Ứng dụng độ bất bão hòa giải bài tập hóa hữu thầy võ văn thiện

Ứng dụng độ bất bão hòa giải bài tập hóa hữu cơ (Bài viết được đăng trên Tạp chí Hóa Học và Ứng Dụng) Võ Văn Thiện-Bookgol Đại học Y Dược TP.HCM I. Độ Bất Bão Hòa - Độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ là đại lượng đặc trưng cho mức độ không no của phân tử hợp chất hữu cơ. - Độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ là đại lượng đặc trưng cho mức độ không no của phân tử hợp chất hữu cơ.  Độ bất bão hòa thường ký hiệu là k. - Với k là tổng số  và vòng của phân tử đó. - Hợp chất hữu cơ mạch hở thì k=a+b ( với a là số liên kết  ở gốc hidrocacbon và b là số liên kết  ở nhóm chức .  Công thức : 2 (a 2) b 2 ii k      với i a , i b lần lượt là hóa trị, số nguyên tử của nguyên tố thứ i  Ví dụ : Hợp chất 3 4 2 C H O có độ bất bão hòa là 2 (4 2) 3 (1 2) 4 (2 2) 2 2 2 k           II,Ứng dụng 1.Liên kết  trung bình - Hợp chất hữu cơ mạch hở có độ bất bão hòa bằng số liên kết  .  Kí hiệu tb  2 1 1 2 3 3 1 2 3 nn tb n a a a a a a a a               với 1 2 3 , , n a a a a lần lượt là số mol của các hợp chất hữu cơ và 1 2 3 , , n     lần lượt là số liên kết  tương ứng của các hợp chất hữu cơ đó. 2.Phản ứng đốt cháy với Oxi  Bảng Công thức thể hiện mối liên hệ giữa số mol CO 2, H 2 O, (hoặc N 2 ) và độ bất bão hòa trong phản ứng đốt cháy Hợp Chất Hữu cơ Độ Bất bão hòa k Công thức thể hiện mối liên hệ giữa số mol CO 2 , H 2 O, (hoặc N 2 )và k Các trường hợp cụ thể: Dạng tổng quát: C n H 2n+2+t-2k N t O z C x H y 22 2 xy k   22 .( 1) xy CH OOC H n k n n   Ankan 22 ,0 nn C H k   : 22 ankan H O CO n n n Anken 2 ,1 nn C H k  22 H O CO nn Ankin 22 ,2 nn C H k   22 ankin CO H O n n n x y z C H O 22 2 xy k   22 .( 1) x zy O CO H OCH n k n n   Ancol X no đơn,mạch hở, 22 ,0 nn C H O k   : 22 X H O CO n n n Anđehit X no,đơn chức mạch hở, 2 ,1 nn C H O k  : 22 H O CO nn Axit X hoặc este X no, đơn chức, mạch hở, 22 ,1 nn C H O k  : 22 H O CO nn x y t C H N 22 2 x y t k     22 ( 1 0,5 ) x y t C CO H OHN n k t n n    hay 2 2 2 ( 1) x y t CO N H OC H N n k n n n    Amin no, đơn chức, mạch hở 23 N, 0 nn C H k   : 22 .( 1,5) X CO H O n n n   hay 2 2 2 .( 1) X CO N H O n n n n    x y t z C H N O 22 2 x y t k     22 ( 1 0,5 ) x y t z C H N O CO H O n k t n n    hay 2 2 2 ( 1) x y t z CO N H OC H N O n k n n n    Amino axit X no,đơn chức,mạch hở phân tử có chứa 1 nhóm –NH 2 và 1 nhóm – COOH 2 1 2 ,1 nn C H NO k   : 1 2222 .( 0,5) nn C H N COO OH n n n   hay 2 2 2 CO N H O n n n X: nm CH Và Y: x y t C H N 22 ( 1) ( 1 0,5 ) X X Y Y CO H O n k n k t n n      Hỗn hợp X gồm:ankin 22 ,2 nn CH k   và amin 23 ,0 mm NCH k   : 2 2 2 3 2 2 ( 1,5) n n m m NC H C CO OH H n n n n       Chứng minh: * Đối với Hidrocacbon xy CH 2 (4 2) (1 2) 2 2 22 2 2 2 x y x y k y x k              Vậy công thức của Hidrocacbon được viết ở dạng khác 2 2 2n n k CH  Giả sử đốt cháy hoàn toàn C x H y sau phản ứng thu được CO 2 và H 2 O . Ta có: 2 xy CO CH n x n  ; 2 2 xy HO CH n y n  thay vào biểu thức: 22 22 22 2 2. 2 22 1 ( 1) 22 x y x y xy x y x y CO H O C H C H CO H O C H CO H O C H C H nn nn nn xy k n k n n nn            *Đối với hỗn hợp gồm X:C n H m và Y:C x H y N t . Ta có biểu thức liên hệ với CO 2 và H 2 O như sau : 22 ( 1) ( 1 0,5 ) X X Y Y CO H O n k n k t n n       .  Chứng minh: - Khi đốt X : 22 ( 1) X X CO H O n k n n   (1) - Khi đốt Y: 22 ( 1 0,5 ) Y Y CO H O n k t n n    (2)  (1)+(2), ta được: 22 ( 1) ( 1 0,5 ) X X Y Y CO H O n k n k t n n       Như Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.  -Trường hợp đặc biệt : Các aminoaxit   no, mạch hở phân tử có 1 nhóm 2 NH và 1 nhóm OOHC có dạng 2 1 2 ,1 nn C H NO k   . Các peptit tạo từ các aminoaxit   đó có dạng : 2 1 2 2 . 2 . 2 1 ( 1) 2 . 2 (2 . . 2) 2 n n t n t n t t t C H NO t H O C H N O tn t t n t t kt                với (t-1) liên kết peptit. Vậy đối với peptit tạo bởi các aminoaxit   trên có kt .Công thức mối liên hệ là: 2 2 2 2 ( 1 0,5 ) , (0,5.t 1) peptit CO H O peptit CO H O n k t n n k t n n n          Vị dụ: Đipeptit tạo bởi aminoa xit   no mạch hở,phân tử có 1 nhóm –NH 2 và 1 nhóm – COOH,k=t=2 :C n H 2n N 2 O 3 ,Ta có: 2 2 2 2 (0,5.2 1) dipeptit CO H O CO H O n n n n n     Tripeptit tạo bởi aminoa xit   no mạch hở,phân tử có 1 nhóm –NH 2 và 1 nhóm –COOH,k=t=3 :C n H 2n-1 N 3 O 4 ,Ta có: 2 2 2 2 (0,5.3 1) .0,5 tripeptit CO H O tripeptit CO H O n n n n n n      2.Phản ứng với H 2 và dung dịch Br 2 Xét các phản ứng: 2 4 2 2 6 2 2 2 2 6 4 4 2 4 10 n 2n 2 2k 2 n 2n 2 C H (k 1) H C H C H (k 2) 2H C H C H (k 3) 3H C H C H kH C H              Từ đó suy ra : n 2 n 2 2 k 2 2 n 2 n 2 2 k C H H n 2 n 2 2 k H sè mol cña C H k.n n (1) sè mol cña C H n         Tương tự đối với Br 2 ta có: n 2 n 2 2 k 2 2 n 2 n 2 2 k C H Br n 2n 2 2 k Br sè mol cña C H k.n n (2) sè mol cña C H n         (1)+(2), ta được : n 2 n 2 2 k 2 2 n 2 n 2 2 k C H Br H sè mol cña C H k. n n n      III,Ví dụ minh họa 1: Hỗn hợp X gồm các amin đơn chức và các hidrocacbon đều mạch hở.Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được V 1 (lít) CO 2 8,96(lít) H 2 O(đktc)và V 2 (lít)N 2 .Mặt khác 0,1 mol X phản ứng vừa đủ với 0,15mol H 2 .Tổng thể tích của CO 2 và N 2- (lít)(đktc) là: A. 2,016 B. 10,08 C. 1,568 D. 13,44 Hướng dẫn giải Cơ chế phản ứng với H 2 : X+kH 2  Y(hợp chất hữu cơ no)  2 0,15 1,5 0,1 H X n k n    X có dạng : x y t C H N với k=1,5 nên ta sử dụng công thức : 2 2 2 2 2 22 1,5 0,1 0,4 ( 1) 0,45 0,45 22,4 10,08             X CO N H O CO N CO N n k n n n n n V 2 : Hỗn hợp X gồm etilen , 2 ankan đồng đẳng và hidrocacbon mạch hở M .Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol X thu được hỗn hợp chứa 1,4 mol H 2 O và 1,5 mol CO 2 .M là : A. 26 CH B. 36 CH C. 34 CH D. 38 CH Hướng dẫn giải Nhận xét : Hỗn hợp X mạch hở có dạng xy CH chứa k liên kết  . Theo công thức : 22 0,6 1,5 1,4 7 ( 1) 6 X CO H O n k n n k     Vì 7 6 k  nên trong X có ít nhất 1 hidrocacbon có số liên kết  lớn hơn 7 6 . Theo đáp án chỉ có 34 CH thỏa mãn.Đáp án C 3 : Hỗn hợp X gồm 3 este mạch hở đều có dạng 3 COOCH R trong đó tỉ lệ khối lượng 216 31 C H m m  .Cho 0,2 mol X làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol 2 Br .Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X thu được m(gam) 2 CO .Giá trị của m là : A. 31,68. B. 30. C.60. D.32. Hướng dẫn giải Giả sử X có k +1 liên kết  suy ra gốc –R có k liên kết  0,2 mol X làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol 2 Br => 2 0,1 0,5 0,2 Br x n k n    Vậy X có dạng 2 2 2 ( 1) 2 2 1 2x x k x x C H O C H O       Mặt khác ta có : 3,6 6,2 2 12 216 3,6 : 2 1 31 C H m x x X C H O mx        2 0,36 0,2 0,72 44 0,72 31,68        CO n mol m 4 : Hỗn hợp A chứa X và Y là 2 andehit đều no , mạch hở(M X <M Y ).Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp A cần dùng 0,52 mol O 2 thu được 0,64 mol CO 2 .Mặt khác 0,4 mol A làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa a mol Br 2 .Giá trị của a là: A. 0,8. B. 0,4. C.0,2. D. 0,64. Hướng dẫn giải A: 2 2 2n n k k C H O  BTNT O: 2 2 2 2 (A) 0,4 0,52 0,64 .O 2. 2. 0,4. 0,52.2 0,64.2 A O CO H O H O k n n n n k n       Theo công thức ta có : 2 2 2 ( 1) 0,4( 1) 0,64 A C O H O H O n k n n k n        2 1,6, 0,4 HO kn Nhận xét : 2 0,64 1,6 0,4 CO A n n n     X hoặc Y có C=1và M X <M Y  X :HCHO Dễ thấy : n=k=1,6 mà X :C=O=1  Y: C=O  Y chỉ có thể là :OHC-CHO Ta có : 2 A 0,4 2. 2 2.n 0,8      Br HCHO OHC CHO n n n 5 : X là este no, đơn chức, Y là axit cacboxylic đơn chức , không no chứa một liên kết đôi C=C; Z là este 2 chức tạo bởi etylen glicol và axit Y (X, Y, Z, đều mạch hở,số mol Y bằng số mol Z). Đốt cháy a(gam) hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,335 mol O2 thu được tổng khối lượng 2 CO và 2 HO là 19,74gam. Mặt khác a (gam) E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,14 mol 2 Br .Biết X có khả năng tráng bạc.Khối lượng của X trong E là A. 8,6 gam. B. 6,6 gam. C. 6,0 gam. D. 7,4 gam. Hướng dẫn giải Theo đề bài : X có dạng HCOOR x mol Gọi y,a,b lần lượt là số mol của Y, 2 CO , 2 HO Khi tác dụng với 2 Br ta có : (2 1) (4 2) 0,14x y y     Bảo toàn O :   2 0,335.2 2 2 0,95a b x y y      . Theo đề : 44 18 19,74ab 0,33 ; 0,29ab   Theocôngthức:       1 1 2 1 4 1 0,33 0,29 0,01 0,11x y y y x           2 3 0,33 33 : 2 : 0,11( ) 0,11 0,01 0,01 14 CO tb E n C X C X HCOOCH mol n         Vậy : 0,11 60 6,6  m 6 : Cho X,Y là hợp chất đồng đẳng của axit acrylic và XY MM ;Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X,T là este 2 chức tạo bỡi X,Y và Z.Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X,Y,Z,T cần vừa đủ 13,216(l) 2 O (đktc) thu được 2 CO và 9,26(g) nước.Mặt khác lượng E trên tác dụng tối đa với 0,04mol 2 Br .Khối lượng muối thu được khi cho cùng 1 lượng E trên tác dụng KOH dư là ? A. 4,68. B. 5,44. C. 5,04. D. 5,8. Hướng dẫn giải 2 13,216 0,59 22,4 O n mol , 2 9,38 0,52 18 HO n  Theo định luật bảo toàn khối lượng : 2 2 2 11,16 0,52 32 9,38 20,68 0,47 CO CO CO m m n        Dễ thấy :Este 2 chức và 22 H O CO nn => ancol no,2 chức Nên ta gọi : 2 2 2 2 2 2 2 4 2 6 4 , :C (k 2)( 3)x(mol) :C ( 3)(k 0) y(mol) : ( 4) ( ) nn mm n m n m X Y H O n Z H O m T C H O k z mol              Bảo toàn O : 2 2 4 0,59.2 0,47.2 0,52(1)x y z     Khi tác dụng với 2 Br ta có :     2 1 4 2 0,05(2)xz    Theo công thức : (2-1)x+(0-1)y+(4-1)z=0,47-0,52(3) Từ (1),(2),(3) suy ra : 0,02; 0,1; 0,01x y z   2 0,47 47 0,02 0,1 0,01 13 CO E E n C n      nên Z : 3 8 2 C H O Bảo toàn C : 0,02 3.0,1 0,01(2 3) 0,47 3,5n n n      X,Y : 3,5 5 2 C H O Khi E tác dụng KOH tạo ra muối 2,5 4 COOKCH 2,5 4 COOK 0,02 0,01 2 0,04 C H KOH nn     => 2,5 4 COOK 0,04 117 4,68   CH m 7 : Hỗn hợp E chứa 3 peptit X,Y,Z đều tạo từ 2 aminoaxit   no chứa 1 nhóm 2 NH và 1 nhóm OOHC . Đốt cháy hoàn toàn x mol hỗn hợp E thu được 1 V (lít) 2 CO (đktc)và 2 V (lít) 2 HO (đktc).Mặt khác 0,04 mol E tác dụng vừa đủ với 0,13 mol NaOH.Biểu thức liên hệ giữa x, 1 V và 2 V : A. 12 7 8 22,4 VV x   B. 12 9 8 22,4 VV x   C. 12 3 8 22,4 VV x   D. 12 5 8 22,4 VV x   Hướng dẫn giải E có dạng : 1x y t t C H O N  Ta có: 1x y t t C H O N  + tNaOH  Muối của các aminoaxit    4,25 3,25 0,13 3,2 ,4 :C5 00 xy E H O Nt    Áp dụng công thức : 22 12 12 3,25 22,4 22,4 5 n (0,5 t 1) 8 22,4       E CO H O x VV VV n n x 8 : Petit X,Y lần lượt có công thức tổng quát dạng 3q p t C H O N , 4m n k C H O N (X,Y được tạo từ 1 aminoaxit   M chỉ 1 nhóm 2 NH và 1 nhóm OOHC ).Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Q gồm 3amol X và 2amol Y cần dùng 85,68(lit) 2 O (dktc) thu được hỗn hợp gồm 2 2 2 ,,CO H O N , trong đó tổng khối lượng của 22 ,CO H O là 204,5 gam.Xác định M : A.Alanin B. glyxin. C. valin. D. axit 2-aminobutanoic Hướng dẫn giải Quy về peptit hỗn hợp Q : C x H y N tb O tb 3 3 2 4 3,4 1 4,4 32 tb tb tb aa N O N aa           Theo công thức ta có : 2 2 2 2 2 2 3,4 32 (0,5 1) (3 2 )(0,5 3,4 1) 3,5 Q tb CO H O CO H O CO H O aa n N n n a a n n a n n               BTNT O ta được : 2 2 2 2 2 Q tb 4,4 5 3,825 n .O 2. 2. 22 7,65 2. O CO H O CO H O a n n n a n n       Ta có hệ : 2 2 2 2 2 2 22 3,5 3,4 22 7,65 2. 3,05 44. 18. 204,5 0,1 CO H O CO CO H O H O CO H O a n n n a n n n n n a                    Xét trong Q : 2 3,4 6,8 3 0,1 2 0,1 CO tb Q n C n         X hoặc Y có 6,8C  vì X là tripeptit nên C=6 => M chỉ có thể là glyxin 9 : Đốt cháy hoàn toàn X gồm axit cacboxylic no đơn chức mạch hở A và aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH 2 và a nhóm –COOH B thu được m(mol)CO 2 ,n(mol) H 2 O và b (mol) N 2 .Biết rằng n-m=0,09.Giá trị của b là : A. 0,08. B. 0,1. C. 0,09. D. 0,07. Hướng dẫn giải Ta có: :1 : Ak X B k a      Theo công thức ta có: 22 BB 11 ( 1) n (k 1 0,5. ) 1 0,5.1 0, 0 1,5 1 09 A A B CO H O a n k N n a n aa mn                  1 X k  X có dạng: C x H y N t O z với 1 X k   2 2 2 2 2 2 ( 1) 0,09          X X CO N H O N H O CO n k n n n n n n 10 : X là hỗn hợp amin no 2 chức mạch hở,Y là hỗn hợp aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm 2 NH và 2 nhóm OOCH .Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E gồm 0,06 mol X và 0,12 mol Y cần dùng 30,912(l) 2 O ( dktc) thu được 2 N , 2 CO và m(g) 2 HO .Giá trị của m là : A. 22,3. B. 20,16. C. 12,3 D. 22,5. Hướng dẫn giải 2 24 4 m 2m 1 : ,k 0;0,06mol :C H , 2;0,12 nn X C H N Y NO k mol          2 0,06 0,12 4 0,06 0,12 3 tb N     , 0 0,06 2 0,12 4 0,06 0,12 3 tb k       4 3 4 :, 3 tb x y z E C H N O k BTNT O: 2 2 2 2 2 (Y) 0,12 4 1,38 .O 2. 2 3,24 2 Y O CO H O CO H O n n n n n n      Theo công thức : 22 22 4 0,06 0,12 4 3 3 ( 1 0,5 ) 44 0,18.( 1 0,5 ) 0,06 33                tb E tb CO H O CO H O n k N n n nn 2 2 1,06 18.1,12 20,16 1,12            CO HO n m n IV.Bài Tập Tự Luyện 1,Hỗn hợp X gồm propylamin,etylamin và Hidrocacbon M.Đốt cháy hoàn toàn 0,4(mol) X thu được 26,88(lít) 2 HO (đktc) và 24,64(lít) hỗn hợp CO 2 và N 2 .M là: A.CH4 B.C2H4 C.C2H6 D.C3H8 2,X là mina oaxit   no chứa 1 nhóm 2 NH và 1 nhóm OOCH .Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp E chứa X và terapeptit tạo từ X thu được 24,84(gam) H 2 O và 1,44 (mol) CO 2 .Khối lượng của E là : A.46,44 B.44,44 C.47,5 D.43,56 3, X là axit cacboxylic đơn chứa, không no chứa một liên kết đôi C=C,Y là este tạo từ axit X ,axit axetic và etylen glicol.Đốt cháy hoàn toàn 11,56(gam) hỗn hợp E gồm X,Y và axit axetic ( trong đó số mol axit axetic bằng số mol Y) thu được tổng khối lượng H 2 O, CO 2 là 27,24 .Mặt khác hỗn hợp E tác dụng vừa đủ với 0,16 (mol) NaOH.Khối lượng của X trong E : A.7,2 B.8,62 C.9,36 D.10,08 4,Đốt cháy 0,1(mol) hỗn hợp X gồm ancol A và amin B(A,B đều no đơn chức mạch hở) có tỉ khối so với 2 H là 33,3 cần dùng a(mol) 2 O .Giá trị của a là : A.0,333 B.0,6 C.0,4 D.0,555 5 * , Hỗn hợp X gồm etilen,propin, but-1-in, vinyl axetilen,anđehit axetic,trong đó chiếm 1/7 về thể tích.Nung nóng 0,42 mol hỗn hợp X với 0,54 mol H 2 (xúc tác Ni),sau một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H 2 bằng 467/21.Dẫn Y qua bình đựng dung dịch AgNO 3 /NH 3 dư,thấy có 0,06 mol AgNO 3 phản ứng và thu được m gam kết tủa, khí thoát ra chỉ chứa các hidrocacbon(không có ankadien) dẫn qua bình đựng dung dịch Br 2 dư thấy khối lượng brom phản ứng là 22,4, đồng thời khối lượng của bình tăng là 5,6 gam.Tiếp tục thấy 4,032 lít hỗn hợp khí T thoát ra có tỉ khối so với H 2 bằng 212/9.Biết rằng đốt cháy 0,42 mol hỗn hợp X trên cần dùng 1,65 mol O 2 Giá trị của m là: A. 8,3. B. 6,4. C. 4,0. D. 9,6. [...]...6, Hỗn hợp X gồm C2H2,C2H6 và C3H6.Đốt cháy hoàn toàn 24,8g hỗn hợp X thu được 28,8g nước.Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,625 mol Br2.Khối lượng của C2H2 trong X: A 15,79 B 10,2 C 11 D 9,4 . Ứng dụng độ bất bão hòa giải bài tập hóa hữu cơ (Bài viết được đăng trên Tạp chí Hóa Học và Ứng Dụng) Võ Văn Thiện- Bookgol Đại học Y Dược TP.HCM I. Độ Bất Bão Hòa - Độ bất bão hòa của. trưng cho mức độ không no của phân tử hợp chất hữu cơ. - Độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ là đại lượng đặc trưng cho mức độ không no của phân tử hợp chất hữu cơ.  Độ bất bão hòa thường ký. i a , i b lần lượt là hóa trị, số nguyên tử của nguyên tố thứ i  Ví dụ : Hợp chất 3 4 2 C H O có độ bất bão hòa là 2 (4 2) 3 (1 2) 4 (2 2) 2 2 2 k           II ,Ứng dụng 1.Liên kết