›
›
›

Các kĩ thuật quy đổi hỗn hợp hữu cơ phức tạp môn Hóa học Lớp 12

pdf 58 trang thungat 7540
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Các kĩ thuật quy đổi hỗn hợp hữu cơ phức tạp môn Hóa học Lớp 12", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfcac_ki_thuat_quy_doi_hon_hop_huu_co_phuc_tap_mon_hoa_hoc_lop.pdf

Nội dung text: Các kĩ thuật quy đổi hỗn hợp hữu cơ phức tạp môn Hóa học Lớp 12

  1. 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 hĩa (tách – ghép CH2) 2. Thủy phân hĩa (tách – ghép este) 3. Hiđro hĩa (tách – ghép liên kết ) 4. Ankan hĩa (tách – ghép nhĩm chức) I. ĐỒNG ĐẲNG HỐ 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 nhĩm CH2. Vì vậy, cĩ thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nĩ. Dựa vào ý tưởng này, ta cĩ 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 Hĩa (ĐĐH). Ví dụ : C3H8 CH4 + 2CH2 C6H5–CH(CH3)2 C6H6 + 3CH2 C3H6(OH)2 C2H4(OH)2 + 1CH2 C4H7COOH C2H3COOH + 2CH2 C2H5COOC3H7 HCOOCH3 + 4CH2 (C15H31COO)3C3H5 (HCOO)3C3H5 + 45CH2 C2H5NH2 CH3NH2 + 1CH2 (CH3)2CH–CH(NH2)–COOH NH2CH2COOH + 3CH2 2. Kĩ thuật áp dụng – Các bài tốn 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 1 COOH X C2 H 4 (OH) 2 : b C H (OH) m 2m 2 CH2 : c Ví dụ 2: Quy đổi hỗn hợp Y gồm các ankin, các anđehit no, hai chức và các este đơn chức cĩ một liên kết đơi C=C (tất cả đều mạch hở).
  2. C H : a CH 22 n 2n 2 (CHO)2 : b Y C H (CHO)2 m 2m HCOOC H : c CHO 23 n 2n 2 2 CH2 : 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. CH2 (NH 2 ) 2 : a Cn H 2n (NH22 ) Z (CHON).HO:b2 3 5 2 (C H ON) .H O m 2m 1 52 CH2 : c 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 cịn lại và trả lời câu hỏi của bài tốn. Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, cĩ hai điều quan trọng các bạn cần lưu ý: +) CH2 là thành phần khối lượng. Vì vậy, nĩ cĩ 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 khơng phải là một chất (bản thân nĩ là nhĩm metylen –CH2–). Nĩ khơng 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 khơng cĩ ý nghĩa. Bài 1: Hỗn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp cĩ số nguyên tử C nhỏ hơn 5 và ancol etylic. Đốt cháy hồn tồn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O2 (đktc). Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy cĩ thốt 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 khơng bằng nhau. Ta đặt ẩn theo một phần và chia tỉ lệ theo phần cịn lại. Đề bài hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo phần cĩ dữ kiện khối lượng. - Chú ý rằng 2 ankin cĩ số nguyên tử C nhỏ hơn 5 nên chúng ở thế khí. Khi cho X vào bình đựng Na dư, khí thốt ra gồm H2 và 2 ankin đĩ. Lời giải: Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH: C25 H OH : a mol C25 H OH X X C22 H : b mol 46a 26b 14c 28 (1) CH 28 gam n 2n 2 CH2 : c mol Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C2H5OH phản ứng sinh ra 0,5a mol khí H2, đồng thời thốt ra b mol ankin. Vậy ta cĩ phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2)
  3. (Như đã nĩi, số mol này khơng bao gồm số mol CH2). 0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2, ta cĩ: k(a + b) = 0,3 Từ lượng O2 phản ứng, ta cĩ phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 3a 2,5b 1,5c 1,25 Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta cĩ: (3) a b 0,3 Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6 0,2.46 Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X là: .100% 32,86% Đáp án A. 28 Nhận xét: 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 cĩ 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 hồn tồn, cơ cạn dung dịch thu được ancol Y và phần rắn T. Đốt cháy hồn tồn 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 0,1 mol 7,2 T  M2 CO 3 CO 2 H 2 O gam MOH dư 9,54 gam 8,26 gam 7,2 2.9,54 7,2 Bảo nguyên tố M, ta cĩ: MM 23 M là Na, n NaOH 0,18 mol MMM 17 2M 60 40 nNaOH dư 0,18 0,1 0,08 mol Tới đây cĩ 2 hướng xử lí: Gọi CTPT muối của axit cần tìm là CnH2n – 1O2Na Na23 CO : 0,09 Cn H 2n 1 O 2 Na : 0,1  O2 CO : n n 0,1n 0,09 2 C(T) Na23 CO NaOH : 0,08 H2 O : 0,5.[ 0,1.(2n 1) 0,08] 8,26 m n 44(0,1n 0,09) 18.0,5.[] 0,1(2n 1) 0,08) n 2 CO22 H O Axit là CH3 COOH Đáp án B. Sử dụng ĐĐH, ta cĩ: HCOONa : 0,1 mol Na23 CO : 0,09 O2 T CH22 : xmol  CO : x 0,01 8,26 44.(x 0,01) 18.(x 0,09) x 0,1 NaOH dư : 0,08 mol H2 O : x 0,09
  4. Muối gồm 0,1 (HCOONa 1CH2 ) 0,1CH 3 COONa Axit là CH 3 COOH Đáp án 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 tốn dừng lại ở mức tách CH2 thường ko quá phức tạp. Với những bài tốn hỏi thơng 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 khơng gặp nhiều khĩ 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 CH3 OH : 0,5 CH33 OH : 0,2 CH OH : 0,2 CH2 : 0,3 CH3 OH CH 2 : 0,3 C 2 H 5 OH : 0,3 Ví dụ 2: Tạo lại hỗn hợp 2 axit cĩ số C cách nhau 2 đơn vị gồm 0,1 C2H3COOH và 0,14 CH2 C2 H 3 COOH : 0,03 C 2 H 3 COOH : 0,03 C23 H COOH : 0,1 C2 H 3 COOH 2CH 2 : 0,07 C 4 H 7 COOH : 0,07 CH2 : 0,14 C35 H COOH : 0,1 C3 H 5 COOH : 0,08 C 3 H 5 COOH : 0,08 CH2 : 0,04 C3 H 5 COOH 2CH 2 : 0,02 C 5 H 9 COOH : 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 cĩ phân tử khối lớn bằng nhau C37 H CHO : 0,3 HCHO :1,4 CH3 CHO :1,4 C25 H CHO : 0,3 CH2 : 2,3 CH2 : 0,9 0,3(1 2) CH3 CHO : 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. C25 H OH : 0,5 C2 H 5 OH.mCH 2 : 0,5 m2 C49 H OH : 0,5 HCOOH : 0,3 với 0,5m 0,3n 1,3 HCOOH.nCH2 : 0,3 n 1 CHCOOH:0,33 CH2 :1,3 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 CH4 : 0,2 0,2m 0,4n 1,2 CH42 .mCH : 0,2 m2 C38 H : 0,2 C22 H : 0,4 với m 3 C2 H 2 .nCH 2 : 0,4 n 2 C 4 H 6 : 0,4 CH2 :1,2 n2 Cách tốt nhất để luyện tập kĩ thuật ghép là áp dụng nĩ vào các bài tập.
  5. Bài 3: Cho X là axit cacboxylic đơn chức mạch hở, trong phân tử cĩ một liên kết đơi 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. Cơ cạn F, thu được chất rắn khan G. Đốt cháy hồn tồn G bằng O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi. Hấp thụ tồn bộ T vào bình đựng nước vơi trong, sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn 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: CH2 CH COOH : a Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E HCOOH : b CH2 : c Từ dữ kiện khối lượng hỗn hợp, ta cĩ: 72a 46b 14c 23,02 1 Từ dữ kiện số mol NaOH phản ứng vừa đủ, ta cĩ: a b 0,46 2 Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp muối: O2 1 5 3 CHCOONa2 3 NaCO 2 3 CO 2 HO 2 a mol 2 2 2 CO : 2,5a 0,5b c O2 1 1 1 2 HCOONa Na2 CO 3 CO 2 H 2 O T b mol 2 2 2 H2 O :1,5a 0,5b c O2 CH2 CO 2 H 2 O c mol m m 44(2,5a 0,5b c) 18(1,5a 0,5b c) 22,04 3 CO22 H O 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 3 COOH : 0,05 X : C 2 H 3 COOH : 0,05 E HCOOH : 0,41 E Y : HCOOH : 0,37 mZ 60.0,04 2,4 gam Đáp án A. CH23 : 0,04 Z : CH COOH : 0,04 Nhận xét: Khối lượng bình tăng cĩ thể xử lí gọn hơn bằng cách quy đổi cơng thức phân tử của muối. Đơi khi đề bài cĩ 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 cĩ tỉ lệ mol 3:4. Cho a mol X vào bình chứa b mol O2 (dư) rồi đốt cháy hồn tồn 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 hịa tan được Cu(OH)2 của B A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
  6. Phân tích: Bài này cĩ điều kiện MA > 62, vì vậy ta khơng nên quy đổi về C2H4(OH)2. Lời giải: CH(OH):a3 6 2K CH(OK):a 3 6 2 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: XX  dư CH22 : c CH : c CO :3a c C H (OH) : a 2 3 6 2 b mol O2 Phản ứng đốt cháy: X  H2 O : 4a c CH : c 2 1 n a b(3ac) (4ac) O2 (dư) 2 Từ số mol khí và hơi, ta cĩ: (3a + c) + (4a + c) + [a + b – (3a + c) – 0,5(4a + c)]= 2,04 3a + b + 0,5c = 2,04 (1) Từ dữ kiện khối lượng muối, ta cĩ: 152a + 14c = 0,5.70,56 35,28 (2) Từ đề bài 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 : 0,21 0,09 0,12 A:C3 H 6 (OH) 2 :0,09 XX CH2 : 0,24 0,12.2 B : C5 H 10 (OH) 2 : 0,12 Vì B hịa tan được Cu(OH)2 nên B cĩ 2 nhĩm OH kề nhau. Cĩ 5 cấu tạo thỏa mãn B: CH2 CH CH 2 CH 2 CH 3 CH 3 CH CH CH 2 CH 3 | | | | OH OH OH OH CH3 CH 3 CH 3 | | | CH2 C CH 2 CH 3 CH 3 C CH CH 3 CH 3 CH CH CH 2 | | | | | | OH OH OH OH OH OH Đáp án C. Bài 5: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, khơng no cĩ một liên kết đơi C=C trong phân tử). Đốt cháy hồn tồn 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 cơ cạn dung dịch thu được 55,2 gam muối khan và phần hơi cĩ 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 cĩ giá trị gần nhất với A. 46,5% B. 48% C. 43,5% D. 41,5% Phân tích: Một ví dụ khác về bài tồn 2 phần khơng bằng nhau. Mình sẽ giải nĩ theo 2 cách khác nhau. Các bạn hãy so sánh hai lời giải và rút ra điểm lợi thế của ĐĐH.
  7. Lời giải 1: MZ = 32 Z là CH3OH C H O (m 4) : a CO : 0,43 m 2m 2 2O2 2 Phản ứng đốt cháy: E1  CHn 2n 4 O(n 4 4):b HO:0,32 2 Dựa vào độ bất bão hòa, ta có: a 2b n n 0,43 0,32 0,11 n 1 CO2 H 2 O COO (E 1 ) m BTKL E2 46,6 55,2  mE 0,11.32 0,43.12 0,32.2 9,32 5 m 11,04 1 m 9,32m)uối (E1 5 E1 Phản ứng thủy phân: RCOOCH3 : a NaOH RCOONa : a 9,32g  11,04g R' (COOH)2 : b R' (COONa)2 : b Sử dụng phương pháp tăng – giảm khối lượng, ta cĩ: (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 tồn nguyên tố C, ta cĩ: 0,05m + 0,03n = 0,43 (m 4, n 4) m = 5, n = 6 0,03.144 Este X là C5H8O2, axit Y là C6H8O4 %m .100% 46,35% Đáp án A. Y 9,32 Lời giải 2: MZ = 32 Z là CH3OH CH3 OH HO C2 H 3 COOCH 3 : a 2 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: NaOH E C2 H 2 (COOH) 2 : b  C23 H COONa : a 46,6g CH : c 55,2g C H (COONa) : b 2 2 2 2 CH2 : c Từ dữ kiện khối lượng E và khối lượng muối, ta cĩ ngay hai phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1) và 94a + 160b + 14c = 55,2 (2) Ứng với phần 1, ta cĩ: C2 H 3 COOCH 3 : ka nCO k(4a 4b c) 0,43 O2 2 Chia vế theo vế 4a 4b c 0,43 kE C2 H 2 (COOH) 2 : kb  3 n k(3a 2b c) 0,32 Triệt tiêu k 3a 2b c 0,32 HO2 CH2 : kc 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:
  8. C2 H 3 COOCH 3 : 0,25 X : C3 H 5 COOCH 3 : 0,25 E C2 H 2 (COOH) 2 : 0,15 Y : C6 H 8 O 4 : 0,15 CH2 : 0,55 0,25 0,15.2 0,15.144 %m .100% 46,35% Đáp án A. Y 46,6 Nhận xét: Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta khơng cần quan tâm tỉ lệ giữa 2 phần. Bài 6: X, Y là hai amin no, hở; trong đĩ X đơn chức, Y hai chức. Z, T là hai ankan. Đốt cháy hồn tồn 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 cĩ số mol bằng nhau ; Y và Z cĩ số nguyên tử cacbon bằng nhau. Tỉ lệ khối lượng của T so với Y cĩ 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 : CH4 (M 16) : a X : CH32 NH (M 31) : b Sử dụng ĐĐH kết hợp với các điều kiện, tiến hành quy đổi: H T : C38 H (M 44) : b Y : CH (NH ) (M 46) : c 2 2 2 CH2 : d Từ các thơng tin, ta lập được một hệ phương trình 4 ẩn mH 16a (31 44)b 46c 14d 21,5 a 0,18 nZH 0,36n a 0,36.(a 2b c) b 0,1 n 2a (2,5 4)b 3c d 1,77 c 0,12 HO2 d 0,4 nHCl b 2c 0,34 Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp H Z : CH (M 16) : 0,18 4 Z : C H (M 30) : 0,18 X : CH NH (M 31) : 0,1 26 32 X : CH NH (M 31) : 0,1 32 mT H T : C38 H (M 44) : 0,1 0,806 Đáp án B. T : C H (M 58) : 0,1 m Y : CH (NH ) (M 46) : 0,12 4 10 Y 2 2 2 Y : C2 H 4 (NH 2 ) 2 (M 60) : 0,12 CH2 : 0,4 0,18 0,1 0,12 Nhận xét: Bài này cĩ các điều kiện ràng buộc hỗn hợp đầu khá phức tạp. Sử dụng ĐĐH cho phép ta bao quát tất cả các điều kiện đĩ ngay ở bước quy đổi. Qua những ví dụ trên, hy vọng các bạn đã hiểu được cách sử dụng kĩ thuật Đồng Đẳng Hĩa trong các bài tập. Đây là kĩ thuật cơ bản nhất và là nền tảng cho các kĩ thuật cịn lại. Các bạn hãy nghiên cứu kĩ Đồng Đẳng Hĩa trước khi chuyển sang các mục tiếp theo.
  9. II. THUỶ PHÂN HỐ 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi Đây là kĩ thuật thêm nước vào hỗn hợp cĩ chứa Este mà nhiều bạn đang sử dụng. Mình đặt lại một cái tên mang tính hĩa học cho nĩ. Thủy Phân Hĩa (TPH) nĩi rõ lên bản chất quy đổi của kĩ thuật. Trong tài liệu này mình sẽ khai thác triệt để TPH và kết hợp nĩ với kĩ thuật ĐĐH. Các kĩ thuật Hiđro Hĩa, Ankan Hĩa ở những mục tiếp theo cũng sẽ cĩ sự kết hợp với TPH. Xét phản ứng thủy phân este: Este + H2O Ancol + Axit Chuyển vế, ta cĩ: Este Ancol + Axit – H2O Ta cĩ 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 cĩ thể làm tương tự. Đối với peptit, ta cĩ phản ứng thủy phân: Peptit + H2O Amino axit Chuyển vế, ta cĩ: Peptit Amino axit – H2O Tương tự như este, ta cĩ 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 tốn minh họa a) Tách H2O – Ghép este Với dạng bài Ancol – Axit – Este, ta nên sử dụng TPH để các bước tính tốn 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 cĩ phản ứng thủy phân tương tự hỗn hợp đầu” Ở đây mình lấy hỗn hợp đơn giản nhất cĩ 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 H2 O : a NaOH RCOOR'' RCOONa R OH a a a RCOONa : a b NaOH Nếu đem X phản ứng với NaOH dư: RCOOH RCOONa H2 O R' OH : a c bbb H O : b R'' OH NaOH R OH 2 cc NaOH RCOOH RCOONa H2 O a b a b ab RCOONa : a b NaOH Nếu đem X’ phản ứng với NaOH dư: ROH''' ROH ROH:ac a c a c NaOH H2 O : a b a b HOHO22 aa
  10. Sản phẩm cuối cùng của các phản ứng khơng cĩ 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 cĩ trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu thủy phân hồn tồn hỗn hợp đầu (trong mơi trường axit hoặc mơi 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 hồn tồn 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. Cơng 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 cĩ: +) X tác dụng vừa đủ với 0,03 mol NaOH a = 0,03 +) Thủy phân hồn tồn X, thu được 0,03 mol CH3OH b = 0,03 Cxy H COOH : 0,03 mol O2 Phản ứng đốt cháy: X CH3 OH : 0,03mol  CO 2 H 2 O 2,76g 0,12mol 0,1 mol H2 O : c mol 2,76 12.0,12 2.0,1 Bảo tồn khối lượng cho X, ta cĩ: n 0,07 O(X) 16 Bảo tồn lần lượt các nguyên tố, ta cĩ:  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 C23 H COOH Đáp án B. Tiếp theo mình sẽ giới thiệu đến các bạn kĩ thuật quy đổi kết hợp TPH và ĐĐH. Kĩ thuật này cĩ phạm vi ảnh hưởng rộng và cĩ thể áp dụng cho hầu hết bài tốn 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 cĩ este. Ta cĩ kết quả: n n n COO OH H2 O
  11. 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). CH3 OH : a HCOOCH C H (OH) : b C H COOC H 3 2 4 2 n 2n 1 m 2m 1 X (HCOO)2 C 2 H 4 HCOOH : a 2b (C H COO) C H p 2p 12 q 2q CH H O : a 2b 2 2 CH2 : c Ta cĩ thể gộp ancol và nước lại cho gọn. Ví dụ 2: Quy đổi este cĩ 7 liên kết được tạo tử glixerol và 2 axit khơng no, mạch hở. Este cĩ 7 3COO 4 CC 3 (1.2 2.1) C3 H 5 (OH) 3 : a C32 H : a (C2 H 3 COO) 2 H O : 3a (C H COO) \ 2 n 2n 1 2 CH C23 H COOH : 2a \C H / 35 C H COOH : 2a / 3 5 HC C COO 2 3 HC C COOH : a Cm H 2m 3 COO HC C COOH : a CH2 CH2 : b CH2 : b Vì hỗn hợp chỉ cĩ este nên trong một số tình huống, ta chỉ nên dùng ĐĐH mà khơng dùng thêm TPH. Trường hợp 2: Hỗn hợp chỉ cĩ axit và este. Ta cĩ kết quả: nn OH H2 O Để cho gọn, khi quy đổi ta cĩ 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 OH : a HCOOCH 3 CH : a C H COOC H 3 2 n 2n 1 m 2m 1 H2 O : a X HCOOH HCOOH : b C H COOH HCOOH : b p 2p 1 CH CH : c 22 CH2 : c Ví dụ 4: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit acrylic, este mạch hở cĩ 6 liên kết , mạch hở tạo bởi ancol no ba chức và các axit khơng no, đơn chức. Este cĩ 6 3COO 3 CC 3 (1 1 1) C H (OH) : a (CHCOO)CH3 5 3 CH:a (C H COO) C H 2 3 3 3 5 3 2 n 2n 13 m 2m 1 H2 O : 3a X CHCOOH2 3 CHCOOH:b 2 3 C H COOH C H COOH : b p 2p 1 CH 23 CH : c 22 CH2 : c Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ cĩ ancol và este. Tương tự như trường hợp 2, ta cĩ kết quả: nn COO H2 O
  12. Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). CH OH : a HCOOCH 3 C H COOC H 3 n 2n 1 m 2m 1 HCOOH : a X CH3 OH C H OH H O : a p 2p 1 CH 2 2 CH2 : 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) : a (COOCH ) 2 C H (COOC H ) 32 n 2n m 2m 1 2 H2 O : 2a X CH3 OH C H OH CH OH : b p 2p 1 CH 3 2 CH2 : c Trường hợp 4: Hỗn hợp cĩ cả ancol, axit và este. Đây là trường hợp tổng quát. Vì khơng cĩ 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 HCOOH : a C H COOC H 3 n 2n 1 m 2m 1 HCOOH CH3 OH : b X Cp H 2p 1 COOH CH3 OH H2 O : c C H OH p 2p 1 CH2 CH2 : d Ví dụ 8: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đồng đẳng với ancol anlylic, axit no hai chức, este cĩ 4 liên kết tạo bởi axit no hai chức và các ancol khơng no, đơn chức (tất cả đều mạch hở). Este cĩ 4 2COO 2 CC 2 (1 1) (COOC H ) (COOH) : a C H (COOC H ) 3 5 2 2 p 2p q 2q 1 2 (COOH)2 C35 H OH : b X Ca H 2a (COOH)2 C35 H OH H2 O : c C H OH b 2b 1 CH2 CH2 : d Vì ĐĐH – TPH cĩ 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 nĩ. Các bài tập nâng cao nằm ở phần các bài tốn tổng hợp và bài tập tự luyện. Đĩ 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 cĩ cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy hồn tồn 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
  13. (Đề thi đại học khối A – 2014) Phân tích: Đây là bài tốn kinh điển cho dạng tốn hỗn hợp Ancol – Axit – Este. Cĩ 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 cĩ 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. Ngồi ra, ta cĩ: n 0,52  BTKL n 0,47 n Z là ancol no. H22 O CO2 H O Như vậy, Z thuộc dãy đồng đẳng của etylen glicol. Bài này cĩ điều kiện Z cĩ cùng số cacbon với X, vậy ta nên quy đổi Z về C3H6(OH)2 C23 H COOH : a C3 H 6 (OH) 2 : b Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi: E CH2 : c H2 O : d Vì ancol Z no nên khơng phản ứng với Br2 a 0,04 Từ khối lượng E, n , n , ta lập được hệ: CO22 H O mE 72.0,04 76a 14b 18c 11,16 a 0,11 n 3.0,04 3a b 0,47 b 0,02 CO2 n 2.0,04 4a b c 0,52 c 0,02 HO2 Tiến hành ghép CH2, tạo lại axit và ancol ban đầu. C23 H COOH : 0,04 C23 H COOH : 0,02 C3 H 6 (OH) 2 : 0,11 C35 H COOH : 0,02 KOH C23 H COOK : 0,02 E  Muối CH2 : 0,02 C3 H 6 (OH) 2 : 0,11 C35 H COOK : 0,02 H2 O : 0,02 H2 O : 0,02 mmuối 0,02.110 0,02.124 4,68 gam Đáp án A. Nhận xét: - Vì đề bài khơng hỏi thơng tin về hai axit ban đầu nên ta cĩ thể làm nhanh như sau: n 0,02 n 0,11 Z là C H (OH) , toàn bộ 0,02 CH sẽ đi hết vào axit CH2 CH(OH) 3 6 2 362 2 C23 H COOH : 0,04 Muối mmuối 0,04.(72 38) 0,02.14 4,68 gam CH2 : 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 cĩ thể đốn Z là ancol no.
  14. Bài 9: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ cĩ nhĩm –COOH); trong đĩ, cĩ hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit khơng no (cĩ đồng phân hình học, chứa một liên kết đơi C=C trong phân tử). Thủy phân hồn tồn 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 hồn tồn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este khơng 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 khơng nên dùng TPH. Lời giải: Trước hết, ta xử lý thơng tin về ancol Y. 2,48 0,08 n 2n 0,08 M 32 Y là CH OH. Y H2 Y0,08 3 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp X (chú ý điều kiện este khơng no cĩ đồng phân hình học) HCOOCH33: a HCOOCH : a X CH3 CH CH COOCH 3: b C 3 H 5 COOCH 3 : b CH22 : c CH : c 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 n 2a 4b c 0,22 b 0,02 X C H COOCH : 0,02 H2 O 3 5 3 n a b 0,08 c 0,02 CH2 : 0,02 CH3 OH Tiếp theo ta ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. Chú ý cĩ một sai lầm cần tránh Cách ghép sai HCOOCH3: 0,06 HCOOCH3: 0,06 X C3 H 5 COOCH 3: 0,02 X C4 H 7 COOCH 3: 0,02 CH2 : 0,02 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 khơng kĩ đề. Cách ghép đúng HCOOCH33: 0,06 HCOOCH : 0,04 X C3 H 5 COOCH 3: 0,02 X CH 3 COOCH 3 : 0,02 CH2 : 0,02 C 3 H 5 COOCH 3: 0,02 0,02.100 %m .100% 34,01% Đáp án D. 5,88
  15. Nhận xét: Tương tự như bài trước, ta khơng 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 hồn tồn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đĩ Y và Z cĩ cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Mặt khác, đun nĩng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn thu được 21,6 gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400ml dung dịch NaOH 1M và đun nĩng, thu được dung dịch N. Cơ 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 cĩ nhiều điều kiện liên quan tới hỗn hợp đầu, vì vậy ta nên sử dụng ĐĐH – TPH. Lời giải: Vì M cĩ 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 (trường hợp este – axit), tiến hành quy đổi: HCOOH : a HCOOH : a C3 H 5 (OH) 3 : b M C H : b H O : 3b 32 2 CH : c 2 CH2 : c Từ khối lượng M, số mol CO2, số mol H2O, ta lập được hệ mM 46a 38b 14c 26,6 a 0,4 HCOOH : 0,4 n a3bc1 b0,05 MCH:0,05 CO2 3 2 n a b c 0,9 c 0,45 CH2 : 0,45 HO2 0,4 0,1 Ta cĩ: n 0,2 n 0,1n n 0,15 Ag X Y Z 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 : CH3 COOH : 0,15 M C3 H 2 : 0,05 M Z : C 2 H 5 COOH : 0,15 CH : 0,45 C H : 0,05 2 3 2 BTNT(C)  CH2 : 0 Nếu cịn 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
  16. 1 m (24,7 0,8.40 0,4.18) 24,75 gam Đáp án A. rắn 2 Bài 11: X là trieste cĩ CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đĩ cĩ 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 tồn bộ sản phẩm qua bình nước vơi 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 nĩng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối. Biết các phản ứng đều xảy ra hồn tồn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y cĩ trong hỗn hợp F cĩ 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 thơng tin về este. kX 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 C32 H : a H O : 3a m (38 2.46)a 72b 14c 26,5 a 0,05 2E HCOOH : 2a EE HCOOH : 2a mmuối 2.84a 110b 14c 36 b 0,2 C23 H COOH : b CHCOOH:b23 26,5 c0,4 CH : c n 5a 3b c 0,5. 2 CO2 10,6 CH2 : c HCOOK : 0,1 Vì ancol được cố định là glixerol nên muối sẽ gồm C23 H COOK : 0,2 CH2 : 0,4 Tiến hành ghép CH2, ta cĩ 3 trường hợp: C23 H COOK : 0,2 Trường hợp 1: Y mY 0,2.110 22 gam CH2 : 0 C23 H COOK : 0,2 Trường hợp 2: Y mY 22 0,2.14 24,8 gam Đáp án C . CH2 : 0,2 C23 H COOK : 0,2 Trường hợp 3: Y mY 24,8 0,2.14 27,6 gam CH2 : 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 (khơng xét este của axit đa chức và ancol đa chức), ta cĩ 3 trường hợp. Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức.
  17. 1RCOOR’ + 1H2O 1RCOOH + 1R’OH Chuyến vế, ta cĩ: 1RCOOR’ 1RCOOH + 1R’OH – 1H2O Từ các hệ số, ta thu được: n n n n RC'' OOR RCOOH R OH H2 O RCOOH : 0,3 RCOOH : 0,3 0,2 RCOOH : 0,1 Ví dụ 1: ROH:0,5''' ROH:0,5 0,2 ROH:0,3 HO:22 0,2 RCOOH ROH'' HO:0,2 RCOOR:0,2 Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức. 1(RCOO)nR’ + nH2O 1R’(OH)n + nRCOOH Chuyến vế, ta cĩ: 1(RCOO)nR’ 1R’(OH)n + nRCOOH – nH2O nnRCOOH H O 2 Từ các hệ số, ta thu được: nHO nn 2 (ROO)RC''nn R(OH) n RCOOH : 0,4 RCOOH : 0,4 3.0,1 RCOOH : 0,1 Ví dụ 2: R(OH):0,2'''3 R(OH):0,2 3 0,1 R(OH):0,1 3 HO:2 0,3 R(OH)'' 3 3RCOOH 3HO:0,1 2 (RCOO)R:0,1 3 Trường hợp 3: Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơn chức. 1R(COOR’)n + nH2O 1R(COOH)n + nR’OH Chuyến vế, ta cĩ: 1R(COOR’)n 1R(COOH)n + nR’OH – nH2O nnR' OH H O 2 Từ các hệ số của phản ứng, ta thu được: nHO nn 2 R(C' OOR )nn R(COOH) n R(COOH)2 : 0,5 R(COOH) 2 : 0,5 0,3 R(COOH) 2 : 0,2 Ví dụ 3: X R''' OH : 0,7 R OH : 0,7 2.0,3 R OH : 0,1 HO:2 0,6 R(COOH) 2 2ROH'' 2HO:0,3 2 R(COOR) 2 :0,3 Ghép este tuy đơn giản, nhưng lại dễ sai. Vì vậy, các bạn cần phải nắm vững cả 3 trường hợp trên. Bài 12: Hỗn hợp E chứa este X (CnH2n-4Ox) và este Y (CmH2m-6Ox) với X, Y đều mạch hở và khơng chứa nhĩm chức khác. Đun nĩng 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 tồn bộ a gam Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 7,104 gam. Mặt khác đốt cháy hồn tồn 18,48 gam E với lượng oxi vừa đủ, thu được CO2 và H2O cĩ tổng khối lượng 52,656 gam. Phần trăm khối lượng của Y cĩ trong hỗn hợp E là: A. 28,68% B. 27,53% C. 28,48% D. 24,46% Lời giải:
  18. Gọi số chức của ancol Z là k, ta có: M 7,104 0,192 76 n 0,192 Z 38 Z là C H (OH) COOk 0,192 2 3 6 2 X phản ứng với NaOH sinh ra 2 muối và X cĩ 1 CC nên X được tạo từ ancol Z và hai axit, trong đĩ cĩ một axit A no và một axit B cĩ một nối đơi 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 cĩ 2 nên Y được tạo từ Z và 2 gốc axit B. Từ những suy luận trên, ta đã cĩ đủ thơng tin để sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp chỉ cĩ este) C3 H 8 O 2 : 0,096 C34 H : 0,096 H2 O : 0,192 HCOOH : a E HCOOH : a C H COOH : b CH CH COOH : b 23 2 CH2 : c CH2 : c Từ khối lượng E, số mol COO, tổng khối lượng CO2 và H2O, ta lập được hệ C H : 0,096 34 mE 40.0,096 46a 72b 14c 18,48 a 0,072 HCOOH : 0,072 nCOO a b 0,192 b 0,12 E C H COOH : 0,12 m m 168.0,096 62a 168b 62c 52,656 c 0,192 23 CO22 H O CH2 : 0,192 Z : 0,096 X : A Z B: 0,072 Tiến hành ghép este theo điều kiện của X và Y, ta cĩ: E A : 0,072 Y : B Z B: 0,024 B: 0,12 Tiến hành ghép CH2: 0,192 = 0,096.2 = 0,072 + 0,12 Ta cĩ hai trường hợp: X : C3 H 5 COO C 3 H 6 OOCCH 3 : 0,072 X : C2 H 3 COO C 5 H 10 OOCH : 0,072 E hoặc E Y : (C3 H 5 COO) 2 C 3 H 6 : 0,024 Y : (C2 H 3 COO) 2 C 5 H 10 : 0,024 uy nhiên, 2 trường hợp này là 2 trường hợp đng phân của nhau, do đĩ chỉ cĩ một kết quả duy nhất: 212.0,024 %m .100% 27,53% Đáp án B. Y 18,48 Nhận xét: Vì hỗn hợp E gồm các este nên ta chỉ cần dựa vào số mol của các gốc axit để ghép. Bài 13: 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 nĩng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M. Biết ở điều kiện thường, ancol T khơng tác dụng với Cu(OH)2. Phần trăm số mol của X cĩ trong hỗn hợp E là A. 60% B. 75% C. 50% D. 70%
  19. n 0,4  BTKL n 0,39 n T là ancol no. H2 O CO 2 H 2 O T khơng 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 HCOOH : 0,19 mE 46.0,19 76a 14b 18c 12,52 a 0,05 C3 H 6 (OH) 2 : a E n 0,19 3a b 0,39 b 0,05 CO2 CH2 : b n 0,19 4a b c 0,4 c 0,04 HO2 H2 O : c HCOOH : 0,19 HCOOH : 0,14 C3 H 6 (OH) 2 : 0,05 CH3 COOH : 0,05 Tiến hành ghép CH2, ta cĩ: EE CH2 : 0,05 C3 H 6 (OH) 2 : 0,05 H2 O : 0,04 H2 O : 0,04 HCOOH : 0,14 X : HCOOH : 0,14 0,02 0,12 CH3 COOH : 0,05 Y : CH3 COOH : 0,05 0,02 0,03 Tiến hành ghép este, ta cĩ: E C3 H 6 (OH) 2 : 0,05 T : C3 H 6 (OH) 2 : 0,05 0,02 0,03 H2 O : 0,04 ( 0,02).2 Z : CH3 COO C 3 H 6 OOCH : 0,02 0,12 %n .100% 60% Đáp án A. X 0,12 0,03 0,03 0,02 Bài 14: Hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tiến hành phản ứng este hĩa hỗn hợp Y chứa các chất trong X và glixerol thu được hỗn hợp Z gồm các chất hữu cơ (khơng cịn chất nào trong Y) và nước. Chưng cất tồn bộ lượng nước trong Z thì thu được 14,78 gam hỗn hợp T, đốt cháy tồn bộ T thu được 27,28 gam CO2. Nếu cho tồn bộ lượng T trên qua bình đựng Na dư thì thốt ra 1,008 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của axit cĩ khối lượng phân tử lớn trong X là A. 33,87% B. 40,27% C. 58,50% D. 47,82% (Bookgol Chemistry Olympia 2016) Phân tích: - Cĩ thể coi đây là một biến thể của bước ghép este. - Vì Z khơng cịn chất nào trong Y nên T là trường hợp ancol – este của TPH. Lời giải: HCOOH : a H2 O : a Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi: T C3 H 5 (OH) 3 : b CH2 : c
  20. 28a 92b 14c 14,78 (1) Từ khối lượng T và số mol CO2, ta lập được hai phương trình: a 3b c 0,62 (2) Ta cần lập thêm một phương trình với lượng khí H2 thốt ra. Các chất trong T chỉ chứa hai nhĩm chức là COO (khơng phản ứng với Na) và OH (cĩ phản ứng với Na). Lượng OH này bằng lượng OH của glixerol trong Y trừ đi lượng OH phản ứng, cũng chính là lượng COOH phản ứng. Từ các phân tích trên, ta lập được phương trình: n 3b a 2n 0,09 (3) OH(T) H2 Giải hệ (1), (2) và (3), ta được: a = 0,15 ; b = 0,08 ; c = 0,23 Tiến hành ghép CH2 vào axit: HCOOH : 0,15 CH3 COOH : 0,15 CH3 COOH : 0,07 X CH2 : 0,23 CH2 : 0,08 C25 H COOH : 0,08 Phần trăm khối lượng axit cĩ phân tử khối lớn hơn: 0,08.74 %m .100% 58,50% Đáp án C. 0,15.46 0,23.14 b) “Bảo tồn số mol” Trong lời giải của Bài 13, để tính số mol hỗn hợp đầu ta đã ghép este và tìm số mol của từng chất. Câu hỏi đặt ra: Điều này cĩ thực sự cần thiết? Để làm rõ điều này, ta cần phân tích lại các phương trình thủy phân của este (khơng xét tới este của axit đa chức và ancol đa chức). Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức. 1RCOOR'' 1H2 O 1RCOOH 1R OH Tổng hệ số các chất tham gia = 2 = Tổng hệ số các chất sản phẩm Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức. 1(RCOO)n R'' nH 2 O 1R (OH) n nRCOOH Tổng hệ số các chất tham gia = n1 = Tổng hệ số các chất sản phẩm Trường hợp 3: Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơn chức. 1R(COOR'' )n nH 2 O 1R(COOH) n nR OH Tổng hệ số các chất tham gia = = Tổng hệ số các chất sản phẩm Trong cả 3 trường hợp, ta đều thu được kết quả:
  21. “Tổng số mol chất tham gia bằng tổng số mol các chất sản phẩm” Mà ta biết rằng, kĩ thuật Thủy Phân Hĩa cĩ bản chất quy đổi dựa trên phản ứng thủy phân của este “Quy đổi hỗn hợp bằng Thủy Phân Hĩa sẽ bảo tồn số mol của hỗn hợp” Mình gọi đây là quy tắc “Bảo tồn số mol” (gọi tắt là BTSM). Chú ý rằng BTSM khơng đúng trong trường hợp hỗn hợp cĩ este của axit đa chức và ancol đa chức. Ví dụ: 1R3 (COO) 6 R' 2 6H 2 O 3R(COOH) 2 2R '(OH) 3 Tổng hệ số các chất tham gia = 75 = Tổng hệ số các chất sản phẩm. Tuy nhiên, đề thi hiện tại khơng cịn nhắc tới loại este này nên các bạn cĩ thể thoải mái áp dụng BTSM. Quy tắc này cịn mở rộng cho hỗn hợp cĩ chứa peptit. Trường hợp 1: Phản ứng thủy phân hồn tồn Phương trình: 1An2 (n 1)H O nA (*) Tổng hệ số các chất tham gia = n = Hệ số chất sản phẩm Quy đổi hỗn hợp peptit về amino axit và nước sẽ bảo tồn số mol. Trường hợp 2: Phản ứng thủy phân khơng hồn tồn Để dễ hình dung, ta giả sử phản ứng gồm 2 giai đoạn (lưu ý rằng điều này khơng đúng về mặt hĩa học). +) Thủy phân hồn tồn hỗn hợp thành các amino axit và nước 1Xn2 (n 1)H O nX Như đã phân tích ở trường hợp 1, số mol hỗn hợp được bảo tồn. +) Trùng ngưng các amino axit thành các peptit nhỏ hơn peptit ban đầu. mX Xm2 (m 1)H O Đảo lại hai vế, ta cĩ: Xm2 (m 1)H O mX Đây chính là phương trình (*). Vì vậy số mol hỗn hợp cũng sẽ được bào tồn. Cả hai giai đoạn đều bảo tồn số mol hỗn hợp nên tồn bộ phản ứng sẽ bảo tồn số mol hỗn hợp. Tĩm lại, nếu sử dụng TPH để quy đổi hỗn hợp peptit (quy đổi hồn tồn hoặc khơng hồn tồn), số mol của hỗn hợp luơn luơn được bảo tồn. BTSM áp dụng cho những bài tốn sử dụng TPH cĩ liên quan tới yếu tố số mol hỗn hợp. +) Với các bài tốn xuơi: Ta sử dụng BTSM để tính nhanh số mol hỗn hợp đầu.
  22. HCOOH : 0,14 CH3 COOH : 0,05 Ví dụ với Bài 13. Sau khi giải hệ, ta được: E C3 H 6 (OH) 2 : 0,05 H2 O : 0,04 Để tính nhanh %nX , ta làm như sau: Sử dụng BTSM nE 0,14 0,03 0,03 0,04 0,12 0,12 Ghép este n 0,14 0,02 0,12 %n .100% 60% XX0,2 +) Với các bài tốn “ngược”: Ta sử dụng BTSM để lập phương trình với số mol hỗn hợp đầu. Bài 15: X, Y là hai axit no, đơn chức, Z là ancol 2 chức, T là este 2 chức tạo từ X, Y, Z. Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 0,47 mol khí O2 thu được lượng CO2 nhiều hơn H2O là 10,84 gam. Mặt khác 0,1 mol E tác dụng vừa đủ với 0,11 mol NaOH thu được dung dịch G và một ancol cĩ tỉ khối so với H2 là 31. Cơ cạn G rồi nung nĩng với xút dư cĩ mặt CaO thu được m gam hỗn hợp khí. Giá trị của m gần nhất với: A. 2,5 B. 3,5 C. 4,5 D. 5,5 Phân tích: Các dữ kiện khá rời rạc với nhau. Đây là dạng bài phát huy sức mạnh của ĐĐH – TPH. Lời giải: HCOOH : 0,11 C2 H 4 (OH) 2 : a Từ số mol NaOH, sử dụng ĐĐH – TPH để quy đổi hỗn hợp về: E CH2 : b H2 O : c Từ số mol O2 phản ứng, ta cĩ: 2,5a 1,5b 0,47 0,5.0,11 (1) HCOOH : 0,11 n 0,11 2a b C2 H 4 (OH) 2 : a O CO2 E  2 CH : b n 0,11 3a b c 2 HO2 H2 O : c m m 44(0,11 2a b) 18(0,11 3a b c) 10,84 (2) CO22 H O Ta cần lập thêm một phương trình với 0,1 mol hỗn hợp E. Nếu làm theo cách thơng thường, ta cần ghép este để tính số mol X, Y, Z, T theo a, b, c và cộng lại.
  23. X,Y : HCOOH : 0,11 c HCOOH : 0,11 c Z : C2 H 4 (OH) 2 : a C2 H 4 (OH) 2 : a 2 cc EE nE (0,11 c) (a ) 0,11 a c CH : b c 22 2 T : (HCOO) C H : 2 2 4 2 H2 O : c CH2 : b Tuy nhiên nếu áp dụng BTSM, ta cĩ ngay: n n n n 0,11 a c (3) E HCOOH C2 H 4 (OH) 2 H 2 O Việc ghép este để tính số mol của E là ko cần thiết. Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,07 ; b = 0,16 ; c = –0,08 Vì ancol được cố định là etylen glicol nên tồn bộ CH2 sẽ đi vào axit. C2 H 4 (OH) 2 : 0,07 HCOOH : 0,11 NaOH H2 : 0,11 E o Khí m 2.0,11 14.0,16 2,46 CaO,t khí gam Đáp án A. CH2 : 0,16  CH2 : 0,16 H2 O : 0,08 Bài 16: A là hỗn hợp chứa một axit đơn chức X, một ancol hai chức Y và một este hai chức Z (biết X, Y, Z đều no, mạch hở). Đốt cháy hồn tồn 0,09 mol A cần 11,088 lít khí O2 (đktc). Sau phản ứng thấy khối lượng của CO2 lớn hơn khối lượng của H2O là 11,1 gam. Mặt khác, 15,03 gam A tác dụng vừa đủ với 0,15 mol KOH. Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan và một ancol duy nhất là etylen glycol. Giá trị của m gần nhất với: A. 18,72 B. 20,40 C. 16,40 D. 12,45 Lời giải: C2 H 4 (OH) 2 : a HCOOH : b Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 1): A CH2 : c H2 O : d Từ thơng tin về O2, CO2 và H2O, ta lập được hai phương trình: n 2,5a 0,5b 1,5c 0,495 (1) O2 m m 34a 26b 26c 18d 11,1 (2) CO22 H O Áp dụng BTSM, ta cĩ: nA a b d 0,09 (3) Chia tỉ lệ theo khối lượng hỗn hợp và số mol KOH phản ứng của phần hai, ta cĩ: k.m 62a 46b 14c 18d 15,03 A (4) k.nKOH b 0,15 Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3) và (4), ta cĩ: a = 0,07 ; b = 0,1 ; c = 0,18 ; d = –0,08
  24. HCOOK : 0,1 Vì ancol được cố định là etylen glicol nên muối gồm CH2 : 0,18 0,15 0,15 Ta cĩ: k 1,5 P 1,5P b 0,1 21 m 1,5.(0,1.84 0,18.14) 16,38 gam Đáp án C. Với ĐĐH và TPH, các bạn đã cĩ thể giải quyết được rất nhiều bài tập về hỗn hợp Ancol – Axit – Este. Tuy nhiên ĐĐH – TPH chỉ áp dụng được với các bài đã biết rõ dãy đồng đẳng của các chất. Trong trường hợp khơng biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu, ta cần sử dụng thêm các kĩ thuật khác. III. HIĐRO HỐ 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi Đơn giản nhất trong các bài tốn khơng biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu là dạng bài khơng biết rõ số liên kết . Với dạng bài này, ta cần sử dụng một kĩ thuật cĩ tên gọi là Hiđro Hĩa (HĐH). Khi bắt đầu tiếp cận với hĩa hữu cơ, ta được học về phản ứng đề hiđro hĩa ankan để tạo thành anken. Xét phản ứng: Ankan Anken H2 Chuyển vế, ta cĩ: Anken Ankan H2 Ta cĩ 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 cĩ thể quy đổi một hợp chất X bất kì thành dạng hiđro hĩa hồn tồn của X cùng một lượng H2 tương ứng. Ví dụ: C4H4 C4H10 – 3H2 C6H6 C6H14 – 4H2 C3H5OH C3H7OH – 1H2 HC C COOH C2H5COOH – 2H2 HCOOC3H3 HCOOC3H7 – 2H2 C2H3NH2 C2H5NH2 – 1H2 Chú ý: Với anđehit, dạng hiđro hĩa hồn tồn của nĩ là ancol no. Ví dụ: HC C CHO C3H7OH – 3H2 (CHO)2 C2H4(OH)2 – 2H2 2. Các bài tốn minh họa 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 áp dụng. Trước khi đi vào các bài tốn minh họa, cĩ 2 điểm các bạn cần phải lưu ý. +) Với các chất cùng dãy đồng đẳng, ta gộp chúng lại để ghép H2.
  25. C26 H : 0,1 C2 H 6 .kCH 2 : 0,5 C22 H : 0,1 C38 H : 0,4 m2 X CHOH:0,33 7 với 0,5n0,3m1,6 CH:0,4 3 4 C37 H OH : 0,3 n2 H1,6 CHCHO:0,3 2 2 3 H2 : 1,6 +) Chú ý điều kiện để ghép H2. Nếu mạch cacbon khơng thỏa mãn, ta khơng được phép ghép H2 vào chất. CH4 : 0,3 CH3 OH : 0,4 Ví dụ: Tạo lại hỗn hợp X gồm một axit, một ancol và một ankin. Biết X gồm HCOOH : 0,2 CH : 0,7 2 H2 : 0,5 Ta cĩ: 0,7 = 0,3 + 0,4 = 0,3 + 0,2.2 Cĩ hai trường hợp ghép CH2 C26 H : 0,3 C25 H OH : 0,4 Trường hợp 1: X 0,5 0,3m Không tồn tại m Không thể ghép H 2 HCOOH : 0,2 H2 : 0,5 C26 H : 0,3 C24 H : 0,3 CH3 OH : 0,4 m1 Trường hợp 2: X 0,50,3m0,2n XCHOH:0,4 3 C25 H COOH : 0,2 n1 C H COOH : 0,2 23 H2 : 0,5 a) Bài tốn “hiđro hĩa hồn tồn hỗn hợp” Với kiểu bài này, đề bài sẽ cho số mol của hỗn hợp đầu qua thơng tin “hiđro hồn tồn hỗn hợp X cần vừa đủ a mol H2”. Đây là một dạng mở rộng của ĐĐH. Bài 17: Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A và axit hai chức B đều khơng no, mạch hở, khơng phân nhánh (trong đĩ oxi chiếm 46% về khối lượng). Đốt cháy hồn tồn m gam X rồi dẫn tồn bộ lượng sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vơi 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 hĩa hồn tồn m gam X cần dùng 3,4048 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của A trong X gần nhất với: A. 64% B. 66% C. 68% D. 70% (Bookgol Chemistry Olympia 2016) Lời giải:
  26. HCOOH : a (COOH)2 : b Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi: X CH2 : c H2 : 0,152 Từ phần trăm khối lượng của oxi, ta cĩ: 32a 64b 0,46.(46a 90b 14c 2.0,152) (1) O CO2 : a 2b c Phản ứng cháy: X 2 44(a 2b c) 18(a b c 0,152) 28,298 (2) HO:a2 b c 0,152 HCOONa : a NaOH (COONa)2 : b Phản ứng với NaOH: X mmuối 68a 134b 14c 2.0,152 16,848 CH2 : c H2 : 0,152 Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,12 ; b = 0,032 ; c = 0,336 Tiến hành ghép hỗn hợp đầu. HCOOH : 0,12 (COOH)2 : 0,032 A : C23 H COOH : 0,12 X X CH2 : 0,336 0,12.2 0,032.3 B: C3 H 4 (COOH) 2 : 0,032 H2 : 0,152 (0,12 0,032) 0,12.72 %m .100% 67,5% Đáp án C. A 0,12.72 0,032.130 Nhận xét: Kĩ thuật áp dụng cho bài này tương tự so với các bài sử dụng ĐĐH thơng thường, chỉ khác là hỗn hợp quy đổi cĩ sự xuất hiện của H2 và kèm theo bước ghép H2. Bài 18: 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 0 hiđro hĩa hồn tồn 13,44 gam E cần dùng 0,05 mol H2 (xúc tác Ni, t ), thu được hỗn hợp F. Lấy tồn bộ F tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cơ cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp rắn T. Phần trăm khối lượng của muối cĩ khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp T là A. 18.86% B. 17,57% C. 16,42% D. 15,84% (Thầy Tào Mạnh Đức) Phân tích: - Đề bài cho thơng tin về hỗn hợp đầu và cả hỗn hợp sau khi hiđro hĩa, vì vậy ta phải cẩn thận khi xử lí các dữ kiện. - Cách tốt nhất là sử dụng ĐĐH cho hỗn hợp F và chuyển các thơng tin từ E về F. Lời giải:
  27. C25 H COOH : a mF 13,44 2.0,05 13,54 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E 0,05H2 F (COOH) : b n 0,29 0,5.0,05 0,315 2 O2 (F) CH2 : c n 0,26 0,05 0,31 H2 O(F) 74a 90b 14c 13,54 a 0,05 Sử dụng ngay 3 thơng tin vừa rồi, ta cĩ hệ: 3,5a 0,5b 1,5c 0,315 b 0,1 3a b c 0,31 c 0,06 Tiến hành ghép hỗn hợp F: C2 H 5 COOH : 0,05 C 3 H 7 COOH : 0,04 F (COOH)2 : 0,1 F C 4 H 9 COOH : 0,01Muối cần tính là 0,04 C 3 H 7 COONa CH2 : 0,06 (COOH)2 : 0,1 Bảo tồn khối lượng, ta cĩ: m m m m 13,54 40.0,4 18.(0,05 0,1.2) 25,04 T F NaOH H2 O 0,04.110 %m .100% 17,57% Đáp án B. 25,04 Bài 19: Hỗn hợp X chứa một ankin A và hai anđehit mạch hở B, C (30 < MB < MC) khơng phân nhánh. Tiến hành phản ứng hiđro hồn tồn 6,88 gam hỗn hợp X cần 0,24 mol H2 thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hồn tồn Y cần dùng 12,544 lít O2 (đktc), hấp thụ tồn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng dung dịch giảm 11,72 gam. Nếu dẫn lượng Y trên qua bình đựng Na dư thì thốt ra 0,12 mol khí. Phần trăm khối lượng của C cĩ trong X cĩ thể là A. 15% B. 20% C. 25% D. 30% Lời giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: C26 H : a 0,24H C2 H 5 OH : b O:3,5a3b2,5c1,5d CO 2 : 2a 2b 2c d XY 22  6,88g 7,36g C2 H 4 (OH) 2 : c H2 O : 3a 3b 3c d CH2 : d Từ 3 dữ kiện đầu, ta lập được 3 phương trình: m 30a 46b 62c 14d 7,36 X mdd giảm 56(2a 2b 2c d) 18(3a 3b 3c d) 11,72 n 3,5a 3b 2,5c 1,5d 0,56 O2 Cần lập thêm một phương trình với số mol khí thốt ra. Ta cĩ: n b 2c n 0,5b c 0,5b c 0,12 OH H2
  28. Như vậy ta đã cĩ đủ 4 phương trình. Tuy nhiên, giải hệ ta được nghiệm lẻ và âm! Chú ý rằng ankan khơng tan trong nước. Do đĩ khi cho Y vào bình Na, phần khí thốt ra sẽ gồm cả ankan. Phương trình đúng phải là: a + 0,5b + c = 0,12 Giải hệ mới, ta được: a = 0,06 ; b = 0,02 ; c = 0,05 ; d = 0,11 Tiếp theo ta ghép hỗn hợp X. Ta cĩ: 0,24 = 0,06.2 + 0,02 + 0,05.2 Ghép vừa hết H2. C H : 0,06 26 C H : 0,06 C H OH : 0,02 22 25 CH3 CHO : 0,02 X C2 H 4 (OH) 2 : 0,05 (CHO) : 0,05 CH : 0,11 2 2 CH2 : 0,11 H2 : 0,24 Vì 0,11 = 0,05 + 0,06 = 0,05 + 0,02.3 nên ta cĩ 2 trường hợp. Trường hợp 1: A : C34 H : 0,06 X CH3 CHO (M 44) : 0,02 B CH22 (CHO) (M 72) : 0,05 C 0,05.72 %m .100% 52,33% C 6,88 A : C22 H : 0,06 Trường hợp 2: X C49 H CHO (M 86) : 0,02 C CH22 (CHO) (M 72) : 0,05 B 0,02.86 %m .100% 25% Đáp án C. C 6,88 Nhận xét: Sẽ cĩ bạn thắc mắc: Nếu cả hai anđehit cùng đơn chức hoặc cùng hai chức, phép quy đổi trên liệu cĩ cịn chính xác? Câu trả lời rất đơn giản +) Nếu cả hai anđehit cùng đơn chức, giải hệ ta được c = 0 +) Nếu cả hai anđehit cùng hai chức, giải hệ ta được b = 0 Bài 20: 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 o mol O2, thu được 27,36 gam nước. Hidro hĩa hồn tồn 45,72 gam E cần dùng 0,65 mol H2 (xúc tác Ni, t ) thu được hỗn hợp F. Đun nĩng tồn bộ F cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 1M, cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp M chứa 41,9 gam muối. Phần trăm khối lượng của T cĩ trong hỗn hợp E là A. 51,44% B. 52,23% C. 42,87% D. 51,97%
  29. Lời giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: HCOOH : 0,4 mF 0,4.46 62a 14b 18c 45,72 0,65.2 C2 H 4 (OH) 2 : a E 0,65H2 F n 0,5.0,4 2,5a 1,5b 2,41 0,65.0,5 O2 (F) CH2 : b n 0,4 3a b c 1,52 0,65 H2 O(F) H2 O : c Tiến hành ghép hỗn hợp E. HCOONa : 0,4 C25 H COONa : 0,15 Axit 41,9 0,4.68 HCOOH : 0,4 CH2 : 1,05 C37 H COONa : 0,25 14 C H (OH) : 0,24 2 4 2 0,65H2 FE  C2 H 4 (OH) 2 : 0,24 CH :1,29 Ancol C3 H 6 (OH) 2 : 0,24 2 CH :1,29 1,05 0,24 2 H2 O : 0,24 H2 : 0,65 (0,15 0,25.2) H2 O : 0,24 C23 H COONa : 0,15 C3 H 3 COONa : 0,25 T : C 2 H 3 COO C 3 H 6 OOCC 3 H 3 E C3 H 6 (OH) 2 : 0,24  H2 O : 0,24 T : 0,12 196.0,12 %m .100% 51,44% Chọn đáp án A. T 45,72 b) Bài tốn thiếu thơng tin về số mol H2 Đây là dạng bài giấu thơng tin về số mol của hỗn hợp đầu, tức là khơng 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: Khơng đủ phương trình để giải ra ẩn H2. Những bài tốn 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 tốn thuộc loại 1. Bài 21: 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 nhĩm chức. Đun nĩng 24,7 gam X cần dùng 0,275 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Y chứa các ancol đều no, đơn chức cĩ tổng khối lượng 11,95 gam và hỗn hợp Z chứa hai muối, trong đĩ cĩ a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Mặt khác đốt cháy hồn tồn 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 (Thầy Tào Mạnh Đức)
  30. Lời giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi X (đặt ẩn theo 0,08 mol): HCOOCH : a 3 nX a b 0,08 (1) (COOCH32 ) : b X n 2a 3,5b 1,5c 0,5d 0,54 (2) O2 CH2 : c n 2a 3b c d 0,36 (3) HO2 H2 : d Ta cần lập thêm một phương trình theo phần 2. Đặt tỉ lệ (24,7 gam X) : (0,08 mol X) là k, ta cĩ: mX k(60a 118b 14c 2d) 24,7 60a 118b 14c 2d 24,7 (4) nCOO k(a 2b) 0,275 a 2b 0,275 Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3) và (4), ta được: a = 0,05 ; b = 0,03 ; c = 0,25 ; d = –0,08 CH OH : 0,11 0,275 11,95 3 a 2b 0,11 k 2,5 mAncol 4,78 4,78 0,11.32 0,11 2,5 CH : 0,09 2 14 Ghép hỗn hợp Z, ta cĩ: HCOONa : 0,05 (COONa)2 : 0,03 A : C23 H COONa : 0,05 ZZ CH3 : 0,25 0,09 0,16 0,05.2 0,03.2 B: C2 H 2 (COONa) 2 : 0,03 H2 : 0,08 (0,05 0,03) a 0,05.94 0,98 Đáp án C. b 0,03.160 Bài 22: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa khơng quá 2 liên kết và 50 < MX < MY); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol. Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,5 mol O2. Mặt khác 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol Br2. Nếu đun nĩng 13,12 gam E với 200 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ), cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây A. 2,9 B. 2,7 C. 2,6 D. 2,8 Lời giải: CH3 COOH : 0,2 C2 H 4 (OH) 2 : a Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 13,12g): E H2 O : 2a CH : b 2 H2 : c
  31. CH3 COOH : 0,2 C22 H : a mE 26a 14b 2c 1,12 (1) Để cho gọn, ta sẽ gộp ancol và nước lại: E CH : b n 2,5a 1,5b 0,5c 0,1 (2) 2 O2 H2 : c Ta cần thêm một phương trình thứ 3, chính là tỉ lệ số mol và số mol CC của phần hai. Sử dụng BTSM, ta cĩ: n n n k(0,2a)0,36 E CH3 COOH C 2 H 2 Lại cĩ: n kc 0,1 (E) 0,2 a 0,36 Chia vế theo vế hai phương trình trên và triệt tiêu k, ta cĩ: (3) c 0,1 Tuy nhiên nếu giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3), các nghiệm thu được rất lẻ! Sai lầm ở đây là ta đã áp dụng sai BTSM. Việc gộp ancol và nước lại đã làm thay đổi bản chất số mol của hỗn hợp. Nếu sử dụng BTSM, ta phải áp dụng cho hỗn hợp trước khi gộp ancol và nước 0,2 a 0,36 n k(0,2 a 2a) k(0,2 a) 0,36 E c 0,1 Tuy nhiên, nếu giải hệ mới, các nghiệm thu được vẫn lẻ! Sai lầm thứ hai là ta đã tính sai số mol của hỗn hợp. 0,2 a 0,36 Chú ý rằng số mol là –kc chứ khơng phải là kc. Phương trình đúng phải là: c 0,1 Giải hệ mới, ta được: a = 0,02 ; b = 0,05 ; c = –0,05 Ancol được cố định là etylen glicol. Từ điều kiện mỗi axit cĩ khơng quá 2 liên kết , ta ghép như sau: CH3 COOK : 0,2 A : CH3 COOK : 0,15 a 0,15.98 F CH2 : 0,05 2,673 Đáp án B. B: C23 H COOK : 0,05 b 0,05.110 H2 : 0,05 Nhận xét: Sử dụng thành thạo các kĩ thuật quy đổi là điều khơng hề đơn giản. Một bài tốn tuy đơn giản nhưng cĩ rất nhiều bẫy các bạn cĩ thể mắc phải nếu khơng nắm vững bản chất của các kĩ thuật. Bài 23: Hỗn hợp X chứa một amin no, đơn chức, mạch hở và hai hiđro cacbon cĩ cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hồn tồn 0,24 mol X cần dùng 0,9225 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua bình A. 24,73% B. 27,27% C. 23,66% D. 25,45% Lời giải:
  32. Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi: n a b 0,24 CH32 NH : a X a 0,09 n 2,25a 3,5b 1,5c 0,5d 0,9225 C26 H : b O2 b 0,15 X CH : c n 2,5a 3b c d 0,705 c 0,18 2 HO2 H2 : d n n 1,5a 2b c 0,615 d 0,15 CO22 N Tiến hành ghép hỗn hợp X CH32 NH : 0,09 C3 H 7 NH 2 : 0,09 C 3 H 7 NH 2 : 0,09 C26 H : 0,15 X C2 H 6 : 0,15 C 2 H 6 : 0,075 CH : 0,18 2 H : 0,15 C H : 0,075 2 2 2 H2 : 0,15 0,075.30 Hiđrocacbon cĩ phân tử khối lớn là C2H6 %m .100% 23,66% Đáp án C. 9,51 Bài 24: 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 1,52 mol O2 thu được 17,64 gam H2O. Mặt khác, đun nĩng 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. 0 Đun nĩng tồn bộ F với H2SO4 đặc ở 140 C, thu được 9,44g hỗn hợp T chứa 3 ete. Hĩa hơi 9,44g T thì thể tích chiếm 2,688 lít (đktc). Biết rằng hiệu suất ete hĩa của ancol theo khối lượng phân tử tăng dần lần lượt là 80% và 50%. Phần trăm khối lượng của Y cĩ trong hỗn hợp E gần nhất với A. 30% B. 31% C. 32% D. 33% Lời giải: Từ thơng tin về ete, ta tính được: C H OH : 0,2 C H OH : 0,2 :80% 0,25 T 2 5 2 5 n 0,33  BT(O) n 1,37 COO CO2 C3 H 7 OH : 0,04 C 3 H 7 OH : 0,04 :50% 0,08 X : RCOOC37 H : 0,08 nX,Y n Z 0,24 n X,Y 0,15 Ta cĩ hệ: Y : RCOOC25 H : 0,07 nXZZ 2n 0,33 n 0,09 Z : R(COOC2 H 5 ) 2 : 0,09 Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp: X : HCOOC H : 0,07 25 Y : HCOOC H : 0,08 37 X : HC C COOC25 H : 0,07 Z : (COOC H ) : 0,09 E 2 5 2 E Y : HC  C COOC37 H : 0,08 BT(C)  CH2 : 0,3  Z : (COOC2 H 5 ) 2 : 0,09  C C : 0,15 BT(H)  H2 : 0,3
  33. 0,08.112 m .100% 30,94% Đáp án B. Y 28,96 Nhận xét: - Nếu chỉ sử dụng HĐH và lập hệ, ta phải đặt tới 4 ẩn là HCOOH, (COOH)2, CH2 và H2. - Đây là ví dụ minh họa cho cách sử dụng kết hợp các kĩ thuật quy đổi và các kĩ thuật xử lí số liệu thơng thường. Một chút tư duy sẽ làm cho bài tốn trở nên gọn gàng và đơn giản hơn. IV. ANKAN HỐ – Tách nhĩm chức 1. Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi Ankan Hĩa là kĩ thuật quy đổi một chất hữu cơ bất kì thành một ankan và các thành phần tương ứng. Các thành phần này bao gồm các nhĩm chức, H2 (nếu cĩ sử dụng HĐH) và CH2 (nếu kết hợp với ĐĐH). Kĩ thuật này cĩ thể áp dụng cho tất cả các hợp chất hữu cơ (tuy nhiên khơng nên áp dụng với các hợp chất cĩ liên kết ion như muối amoni). Bản chất của việc quy đổi một chất hữu cơ X bằng Ankan Hĩa (AKH) gồm 2 giai đoạn: +) Dùng HĐH để quy đổi X về dạng no (nếu X chưa no). +) Tách nhĩm phân tử để tạo thành ankan. Chú ý: Nhĩm phân tử được tách phải là nhĩm cĩ hĩa trị II. Các nhĩm mà ta đã học: –O– (ancol); –CO– (anđehit/xeton), –COO– (axit/este); –NH– (amin). Mặc dù vậy, thường ta chỉ gặp 2 nhĩm chức: –COO– ; –NH– và một nhĩm đặc biệt là CC  Vì các nhĩm phân tử được tách cĩ hĩa trị II nên ta cĩ kết quả sau: “Số mol của hỗn hợp chính là số mol của ankan sau khi quy đổi” AKH áp dụng cho các bài tốn thiếu thơng tin về số lượng nhĩm chức. Ngồi ra, cịn cĩ thể dùng nĩ để tối ưu hĩa cho ĐĐH. 2. Các bài tốn minh họa Khơng giống như ĐĐH – TPH – HĐH, rất khĩ để sử dụng thành thạo AKH. Tùy theo tình huống cụ thể mà ta cĩ những cách quy đổi khác nhau. Các trường hợp ghép nhĩm chức cũng rất đa dạng. Để sử dụng AKH một cách linh hoạt, cần cĩ 3 yếu tố: +) Kiến thức: Hiểu rõ bản chất bài tốn. +) Kinh nghiệm: Phần nào đĩ đốn được ý đồ của đề bài. +) Tư duy (yếu tố quan trọng nhất): Khả năng ứng biến khi gặp tình huống mới. Để các bạn làm quen với cách sử dụng AKH, mình sẽ minh họa một vài tình huống cơ bản. Các bài tập nâng cao sẽ cĩ trong phần bài tốn tổng hợp và phần bài tập tự luyện. o Bài 25: Hiđro hĩa hồn tồn 85,8 gam chất béo X cần dùng 0,2 mol H2 (xúc tác Ni, t ) thu được chất béo no Y. Đun nĩng tồn bộ Y cần dùng 300 ml dung dịch NaOH 1M. Nếu đốt cháy hồn tồn 0,1 mol Y cần dùng a mol O2. Giá trị của a là: A. 8,25 B. 7,85 C. 7,50 D. 7,75
  34. Lời giải: CH4 : a Y COO : 0,3 Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi: X CH2 : b H2 : 0,2 X là trieste của glixerol nên a nX n Y n COO :3 0,3:3 0,1 Bảo tồn khối lượng cho X, ta cĩ: b (85,8 0,2.2 0,1.16 0,3.44) :14 5,1 CH4 : 0,1 Y COO : 0,3 n 0,1.2 5,1.1,5 7,85 Đáp án B. O(Y)2 0,1 mol CH2 :5,1 Bài 26: Đốt cháy hồn tồn 0,05 mol một amino axit A (no, mạch hở, phân tử chứa 2 nhĩm COOH) bằng lượng oxi vừa đủ thu được 10,7g hỗn hợp hơi T. Thể tích của T bằng thể tích của 11,2g oxi đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Đưa T về đktc thu được V lít khí Z. Giá trị của V là: A. 3,36 B. 3,92 C. 4,48 D. 4,2 Lời giải: (COOH)22 : 0,05 CO : 0,1 b O2 Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi: A NH : a T H2 O : 0,5a b 0,05 CH2 : b N2 : 0,5a Từ khối lượng T và số mol T, ta cĩ hệ: CO2 : 0,15 23a 62b 5,4 a 0,1 T H2 O : 0,15 a 2b 0,2 b 0,05 N2 : 0,05 Vì Z ở đktc nên Z chỉ gồm CO2 và N2 V 22,4(0,15 0,05) 4,48 Đáp án C. Bài 27: Hỗn hợp X gồm hai amin thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Hỗn hợp Y chứa hai amino axit thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. Trộn x mol X với y mol Y thu được hỗn hợp Z. Đốt cháy tồn bộ Z cần dùng 0,81 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình đựng H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 13,32 gam; đồng thời thu được 14,336 lít hỗn hợp khí (đktc). Tỉ lệ x : y A. 1 : 1 B. 4 : 1 C. 3 : 1 D. 2 : 3 Lời giải:
  35. Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi: n 2,25a 1,5c 0,81 CH32 NH : a O2 a 0,2 Z COO : b n 2,5a c 0,74 b 0,1 HO2 CH2 : cn n 1,5a b c 0,64 c 0,24 CO22 N Tiến hành ghép hỗn hợp X. Vì đề bải hỏi tỉ lệ mol giữa amin và amino axit nên chỉ cần ghép nhĩm chức. CH32 NH : 0,1 x CH32 NH : 0,2 X CH2 Z COO : 0,1 Z x : y 1:1 Đáp án A. HOOCCH NH : 0,1 y CH : 0,24 22 2 Y CH2 Bài 28: Hỗn hợp X gồm các amin no và các hiđrocacbon khơng no (hiđro chiếm 3/29 khối lượng X, các chất trong X đều mạch hở). Lấy lượng hiđrocacbon cĩ trong 12,76 gam X tác dụng với nước Br2 thì thấy cĩ 76,8 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, đốt cháy a mol X cần dùng 11,76 lít O2 (đktc), thu được CO2, H2O và N2, trong đĩ tổng khối lượng của CO2 và N2 là 17,24 gam. Giá trị của a là: A. 0,08 B. 0,12 C. 0,16 D. 0,2 Lời giải: Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi: CH : x 4 CO : x y CH : y 2 2 O2 :2x 1,5y 0,25z 0,24 X  N2 : 0,5z 12,76g NH : z HO 2 H2 : 0,48 Từ khối lượng X và phần trăm khối lượng của hiđro, ta lập được 2 phương trình: 16x 14y 15z 2.0,48 12,76 3 4x 2y z 2.0,48 12,76. 29 Chia tỉ lệ số mol O2 và tổng khối lượng của CO2, N2 theo phần 2, ta cĩ phương trình: k.(mCO m N ) 44x 44y 14z 17,24 22 k.n 2x 1,5y 0,25z 0,5.0,48 0,525 O 2 Giải hệ, ta được: x = 0,32 ; y = 0,4 ; z = 0,2 0,525 0,525 1 k 2x 1,5y 0,25z 0,5.0,48 1,05 2
  36. 1 a k.x .0,32 0,16 Đáp án C. 2 Bài 29: X, Y (MX MC ; B no; C đơn chức) cần 78,288 lít khí O2, sau phản ứng thu được CO2; H2O và 3,136 lít N2. Mặt khác thủy phân hồn tồn lượng X trên cần vừa đủ 570 ml NaOH 2M, thu được dung dịch T chứa 4 muối và 0,29 mol hỗn hợp 2 ancol no Y và Z (MY = 2,875MZ < 150). Dẫn tồn bộ lượng ancol này qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng 23,49 gam. Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn, thể tích các khí đo ở đktc, T khơng chứa HCOONa. Phần trăm khối lượng của C trong X gần nhất với: A. 5,0 B. 5,5 C. 6,0 D. 6,5 (Bookgol Chemistry Olympia 2016)
  37. Lời giải: Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được Y là C3H5(OH)3, Z là CH3OH. Y : C3 H 5 (OH) 3 : a a b 0,29 a 0,25 Ta cĩ: m (92 3)a (32 1)b 23,49 Z : CH3 OH : b bình tăng b 0,04 B no và 3 chức nên cĩ 3 liên kết . Mà B, C cĩ cùng số liên kết nên C đơn chức và cĩ 2 CC Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi: B : C6 H 14 : 0,25 C : HC C CH : 0,04 3 CH4 : x mX 16x 18y 14z 81,24 0,25.86 0,04.40 1,14.44 0,28.15 A XH O : y n 2x 1,5z 3,495 0,25.9,5 0,04.4 0,25.0,28 2 O2 BTSM(peptit) COO :1,14  x y 0,07 NH : 0,28 CH2 : z Giải hệ trên, ta được: a = 0,28 ; b = –0,21 ; c = 0,22 Ta cĩ: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 C là C4H5COOCH3. 0,04.112 %m .100% 5,51% Đáp án B. C 81,24
  38. PHẦN HAI: CÁC BÀI TỐN TỔNG HỢP Trong phần này sẽ cĩ sự xuất hiện của những bài tốn phức tạp hơn và nâng cao hơn so với những bài tốn được minh họa ở phần một, địi hỏi phải cĩ kĩ thuật tốt và khả năng tư duy linh hoạt. Bài 31: 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 đĩ. Đốt cháy hồn tồn a gam X, thu được 8,36 gam CO2. Mặt khác, đun nĩng a gam x với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hồn tồn, thêm tiếp 20 ml dung dịch HCl 1M để trung hịa lượng NaOH dư, thu được dung dịch Y. Cơ cạn Y, thu được m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol cĩ phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46. Giá trị của m là A. 7,09 B. 5,92 C. 6,53 D. 5,36 (Đề thi THPT quốc gia – 2016) Lời giải: HOOC COOH : (0,1 0,02) : 2 0,04 CH OH : 0,05 3 BTNT(C) Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi: X CH2 : x  x 0,19 0,04.2 0,05 0,06 HO 2 H2 Vì Mancol 46 n 0,05 n 0,01 n 0,04 CH2 (ancol) CH 2 (axit) CH 2 (axit) Axit : HOOC CH2 COOH : 0,04 CH3 OH : 0,05 Ancol CH2 : 0,02 HO 2 H2 Rõ ràng khơng thể ghép H2 vào HOOC–CH2–COOH m m m 0,04.148 0,02.58,5 7,09 gam Đáp án A. muối CH22 (COONa) NaCl Nhận xét: - Nếu nhìn bài tốn một cách tổng quát bằng con mắt quy đổi, ta nhận thấy ngay: Số cacbon của axit phải đủ nhỏ để khơng xảy ra tình huống axit khơng no, nếu khơng sẽ cĩ nhiều đáp án. Bài 32: 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 tồn 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 sơi 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 nĩng với vơi tơi xút thì thu được hỗn hợp khí (hơi) T. Tỉ khối của T so với H2 gần nhất với? A. 15,0 B. 15,5 C. 16,0 D. 16,5
  39. Lời giải: Phản ứng đốt cháy: 0,4HCl  CO2  : 0,1 HO2 NaOH Na23 CO XOZ  o 2  t Na CO CO H O CO23 NaHCO 2 3 2 2 1,5 0,75 2 Vì nhỏ từ từ H nên H sẽ phản ứng hết với CO3 trước rồi mới phản ứng với HCO 3 để tạo CO 2  n n n 0,40,1 0,3 Na23 CO (Z) H CO2   BTNT(Na)nn 2.0,75 2.0,3 0,9  BTNT(C) 0,9 0,3 1,2 NaHCO32 (Z) CO HCOOCH3 HCOOH HCOOH Sử dụng ĐĐH, ta cĩ: XHO 2 CH OH 3 CH 2 CH2 Nhận xét: Lượng H2O được quy đổi khơng ảnh hưởng đến lượng O2 cần để đốt X và lượng CO2 sinh ra HCOOH : a n a b 1,2 CO2 a 0,3 X CH2 : b n 0,5a 1,5b 1,5 b 0,9 O2 HO2 NaOH NaOH Phản ứng thủy phân và phản ứng vơi tơi xút: X Y : RCOONa  0 T : RH 0,3 CaO,t 0,3 Ta cĩ: 29,22 31,4 MRCOONa 97,4 M RH M RCOONa 66 31,4 dT 15,7 Đáp án B. 0,3H2 2 Bài 33: Hỗn hợp E chứa 3 este đều mạch hở và khơng phân nhánh (khơng chứa nhĩm chức khác). Đun nĩng 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 tồn bộ hỗn hợp muối này đun nĩng với vơi tơi xút thu được duy nhất một hiđrocacbon đơn giản nhất cĩ 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 cĩ 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% (Thầy Tào Mạnh Đức) Phân tích: Đề bài cho tới 5 dữ kiện (!). Ta cần nghĩ ngay tới trường hợp tổng quát nhất. Trong tình huống xấu nhất, E sẽ cĩ cả 3 loại este: +) Este đơn chức +) Este hai chức tạo từ ancol hai chức và axit đơn chức +) Este hai chức tạo từ axit hai chức và ancol đơn chức Để giảm bớt ẩn, ta nên gộp hai loại este hai chức lại thành dạng CTPT CnH2n-2O4.
  40. Lời giải: Hiđrocacbon đơn giản nhất là CH4. Để sinh ra CH4, muối cĩ mạch cacbon khơng phân nhánh phải là CH3COONa hoặc CH2(COONa)2 CH33 COOCH : a Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E C4 H 6 O 4 : b CH2 : c Từ ba thơng tin “thơ” (thơng tin khơng liên quan tới loại este), ta lập được hệ: mE 74a 118b 14c 20,62 a 0,18 n 3,5a 3,5b 1,5c 0,955 b 0,05 O2 c 0,1 nCOO a 2b 0,28 CH3 COONa : x nCH x y 0,25 Ta cĩ hệ: 4 y 0,03 CH22 (COONa) :y nCOO x 2y 0,28 Như vây, trong 0,05 mol este hai chức sẽ cĩ 0,03 mol este cĩ dạng CH22 (COOR) và 0,02 mol este cĩ dạng (CH32 COO) R' Tiến hành ghép hỗn hợp E: CH33 COOCH : 0,18 CH33 COOCH : 0,18 CH2 (COOCH 3 ) 2 : 0,03 E CH3 OOC CH 2 COOC 2 H 5 : 0,03 (CH COO) C H : 0,02 3 2 2 4 (CH COO) C H : 0,02 BTNT(C) 3 2 2 4 CH2  0,03 CH3 OH : 0,21 NaOH 32.0,21 E F C25 H OH : 0,03 %m .100% 71.95% Đáp án C. 32.0,21 46.0,03 62.0,02 C2 H 4 (OH) 2 : 0,02 Lời giải: - Một bài tốn rất hay và thú vị, địi hỏi sự linh hoạt khi quy đổi. Khơng cĩ nhiều bài tốn chỉ sử dụng ĐĐH mà lại phức tạp và lắt léo như vậy. Bài 34: X, Y (MX < MY) là hai axit đơn chức, khơng no; Z là một ancol no, ba chức ; X, Y, Z đều mạch hở. Thực hiện phản ứng este hĩa m gam hỗn hợp X, Y, Z (giả sử hiệu suất phản ứng este hĩa đạt 100%), sản phẩm thu được chỉ cĩ 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 cĩ giá trị gần nhất với A. 6,8g B. 12g C. 8g D. 6,5g
  41. Lời giải: Trước hết ta cần phân tích cấu tạo của este T. Este cĩ: 7 3COO 4 CC Ta cĩ: 4 2.2 1.0 1.2 2.1 Tuy nhiên vì cả hai gốc axit đều khơng no nên T được tạo từ 1 gốc axit cĩ 2 và 2 gốc axit cĩ 1 A(Axit 1 ) : 2a B(Axit 2 ) : a Từ thơng tin về phản ứng este hĩa, ta cĩ: H Z(Ancol) : a T(Este) : a CH2 CH COOH : 4a CH C COOH : 2a Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi: H C3 H 5 (OH) 3 : 2a H O : 3a 2 CH2 : b Từ thơng tin về số mol Br2, ta cĩ: 4a + 2.2a = 0,48 a = 0,06 Từ thơng tin về khối lượng hoặc lượng nước sinh ra từ phản ứng đốt cháy, ta tính được: b = 0,24 Đề bài cho khối lượng muối, vì vậy ta sẽ ghép CH2 cho muối: A : CH2 CH COONa : 0,24 A : C23 H COONa : 0,24 N B: CH C COONa : 0,12 N B: C H COONa : 0,12 BTKL 33 CH2 : x x 0,12 Lượng CH2 cịn lại của ancol: 0,24 – 0,12 = 0,12 Z là 0,12 C4H7(OH)3 Y : C33 H COOH : a 0,06 T : (C2 H 3 COO) 2 (C 3 H 3 COO)C 4 H 7 : a 0,06 mTY m 0,06.(280 84) 11,76 Đáp án C Nhận xét: Đề bài thừa một dữ kiện, cĩ thể bỏ 36,84g H hoặc 20,52 g H2O. Bài 35: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, khơng no cĩ một liên kết đơi C=C trong phân tử). Đốt cháy hồn tồn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước. Mặt khác, thủy phân hồn tồn 46,6 gam E trong 200 gam dung dịch NaOH 12% rồi cơ cạn dung dịch thu được phần hơi Z cĩ chứa chất hữu cơ T. Dẫn tồn bộ Z vào bình đựng Na, sau phản ứng khối lượng bình tăng 188,85 gam đồng thời thốt 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 cĩ giá trị gần nhất với A. 46,3% B. 43,5% C. 41,3% D. 48%
  42. Phân tích: Vì đề bài khơng nĩi phản ứng vừa đủ nên từ thơng tin về NaOH hoặc H2 thốt ra, ta khơng thể tìm được số mol của các este. Ta chỉ cĩ thể khai thác chúng thơng qua bảo tồn khối lượng Lời giải: Ta cĩ: MT = 16.2 = 32 T là CH3OH Sử dụng bảo tồn khối lượng, ta cĩ: 6,16 mZ m bình tăng m 188,85 2. 189,4 H2  22,4 m 200.(1 0,12) 176 HO2 (dd NaOH) Tiếp tục sử dụng bảo tồn khối lượng, ta cĩ: m m 189,4 176 13,4 THO2 (sinh ra) C2 H 3 COOCH 3 : a Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 2): E C2 H 2 (COOH) 2 : b 46,6g CH2 : c Từ khối lượng E, ta cĩ ngay phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1) Phản ứng thủy phân: C2 H 3 COOCH 3 : a CH3 OH : a E C H (COOH) : b NaOH m m 32a 36b 13,4 (2) 2 2 2 T H2 O (sinh ra) H2 O : 2b CH2 : c k.n CO2 4a 4b c 0,43 Chia tỉ lệ số mol CO2 và số mol H2O theo phần 1, ta cĩ: (3) k.n 3a 2b c 0,32 HO2 Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3), ta được: a = 0,25 ; b = 0,15 ; c = 0,55 Tiến hành ghép CH2 C4 H 6 O 2 : 0,25 X : C5 H 8 O 2 : 0,25 0,15.144 E C4 H 4 O 4 : 0,15 %m Y .100% 46,35% Y : C6 H 8 O 4 : 0,15 46,6 CH2 : 0,55 0,25 0,15.2 Đáp án A. Bài 36: Hỗn hợp A gồm hai ancol X, Y và axit cacboxylic Z (X,Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp A thu được 48,4 gam CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, đun nĩng m gam hỗn hợp A cĩ mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu được hỗn hợp B gồm các chất hữu cơ hai chức (thuần chức) và nước. Đốt cháy hồn tồn lượng chất B ở trên cần 24,08 lít khí O2 (đktc). Nếu lấy tồn bộ lượng ancol cĩ trong A đem đốt cháy thì cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Biết các phản ứng hồn tồn và các ancol đơn chức, Y cĩ nhiều hơn X một nguyên tử cacbon. Giá trị V gần nhất với: A. 22,1 B. 24,6 C. 26,8 D. 28,2
  43. Lời giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp: CH OH : 2a 3 n 4a b 1,1 CO2 a 0,15 (COOH)2 : a A n 5a b c 0,85 b 0,5 HO2 CH2 : b n n 3,5a 1,5b 0,5c 1,075 c 0,4 O22 (A) O (B) H2 : c CH3 OH : 0,3 0,5 3 (COOH)2 : 0,15 0,15 A  Cĩ tối đa 4 trường hợp ghép CH2 CH2 : 0,5 H2 : 0,4 Tất nhiên ta khơng nên xét cả 4 trường hợp mà cần cĩ một chút biện luận trước. Vì số mol H2 khơng chia trịn cho số mol của axit nên phải cĩ H2 đi vào ancol. Suy ra phải cĩ ít nhất một ancol cĩ ít nhất 3 cacbon. Kết hợp với điều kiện hai ancol cĩ số C liên tiếp, ta cĩ: nCH (Axit) 0,15 n 0,3 n 0,2 2 CH22 (Ancol) CH (Axit) n0 CH2 (Axit) Trường hợp 1: n 0,15 CH2 (Axit) CH3 OH : 0,3 Ancol C25 H OH : 0,25 CH2 : 0,35 C37 H OH : 0,05 A CH (COOH) : 0,15 A n 0,05.2 0,1 0,4 Không thể ghép. 22 CH (COOH) : 0,15 (A) CH : 0,5 22 2 H : 0,4 2 H2 : 0,4 Trường hợp 2: n0 CH2 (Axit) Vì ta đã loại trường hợp 1 nên trường hợp này chắc chắn đúng. Ta chỉ cần xác định thành phần ancol. Vì Z chỉ cĩ 2 cacbon nên Z là (COOH)2. Tồn bộ H2 sẽ đi vào ancol. CH3 OH : 0,3 Ancol CH : 0,5 V 22,4.(1,5.0,3 1,5.0,5 0,5.0,4) 22,4 lít Đáp án A. 2 O2 (Ancol) H2 : 0,4 Nếu đề bài hỏi thơng tin về một trong hai ancol, ta ghép như sau. CH3 OH : 0,3 C25 H OH : 0,1 C25 H OH : 0,1 CH2 : 0,5 C37 H OH : 0,2 A C33 H OH : 0,2 (COOH) : 0,15 (COOH) : 0,15 2 2 (COOH) : 0,15 2 H2 : 0,4 H2 : 0,4
  44. Nhận xét: Một ví dụ hay về cách sử dụng tư duy để biện luận trong HĐH. Nếu chỉ áp dụng quy đổi mà khơng cĩ sự tư duy, ta sẽ mất khá nhiều thời gian (cĩ tới 4 trường hợp cĩ thể xảy ra). Bài 37: 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), cơ 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 hỗn hợp. (2) Y và T là đồng phân của nhau. (3) Thực hiện phản ứng tách nước Z thì thu được tối đa 2 anken. (4) Hiệu khối lượng của Y và Z là 0,32g. Số nhận định đúng là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 (Thầy Vũ Nguyễn) Lời giải: Trước hết ta dùng ĐĐH để quy đổi N: (COONa) : a 2 n 0,5a 1,5b 0,33 O2 a 0,18 N NaOH : 0,2a n 0,1a b 0,178 b 0,16 HO2 CH2 : b Tiếp theo ta sử dụng TPH để quy đổi H. Vì đề bài cĩ điều kiện ràng buộc số mol của các chất trong hỗn hợp đầu nên ta ghi lại H để tiện xử lí. X :3x (COOH)2 : 0,18 Y : x CH2 : 0,16 H 25,08g Z : z Z : m 7,36g T(XZ2 ) : t H2 O : 2t Ta sẽ dựa vào sơ đồ quy đổi này để giải ra các ẩn x, z, t và tìm ra X, Y, Z, T. Bảo tồn khối lượng cho H, ta cĩ: m 0,72 t 0,02 HO2 Bảo tồn số mol gốc axit, ta cĩ: (3x x) t 0,18 x 0,04 Từ điều kiện về số mol của Z, ta cĩ: nZH 0,4n z 0,4(4x z t) z 0,12 7,36 Bào tồn số mol ancol, ta cĩ: n z 2t 0,16 M 46 Z : C H OH Ancol Z0,16 2 5 Tiến hành ghép CH2 vào muối, ta cĩ:
  45. X : (COOH)2 : 0,12 X :3x t 0,14 (COOH) : 0,14 Y : C H (COOH) : 0,04 0,16CH2 2 4 8 2 0,18 (COOH)2  H Y : x 0,04 C4 H 8 (COOH) 2 : 0,04 Z : C 2 H 5 OH : 0,12 T : (COOC2 H 5 ) 2 : 0,02 Như vậy ta đã xác định được hỗn hợp H. Việc tiếp theo là trả lời các câu hỏi. 146.0,04 %m .100% 23,29% 1 đúng Y 25,08 Y, T có cùng CTPT là C6 H 10 O 4 2 đúng Tách nước Z thu được một anken duy nhất là CH22 CH 3 sai mYZ m 146.0,04 46.0,12 0,32 4 đúng Có 3 nhận định đúng Đáp án C. Bài 38: 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 nĩng 0,6 mol E với 80 gam dung dịch KOH 59,5%. Cơ 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 hồn tồn. Giá trị m gần nhất với? A. 59 gam B. 60 gam C. 61 gam D. 62 gam (Thầy Tào Mạnh Đức) Lời giải: Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi E: C H OH : 0,18 35 mE 58.0,18 90a 14b 18c 34,24 a 0,26 (COOH)2 : a E n 4.0,18 0,5a 1,5b 0,97 b 0,08 O2 CH2 : b n 3.0,18 a b c 0,84 c 0,04 HO2 H2 O : c Vì 0,08 < 0,26 nên axit được cố định là (COOH)2 Sử dụng BTSM, ta cĩ: nE 0,18 0,26 0,04 0,4 P 2 1,5P 1 C35 H OH : 0,27 C35 H OH : 0,27 CH2 : 0,12 KOH : 0,85 2.0,39 KOH dư 1,5E A CH2 : 0,12 (COOH)2 : 0,39 H2 O :1,8 H O :1,8 0,39.2 0,06 2,52 2 H2 O : 0,06 mbình tăng 0,27.(58 1) 0,12.14 2,52.(18 1) 59,91 gam Đáp án B.
  46. Một số bài tốn cho thơng tin từng phần rời rạc của hỗn hợp qua khối lượng bình tăng khi cho ancol vào Na dư, khối lượng khí thu được khi nung với vơi tơi xút dư, Lúc này, để lập hệ với ĐĐH ta cần sử dụng kĩ thuật “liên kết khối lượng” để kết nối các thơng tin. Bài 39: Hỗn hợp X chứa ba este mạch hở; trong đĩ cĩ hai este đơn chức và một este hai chức, khơng no. Đốt cháy hồn tồn 29,04 gam X cần dùng 1,59 mol O2, thu được 20,52 gam nước. Mặt khác hiđro hĩa hồn tồn o 29,04 gam X với lượng H2 vừa đủ ( xúc tác Ni, t ) thu được hỗn hợp Y. Đun nĩng tồn bộ Y với dung dịch NaOH 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 tồn bộ Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 13,41 gam. Nung nĩng hồn tồn T với vơi tơi xút thu được hỗn hợp khí cĩ 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% Lời giải: HCOOCH3 : a (HCOO)2 C 2 H 4 : b Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi: CH2 : c H2 : d Từ 3 thơng tin về khối lượng, O2 và nước, ta lập được 3 phương trình: m 60a 118b 14c 2d 29,04 X n 2a 3,5b 1,5c 0,5d 1,59 O2 n 2a 3b c d 1,14 HO2 Cịn 2 thơng tin ta chưa sử dụng. Tuy nhiên ta lại khơng thể dùng chúng một cách riêng lẻ. Làm thế nào để kết nối chúng lại? Xét tồn bộ quá trình phản ứng: CH OH : a Na 3  m 31a 60b m bình tăngCH2 (ancol) H NaOH C2 H 4 (OH) 2 : b EY 2  HCOONa : a 2b NaOH  o H : a 2b m 2(a 2b) m CaO,t 2 khí CH2 (axit) CH2 : c Cộng khối lượng bình tăng và khối lượng khí, ta cĩ: m m 31a 60b 2(a 2b) (m m ) 13,41 6,96 bình tăngkhí CH22 (ancol) CH (axit) CH2 (E) 33a 64b 14c 20,37 Giải hệ 4 phương trình trên, ta được: a = 0,15 ; b = 0,09 ; c = 0,69 ; d = –0,12 Bảo tồn khối lượng cho ancol, ta cĩ:
  47. CH3 OH : 0,15 C25 H OH : 0,15 ZCH(OH):0,09 2 4 2 Z C H (OH) :0,09 13,41 0,15.31 0,09.60 3 6 2 CH : 0,24 0,15 0,09 2 14 Tiến hành ghép hỗn hợp E. Ta cĩ: n a 2b 0,33 n 0,69 0,24 0,45 HCOONa CH2 (axit) CH3 COOC 2 H 5 : 0,12 CH COOC H : 0,15 CH COOC H : 0,03 3 2 5 3 2 5 CH COOC H : 0,12 3 2 5 (CH3 COO) 2 C 3 H 6 : 0,09 H2 : 0,03 EEEC 2H3 COOC 2 H 5 : 0,03 CH : 0,45 0,33 0,12 2 (CH3 COO) 2 C 3 H 6 : 0,09 C2 H 3 COOC 3 H 6 OOCCH 3 : 0,09 H : 0,12 (0,09 0,03) H : 0,09 2 2 CH2 : 0,12 0,09 0,03 0,09.172 %m .100% 53,3% Đáp án B. este(M max) 29,04 Bài 40: X, Y là hai este đơn chức, Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hồn tồn 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 hĩa hồn tồn P cần vừa đủ 1,792 lít H2 (đktc) thu được hỗn hợp E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, cơ 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 cĩ mạch cacbon khơng phân nhánh). Dẫn tồn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 10,78 gam. Nung nĩng T với xút dư cĩ mặt CaO thì sau phản ứng thu được hỗn hợp 2 khí cĩ tỉ khối so 50 với He là . Tổng số nguyên tử trong P là: 9 A. 44 B. 47 C. 50 D. 53 Lời giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi E: HCOOCH3 : a nO 2a 3,5b 1,5c 1,085 0,5.0,08 1 0,8H2 2 P E CH33 OOC COOCH : b n 2a 3b c 0,79 0,08 2 HO2 CH2 : c Na CH3 OH : a 2b  mbình tăng 31(a 2b) m CH (ancol) 2 NaOH HCOONa : a NaOH E  o H:abm2(ab)m CaO,t 2 khí CH2 (axit) (COONa)2 : b CH : c 2
  48. Cộng khối lượng bình tăng và khối lượng khí, ta cĩ: 4.50 m m 31(a 2b) 2(a b) (m m ) 10,78 (a b) bình tăngkhí CH22 (ancol) CH (axit) 9 CH2 (E) 200 33a 64b 14c 10,78 (a b) 97a 376b 126c 97,02 (3) 9 a 0,08 HCOOCH3 : 0,08 Từ 1 , 2 , 3 b 0,1 E Z : CH33 OOC COOCH : 0,1 c 0,41 CH2 : 0,41 10,78 0,28 CH3Z OH : 0,13 2n 0,2 Ta cĩ: nF a2b0,28 MF 39,5 F 0,28 CHOH:0,152 5 2n Z 0,2 Z có dạng CH3 OOC R COOC 2 H 5 Tiến hành ghép hỗn hợp E và P theo điều kiện T chỉ gồm 2 muối: HCOOCH3 : 0,03 C2 H 5 COOCH 3 : 0,03 HCOOC25 H : 0,05 E E C2 H 5 COOC 2 H 5 : 0,05 Z : CH OOC COOC H : 0,1 3 2 5 CH OOC CH COOC H : 0,1 3 2 2 5 CH2 : 0,26 0,08.2 0,1 C2 H 3 COOCH 3 : 0,03 0,08H2 E P C2 H 3 COOC 2 H 5 : 0,05 Tổng số nguyên tử trong P là 47 CH3 OOC CH 2 COOC 2 H 5 : 0,1 Đáp án B. Như đã nĩi trong phần HĐH, cĩ một số bài tốn mà ta khơng đủ phương trình để giải theo hệ thơng thường. Với loại bài này, ta cần sử dụng “hệ phương trình cĩ ẩn số nguyên” Bài 41: 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 hồn tồn 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 1M là A. 10,54 gam B. 14,04 gam C. 12,78 gam D. 13,66 gam Lời giải: Từ lượng Ag sinh ra từ phản ứng tráng bạc Trong E có 0,06 HCOOR
  49. HCOOH : a C2 H 4 (OH) 2 : b Nếu sử dụng HĐH theo cách thơng thường, ta quy đổi hỗn hợp thành: E H2 O : 2b CH : c 2 H2 : d Tuy nhiên, chỉ với 3 thơng tin về khối lượng, CO2 và H2O, ta khơng thể giải được 4 ẩn trên Vấn đề nằm ở chỗ: Số mol H2 bằng một số nguyên lần số mol của HCOOH X : HCOOH : 0,06 Y : HCOOH : a H2 : ka (k N) Vì vậy để cĩ thể giải được hệ, ta phải sử dụng HĐH theo cách khác: E C2 H 4 (OH) 2 : b H O : 2b 2 CH2 : c Từ khối lượng, CO2 và nước, ta lập được hệ: m (46 2k)a 26b 18c 4,12 E n a 2b c 0,19 CO2 n (1 k)a b c 0,12 HO2 Hệ này vẫn cĩ 4 ẩn, nhưng vì k nên ta sẽ cho k chạy từ 0, 1, 2, X : HCOOH : 0,06 Y : HCOOH : 0,05 Với k = 0, ta giải ra được: a = 0,05 ; b = 0,07 ; c = 0 E C2 H 4 (OH) 2 : 0,07 H2 O : 0,14 Tuy giải ra nghiệm đẹp nhưng rất tiếc trường hợp này khơng thỏa vì ta phải cĩ CH2 để ghép vào Y. Với k = 1, ta giải ra được: a = 0,05 ; b = 0,02 ; c = 0,1 X : HCOOH : 0,06 Y : HCOOH : 0,05 X : HCOOH : 0,06 H2 : 0,05 Y : C23 H COOH : 0,05 EE C2 H 4 (OH) 2 : 0,02 C2 H 4 (OH) 2 : 0,02 H2 O : 0,04 H2 O : 0,04 CH2 : 0,1 0,05.2 BTKL  mrắn 0,06.46 0,05.72 0,15.56 0,11.18 12,78 gam Chọn đáp án C.
  50. Bài 42: X, Y (MX < MY) là hai peptit, mạch hở đều được tạo bởi glyxin, alanin và valin, Z là một este đa chức, mạch hở, khơng no chứa một liên kết C=C. Đun nĩng hồn tồn 20,78 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z trong dung dịch NaOH (vừa đủ), thu được 1,36 gam hỗn hợp ancol F. Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được 28,52g muối khan T. Đốt cháy hồn tồn T thu được 13,25g Na2CO3. Mặt khác, đốt cháy hết 20,78g hỗn hợp E cần vừa đủ 1,14 mol O2. Biết X, Y, Z cĩ cùng số nguyên tử cacbon. Phần trăm về khối lượng của ancol cĩ phân tử khối lớn nhất trong F gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 46% B. 40% C. 52% D. 43% Lời giải: Ta cĩ: n 2n 2.0,125 0,25 NaOH Na23 CO Sử dụng bảo tồn khối lượng, ta cĩ: m m m m m 20,78 0,25.40 1,36 28,52 0,9 H2 O(E NaOH) E NaOH ancol muối 0,9 n n 0,05 X,Y HO(E2 NaOH) 18 Sử dụng AKH và phép biến đổi peptit về gốc axit, tiến hành quy đổi E CH4 : a Z H2 : a COO : ka mE (14 44k)a 57b 14c 19,88 E H2 O : 0,05 nNaOH ka b 0,25 X,Y C H ON : b n 1,5a 2,25b 1,5c 1,14 23 O2 CH : c 2 (k 1)a 2b c Vì CX = CY = CZ nên phải cĩ điều kiện: a 0,05 Với k = 2, ta giải ra được: a = 0,015 ; b = 0,22 ; c = 0,415 (k 1)a 2b c 180 Kiểm tra điều kiện, ta cĩ: a 0,05 13 Với k = 3, ta giải ra được: a = 0,01 ; b = 0,22 ; c = 0,42 (k 1)a 2b c Kiểm tra điều kiện, ta cĩ: 15 a 0,05 Vì đề bài chỉ hỏi ancol nên ta khơng cần quan tâm tới X, Y. Nếu nối đơi của Z nằm ở phần axit, ta cĩ: CH OH : 0,03 3 F 1 Không thể ghép. CH : x BTKL x 2 35
  51. Vậy nối đơi của Z nằm ở gốc ancol CH3 OH : 0,03 C 3 H 5 OH : 0,03 C 3 H 5 OH : 0,01 F H2 : 0,01 F CH 3 OH : 0,01 F C 2 H 5 OH : 0,01 BTKL CH : 0,01 CH OH : 0,01 CH2 : x x 0,03 23 Ancol cĩ phân tử khối lớn nhất là C3H5OH 0,01.58 %m .100% 42,65% Đáp án D. C35 H OH 1,36 Bài 43: Hỗn hợp P gồm axit X no, mạch hở, khơng phân nhánh, este Y mạch hở và lysin. Để tác dụng hồn tồn với P cần dùng 400 gam dung dịch NaOH 10%. Cơ cạn dung dịch sau phản ứng, thu được phần rắn Z chứa 3 muối và phần hơi T chỉ chứa một ancol. Dẫn T qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng 367,36 gam và thu được 43,96 gam muối. Đốt cháy hồn tồn Z thu được sản phẩm cháy gồm Na2CO3, CO2, N2 và 19,8 gam H2O. Mặt khác, để đốt cháy hết hỗn hợp P ban đầu cần dùng 50,848 lít khí O2 (đktc). Số cơng thức cấu tạo thỏa mãn X là: A. 2 B. 6 C. 9 D. 11 Lời giải: Trước hết, ta xử lí thơng tin về este Y: m a(R 16n) 17b 17.20 367,36 R(OH)n : a bình tăng T H2 O (X,Y NaOH) : b mmuối a(R 39n) 43,96 H O (dd 2 NaOH): 20mol nNaOH an b 1 23an 17b 16,6 an 0,84 R 40 R 80 aR 11,2 C6 H 8 (OH) 6 : 0,14 an b 1 b 0,16 n3 n 6 Ta đã xác định được gốc ancol, việc cịn lại là xác định gốc axit (chú ý thơng tin Z chứa 3 muối) n 6y 8 Y: (C H COO) C H : 0,14 O2 0,14.(6x 6 ) 2,27 x y 6 6 8 4 12x 3y 16,43 Axit tạo Y là HCOOH. Vì X cĩ mạch khơng phân nhánh nên X là axit đơn chức hoặc axit 2 chức. Trường hợp 1: X đơn chức (HCOO)6 C 6 H 8 : 0,14 HCOONa : 0,84 HCOOH : a HCOONa : a P Z C H N O : b C H N O Na : b 6 14 2 2 6 13 2 2 CH2 : c CH2 : c Từ thơng tin về O2, NaOH, H2O(Z), ta lập được hệ Tác giả: Võ Minh Ngọc – fb.com/NgocRichard99 Moderator tại BookGol – fb.com/groups/HoaHocBookGol Trang 54 PDF Watermark Remover DEMO : Purchase from www.PDFWatermarkRemover.com to remove the watermark
  52. nNaOH 0,84 a b 1 a 0,12 X : C 3 H 7 COOH : 0,12 n 9,5.0,14. 0,5a 8,5b 1,5c 2,27 b 0,04 C H N O : 0,04 O2 6 14 2 2 n 0,5.0,84 0,5a 6,5b c 1,1 c 0,36 0,12.3 Y : (HCOO)6 C 6 H 8 : 0,14 H2 O(Z) C3 H 7 COOH có 2 cấu tạo: CH 3 CH 2 CH 2 COOH và CH 3 CH COOH | CH3 Trường hợp 2: X hai chức (HCOO)6 C 6 H 8 : 0,14 HCOONa : 0,84 (COOH)2 : a (COONa)2 : a P Z C6 H 14 N 2 O 2 : b C6 H 13 N 2 O 2 Na : b CH2 : c CH2 : c Từ thơng tin về O2, NaOH, H2O(Z), ta lập được hệ nNaOH 0,14 2a b 0,16 a 0,04 X : C 4 H 8 (COOH) 2 : 0,04 n 9,5.0,14 0,5a 8,5b 1,5c 2,27 b 0,08 C H N O : 0,08 O2 6 14 2 2 n 0,5.0,14 6,5b c 1,1 c 0,16 0,04.4 Y : (HCOO)6 C 6 H 8 : 0,14 H2 O(Z) X (C4 H 8 (COOH) 2 ) có 9 cấu tạo: 1 2 3 4 Mạch thẳng: CCCC Có các cấu tạo: 1;1,1;2,1;3,1;4,2;2,2;3. 1 2 3 Mạch nhánh: CCC Có các cấu tạo: 1;1,1;2,1;3. | C X có tất cả 11 cấu tạo thỏa mãn Đáp án D. Bài 44: Hỗn hợp X gồm hai este cĩ cùng số nhĩm chức (đều mạch hở, cĩ tổng số liên kết bằng 5). Đốt cháy hồn tồn 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 hồn tồn với dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu được 86,4g Ag. Số cấu tạo thỏa mãn este khơng no trong X là: A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 (Võ Minh Ngọc) Lời giải: 1 nNaOH n Ancol đơn n NaOH 2 Có một trong hai este có dạng RCOOR'COOR'' Hai este không thể là este của phenol
  53. Vì hai este cĩ tổng số liên kết bằng 5 nên một este no và một este cĩ một nối đơi C=C Ta cĩ hệ: A: RCOOR'COOR'' :a nNaOH 2a 2b 0,6 a 0,2 n a2b0,4 b0,1 B: R(COOR')2 : b Ancol Nhận xét: R(COOR)2 không thể tráng bạc. Nhận xét: R(COOR)2 khơng thể tráng bạc. nAg 0,8 4 A có dạng HCOO CH CH R12 COO R nA 0,2 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi X (nên dùng ĐĐH với CTPT): C4 H 3 O 4 CH 3 : 0,2 n 1,7 O2 X CH33 OOC COOCH : 0,1  x 0,3 CH2 : x C5 H 5 O 4 CH 3 : 0,2 A A:CHOCH:0,24 3 4 3 C4 H 3 O 4 C 2 H 5 : 0,2 X hoặc X CH33 OOC COOCH : 0,1 CH OOC COOCH : 0,1 B: 33 CH : 0,3 B: 2 CH2 : 0,1 Trường hợp 1: C4 H 3 O 4 CH 3 Có 1 cấu tạo thỏa mãn: HCOO CH CH COOCH 3 Trường hợp 2: C4 H 3 O 4 C 2 H 5 Có 1 cấu tạo thỏa mãn: HCOO CH CH COOC 2 H 5 Trường hợp 3: C5 H 5 O 4 CH 3 Có 2 cấu tạo thỏa mãn: HCOO CH CH CH2 COO CH 3 HCOO CH C COO CH 3 | CH3 A cĩ 4 cấu tạo thỏa mãn Đáp án C Bài 45: X,Y là hai este đều đơn chức; Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở, khơng no chứa một liên kết đơi C=C và khơng chứa nhĩm 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 nĩng m gam E với dung dịch NaOH, cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được 3 ancol đều no và hỗn hợp F chứa 3 chất rắn trong đĩ cĩ 2 chất hữu cơ (biết rằng số liên kết của mỗi chất khơng lớn hơn 2). Đốt cháy hỗn hợp rắn F chỉ thu được 14,94 gam H2O và 66,78 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng của Y (MX<MY) trong m gam E gần nhất với A. 24% B. 24,5% C. 25% D. 25,5% (Thầy Trọng Đạt) Phân tích: Các thơng tin của bài tốn rất rời rạc với nhau. Liệu cĩ cách sử dụng ĐĐH để liên kết các dữ kiện này lại?
  54. Lời giải: Trước hết ta cần biện luận cấu tạo của X, Y, Z: Vì các ancol đều no nên các liên kết C=C của X, Y, Z nằm ở gốc axit. Nếu Z tạo từ axit hai chức thì axit này cĩ 3 , trái với giả thiết 2 muối đều cĩ khơng quá 2 E tạo từ ancol no, 2 chức và hai axit đơn chức, trong đĩ một axit no và một axit cĩ một nối đơi C=C Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: CH CH COOCH :a 23 n 4a 6b c 0,91 1 CO2 E CH2 CH COO CH 2 4 OOCH:b n 3a 4b c 0,68 2 HO2 CH2 : c Lấy (1) – (2), ta được: a + 2b = 0,23 (3) Mặt khác đây cũng chính là số mol gốc axit của E, vì vậy ta cĩ: o Na CO : 0,63 RCOONa : 0,23 O2 ,t 23 BTNT(Na) F   nNaOH 1,03 NaOH H2 O : 0,83 Bảo tồn 2 nguyên tố C và H, ta cĩ: nC(F) n H(F) 0,63 Vì F cĩ nC = nH nên F gồm 2 muối HCOONa và C2H3COONa (C3H3O2Na) 0,63 0,23 C H COONa : 0,2 Ta cĩ: F 23 2 HCOONa : 0,23 0,2 0,03 Vì chỉ mình Z cĩ gốc HCOONa nên b = nHCOONa = 0,03 Từ (3) a 0,23 2b 0,23 0,03.2 0,17 Từ (2) c = 0,68 – 3a – 4b = 0,68 – 3.0,17 – 4.0,03 = 0,05 X Y : C2 H 3 COOCH 3 : 0,17 Bước cuối cùng, ta tiến hành ghép: E Z : C2 H 3 COO C 2 H 4 OOCH : 0,03 CH2 : 0,05 Vì nY > nZ nên ta cần ghép một lượng CH2 lớn hơn 0,03 vào C2H3COOCH3 Nếu ta ghép 0,03 CH2 vào Z, lượng CH2 chỉ cịn 0,02 nZ X : C2 H 3 COOCH 3 : 0,12 Tồn bộ 0,05 CH2 đi vào C2H3COOCH3 E Y : C2 H 3 COOC 2 H 5 : 0,05 Z : C2 H 3 COO C 2 H 4 OOCH : 0,03 100.0,05 %m .100% 25,46% Đáp án D. Y 86.0,17 144.0,03 14.0,05
  55. PHẦN BA: BÀI TẬP TỰ LUYỆN Hãy vận dụng những thứ mà bạn học được từ hai phần trước để thử sức với các bài tập tự luyện. Đây là những bài tập hay được tổng hợp từ nhiều nguồn và cĩ độ khĩ tăng dần. Đặc biệt những bài cuối cùng là mĩn quà mình gửi tặng đến các bạn. Tuy khơng nhiều nhưng đây là những bài tập rất đặc trưng cho 4 kĩ thuật ĐĐH – TPH – HĐH – AKH. Dù đề thi cĩ là 50 câu/90 phút hay 40 câu/50 phút thì mình tin rằng những bài tập này, hay nĩi rộng ra là tài liệu này, sẽ cĩ ích cho các bạn trong kì thi THPTQG 2017 sắp tới. Bài 46: Hỗn hợp X gồm (CH3COO)3C3H5, CH3COOCH2CH(OOCCH3)CH2OH, CH3COOCH2CHOHCH2OH, CH2OHCHOHCH2OH và CH3COOH, trong đĩ CH3COOH chiếm 10% tổng số mol hỗn hợp. Đun nĩng 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 hồn tồn m gam hỗn hợp X cần dùng V lít O2 (đktc). Giá trị của V gần nhất là A. 28,68% B. 27,53% C. 28,48% D. 24,46% Bài 47: 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 cĩ cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy 9,26 gam hỗn hợp Z chứa X, Y cĩ 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 thốt ra khỏi bình cĩ thể tích là 13,216 lít (đktc). Phần trăm khối lượng của amin cĩ khối lượng phân tử nhỏ trong hỗn hợp Z là. A. 6,7% B. 20,1% C. 13,4% D. 26,8% (Thầy Tào Mạnh Đức) Bài 48: Đốt cháy hồn tồn 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 tồn bộ Y đi qua dung dịch H2SO4 đặc (dư). Thể tích khí cịn lại là 175 ml. Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện. Hai hiđrocacbon đĩ là: A. C2H4 và C3H6 B. C3H6 và C4H8 C. C2H6 và C3H8 D. C3H8 và C4H10 (Đề đại học khối B – 2012) Bài 50: X là este no, đơn chức, Y là axit cacboxylic đơn chức, khơng no chứa một liên kết đơi 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 51: Hỗn hợp X gồm 2 este khơng no, đơn chức, mạch hở (gốc axit hơn kém nhau một nguyên tử cacbon) 0 và một este hai chức, mạch hở. Hiđro hố hồn tồn 31,72 gam hỗn hợp X cần dùng 0,26 mol H2 (Ni, t ). Đốt cháy hồn tồn 31,72 gam hỗn hợp X cần dùng 1,43 mol O2. Để xà phịng hố hồn tồn 31,72 gam hỗn hợp X cần dùng 0,42 mol NaOH, thu được hỗn hợp muối và hỗn hợp T gồm 2 ancol đồng đẳng kế tiếp. Cho T
  56. vào bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng thêm 14,14 gam. Phần trăm khối lượng của este đơn chức cĩ phân tử khối lớn hơn gần nhất với: A. 27% B. 28% C. 29% D. 30% Bài 52: 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 hĩa 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 m là A. 156,84 B. 176,24 C. 174,54 D. 108 Bài 53: X, Y, Z là ba este mạch hở (MX < MY < MZ); X đơn chức, cĩ 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 nĩng cũng lượng H trên trong 175g dung dịch NaOH 8%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch A chứa 4 chất tan (khơng chứa muối của axit fomic) và 12,92g hỗn hợp B chỉ chứa 2 ancol. Cho B tác dụng hết với kali dư thấy thốt ra 0,16 mol H2. Biết 28,08g H làm mất màu vừa hết 0,2 mol Br2 và 2 ancol trong B cĩ cùng số nguyên tử cacbon. Nồng độ phần trăm của chất tan cĩ phân tử khối lớn nhất trong A là A. 4,67% B. 4,99 % C. 5,05% D. 5,11% Bài 54: X, Y, Z (MX < MY < MZ) là ba este no, mạch hở, thuần chức. Thủy phân hồn tồn 68,8g hỗn hợp H gồm X, Y, Z trong 800 ml dung dịch KOH 2,4M, cơ cạn dung dịch sau phản ứng được rắn T (chứa 4 chất; trong đĩ các chất hữu cơ đều mạch thẳng) ; hỗn hợp N chứa 3 ancol khơng là đồng phân của nhau và cĩ cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hết N thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 89,76g. Nung nĩng hồn tồn T với CaO, sản phẩm thu được chỉ cĩ 9,12g hỗn hợp khí M (H2, CH4) và 132,48g một muối cacbonat. Biết số mol M bằng 23 lần số mol muối cĩ 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 cĩ giá trị là A. 4,6897 B. 4,6383 C. 0,2156 D. 1,1596 (Đề thi thử Bookgol lần 10 – 2016) Bài 55: X là axit cacboxylic đơn chức; Y là axit cacboxylic hai chức; Z là ancol đơn chức; T là ancol 2 chức; H là este thuần chức tạo bởi X và T; G là este thuần chức tạo bởi Y và Z; biết X, Y, Z, T, H, G đều no và mạch hở. Co 10,32 gam hỗn hợp E gồm X (x mol), Y (2x mol), Z, T, H, G tác dụng với dung dịch NaOH (dùng dư 20% so với lượng phản ứng), cơ cạn dung dịch sau phản ứng được rắn khan F (trong F cĩ tỉ lệ số mol muối của axit đơn chức với muối của axit đa chức là 5 : 3) và hỗn hợp 2 ancol Z, T. Cho hỗn hợp 2 ancol Z, T qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 5,17 gam và thốt ra 1,232 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy