Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ

Trong những năm gần đây, tốc độ phát triển của các phương pháp giải bài tập hóa học là vô cùng mạnh mẽ. Ngoài các phương pháp giải quen thuộc, giờ đây xuất hiện nhiều phương pháp mới. Nhiệm vụ phân loại học sinh khiến người ra đề phải làm bài toán trở nên phức tạp nhằm “đánh lừa” người học thì ngược lại người giải đề chỉ phải biến những thứ phức tạp đó thành đơn giản. Và phương pháp “quy đổi” ra đời trở thành công cụ đắc lực để xử lý nhanh gọn các bài tập phức tạp đó. Xuất phát từ những lý do trên, tôi đưa ra chuyên đề “Phương pháp quy đổi trong hóa học hữu cơ” với mong muốn giúp các em học sinh có thể giải quyết hiệu quả các bài tập hữu cơ khó trong đề thi THPT Quốc Gia; các thầy cô có thêm tư liệu tham khảo nhằm nâng cao chất lượng giảng – dạy của mình.

MỤC LỤC PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ 1 Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp nghiên cứu: .1 Không gian, phạm vi nghiên cứu: PHẦN II: NỘI DUNG I PHƯƠNG PHÁP ĐỒNG ĐẲNG HOÁ .3 Giới thiệu phương pháp – Cơ sở quy đổi Kĩ thuật áp dụng – Các toán minh họa a) Tách CH2 .3 b) Ghép CH2 II PHƯƠNG PHÁP THUỶ PHÂN HOÁ 10 Giới thiệu phương pháp – Cơ sở quy đổi 10 Kĩ thuật áp dụng – Các toán minh họa 10 a) Tách H2O .10 b) Ghép este .16 III PHƯƠNG PHÁP HIĐRO HOÁ 19 Giới thiệu phương pháp – Cơ sơ quy đổi 19 Các toán minh họa 19 a) Bài tốn “hiđro hóa hồn tồn hỗn hợp” 20 b) Bài toán thiếu thông tin số mol H2 22 BÀI TẬP TỰ LUYỆN 25 PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ .30 TÀI LIỆU THAM KHẢO .31 Phương pháp quy đổi hóa học hữu PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Lí chọn đề tài Kỳ thi THPT Quốc Gia kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước ngoặt lớn đời học sinh THPT Tính đến năm 2019, kỳ thi THPT Quốc Gia nhiều lần đổi nhằm hướng tới hoàn thiện tạo điều kiện tốt cho em học sinh tham gia kỳ thi Bên cạnh nội dung thi hình thức thi yếu tố quan trọng giúp thầy cô, em học sinh chọn lựa phương pháp giảng dạy học tập phù hợp Hiện nay, mơn Hóa học thi theo hình thức trắc nghiệm khách quan Vì vậy, địi hỏi học sinh làm đáp số mà cịn tìm đến đáp số đường nhanh Cùng với phát triển tri thức, đề thi phải đổi để đáp ứng nhu cầu người học có phân loại đối tượng học sinh Do đó, khơng khó để nhận thấy đề thi số lượng câu hỏi khó bắt đầu tăng lên, mang tính đánh đố nhiều hơn; đề dài hơn, phức tạp Điều khiến cho khơng học sinh lúng túng giải tập Trong năm gần đây, tốc độ phát triển phương pháp giải tập hóa học vơ mạnh mẽ Ngoài phương pháp giải quen thuộc, xuất nhiều phương pháp Nhiệm vụ phân loại học sinh khiến người đề phải làm toán trở nên phức tạp nhằm “đánh lừa” người học ngược lại người giải đề phải biến thứ phức tạp thành đơn giản Và phương pháp “quy đổi” đời trở thành công cụ đắc lực để xử lý nhanh gọn tập phức tạp Xuất phát từ lý trên, đưa chuyên đề “Phương pháp quy đổi hóa học hữu cơ” với mong muốn giúp em học sinh giải hiệu tập hữu khó đề thi THPT Quốc Gia; thầy có thêm tư liệu tham khảo nhằm nâng cao chất lượng giảng – dạy Mục đích nghiên cứu Tìm đặc điểm cấu tạo đặc trưng hợp chất hữu cơ, từ vận dụng số phương thức quy đổi chuyển từ phức tạp thành đơn giản, góp phần giải nhanh tập khó đề thi THPT Quốc Gia Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 12A Phương pháp nghiên cứu: - Xác định đối tượng áp dụng đề tài Phương pháp quy đổi hóa học hữu - Tập hợp tập tham khảo cách vận dụng dạng quy đổi giải tập trắc nghiệm hữu - Hệ thống hóa kiến thức liên quan phương pháp giải dạng - Có lời giải (hướng dẫn giải) ví dụ, tập minh họa hướng dẫn HS học tập - Hệ thống tập tự luyện hỗ trợ HS luyện tập phương pháp Không gian, phạm vi nghiên cứu: - Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 12 tiết - Phạm vi: dạng tập hỗn hợp hiđrocacbon, ancol, anđehit, axit, este, amin Phương pháp quy đổi hóa học hữu PHẦN II: NỘI DUNG I PHƯƠNG PHÁP ĐỒNG ĐẲNG HOÁ Giới thiệu phương pháp – Cơ sở quy đổi Ta biết chất thuộc dãy đồng đẳng nhiều nhóm CH2 Vì vậy, thêm vào bớt CH từ chất hữu để chất khác đồng đẳng với Dựa vào ý tưởng này, ta quy đổi hỗn hợp phức tạp chất đơn giản (thường chất đầu dãy) kèm theo lượng CH2 tương ứng Kĩ thuật gọi 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 C2H5NH2 � CH3NH2 + 1CH2 (C15H31COO)3C3H5 � (HCOO)3C3H5 + 45CH2 (CH3)2CH–CH(NH2)–COOH � NH2CH2COOH + 3CH2 Kĩ thuật áp dụng – Các toán minh họa a) Tách CH2 Một vài ví dụ cách sử dụng ĐĐH để quy đổi hỗn hợp hữu Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm axit no, đơn chức ancol no hai chức (tất mạch hở) �HCOOH : a Cn H n 1COOH � � � C2 H (OH ) : b � � X� � Cm H m (OH ) CH : c � � Ví dụ 2: Quy đổi hỗn hợp Y gồm ankin, anđehit no, hai chức este đơn chức có liên kết đôi C=C (tất mạch hở) C2 H : a � � Cn H n  � (CHO) : b � � Cm H m (CHO ) � � � � �HCOOC2 H : c C H O � n n2 � CH : d � Y Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp Z gồm amin no, hai chức, mạch hở pentapeptit mạch hở tạo amino axit thuộc dãy đẳng glyxin CH ( NH ) : a � C H ( NH ) � 2 � n 2n � Z� �� (C2 H 3ON )5 H 2O : b ( C H ON ) H O � m m1 � CH : c � Phương pháp quy đổi hóa học hữu Sau quy đổi hỗn hợp ĐĐH, ta lập phương trình theo kiện từ đề giải hệ Khi tìm ẩn, tức xác định thành phần hỗn hợp sau quy đổi, ta xử lí bước cịn lại trả lời câu hỏi toán Trước ứng dụng kĩ thuật để giải tập, có hai điều quan trọng cần lưu ý: +) CH2 thành phần khối lượng Vì vậy, có mặt 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 chất (bản thân nhóm metylen –CH 2–) Nó khơng tính vào số mol hỗn hợp (hoặc kiện khác liên quan tới số mol chất) Cần nắm vững điều để lập xác phương trình Nếu sai từ bước lập hệ, bước khơng có ý nghĩa Bài 1: Hỗn hợp X gồm ankin đồng đẳng có số nguyên tử C nhỏ ancol etylic Đốt cháy hồn tồn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O (đktc) Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có 11,2 lít khí (đktc) Phần trăm khối lượng ancol etylic hỗn hợp X là: A 32,86% B 65,71% C 16,43% D 22,86% Phân tích: - Đây kiểu hai phần không Ta đặt ẩn theo phần chia tỉ lệ theo phần lại, nên đặt ẩn theo phần có kiện khối lượng - Chú ý ankin có số nguyên tử C nhỏ nên chúng khí Khi cho X vào bình đựng Na dư, khí gồm H2 ankin Lời giải: C2 H 5OH : a mol � C2 H 5OH � � X� �X� C2 H : b mol � 46a  26b  14c  28 (1) Cn H n  � � CH : c mol � Sử dụng ĐĐH, quy đổi: Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C 2H5OH phản ứng sinh 0,5a mol khí H 2, đồng thời b mol ankin Vậy ta có phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2) (Như nói, số mol khơng bao gồm số mol CH2) 0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH kb mol C2H2 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 3a  2,5b  1,5c 1, 25  ab 0,3 Chia vế theo vế hai phương trình triệt tiêu k, ta có: Từ phương trình (1), (2) (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6 Phần trăm khối lượng ancol etylic hỗn hợp X là: 0, 2.46 100 28 = 32,86% → Đáp án A Phương pháp quy đổi hóa học hữu Nhận xét: Hệ phương trình cần giải gồm phương trình nên dễ bấm máy Đây ưu điểm kĩ thuật Có thể đặt CTPT trung bình ankin 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 phản ứng hồn tồn, cạn dung dịch thu ancol Y phần rắn T Đốt cháy hoàn toàn T thu 9,54 gam M 2CO3 8,26 gam hỗn hợp CO2 H2O Kim loại M axit tạo este ban đầu A K HCOOH B Na CH3COOH C K CH3COOH D Na HCOOH Lời giải: �Ancol Y � RCOOM  O2  �� � T� ��� � M 2CO3  CO2  H 2O 0,1 mol 7, gam �� 14 42 43 MOH du 8,26 gam 9,54 gam � Sơ đồ phản ứng: 7, 2.9,54  � M  23 ( Na) Bảo toàn nguyên tố M: M  17 2M  60 X MOH → nNaOH = 0,18 mol → nNaOH dư = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol Tới có hướng xử lí: 1) Gọi CTPT muối axit cần tìm CnH2n – 1O2Na � Na2CO3 : 0, 09 Cn H n 1O2 Na : 0,1  O2 � � ��� �� CO2 : nC (T )  nNa2CO3  0,1n  0, 09 � NaOH : 0, 08 � � H 2O : 0, 5.[0,1.(2n  1)  0, 08] � → 8,26 = mCO  mH O = 44(0,1n - 0,09) + 18.0,5.[0,1(2n-1) + 0,08)] → n = → Axit CH3COOH → Đáp án B 2) Sử dụng ĐĐH ta có: 2 HCOONa : 0,1 � � T ��� CH 2: x � � NaOH du : 0, 08 �  O2 Na2CO3 : 0, 09 � � CO2 : x 0, 01 � � H 2O : x  0, 09 � → 8,26 = mCO  mH O = 44(x + 0,01) + 18.(x + 0,09) → x = 0,1 Muối gồm: 0,1 mol (HCOONa + 1CH2 ) � 0,1mol CH3COONa → Axit CH3COOH→ Đáp án 2 B Nhận xét: Phương trình theo ẩn x gọn phương trình theo ẩn n dễ giải (dễ bấm máy hơn) b) Ghép CH2 Những toán dừng lại mức tách CH thường ko phức tạp Với Phương pháp quy đổi hóa học hữu tốn hỏi thơng tin chất ban đầu, ta cần “ghép” CH vào chất đầu dãy (được quy đổi từ chất ban đầu) để tạo lại hỗn hợp đầu Kĩ thuật phụ thuộc nhiều vào khả xử lí số liệu Nếu tính nhẩm tốt, ta khơng gặp nhiều khó khăn bước Ví dụ 1: Hỗn hợp ancol đồng đẳng kế tiếp: 0,5 mol CH3OH 0,3 mol CH2 CH 3OH : 0, CH 3OH : 0, CH 3OH : 0, � � � �� �� � CH 3OH  CH : 0, � C2 H 5OH : 0, CH : 0, � � Ví dụ 2: Hỗn hợp axit có số C cách đơn vị: 0,1 mol C 2H3COOH 0,14 mol CH2 � C2 H 3COOH : 0, 03 C2 H 3COOH : 0, 03 � � �� � � C2 H 3COOH  2CH : 0, 07 � C4 H 7COOH : 0, 07 C2 H 3COOH : 0,1 � � � �� � CH : 0,14 C3 H 5COOH : 0,1 � C3 H 5COOH : 0, 08 C3 H 5COOH : 0, 08 � � � � �� �� � C3 H 5COOH  2CH : 0, 02 � C5 H 9COOH : 0, 02 CH : 0, 04 � � � � Ví dụ 3: Hỗn hợp anđehit đồng đẳng gồm 1,4 mol HCHO 2,3 mol CH 2, biết số mol hai anđehit có phân tử khối lớn C2 H 5CHO : 0,3 � CH 3CHO :1, �HCHO :1, � � �� �� C3 H 7CHO : 0,3 � CH : 2,3 CH : 0,9  0,3(1  2) � � � CH 3CHO : 0,8 � Ví dụ 4: Hỗn hợp ancol, axit gồm 0,5 mol C 2H5OH, 0,3 mol HCOOH 1,3 mol CH2 Để ghép CH2 ta cần giải phương trình nghiệm nguyên C2 H 5OH : 0,5 � C4 H 9OH : 0,5 C2 H 5OH  nCH : 0,5 n2 � � � � � 0,5n  0,3m  1,3 � � �� �HCOOH : 0,3 � � m 1 � CH 3COOH : 0,3 � �HCOOH  mCH : 0,3 � CH :1,3 � Ví dụ 5: Hỗn hợp hiđrocacon (thể khí điều kiện thường) gồm 0,2 CH 4, 0,4 C2H2, 1,2 CH2 CH : 0, 0, 2n  0, 4m  1, � � C3 H : 0, CH  nCH : 0, � � �n  � � C2 H : 0, � � � �n �3 �� �� � C2 H  mCH : 0, � m2 � C4 H : 0, � � � CH :1, �m �2 � Cách tốt để luyện tập kĩ thuật ghép áp dụng vào tập Bài 3: Cho X axit cacboxylic đơn chức mạch hở, phân tử có liên kết đơi C=C, Y Z hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng (M Y < MZ) Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm Y, Y Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu dung dịch F Cô cạn F, thu chất rắn khan G Đốt cháy hoàn toàn G O2 dư, thu Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí Hấp thụ tồn T vào bình đựng nước vơi trong, sau phản ứng xảy hồn tồn khối Phương pháp quy đổi hóa học hữu lượng bình tăng thêm 22,04 gam Khối lượng Z 23,02 gam E gần với giá trị sau đây? A 2,5 gam B 3,5 gam C 17,0 gam D 6,5 gam Lời giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: C2 H 3COOH : a � � E ��� HCOOH  :b � � CH : c � C2 H 3COONa : a � � HCOONa : b � � CH : c � NaOH Từ kiện khối lượng hỗn hợp, ta có: 72a + 46b + 14c + 23,02 (1) Từ kiện số mol NaOH phản ứng vừa đủ, ta có: a + b = 0, 46 (2) Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp muối, bảo toàn nguyên tố C H ta có: nCO2  2, 5a  0, 5b  c nH O  1, 5a  0, 5b  c → mCO  mH O = 44(2,5a + 0,5b + c) + 18(1,5a + 0,5b + c) = 22,04 (3) Từ (1), (2) (3), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,41; c = 0,04 2 C2 H 3COOH : 0, 05 � C2 H 3COOH : 0, 05 � � � � �HCOOH : 0,37 �HCOOH : 0, 41 � � CH 3COOH : 0, 04 � Tiến hành ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu �CH : 0, 04 → mZ = 60.0,04 = 2,4 gam → Đáp án A Đơi đề có số điều kiện ràng buộc với chất, ta nên quy đổi hợp lý từ đầu để tránh gặp rắc rối bước ghép CH2 Bài 4: Hỗn hợp X gồm ancol no, hai chức, mạch hở A, B (62 < MA < MB) có tỉ lệ mol 3:4 Cho a mol X vào bình chứa b mol O (dư) đốt cháy hồn tồn thu 2,04 mol khí Mặt khác dẫn 2a mol X qua bình đựng K dư thu 70,56 gam muối Biết a + b = 1,5 Số đồng phân hòa tan Cu(OH)2 B A B C D Phân tích: Bài có điều kiện MA > 62, ta khơng nên quy đổi C2H4(OH)2 Lời giải: C3 H (OH ) : a K � C3 H (OK ) : a � X� �� �� CH : c CH : c � Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: � Bảo toàn nguyên tố C H ta có: nCO  3a  c nH O  4a  c 2 Bảo tồn ngun tố O ta có: nO dư = b + a – (3a+c) – 0,5(4a+c) Từ số mol khí ta có: (3a+c) + (4a+c) + [a+b–(3a+c) – 0,5(4a+c)]= 2,04 → 3a + b + 0,5c = 2,04 (1) Phương pháp quy đổi hóa học hữu Từ kiện khối lượng muối, ta có: 152a + 14c = 0,5.70,56 = 35, 28 Từ đề → a + b = 1,5 (3) Từ (1), (2) (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 (2) C3 H (OH ) : 0,09 C3 H (OH ) : 0, 21  0, 09  0,12 � � X� �X� C5 H10 (OH ) : 0,12 CH : 0, 24  0,12.2 � � Vì B hịa tan Cu(OH)2 nên B có nhóm OH kề Có cấu tạo thỏa mãn B → Đáp án C Bài 5: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, khơng no có liên kết đơi C=C phân tử) Đốt cháy hồn tồn lượng E thu 0,43 mol khí CO2 0,32 mol nước Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E lượng NaOH vừa đủ cô cạn dung dịch thu 55,2 gam muối khan phần có chứa chất hữu Z Biết tỉ khối Z so với H 16 Phần trăm khối lượng Y hỗn hợp E có giá trị gần với A 46,5% B 48% C 43,5% D 41,5% Lời giải 1: MZ = 32 → Z CH3OH Cm H m 2O2 ( m �4) : a O2 � CO2 : 0, 43 � E� ��� � Cn H n  4O4 ( n �4) : b �H 2O : 0,32 � Dựa vào độ bất bão hịa, ta có: a + 2b = nCO  nH O = 0,11 = nCOO (1) 2 BTKL ��� � mE = 0,11.32 + 0,43.12 + 0,32.2 = 9,32 mE1 → mE2  46, 5 9,32 55, → mmuối (E1) = = 11,04 gam �RCOONa : a � �R '(COONa) : b �RCOOCH : a NaOH ��� � � �R '(COOH ) : b 9,32 gam 11,04 gam Sử dụng phương pháp tăng – giảm khối lượng, ta có: (23 -15)a + 22.2b = 11,04 - 9,32 → 8a + 44b = 1,72 ( 2) Từ (1) (2), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,03 Bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,05m + 0,03n = 0,43 (m ≥ 4, n ≥ 4) → m = 5, n = 0, 03.144 100 → Este X C5H8O2, axit Y C6H8O4 → %mY = 9,32 =46,35% → Đáp án A Lời giải 2: MZ = 32 → Z CH3OH Phương pháp quy đổi hóa học hữu C2 H 3COOCH : a � � ��� C2 H  (COOH )2 : b � 46, g � CH : c � E NaOH �� CH 3OH �� ��H 2O � C2 H 3COONa : a � � � � 55, g � C2 H (COONa) : b � � � CH : c � � Sử dụng ĐĐH : Từ kiện khối lượng E khối lượng muối, ta có hai phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1) 94a + 160b + 14c = 55,2 (2) �C2 H 3COOCH : ka � kE ��� �C2 H2 (COOH )2 : kb �CH : kc � Phần 1: O2 � �nCO2  k (4a  4b  c)  0, 43 � �nH2O  k (3a  2b  c)  0,32 4a  4b  c 3a  2b  c 0, 43 (3) 0,32 Từ (1), (2) (3), giải hệ ta được: a = 0,25; b = 0,15; c = 0,55 Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp E ban đầu: C2 H 3COOCH : 0, 25 � �X : C3 H 5COOCH : 0, 25 � E� C2 H (COOH ) : 0,15 �� Y : C4 H (COOH ) : 0,15 � � CH : 0,55  0, 25  0,15.2 � 0,15.144 100 46, → %mY = =46,35% → Đáp án A Nhận xét: Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta không cần quan tâm tỉ lệ phần Bài 6: X, Y hai amin no, hở; X đơn chức, Y hai chức Z, T hai ankan Đốt cháy hoàn toàn 21,5g hỗn hợp H gồm X, T, Z, T (M Z < MX < MT < MY ; Z chiếm 36% số mol hỗn hợp) oxi dư, thu 31,86g H 2O Lấy lượng H thấy tác dụng vừa đủ với 170 ml dung dịch HCl 2M Biết X T có số mol ; Y Z có số nguyên tử cacbon Tỉ lệ khối lượng T so với Y có giá trị A 1,051 B 0,806 C 0,595 D 0,967 Lời giải: �Z : CH : a �X : CH NH : b � � H �� T : C3 H : b � Y : CH ( NH ) : c � � CH : d � Sử dụng ĐĐH kết hợp điều kiện: Từ thơng tin, ta lập hệ phương trình ẩn Phương pháp quy đổi hóa học hữu Ghép este theo điều kiện X Y, ta có: �Z : 0, 096 �X : A  Z  B : 0, 072 � E �A : 0, 072 � � Y : B  Z  B : 0, 024 � �B : 0,12 � �X : C3 H 5COO  C3 H  OOCCH : 0, 072 E� Y : (C3 H 5COO) C3 H : 0, 024 Tiến hành ghép CH2: � 212.0, 024 100 18, 48 %mY = = 27,53% → Đáp án B Nhận xét: Vì hỗn hợp E gồm este nên ta cần dựa vào số mol gốc axit để ghép Bài 12: X, Y (MX < MY) hai axit thuộc dãy đồng đẳng axit fomic; Z este hai chức tạo X, Y ancol T Đốt cháy 12,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 8,288 lit O (đktc) thu 7,2 gam nước Mặt khác đun nóng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M Biết điều kiện thường, ancol T không tác dụng với Cu(OH) Phần trăm số mol X có hỗn hợp E A 60% B 75% C 50% D 70% Lời giải: BTKL nH 2O  0, ��� � nCO2  0,39  nH 2O → T ancol no T không tác dụng với Cu(OH)2 nên ancol nhỏ thỏa mãn T propan–1,3–điol Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi hỗn hợp: �HCOOH : 0,19 � C3 H (OH ) : a � E�  � CH : b � � �H 2O : c � m  46.0,19  76a  14b  18c  12,52 �E nCO2 0,19 3a b 0,39 � � nH 2O  0,19  4a  b  c  0, � a  0, 05 � � b 0, 05 � � c  0, 04 � �HCOOH : 0,14 �HCOOH : 0,19 � � C3 H (OH ) : 0, 05 CH 3COOH : 0, 05 � � E� � E� CH : 0, 05 C3 H (OH )2 : 0, 05 � � � �H 2O : 0, 04 � Tiến hành ghép CH2 ta có: �H 2O : 0, 04 �HCOOH : 0,14 �HCOOH : 0,14  0, 02  0,12 � � CH 3COOH : 0, 05 CH 3COOH : 0,05  0, 02  0, 03 � � E� �� C3 H (OH )2 : 0, 05  0, 02  0, 03 C3 H (OH ) : 0, 05 � � � � Tiến hành ghép este, ta có: �H 2O : 0, 04  (0, 02).2 �HCOO  C3 H  OOCCH : 0, 02 0,12 100 0,12  0, 03  0, 03  0,02 %nX = = 60% → Đáp án A 19 Phương pháp quy đổi hóa học hữu III PHƯƠNG PHÁP HIĐRO HỐ Giới thiệu phương pháp – Cơ sơ quy đổi Đơn giản tốn khơng biết rõ dãy đồng đẳng chất ban đầu dạng rõ số liên kết π Với dạng này, ta cần sử dụng kĩ thuật có tên gọi Hiđro Hóa (HĐH) Khi bắt đầu học hóa hữu cơ, ta học phản ứng đề hiđro hóa ankan để tạo thành anken Xét phản ứng: Ankan → Anken + H2 Chuyển vế, ta có: Anken → Ankan – H2 → Ta quy đổi anken thành ankan H2 Đây nguồn gốc ý tưởng HĐH Dựa ý tưởng này, ta quy đổi hợp chất X thành dạng hiđro hóa hồn tồn X lượng H2 tương ứng C4H4 � C4H10 – 3H2 C6H6 � C6H14 – 4H2 Ví dụ 1: C3H5OH � C3H7OH – 1H2 HC �C – COOH � C2H5COOH – 2H2 HCOOC3H3 � HCOOC3H7 – 2H2 C2H3NH2 � C2H5NH2 – 1H2 Chú ý: Với anđehit, dạng hiđro hóa hồn tồn ancol no Ví dụ 2: HC �C – CHO � C3H7OH – 3H2 (CHO)2 � C2H4(OH)2 – 2H2 Các toán minh họa Qua kĩ thuật ĐĐH TPH, bạn hiểu cách “tách” “ghép” hỗn hợp Với HĐH, bỏ qua phần Kĩ thuật áp dụng Trước vào tốn minh họa, có điểm bạn cần phải lưu ý +) Với chất dãy đồng đẳng, ta gộp chúng lại để ghép H2 Ví dụ: Hỗn hợp X gồm anđehit hai hiđrocacon dãy đồng đẳng đồng đẳng C2 H : 0,1 � C2 H kCH : 0,5 � � C3 H : 0, � � X� �� C3 H 7OH : 0,3 C H OH : 0,3 �3 �H : 1, �2 � �H : 1, C2 H : 0,1 � n2 � � �� C3 H : 0, � m2 � � C2 H 3CHO : 0,3 � Với 0,5n + 0,3m = 1,6→ +) Chú ý điều kiện để ghép H2 Nếu mạch cacbon không thỏa mãn, ta khơng phép H2 vào chất Ví dụ: Hỗn hợp X gồm axit, ancol anken Biết X gồm : CH4: 0,3; CH3OH: 0,4; HCOOH: 0,2; CH2: 0,7; H2: –0,5 Ta có: 0,7 = 0,3 + 0,4 = 0,3 + 0,2.2 → Có hai trường hợp ghép CH2 20 Phương pháp quy đổi hóa học hữu CH : 0,3 � C2 H : 0,3 � � CH OH : 0, � � C2 H 5OH : 0, � � �HCOOH : 0, � � � �HCOOH : 0, CH : 0, � �H : 0,5 � H : 0,5 � � TH1: → 0,3n = 0,5 → loại CH : 0,3 � C2 H : 0,3 � � CH OH : 0, � � CH 3OH : 0, � � �HCOOH : 0, � � C2 H 5COOH : 0, � � CH : 0, � � �H : 0,5 H :  0,5 � � TH2: → 0,3n + n 1 � � 0,2m=0,5→ �m  → C2 H : 0,3 � � CH 3OH : 0, � � C2 H 3COOH : 0, � a) Bài tốn “hiđro hóa hồn tồn hỗn hợp” Với kiểu này, đề cho số mol π hỗn hợp đầu qua thơng tin “hiđro hồn tồn hỗn hợp X cần vừa đủ a mol H2” Đây dạng mở rộng ĐĐH Bài 13: Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A axit hai chức B không no, mạch hở, không phân nhánh (trong oxi chiếm 46% khối lượng) Đốt cháy hồn toàn m gam X dẫn toàn lượng sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vơi 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 16,848 gam muối Để hidro hóa hồn tồn m gam X cần dùng 3,4048 lít H2 (đktc) Phần trăm khối lượng A X gần với: A 64% B 66% C 68% D 70% Lời giải: �HCOOH : a � (COOH )2 : b � X �� CH : c � � �H : 0,152 Sử dụng HĐH-ĐĐH, tiến hành quy đổi: Từ %mO , ta có: 32a + 64b = 0, 46.(46a + 90b +14c – 2.0,152) (1) CO2 : a  2b  c �  O2 X �� � �� �H 2O : a  b  c  0,152 → 44(a + 2b + c) +18(a + b + c – 0,152) = 28, 928 (2) 21 Phương pháp quy đổi hóa học hữu �HCOONa : a � (COONa) : b � NaOH X ��� �� CH : c � � �H : 0,152 → mmuối = 68a +134b +14c – 2.0,152 = 16,848 (3) Từ phương trình (1), (2) (3), giải hệ ta được: a = 0,12 ; b = 0,032 ; c = 0,336 �HCOOH : 0,12 � (COOH ) : 0, 032 �A : C2 H 3COOH : 0,12 � X� �X� CH : 0,336  0,12.2  0, 032.3 �B : C3 H (COOH )2 : 0, 032 � � Ghép hỗn hợp đầu: �H : 0,152  (0,12  0, 032) 0,12.72 100 → %mA = 0,12.72  0, 032.130 = 67,5% → Đáp án C Nhận xét: Kĩ thuật áp dụng cho tương tự so với sử dụng ĐĐH thông thường, khác hỗn hợp quy đổi có xuất H kèm theo bước ghép H2 Bài 14: X, Y hai hợp chất hữu thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic; Z axit hai chức, mạch hở Đốt cháy 13,44 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,29 mol O2, thu 4,68 gam nước Mặt khác hiđro hóa hồn tồn 13,44 gam E cần dùng 0,05 mol H2 (xúc tác Ni, t0), thu hỗn hợp F Lấy toàn F tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu hỗn hợp rắn T Phần trăm khối lượng muối có khối lượng phân tử nhỏ hỗn hợp T A 18.86% B 17,57% C 16,42% D 15,84% Phân tích: sử dụng ĐĐH cho hỗn hợp F chuyển thông tin từ E F Lời giải: Sử dụng ĐĐH, quy đổi: C2 H 5COOH : a � m  13, 44  2.0, 05  13,54 � �F �  0,05 H E ���� �F � (COOH ) : b � � nO2 ( F )  0, 29  0,5.0, 05=0,315 � � CH : c nH 2O ( F )  0, 26+0, 05=0,31 � � 74a  90b  14c  13,54 � �a  0, 05 � � 3,5a  0,5b  1,5c  0,315 � � b  0,1 � � � 3a  b  c  0,31 c  0,06 � � C2 H 5COOH : 0, 05 C3 H COOH : 0, 04 � � � � F� (COOH )2 : 0,1 �F� C4 H 9COOH : 0, 01 � � (COOH ) : 0,1 � Ghép hỗn hợp F: �CH : 0, 06 → C3H7COONa: 0,04 22 Phương pháp quy đổi hóa học hữu BTKL, ta có: mT = mF + mNaOH – mH O = 13,54 + 40.0,4 –18.(0,05 + 0,1.2) = 25,04 0, 04.110 100 25, 04 → %m = = 17,57% → Đáp án B Bài 15: X, Y hai axit cacboxylic đơn chức, nguyên tử cacbon; Z ancol no, hai chức; T este mạch hở tạo X, Y, Z Đốt cháy 45,72 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 2,41 mol O 2, thu 27,36 gam nước Hidro hóa hồn tồn 45,72 gam E cần dùng 0,65 mol H (xúc tác Ni, to) thu hỗn hợp F Đun nóng tồn F cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu hỗn hợp M chứa 41,9 gam muối Phần trăm khối lượng T có hỗn hợp E A 51,44% B 52,23% C 42,87% D 51,97% Lời giải: Sử dụng ĐĐH, quy đổi: �HCOOH : 0, � m  0, 4.46+62a +14b+18c =45, 72+0, 65.2 a  0, 24 � � �F C H ( OH ) : a �2 �  0, 65 H E ���� �F � � �nO2 ( F )  0,5.0, 4+2,5a +1,5b  2, 41+0, 65.0, � � b  1, 29 CH : b � � � c  0, 24 nH 2O ( F )  0, 4+3a +b +c =1,52+0, 65 � � � �H 2O : c Tiến hành ghép hỗn hợp E: � �HCOONa : 0, C2 H 5COOH : 0,15 � �Axit : � �� � 41,9  0, 4.68 � C3 H COOH : 0, 25 CH :  1, 05 �HCOOH : 0, � � � � 14 � C2 H (OH )2 : 0, 24 0,65 H � � C2 H (OH )2 : 0, 24 � F� ���� �� Ancol : � C3 H (OH ) : 0, 24 CH :1, 29 � � � CH :1, 29  1, 05  0, 24 � � � �H 2O : 0, 24 �H : 0, 65  (0,15  0, 25.2) � �H 2O : 0, 24 C2 H 3COOH : 0,15 � C2 H 3COOH : 0, 03 � � C3 H 3COOH : 0, 25 � � �� C3 H 3COOH : 0,13 � C3 H (OH ) : 0, 24 � � C2 H 3COO  C3 H  OOCC3 H : 0,12 � � H O :  0, 24 → E� 0,12.196 100 → %mT = 45, 72 = 51,44 % → Đáp án A b) Bài tốn thiếu thơng tin số mol H2 23 Phương pháp quy đổi hóa học hữu Đây dạng giấu thông tin số mol π hỗn hợp đầu, tức không cho số mol H2 Dạng chia thành loại +) Loại 1: Đủ phương trình để giải ẩn H2 +) Loại 2: Khơng đủ phương trình để giải ẩn H2 Những toán thuộc loại thường cần phải biện luận sử dụng kĩ thuật đặc biệt Trong mục đề cập tới số toán thuộc loại Bài 16: Hỗn hợp X chứa este đơn chức este hai chức mạch hở, phân tử este chứa loại nhóm chức Đun nóng 24,7 gam X cần dùng 0,275 lít dung dịch NaOH 1M, thu hỗn hợp Y chứa ancol no, đơn chức có tổng khối lượng 11,95 gam hỗn hợp Z chứa hai muối, có a gam muối A b gam muối B (MA