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

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.. Mình đã áp dụng những kĩ thuật này vào các

Phần hai: Các bài toán tổng hợp Phần này bao gồm một số bài toán đòi hỏi sự vận dụng cao

Phần ba: Bài tập tự luyện Đây sẽ là những thử thách thú vị giành cho các bạn

Trong tài liệu này mình sẽ không đề cập nhiều đến peptit Các bạn hãy tham khảo tác phẩm “Đồng Đẳng Hóa và bài toán peptit” của anh NT Nhật Trường (sinh viên trường đại học Y Dược thành phố HCM)

để có cái nhìn sâu sắc nhất về bài toán peptit Tác phẩm này cũng chính là nguồn gốc ý tưởng cho kĩ thuật đầu tiên – kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa trong tài liệu này Ba kĩ thuật còn lại được mình mở rộng và phát triển dựa trên nền tảng của Đồng Đẳng Hóa

Link bài viết: https://goo.gl/q0dzkd

Để tránh tình trạng một số phần tử trục lợi cá nhân từ tài liệu này, mình sẽ chèn walter link download của tài liệu này Hy vọng các bạn không cảm thấy phiền với nó

Hy vọng tài liệu này sẽ có ích cho các bạn sĩ tử 99er trong quá trình ôn luyện, chuẩn bị cho kì thi THPT Quốc gia 2017

Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy Xô Huyền, thầy Phan Thanh Tùng, anh Đào Văn Yên, anh Phan Thanh Tùng, anh Đỗ Phú Phát đã hỗ trợ nguồn tài liệu, giúp đỡ em hoàn thành tài liệu này Mình cũng xin gửi lời cảm ơn đến những người bạn đã giúp đỡ, động viên mình trong suốt quá trình biên soạn bộ tài liệu Cảm ơn Cộng đồng Hóa học Bookgol đã giúp mình đưa tài liệu này đến với thầy cô và các bạn học sinh

Mặc dù đã rất cố găng nhưng tài liệu khó tránh khỏi những sai sót trong quá trình biên soạn Tài liệu này được upload lên folder driver nên sẽ được chỉnh sửa trong thời gian sớm nhất Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp ý của các thầy giáo, cô giáo cùng các bạn học sinh để tài liệu này được hoàn thiện hơn

Tài liệu này là một phần trong ấn phẩm về Quy đổi mà mình dự định sẽ hoàn thiện nó sớm nhất có thể để gửi đến mọi người Hi vọng sẽ nhận được sử ủng hộ của mọi người

Mọi ý kiến đóng góp xin vui lòng liên hệ qua email: n.m.ngoc.richard@gmail.com

Sđt: 0962748426

Nghệ An, ngày 20 tháng 11 năm 2016

VÕ MINH NGỌC

LỜI TRI ÂN

Nhân ngày nhà giáo Việt Nam, ngày 20/11/2016 Thay mặt BQT Bookgol xin được gửi lời tri ân, lời cảm ơn sâu sắc nhất đến tất cả các quý thầy cô đã luôn ủng hộ giúp đỡ Bookgol trong thời gian hoạt động vừa qua Chúc cho tất cả các thầy cô, các bạn sinh viên đang làm việc và công tác liên quan đến lĩnh vực giáo dục luôn có một sức khỏe dồi dào, tinh thần lạc quan Chúc cho các thầy cô sẽ tiếp tục gặt gái được nhiều thành công trong quá trình công tác, sẽ giúp ích được nhiều hơn nữa các em học sinh, có những thế hệ học trò thành công

Để có được thành công như ngày hôm nay của Bookgol không thể không kể đến sự giúp đỡ và ủng hộ của thầy cô với Bookgol cả về công việc lẫn tinh thần Bookgol tự hào khi nhận được nhiều tình cảm yêu quý của các thầy cô dành cho mình Trên tất cả thành viên BQT Bookgol luôn nhìn nhận nó một cách trân trọng Cảm ơn tất cả thầy cô về những tình cảm đã dành cho Bookgol Những tình cảm đó thật đáng trân quý

Tài liệu này cũng là một món quà nho nhỏ gửi đến tất cả các thầy cô nhân dịp 20-11 Hi vọng nó sẽ phần nào giúp ích cho thầy cô phần nào trong công việc của mình

Hy vọng trên con đường đi sắp tới của Bookgol vẫn sẽ luôn nhận được tình cảm, sự ủng hộ giúp đỡ của tất cả các quý thầy cô Một lần nữa chúc mừng 20-11 Chúc các thầy cô luôn vui vẻ , khỏe mạnh

Bookgol, ngày 20 tháng 11 năm 2016

T/M BQT

Đào Văn Yên

MỤC LỤC

PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP 4

I ĐỒNG ĐẲNG HOÁ 4

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi 4

2 Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa 4

a) Tách CH 2 4

b) Ghép CH 2 7

II THUỶ PHÂN HOÁ 12

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi 12

2 Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa 12

a) Tách H 2 O – Ghép este 12

b) “Bảo toàn số mol” 23

III HIĐRO HOÁ 27

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi 27

2 Các bài toán minh họa 27

a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp” 28

b) Bài toán thiếu thông tin về số mol H 2 32

IV ANKAN HOÁ – Tách nhóm chức 36

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi 36

2 Các bài toán minh họa 36

PHẦN HAI: CÁC BÀI TOÁN TỔNG HỢP 41

PHẦN BA: BÀI TẬP TỰ LUYỆN 58

PHẦN MỘT: CÁC KĨ THUẬT QUY ĐỔI HỖN HỢP HỮU CƠ PHỨC TẠP

Trong phần này mình sẽ giới thiệu đến các bạn một hệ thống 4 kĩ thuật quy đổi gồm:

1 Đồng đẳng hóa (tách – ghép CH 2 )

2 Thủy phân hóa (tách – ghép este)

3 Hiđro hóa (tách – ghép liên kết  )

4 Ankan hóa (tách – ghép nhóm chức)

Ngoài ra còn một số kĩ thuật khác sẽ xuất hiện trong phần hai (các bài toán tổng hợp)

Mình đã áp dụng những kĩ thuật này vào các bài toán tổng hợp hữu cơ trong đề thi đại học các năm; đề thi thử của các trường; đề thi thử của các group; đề thi Olympic Hóa học BookGol,… và thu được nhiều kết quả, một số chúng được tổng hợp trong tài liệu này Các kĩ thuật được sắp xếp theo thứ tự từ cơ bản đến nâng cao Để vận dụng linh hoạt tất cả chúng, các bạn cần nắm vững từng kĩ thuật một

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi

Ta biết rằng các chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều nhóm CH2 Vì vậy,

có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó Dựa vào

ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản hơn (thường là các chất đầu dãy)

kèm theo một lượng CH 2 tương ứng Kĩ thuật này được gọi là Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH)

Ví dụ :

C3H8  CH4 + 2CH2 C6H5–CH(CH3)2 C6H6 + 3CH2

C3H6(OH)2 C2H4(OH)2 + 1CH2 C4H7COOH C2H3COOH + 2CH2

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 toán minh họa

a) Tách CH 2

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)

2 2

n 2n 2

2 2

m 2m

2 3 2

Sau khi quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH, ta lập các phương trình theo các dữ kiện từ đề bài và giải hệ Khi

đã tìm được các ẩn, tức là xác định được thành phần của hỗn hợp sau khi quy đổi, ta xử lí các bước còn lại và trả lời câu hỏi của bài toán

Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan trọng các bạn cần lưu ý:

+) CH2 là thành phần khối lượng Vì vậy, nó có mặt trong các phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O2 phản ứng, số mol CO2, số mol H2O),…

+) Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (bản thân nó là nhóm metylen –CH2–) Nó không được tính vào

số mol hỗn hợp (hoặc các dữ kiện khác liên quan tới số mol các chất)

Các bạn cần nắm vững 2 điều này để lập chính xác các phương trình Nếu bạn sai từ bước lập hệ, các bước tiếp theo sẽ không có ý nghĩa

Bài 1: Hỗn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 và ancol etylic Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O2 (đktc) Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có thoát

ra 11,2 lít khí (đktc) Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X là:

(Như đã nói, số mol này không bao gồm số mol CH2)

0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2, ta có: k(a + b) = 0,3

Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125

Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta có: 3a 2, 5b 1, 5c 1, 25

Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6

Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X là: 0, 2.46.100% 32,86%

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 có thể đặt CTPT trung bình của 2 ankin và giải tương tự

Bài 2:Cho 0,1 mol este X no, đơn chức mạch hở vào cốc chứa 30ml dung dịch MOH 20% (d = 1,2 gam/ml) Sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được ancol Y và phần rắn T Đốt cháy hoàn toàn T thu được 9,54 gam M2CO3 và 8,26 gam hỗn hợp CO2 và H2O Kim loại M và axit tạo este ban đầu là

A.K và HCOOH B.Na và CH3COOH C.K và CH3COOH D.Na và HCOOH

Tới đây có 2 hướng xử lí:

 Gọi CTPT muối của axit cần tìm là CnH2n – 1O2Na

CO H O 3

2

Na CO : 0, 09HCOONa : 0,1

Kĩ thuật này phụ thuộc nhiều vào khả năng xử lí số liệu của bạn Nếu tính nhẩm tốt, bạn sẽ không gặp nhiều khó khăn ở bước này

Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp gồm 0,5 CH3OH và 0,3 CH2

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

2 5

4 9

3 2

Nếu gặp một phương trình phức tạp hơn, bạn nên dùng chức năng TABLE của máy tính để xử lí

Ví dụ 5:Tạo lại hỗn hợp hai hiđrocacon (thể khí ở điều kiện thường) gồm 0,2 CH4, 0,4 C2H2, 1,2 CH2

Bài 3: Cho X là axit cacboxylic đơn chức mạch hở, trong phân tử có một liên kết đôi C=C, Y và Z là hai axit cacboxylic đều no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ) Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm Y, Y và

Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu được dung dịch F Cô cạn F, thu được chất rắn khan

G Đốt cháy hoàn toàn G bằng O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi Hấp thụ toàn bộ T vàobình đựng nước vôi trong, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam Khối

lượng Z trong 23,02 gam E gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.2,5 gam B.3,5 gam C.17,0 gam D.6,5 gam

Từ dữ kiện khối lượng hỗn hợp, ta có: 72a46b 14c 23,02 1 

Từ dữ kiện số mol NaOH phản ứng vừa đủ, ta có: a b 0, 46 2 

b

2 O

Nhận xét: Khối lượng bình tăng có thể xử lí gọn hơn bằng cách quy đổi công thức phân tử của muối

Đôi khi đề bài có một số điều kiện ràng buộc với các chất, ta nên quy đổi hợp lý ngay từ đầu để tránh gặp rắc rối ở bước ghép CH2

Bài 4: Hỗn hợp X gồm 2 ancol no, hai chức, mạch hở A, B (62 < MA < MB) và có tỉ lệ mol 3:4 Cho a mol X vào bình chứa b mol O2 (dư) rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2,04 mol các khí và hơi Mặt khác dẫn 2a mol X qua bình đựng K dư thu được 70,56 gam muối Biết a + b = 1,5 Số đồng phân hòa tan được Cu(OH)2

(Bookgol Chemistry Olympia 2016)

Phân tích: Bài này có điều kiện MA > 62, vì vậy ta không nên quy đổi về C2H4(OH)2

(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 có: 152a + 14c = 0,5.70,5635, 28 (2)

trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với

Phân tích: Một ví dụ khác về bài toàn 2 phần không bằng nhau Mình sẽ giải nó theo 2 cách khác nhau

Các bạn hãy so sánh hai lời giải và rút ra điểm lợi thế của ĐĐH

2 3 3

6 8 4 2

Nhận xét: Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta không cần quan tâm tỉ lệ giữa 2 phần

Bài 6: X, Y là hai amin no, hở; trong đó X đơn chức, Y hai chức Z, T là hai ankan Đốt cháy hoàn toàn 21,5g hỗn hợp H gồm X, T, Z, T (MZ < MX < MT < MY ; Z chiếm 36% về số mol hỗn hợp) trong oxi dư, thì thu được 31,86g H2O Lấy cùng lượng H trên thì thấy tác dụng vừa đủ với 170 ml dung dịch HCl 2M Biết X

và T có số mol bằng nhau ; Y và Z có số nguyên tử cacbon bằng nhau Tỉ lệ khối lượng của T so với Y có giá trị là

Nhận xét: Bài này có các điều kiện ràng buộc hỗn hợp đầu khá phức tạp Sử dụng ĐĐH cho phép ta bao

quát tất cả các điều kiện đó ngay ở bước quy đổi

Qua những ví dụ trên, hy vọng các bạn đã hiểu được cách sử dụng kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa trong các bài tập Đây là kĩ thuật cơ bản nhất và là nền tảng cho các kĩ thuật còn lại Các bạn hãy nghiên cứu kĩ Đồng Đẳng Hóa trước khi chuyển sang các mục tiếp theo.

II THUỶ PHÂN HOÁ

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi

Đây là kĩ thuật thêm nước vào hỗn hợp có chứa Este mà nhiều bạn đang sử dụng Mình đặt lại một cái

tên mang tính hóa học cho nó Thủy Phân Hóa (TPH) nói rõ lên bản chất quy đổi của kĩ thuật

Trong tài liệu này mình sẽ khai thác triệt để TPH và kết hợp nó với kĩ thuật ĐĐH Các kĩ thuật Hiđro

Hóa , Ankan Hóa ở những mục tiếp theo cũng sẽ có sự kết hợp với TPH

Xét phản ứng thủy phân este: Este + H2O  Ancol + Axit

Chuyển vế, ta có: Este  Ancol + Axit – H2O

Ta có thể quy đổi một este bất kì thành ancol, axit và nước.

Ở đây mình chỉ đề cập tới este tạo từ ancol và axit Với các este khác (este của anđehit, xeton, phenol), các bạn có thể làm tương tự

Đối với peptit, ta có phản ứng thủy phân: Peptit + H2O  Amino axit

Chuyển vế, ta có: Peptit  Amino axit – H2O

Tương tự như este, ta có thể quy đổi một peptit bất kì thành các amino axit và nước.

Tuy nhiên, trong các bài tập về peptit, bạn nên sử dụng cách quy đổi về gốc axyl: C2H3ON, CH2 và

H2O

2 Kĩ thuật áp dụng – Các bài toán minh họa

a) Tách H 2 O – Ghép este

Với dạng bài Ancol – Axit – Este, ta nên sử dụng TPH để các bước tính toán gọn hơn

Sau khi dùng TPH để quy đổi hỗn hợp Ancol – Axit – Este, các bạn cần sử dụng nhận xét sau:

“Hỗn hợp sau khi quy đổi bằng TPH có phản ứng thủy phân tương tự hỗn hợp đầu”

Ở đây mình lấy hỗn hợp đơn giản nhất có đầy đủ cả Ancol – Axit – Este để minh họa Mọi hỗn hợp khác cho kết quả tương tự

Sản phẩm cuối cùng của các phản ứng không có gì thay đổi.

Từ nhận xét trên, ta thu được hai kết quả:

+) Số mol COOH của axit trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng số mol NaOH phản ứng với hỗn hợpđầu

+) Lượng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu thủy phân hoàn toàn hỗn hợp đầu (trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm)

Đây là 2 kết quả quan trọng mà ta sẽ thường xuyên sử dụng khi quy đổi hỗn hợp bằng TPH

Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 CH3OH thu được 2,688 lít

CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O Mặt khác, cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam CH3OH Công thức của CxHyCOOH là

A.C2H5COOH B.CH3COOH C.C2H3COOH D.C3H5COOH

Lời giải:

Sử dụng TPH, tiến hành quy đổi X về a mol CxHyCOOH, b mol CH3OH và c mol H2O

Từ hai 2 kết quả trên, ta có:

+) X tác dụng vừa đủ với 0,03 mol NaOH  a = 0,03

+) Thủy phân hoàn toàn X, thu được 0,03 mol CH3OH b = 0,03

Tiếp theo mình sẽ giới thiệu đến các bạn kĩ thuật quy đổi kết hợp TPH và ĐĐH Kĩ thuật này có phạm

vi ảnh hưởng rộng và có thể áp dụng cho hầu hết bài toán thuộc dạng Ancol – Axit – Este

Dựa vào bản chất của hỗn hợp đầu, ĐĐH – TPH được chia thành 4 trường hợp

 Trường hợp 1: Hỗn hợp chỉ có este

Ta có kết quả: nCOOnOH nH O2

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)

3

n 2n 1 m 2m 1

2 2 4 2

2 2

Ta có thể gộp ancol và nước lại cho gọn

Ví dụ 2: Quy đổi este có 7 liên kết  được tạo tử glixerol và 2 axit không no, mạch hở

Vì hỗn hợp chỉ có este nên trong một số tình huống, ta chỉ nên dùng ĐĐH mà không dùng thêm TPH

 Trường hợp 2: Hỗn hợp chỉ có axit và este

Ta có kết quả: nOH  nH O2

Để cho gọn, khi quy đổi ta có thể gộp ancol và nước lại

Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở)

Ví dụ 4: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit acrylic, este mạch hở có

6 liên kết , mạch hở tạo bởi ancol no ba chức và các axit không no, đơn chức

 Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ có ancol và este

Tương tự như trường hợp 2, ta có kết quả: nCOO  nH O2

Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở)

3 3

 Trường hợp 4: Hỗn hợp có cả ancol, axit và este

Đây là trường hợp tổng quát Vì không có điều kiện ràng buộc nên số mol H2O là một ẩn độc lập

Ví dụ 7: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở)

HCOOCH HCOOH : a

C H COOC H

CH OH : bHCOOH

X C H COOH

CH OH H O : c

C H OH

CH : dCH

(COOC H ) (COOH) : a

C H (COOC H )

C H OH : b(COOH)

X C H (COOH)

C H OH H O : c

C H OH

CH : dCH

Vì ĐĐH – TPH có phạm vi ảnh hưởng rộng nên trong mục này mình sẽ chỉ lấy một số bài tập cơ bản

minh họa cho cách sử dụng nó Các bài tập nâng cao nằm ở phần các bài toán tổng hợp và bài tập tự luyện

Đó sẽ là những thử thách thú vị giành cho các bạn

Bài 8: Cho X,Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có cùng số nguyên

tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y, Z Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X,Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối

đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2 Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là

A.4,68 gam B.5,04 gam C.5,44 gam D.5,80 gam

(Đề thi đại học khối A – 2014)

Phân tích: Đây là bài toán kinh điển cho dạng toán hỗn hợp Ancol – Axit – Este Có rất nhiều cách giải cho

bài tập này Lời giải sau đây sử dụng quy đổi kết hợp ĐĐH – TPH

Lời giải:

Để sử dụng ĐĐH, cần xác định được dãy đồng đẳng của các chất Theo đề bài, ta đã có dãy đồng đẳng

của hai axit X và Y, vì vậy chỉ cần tìm dãy đồng đẳng của ancol Z

T là este hai chức nên Z là ancol 2 chức

C H COOH : a

C H (OH) : bE

Bài 9: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm –COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử) Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y Cho m gam Y vào bình đựng Na dư sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2

và 3,96 gam H2O Phần trăm khối lượng của este không no trong X là

(Đề thi THPT quốc gia – 2015)

Phân tích: Bài này hỗn hợp X chỉ gồm các este đơn chức, vì vậy không nên dùng TPH

Nhận xét: Tương tự như bài trước, ta không cần ghép chi tiết CH2 vào từng chất Chỉ cần xác định 0,02

CH2 đi vào hai este no là được

Bài 10: X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX < MY < MZ), T là este tạo bởi X, Y,

Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó

Y và Z có cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O Mặt khác, đun nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,6 gam Ag Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu

được dung dịch N Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan Giá trị m gần nhất với

(Đề thi thử chuyên Đại học Vinh lần 4 – 2015)

Phân tích: Bài này có nhiều điều kiện liên quan tới hỗn hợp đầu, vì vậy ta nên sử dụng ĐĐH – TPH

2 2

Nếu còn CH2 thì ta vẫn phải ghép tiếp Tuy nhiên trong trường hợp này, CH2 đã hết

Theo cách ghép ở trên, 0,45 CH2 sẽ đi hết vào axit maxit 0, 4.46 0, 45.14 24, 7

1(24, 7 0,8.40 0, 4.18) 24, 752

raén

Bài 11: X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đó có axit

Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic Đem đốt cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa Mặt khác, cho 26,5 gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối Biết các phản ứng đều xảy

ra hoàn toàn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y có trong hỗn hợp F có thể là

(Đề thi Offline Moon.vn 2015)

Lời giải:

Trước hết ta xử lý thông tin về este

k   4 3  1  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)

Để ghép các thành phần quy đổi, ta dựa vào số mol của H2O và loại este

Ứng với 3 loại este (không xét este của axit đa chức và ancol đa chức), ta có 3 trường hợp

 Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức

1RCOOR’ + 1H2O  1RCOOH + 1R’OH Chuyến vế, ta có: 1RCOOR’  1RCOOH + 1R’OH – 1H2O

Từ các hệ số, ta thu được: nR OORC ' nRCOOH nR OH'  nH O2

 Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức

1(RCOO)nR’ + nH2O  1R’(OH)n + nRCOOH Chuyến vế, ta có: 1(RCOO)nR’  1R’(OH)n + nRCOOH – nH2O

 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 có: 1R(COOR’)n  1R(COOH)n + nR’OH – nH2O

Từ các hệ số của phản ứng, ta thu được: 2

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 không chứa nhóm chức khác Đun nóng 18,48 gam E với 240 ml dung dịch NaOH 0,8M (vừa đủ), thu được hỗn hợp chứa

2 muối và a gam một ancol Z duy nhất Dẫn toàn bộ a gam Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 7,104 gam Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 18,48 gam E với lượng oxi vừa đủ, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 52,656 gam Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E là:

Lời giải:

, Gọi số chức của ancol Z là k ta có:

X phản ứng với NaOH sinh ra 2 muối và X cĩ 1C C 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C C 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)

3 8 2

3 4 2

2 3 2

2 2

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

n 0, 4n 0,39n T là ancol no.

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

H O 2

Y : CH COOH : 0, 05 0, 02 0, 03

CH COOH : 0, 05E

(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.

Từ khối lượng T và số mol CO2, ta lập được hai phương trình: 28a 92b 14c 14, 78 (1)

Ta cần lập thêm một phương trình với lượng khí H2 thoát ra

Các chất trong T chỉ chứa hai nhóm chức là COO (không phản ứng với Na) và OH (có 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: nOH(T) 3b a 2nH2 0, 09 (3)

Giải hệ (1), (2) và (3), ta được: a = 0,15 ; b = 0,08 ; c = 0,23

Tiến hành ghép CH2 vào axit:

3 3

CH COOH : 0, 07

CH COOH : 0,15HCOOH : 0,15

b) “Bảo toàn 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 có thực sự cần thiết?

Để làm rõ điều này, ta cần phân tích lại các phương trình thủy phân của este (không xét tới este củaaxit đa chức và ancol đa chức)

 Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức

“Tổng số mol chất tham gia bằng tổng số mol các chất sản phẩm”

Mà ta biết rằng, kĩ thuật Thủy Phân Hóa có bản chất quy đổi dựa trên phản ứng thủy phân của este

 “Quy đổi hỗn hợp bằng Thủy Phân Hóa sẽ bảo toàn số mol của hỗn hợp”

Mình gọi đây là quy tắc “Bảo toàn số mol” (gọi tắt là BTSM).

Chú ý rằng BTSM không đúng trong trường hợp hỗn hợp có este của axit đa chức và ancol đa chức.

Ví dụ: 1R (COO) R3 6 '26H O2 3R(COOH)22R'(OH)3

 Tổng hệ số các chất tham gia = 7  5 = Tổng hệ số các chất sản phẩm

Tuy nhiên, đề thi hiện tại không còn nhắc tới loại este này nên các bạn có thể thoải mái áp dụng

BTSM

Quy tắc này còn mở rộng cho hỗn hợp có chứa peptit

 Trường hợp 1: Phản ứng thủy phân hoàn toàn

Phương trình: 1An (n 1)H O2 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 toàn số mol

 Trường hợp 2: Phản ứng thủy phân không hoàn toàn

Để dễ hình dung, ta giả sử phản ứng gồm 2 giai đoạn (lưu ý rằng điều này không đúng về mặt hóahọc)

+) Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp thành các amino axit và nước

1X  (n 1)H OnXNhư đã phân tích ở trường hợp 1, số mol hỗn hợp được bảo toàn

+) Trùng ngưng các amino axit thành các peptit nhỏ hơn peptit ban đầu

mXX (m 1)H OĐảo lại hai vế, ta có: Xm(m 1)H O 2 mXĐây chính là phương trình (*) Vì vậy số mol hỗn hợp cũng sẽ được bào toàn

 Cả hai giai đoạn đều bảo toàn số mol hỗn hợp nên toàn bộ phản ứng sẽ bảo toàn số mol hỗn hợp

Tóm lại, nếu sử dụng TPH để quy đổi hỗn hợp peptit (quy đổi hoàn toàn hoặc không hoàn toàn), số

mol của hỗn hợp luôn luôn được bảo toàn

BTSM áp dụng cho những bài toán sử dụng TPH có liên quan tới yếu tố số mol hỗn hợp

+) Với các bài toán xuôi: Ta sử dụng BTSM để tính nhanh số mol hỗn hợp đầu

Ví dụ với Bài 13 Sau khi giải hệ, ta được: 3

2

HCOOH : 0,14

CH COOH : 0, 05E

+) Với các bài toán “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 có tỉ khối so với H2

là 31 Cô cạn G rồi nung nóng với xút dư có mặt CaO thu được m gam hỗn hợp khí Giá trị của m gần nhất

Ta cần lập thêm một phương trình với 0,1 mol hỗn hợp E

Nếu làm theo cách thông thường, ta cần ghép este để tính số mol X, Y, Z, T theo a, b, c và cộng lại

2 4 2

E 2

2 2 4 2

Tuy nhiên nếu áp dụng BTSM, ta có ngay: nE nHCOOHnC H (OH)2 4 2 nH O2 0,11 a c  (3)

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 toàn bộ CH2 sẽ đi vào axit

o

2 NaOH

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 hoàn toàn 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 Cô 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:

C H (OH) : aHCOOH : bA

Vì ancol được cố định là etylen glicol nên muối gồm

III HIĐRO HOÁ

1 Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sơ quy đổi

Đơn giản nhất trong các bài toán không biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu là dạng bài không

biết rõ số liên kết  Với dạng bài này, ta cần sử dụng một kĩ thuật có tên gọi là Hiđro Hóa (HĐH)

Khi bắt đầu tiếp cận với hóa hữu cơ, ta được học về phản ứng đề hiđro hóa ankan để tạo thành anken Xét phản ứng: AnkanAnken H 2

Chuyển vế, ta có: AnkenAnkan H 2

Ta có thể quy đổi một anken bất kì thành ankan và H2

Đây là nguồn gốc ý tưởng của HĐH Dựa trên ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hợp chất X bất kì

thành dạng hiđro hóa hoàn toàn của X cùng một lượng H 2 tương ứng.

HC C CHOC3H7OH – 3H2 (CHO)2 C2H4(OH)2 – 2H2

2 Các bài toán 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 toán minh họa, có 2 điểm các bạn cần phải lưu ý

+) Với các chất cùng dãy đồng đẳng, ta gộp chúng lại để ghép H2

Ví dụ:Tạo lại hỗn hợp X gồm một anđehit và hai hiđrocacon cùng dãy đồng đẳng đồng đẳng

+) Chú ý điều kiện để ghép H2 Nếu mạch cacbon không thỏa mãn, ta không được phép ghép H2 vào chất

Ví dụ:Tạo lại hỗn hợp X gồm một axit, một ancol và một ankin Biết X gồm

4 3

2 2

CH : 0, 3

CH OH : 0, 4HCOOH : 0, 2

3

2 5

2 3 2

a) Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp”

Với kiểu bài này, đề bài sẽ cho số mol  của hỗn hợp đầu qua thông tin “hiđro hoàn toàn hỗn hợp X cần vừa đủ a mol H2” Đây là một dạng mở rộng của ĐĐH

Bài 17: Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A và axit hai chức B đều không no, mạch hở, không phân nhánh (trong đó oxi chiếm 46% về khối lượng) Đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi dẫn toàn bộ lượng sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình tăng 28,928 gam Mặt khác, đem m gam hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 16,848 gam muối Để hidro hóa hoàn toàn m gam

X cần dùng 3,4048 lít H2 (đktc) Phần trăm khối lượng của A trong X gần nhất với:

(Bookgol Chemistry Olympia 2016)

Lời giải:

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi: 2

2 2

HCOOH : a(COOH) : bX

HCOONa : a(COONa) : b

Nhận xét: Kĩ thuật áp dụng cho bài này tương tự so với các bài sử dụng ĐĐH thông thường, chỉ khác là

hỗn hợp quy đổi có 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 hiđro hóa hoàn toàn 13,44 gam E cần dùng 0,05 mol H2 (xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp F Lấy toàn bộ Ftác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp rắn T Phần trăm khối lượng của muối có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp T là

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: 2