn khan thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1Mlà A.10,54 gam B.14,04gam C.12,78 gam D. 13,66 gam Bài 12: Hỗn hợp X gồm hai este có cùng số nhóm chức (đều mạch hở, có tổng số liên kết πbằng 5). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng 38,08 lít khí O2 (đktc). Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp muối và 0,4 mol hai ancol no, đơn chức, mạch hở. Cho lượng muối trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu được 86,4g Ag. Số cấu tạo thỏa mãn este không no trong Xlà: A.2 B. 3 C. 4 D.5 Bài 13: X,Y là hai este đều đơn chức; Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở, không no chứa một liên kết đôi C=C và không chứa nhóm chức khác). Đốt cháy m gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol Y lớn hơn số mol Z) bằng oxi vừa đủ thu được 40,04 gam CO2 và 12,24 gam H2O. Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 3 ancol đều no và hỗn hợp F chứa 3 chất rắn trong đó có 2 chất hữu cơ (biết rằng số liên kết πcủa mỗi chất không lớn hơn 2). Đốt cháy hỗn hợp rắn F chỉ thu được 14,94 gam H2O và 66,78 gam Na2CO3. Phần trăm khối
28
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
lượng của Y (MX<MY) trong m gam E gần nhấtvới A.24% B. 24,5% C.25% D. 25,5% Bài 14: Hỗn hợp X gồm (CH3COO)3C3H5, CH3COOCH2CH(OOCCH3)CH2OH, CH3COOCH2CHOHCH2OH, CH2OHCHOHCH2OH và CH3COOH, trong đó CH3COOH chiếm 10% tổng số mol hỗn hợp. Đun nóng m gam hỗn hợp X với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 20,5 gam natri axetat và 0,604m gam glixetol. Để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng V lít O2 (đktc). Giá trị của V gần nhấtlà C. 28,48% D. 24,46% A.28,68% B. 27,53% Bài 15: Hỗn hợp khí X gồm hai amin kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Hỗn hợp khí Y gồm một ankan và một ankin có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy 9,26 gam hỗn hợp Z chứa X, Y có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2 bằng lượng oxi vừa đủ, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình chứa dung dịch H2SO4 đặc (dùng dư), thấy khối lượng bình tăng 12,42 gam; đồng khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 13,216 lít (đktc). Phần trăm khối lượng của amin có khối lượng phân tử nhỏ trong hỗn hợp Zlà. A.6,7% B. 20,1% C.13,4% D. 26,8% Bài 16: Đốt cháy hoàn toàn 50ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và 2 hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 375 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch H2SO4 đặc (dư). Thể tích khí còn lại là 175 ml. Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện. Hai hiđrocacbon đó là: B. C3H6vàC4H8 A.C2H4vàC3H6 C. C2H6vàC3H8 D. C3H8 vàC4H10 Bài 17: X là este no, đơn chức, Y là axit cacboxylic đơn chức, không no chứa một liên kết đôi C=C; Z là este hai chức tạo bởi axit Y và ancol no T (X, Y, Z đều mạch hở,). Đốt cháy a gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol Y bằng số mol Z) cần dùng 7,504 lít O2 (đktc), thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 19,74 gam. Mặt khác, a gam E làm mất màu tối đa dung dịch chứa 22,4g Br2. Khối lượng của X trong E là: A.6,6 B. 7,6 C.8,6 D. 9,6 Bài 18: X, Y là hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp; Z là anđehit; T là axit cacboxylic; X, Y, Z, T đều mạch hở và Z, T đơn chức. Hidro hóa hết a gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần dùng đúng 0,95 mol H2 thu được 24,58 gam hỗn hợp F. Đốt cháy hết F cần dùng 1,78 mol O2. Mặt khác, cho F tác dụng hết với Na (dư) sau phản ứng thu được 3,92 lít khí H2 (đktc) và 23,1 gam muối. Biết số mol T bằng 1/6 số mol hỗn hợp E và MX< MY. Cho a gam hỗn hợp E tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì được m gam kết tủa. Giá trị của mlà A.156,84 B. 176,24 C.174,54 D.108 29
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
Bài 19: X, Y, Z là ba este mạch hở (MX< MY< MZ); X đơn chức, có 1 liên kết C=C, Y và Z hai chức; Y được tạo từ axit đơn chức, Z được tạo từ axit đa chức. Đốt cháy hết 28,08g hỗn hợp H gồm X, Y, Z cần vừa đủ 1,5 mol O2. Đun nóng cũng lượng H trên trong 175g dung dịch NaOH 8%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch A chứa 4 chất tan (không chứa muối của axit fomic) và 12,92g hỗn hợp B chỉ chứa 2 ancol. Cho B tác dụng hết với kali dư thấy thoát ra 0,16 mol H2. Biết 28,08g H làm mất màu vừa hết 0,2 mol Br2 và 2 ancol trong B có cùng số nguyên tử cacbon. Nồng độ phần trăm của chất tan có phân tử khối lớn nhất trong Alà C.5,05% D. 5,11% A.4,67% B.4,99% Bài 20: X, Y, Z (MX< MY< MZ) là ba este no, mạch hở, thuần chức. Thủy phân hoàn toàn 68,8g hỗn hợp H gồm X, Y, Z trong 800 ml dung dịch KOH 2,4M, cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn T (chứa 4 chất; trong đó các chất hữu cơ đều mạch thẳng) ; hỗn hợp N chứa 3 ancol không là đồng phân của nhau và có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hết N thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 89,76g. Nung nóng hoàn toàn T với CaO, sản phẩm thu được chỉ có 9,12g hỗn hợp khí M (H2, CH4) và 132,48g một muối cacbonat. Biết số mol M bằng 23 lần số mol muối có phân tử khối lớn nhất trong T và Z chỉ tạo thành từ một axit và một ancol. Tỉ lệ khối lượng của Z so với Y có giá trị là A.4,6897 B. 4,6383 C.0,2156 D.1,1596
30
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1. Kết luận: Chuyên đề “Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ” đã tìm hiểu được: - Nêu được cơ sở lý thuyết của 3 dạng phương pháp quy đổi: + Đồng đẳng hóa + Thủy phân hóa + Hiđro hóa - Chỉ ra được tính hiệu quả của các phương pháp quy đổi trong giải quyết các bài toán hữu cơ. - Chuyên đề giúp đóng góp, mở rộng thêm các phương pháp giải toán hóa học mới; có thể dễ dàng áp dụng với nhiều giáo viên và học sinh; giúp các em học sinh và thầy cô có thêm nhiều hướng tư duy mới, cách tiếp cận mới khi xử lý các dạng bài tập hóa học phức tạp. Đồng thời, là tài liệu tham khảo hữu ích giúp các em học sinh ôn luyện tốt, nguồn tư liệu phục vụ cho công tác giảng dạy của giáo viên. 2. Kiến nghị. Trong phạm vi chuyên đề này, tôi mới chỉ đưa ra 3 phương pháp quy đổi nhằm phục vụ nhu cầu ôn luyện cho học sinh khi học về các dạng bài toán hỗn hợp các hợp chất hữu cơ như hiđrocacbon, ancol, anđehit, axit, este. Kính mong được sự đóng góp của quý thầy cô để chuyên đề có thể hoàn thiện hơn. Qua đó, tạo nên tài liệu tham khảo hữu ích cho cả giáo viên và học sinh. Xin trân trọng cảm ơn! Sông Lô, ngày 20 tháng 10 năm 2019 Người viết
Nguyễn Trung Kiên
31
Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ
TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Nguyễn Minh Tuấn, Bùi Quốc Tuấn, Lại Huy An, Nguyễn Văn Chất, Nguyễn Ngọc Khải, Nguyễn Trọng Hải –22 Phương pháp và kĩ thuật hiện đại giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học, tập 2, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội (2014) 2) Cấn Thị Thúy Nga – Tìm hiểu phương pháp quy đổi nhóm hợp chất hữu cơ giải quyết một số bài toán khó trong đề thi THPT QG– Khóa luận tốt nghiệp trường ĐHSP Hà Nội 2 (2018) 3) Đỗ Văn Khang, Phan Quốc Khánh, Đào Văn Yên – Toàn tập về quy đổi, Nhà xuất bản Hồng Đức (2017) 4) Võ Minh Ngọc – Vẻ đẹp của phương pháp quy đổi trong giải toán hữu cơ. 5) Nguyễn Minh Tuấn – Sử dụng phương pháp quy đổi để giải bài tập đốt cháy và thủy phân peptit. 6) Nguyễn Văn Thương – Kĩ thuật tam phân peptit 7) https://bloghoahoc/
32