TS NGUYEN THANH KHUYEN
Dai hoc Khoa hoc Tu nhién - DHQG TP.HCM
Phương pháp giải toán
Trang 2S$ NGUYEN THANH KHUYEN
.?e
Phương pháp giải toán
Trang 3Chịu trách nhiệm xuất bản:
Giám đốc: PHÙNG QUỐC BẢO
Tổng biên tập: PHAM THANH HUNG
Biên tập: LÊ KIM LONG
Biên tập tái bản: QUỐC THẮNG Trình bày bìa: NGỌC ANH
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HOÁ HỌC HỮU CƠ
Mã số:“1 03008 ~ 04404) i
ìn 2.000 cuốn, khổ 14,5 x 20,5 tại xưởng in Chi nhành Công “y Pha Triển Công Nghệ và Truyền Hình Số xuất bản: 25/649/XB-QLXB ngày 21/05/2004 Số trích ngang: 221 KH/XB
Trang 4Lời mở đầu
Toán Hóa học Hữu cơ nộng vẽ tính toán nhưng tương đối nhẹ hơn Tốn
Hóa học Vơ cơ vé mặt hóa học (Có nhiều bài toán được xây dựng trên một hoặc hai phan tứng: đối cháy, cộng Hạ, oxi hóa 0.0 ) nhưng phần tính toán
thi lại nạng nề, phức tạp, rất dễ làm nan lòng các em học sinh ngại tính toán Đo đó trong quyên "Phương pháp giải toán hóa hữu có" này, đầu tiên
chúng ta sẽ làm quen uói một số thủ thuột tính loán thường hay sử dụng
(dùng M,n để lập công thức phân tử, dùng định luật báo toàn nguyên tố đê đơn gian hóa cách giải ) Đặc biệt trước khi giải, cần xác định hướng đi, dựa
trên số ấn uà số phương trình (đủ hay thiếu phương trình) đè từ đó chúng ta
chọn phương pháp thích hợp
Sau khi đa nấm uững các thú thuật tính toán, chúng ta sẻ khảo sat ti mì các tính chất cơ bản của từng họ, sau đó giai những bài toán tông hợp
gồm những chết thuộc nhiều họ khác nhau nhưng có chung một số tính chất
(rượu, axit, phenol đều có hidro linh động, anken, akin, aren dét cộng được Hy ) dé nắm rõ những điểm giống uà khác nhau giữa các họ ấy
Trong mỗi chương ngồi những bài tốn có lời giải đầy đù còn có một
số bài đê học sinh tự làm, giúp các em tự kiểm tra đả nắm uửng các phương
pháp giải hay chưa Các bài tự giải này có hướng dẫn.các bước đi nên các em
yếu Ióa uẫn có thê tự giải được
Rất mong quyển sách nầy giúp các em học sinh hiếu học nắm uững
phương pháp giúL các bài toán Hóa học hữu cơ uà toán Hóa học hiều cơ sẽ không còn là một khó khăn đối với các em nữa
Tác giả
Trang 6Chuong |
CÁC HƯỚNG ĐẪN CƠ BẢN
Toán về hóa học hữu cơ nói chung, toán về từng chức hóa học nói riêng
(hidrocacbon, rượu, andehit, axit, este, amin ) có những đạc thù khác han toán về hóa học vô cơ
Trước khi khảo sát từng chức hóa học một, chúng ta cần nắm vứng một số phương pháp tính toán cơ ban sẽ giúp ích chúng ta rất nhiều do toán
hóa học hữu cơ tương đối nậng vẻ tính toán
1.1 TÍNH TỐN DỰA TRÊN SỐ MOL CHẤT
Trong phân lớn các bài toán hóa học, việc tính tốn khơng nên dựa
trên thể tích, khối lượng các tác chất mà nèn chuyển tất cả các lượng chất thành mol Dựa trên số moi các tác chất (chất phản ứng) hoặc của các sản
phẩm, chúng ta tính số mol các chất khác và từ đó suy ra khối lượng, thể
tích, nồng độ, áp suất v.v
Gọi n là số mol chất, © là nồng độ mol/lít, V là thể tích dung dịch m,
M là khối lượng và mol phân tử của chất, P, V,T là áp suất, thể tích và
nhiệt độ của chất khi jn = CV (dung dich) ae m M phươmgtrình { i 5 -———* neacsan phim ae OE Ochi) phain ứng 2 (chi) i 22,4 TAC CHAT SẢN PHẨM TOÁN CÓ GIẢI
1) Đốt cháy 3,36 lít (đktc) hỗn hợp X gồm CHạ và CạH¿ theo tỉ lệ mol 2 : 1 Tinh thé tích O; cần thiết, khối lượng HạO, thể tích khí CO; thu được (đktc)
Trang 7
3,36 ny = “== = 0,15 mol Do ney, = 2ng,H, ta thdy ngay 22,4 AgH, = 0,10 mol, nest, = 0,05 mol CH, +20, % CO) +2H,0 01 0/2 01 0/2 5 CoHy +70, + — 2C0, + H,0 2 0,05 0,125 0,10 0,05 Như vậy để đốt cháy hết hỗn hợp X, cần một số mol O¿ là 0,200 + 0,125 = 0,325 mol > Vou = 0,325 22,4 = 7,28 lit Phản ứng tao ra
0,1 + 0,1 = 0,2 mol CO, + Veo, = 0,2 22,4 = 4,48 lít
0,20 + 0,05 = 0,25 mọi HạO + myjo = 0,25 18 = 4,5 gam
2) Một hỗn hợp X chứa CHạ và CzHạ (với số mol bằng nhau) Khí đốt shay
hết hỗn hợp này và cho hấp thu toàn thé CO, va H20 tao ra trong bình
đựng dung dịch Ca(OH); lấy dư thì thấy khối lượng bình tăng lên 56,8
gam Tính thể tích CHạ và CzHạ (đktc) và khối lượng kết tủa thu được
trong binh Ca(OH) Re Giai Goi x = NCH, = MC3Hg CHy+ 20 4 CO, + 2H,O x x 2x C3Hg + 502 > 3CO¿ + 4HạO x 3x 4x
Binh Ca(OH)¿ hấp thụ CO; và HạO nên độ tăng khối lượng của bình này
Trang 8mco, + mHụ„o 4x.44+6x 18= 56,8 284x = 56.8 + x = 0,20 mol 0,20 22.4» 4,48 lit ° Wất VenS cH, * Vegtty
Khi lượng kết tủa
€O¿ + Ca(OH), + CaCO¿ ¿ + HyO 4x 4x ix = 4 0.2 = 0.8 mol * Maco, = 0,8 100 = 80 gam L2 CÁC CÔNG THỨC CẦN NHỚ A CONG THUC LIEN QUAN DEN DUNG DICH n hong do mol Gye) > molidit Chay Mi Ni k Meparram 106 Vong do G = — Maid - Vim)
Khối lượng dung dich m ~ Va! ld(g ml)
hối lượng dụng dich = khối lượng nước + khối lượng các chất tar
Chủ ¿ Tông nồng độ 2 các chất tan khơng bằng 100% vì ngồi chất tan
dung avh còn chứa nước
TOAN 'Ö LỚI GIẢI
1) Môt dung dịch axit axetic CHạCOOH có C% = 10% Lấy 300 gam dung
dic) axit nay cho tác dụng với 300 ml dung dịch NaOH 2M tạo ra dung
dịc\ A Dung dịch A có tính axit hay bazơ?
Tím nồng độ % các chất tan trong dung dịch A biết rằng dung dịch Na0H 2M có d = 1,2 g/ml Giải ý 300 x 10 3(0 gam dung dich CH,COOH 10% chia 222% 19 39 gam CHyCOOH 100 30 30
Chuyên thanh me! = neH,cooH = —— = — = 0.5 mol CHyCOOH = 75 = 55
Trang 9nygou = 2 X 0,3 = 0,6 mol
CH COOH phan ting véi NaOH theo tỉ lệ mol 1: 1 CHạCOOH + NaOH > CHyCOONa + H,O
0,5 0,5 0,5
Vay sau phân ứng, dung dịch hết axit, còn du 0,6 - 0.5 = 0,1 mol NaOH Vậy dung dịch A có tính bazo
Dé tinh C% cia CH3COONa (0,5 mol) va NaOH dy (0,1 mol) ta cần có khối lượng dung dịch A
Thạa A = ™dd CH3COOH + Mad NaOH Ap dung cong thite mgg = Vd , ta có Mgq NaOH = 300 1,2 = 360 gam mgq a = 300 + 360 = 660 gam 0, 2 C# CHyCOONa = 22:82: 100 _ 6 ang 660 C% NaOH = 2:2-40: 100 «9 609, ` 680
Chu y: Khong tinh C% NaOH = 100 - C% CHyCOONa vi hai C% nay
cộng lại chưa được 100% (do dung dịch còn có một thành phần khác là nước)
2) Đốt cháy hết m gam C;H;OH và cho toàn bộ CO và HạO tạo ra lần lượt
đi qua bình I đựng 100 gam H;SOaạ 98% và bình II đựng dung dịch
Trang 10100 4 183 SS sx = 0,6 mol HO 100 Theo phương trình CyHsOH ~ 8Ó, + 200¿+ 3H¿O 0.2 mol 0.2.46 = 9,2 gam
CO, tác dụng với CaOHj¿ dự tạo rà kết tủa CO, + COM), + CaCO, 1 + HAO
Brgy 0.2 2=0.4mol > ngạco, * 04 mol và meaco, = 04 109 = 40 gam Dung dịch Ca(OH,s nhận 0,4 mọi CO2, 0,6 mọi HO và mất 0,4 mọi Caco, McQ, * MH,O = 04.44 + 0,6 18 = 28,4 gam Nhin 28,4 ¢
dict vi nam ngoi 9, ma: 40 gam CaCO¿ (kết tủa không được tính cho dung nig dịch! nền khối lượng dụng dịch giảm
40 - 2F.4 = 11,6 gam
TOÁN TỰ GIẢI
1) Cho 100 gam dung dịch axit C2H;COOH 3,7% tác dụng với 200 gam dung
dịch NaOH 1% Cô cạn dung dich thu được sau phản ứng, còn lại một
chat ran
a) Tỉnh khối lượng chất rắn này
b) Tỉnh thể tích dung dịch NaOH 1% (d = 1,05 g/ml) phải dùng để sau
khí cho dung dịch NaOH này tác dụng với 100 gam cung dịch axit
Trang 11b) mygn = 6 gam > 4,8 gam > dư 1,2 gaa NaOH Phải dùng 3.2 gam
m, 100 9
NaOH + m dd NaOH pi OE LẺ og SPANO igo ay, ddNaOH = ™ ~ 304,76 mi 4
c# 1
2) Đốt cháy hết m gam CạHs rồi cho hỗn hợp khí CO và HạO tạo ra lần lượt qua bình I đựng 80 gam HạSOạ 85% sau đó qua bình IÌ đựng 0,5
lít dung dịch Ba(OH); 1M
a) Tính m (khối lượng CạHạ) biết rằng nÈng độ % của H„SOx sau khi
hút nước là 77,185%
b) Chứng minh rằng ta đã dùng dư Ba(OH›; Tính khối lượng kết tủa và
độ tăng khối lượng của bình Ba(OH)¿ Ba = 137 Hướng dẫn C% 80+ mHuo - a) —— ino 8,1 gam + HO = 0,45 mol Cz# 80 ncạng = 0,15 mol, mẹ, = 4,5 gam
b) nga oga > noọ, + dư Ba(OH)a, mgaco, = 59,1 gam
mẹọ, = 13,2gam + Khối lượng bình Ba(OH); táng 13,2 gam
Chú ý: Ta không trừ bớt khối lượng kết tủa BaCO; do kết tủa này vẫn
nằm trong bình (Với dung dịch thì phải trừ bớt khối lượng kết tủa đo kết tủa tách khỏi dung dịch)
Trang 12Hai heec hon hop nhieu khi
Pa ong
——~-^ cùng V và T°)
Pp ng
Công thức này được dùng để tính số mol khi biết áp suất hoặc ngược
lại khi nhiệt độ trước và sau phân ứng giống nhau, thể tích bình phản ứng
không đối
Py nạ¿Tạ
Nếu A, B có cùng thế tích nhưng khác nhiệt độ —^ = -—“
Pị nịTị
Mộ: đại lượng hay được sử dụng trong các bài toán hóa hứu cơ là khối lượng phân tử trung bình M
M là khối lượng 1 mol hén hop Nếu hỗn hợp X gồm a moi A và b mol B _— aMa ~ bMp Myer Mụ+ —È
atb a+b a+b
Ti khéi của hỗn hợp X đối với khí C
Mp
Ung dụng: Biết được thành phần hồn hợp X (biết a, b) ta có thể tính được Mx và dve: Ngược lại nếu biết dv¿ ta tính được My va ti dé suy ra
thành phần cua hôn hợp,
TOÁN CÓ LỜI GIẢI
1) Một hidrocacbon A có công thức là CnHạn, ạ và có tỉ khối đối với CHạ là 2,75 a) Xác định CTPT của A b) Cho vào bình có dung tích 4 lít một hỗn hợp X gồm A va Oo, dự/CH„ = 2075 Xác định thành phần hỗn hợp X biết rằng áp suất P, = 5,6 atm (0°C)
€) Đốt cháy hỗn hợp X, sau đó đưa về 0C thu được hồn hợp khí Y
Xác định thành phần hỗn hợp Y, dy/y về áp suất P„(0C) sau phản
ứng cháy §
Trang 13tich Giai a) PP: TH Agcy, ta tinh My suy ra CT cua A Ma Mẹ “= 2,75 + Ma = 44 Mcy, 16 đXCHạ = Ma = ldn + 9= 44+>n = 3> CT của A là CạHg 6) PP: Từ Äw cụ, ta tính dược MN tà suy ra thành phần hồn hợp Ä đợng = XS son My = 33,2 4 16 Lấy 1 mol hỗn hợp X trong đó có a mol CạHg và (1 - a) mol Oy, My 2 1 5X) “9 — 88/224 = 0ï mol Cylty 1
1 - a = 0,9 mol Oy Vay hén hgp X chita 10% Cylly va 90% Oy theo thé
thay theo số mol) Với Pị = 5,6 atm, V = 4 lít 56.4 nụ # = —— = Imoi 273 - 273 22,4 Vay ta c6 0,1 mol C3Hg va 0,9 mol Oy c) CyHy+ 50, % 300, + 4H,0 01 06 0,3 04 , Từ 0,9 mol Oạ, sau phân ứng ta còn lại 0,9 - 0,5 = 0,4 mol 0
Sau khi làm lạnh đến 0°€ (nước ngưng tụ) ta còn lại một hỗn aợp khí
Trang 143,2 Do 2 hỗn hợp X và Y có cùng V và T nên ta có thể áp dụng công thức Py ny 22 nit 5 0,7 = 3,92 atm Py ny 1 2) Một hỗn hợp X gồm 1 hidrocacbon A (C,Hạn) và Hạ dự, = 3 a) Biết rằng trong X, tỉ lệ moi của A và Hạ là 1 : 2, xác định công thức của A
b) Cho hỗn hợp X vào bình có chứa một ít bột Ni xúc tác và nung bình
một thời gian cho đến khi phản ứng CnHạn + Hạ + CnHạn „ ạ Xây ra
hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y Tính dự,,
c) Thêm vào bình chứa hỗn hợp Y kể trên một lượng O; sao cho áp suất
trong bình P„ sau khi thêm O; bằng 5 lần áp suất P; trửỄc khi thêm
O¿ (Pụ, P„ đều đo ở 0C) Đốt cháy hỗn hợp, sau đó đưa về ŒC, tính áp
suất Px biết rằng P = 0,2 atm
Giải ‘
a) Chi ys Trong bai nay khong nói rõ lượng khí sử dụng, chỉ cho các
tì khối nên ta có thể tự cho nạ = 1ml, nụ, = 2 mol (kết quả tìm được
Trang 15c) Do Py va Py déu đo ở cùng T và V nên áp dụng công thức Pạ ng hy thọ, —=5 Py ony ny no, = 4ny = 4.2= 8 mol gf CyHg + ~Oy > 200 + 3H,0 1 8ð 2 1 Hg+-0, + HO 2 1 0ð
Sau phản ứng và đưa về 0°C (nước ngưng tụ) còn lại một hỗa hợp khí
Z gồm 2 mol CO; và 8 - (3,5 + 0,5) = 4 mol O¿ dư, nạ = ncọ, + nọ, qự = 2 + 4 = 6 mol cam = =5+ Pa =0/2x 8= 0,ơatm 2 TỐN TỰ GIẢI 1) Một hidrocacbon A có CT là CnHn
a) Xác định CT của A biét rang dy, = 24
b) Cho A vào 1 bình có V = 5,6 lít cho đến khi đạt được áp suất
P¡ = 1,6 atm (0°C) sau đó thêm tiếp O; cho đến khi có áp suất
P¿ = 5,2 atm (0°C) Đốt cháy hỗn hợp sau đó đưa về 0C được hỗm hợp khí B và áp suất Pạ Xác định thành phần hỗn hợp B và Py Hướng dẫn ` =Ô Py nẠ thọ, bò nạ = 0/4mol =~ =———— + ny ng = 0/8m6l 1 HẠ
"Thiếu O¿ cho phản ứng đốt cháy
Hỗn hợp khí B gồm 0,2 mol CạHạ dư và 0,6 mol COa
Trang 16Py ong —- 2 > P¿ = 3.2atnn Pr on; 2) Cho vao mét bình kín có dung tích V không đổi một hỗn hợp khí A gồm C;Ha và Hạ có dạ, = 4.25 a) Xác định thành phần thể tích của hồn hợp A
b) Thêm vào bình một ít bột Ni xúc tác và nung một thời gian cho đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn C;H¿ + Hạ + CạH; ta được hỗn hợp khí 8 Tính dạy c) Nếu áp suất trước phản ứng là P = 2 atm (0”C), tính áp suất Pạ sau phản ứng Hướng dẫn: Đề chỉ cho tỉ khối, không cho thể tích các khi nên ta có thể tự cho nGạp = Ì mơi ng, pạ = x mọi ai MẠ = 8ð +x = 3 mol Hy Trong 4 mol hỗn hop A cé 1 mol CyHy va 3 mol Hạ + 28% CyHy và 75% Hy (theo thé tich o g là theo sổ mol) b) Sau phan tng, bồn hợp B gồm 1 mol CyHg va 2 mol Hy du = , 34 Mg: — 3 dạy, = 5.67 Py ny 3 c) —=— + Py- ~ P, = 15 atm Pp) ny i 1.3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN
A UNG DỤNG CỦA ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHOI LUONG
Nếu có phản ting A + Ð + € + D, theo định luật bảo toàn khối lượng
(ĐLBTKL) ta có
my + Mp = mc + mp
Ap dung dinh lua: nay ta cé thé tinh duge 1 trong 4 khéi lượng
Trang 17TOÁN CÓ LỜI GIẢI
1) Đốt cháy 6 gam một hỗn hợp X gồm CHạ và C;Hạ với O› lấy dư sau đó cho hỗn hợp CO, hơi nước và O; dư lần lượt qua bình ¡ đựng HaSO¿
đặc và bình II đựng dung dịch Ca(OH›; lấy dư Biết rằng khối lượng bình I tăng 10,8 gam, trong bình II có 40 gam kết tủa và còn lại 2,24 iít khí (đktc) thoát ra a) Tinh Vo, (đktc) dùng ban đầu b) Tinh dy, c) Khối lugng dung dich Ca/OH)z tang hay gidm bao nhiéu gam? Giai
a) Binh I hit HyO nén my,o = 10,8 gam Bình.II hút COy
CO¿ + Ca(OH)¿ + CaCO¿ ¡ + HạO
40 + 5
ACOy = ACaco; = 700 = 0,4 mol Cé mx, M09 MoO ta tính khối lượng C
phản ứng bàng cách áp dụng định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL!
Mynx + MO, pe = ™co, * ™HYO 6 + mọ, pự = 04.44 + 10,8 + mọ, pự = 17,6 + 10,8 ~ 6 = 22,4 gam nexcarming nop au = ot 224 bd = NOy pt * MOy du = —— + —— 2 2p 0 32 224 nọ, bá = Ú,ê moi = Vọ, = 0,8 22,4 = 17,92 lít bì Gọi x= nGgụ, y = noap, trong hỗn hợp X
Trang 18(0), (2h x = 6.2 awl CHy y = 0,1 mol CyHy
; 2
Mx = x 18 20 + đến, etal o 15 ha
e1! Dung dich Ca(OH) nị
ra khỏi dụng dich), Theo dint COy va mat 40 gam két tua (tach toàn khối lượng, khối lượng dung dịch giam 40~ 1746
2) Đốt cháy 6,9 gam mot hop chat A có công thức là CaHạ„ aO với 10,08
lít O; (đktc) luong Oz nay via du Phan ung tao ra 8,1 gam H20 va mot lượng CO; bằng lượng COa thu được khi cho 31,8 gam NagCO, tac tung
với HaSOx dư a) Tính số mol A b) Xác định công thức của A Giải 81 ng, = 0.45 mol, nyo # =» 0,45 mol a 18 Số mọi CO, 318 tia li « 0,3 mol P23 106 NayCO; + HyS0, > NaySO4 + CO, 1 + yO 0,3 0,3
Vay neo, = 0.3 mol
Ap dụng nguyên lý bảo toàn khối lượng oxi
Trang 19TOÁN TỰ GIẢI
1) Cho 1 hidrocacbon A có công thức là CnHạn vào 1 bình có V = 2,8 lit
cho đến khi đạt được áp suất Pị = 0,8 atm (0ˆC Thêm tiếp O; cho đến
khi áp suất P¿ = 3,2 atm (0°C), lượng O¿ này vừa đủ đế đối cháy hết
A Đốt cháy A thu được 3,6 gam nước và khi đưa về 0C áp suất trong binh la P3 = 1,6 atm Tínn khối lượng A, xác dịnh công thức của A Hướng dẫn: Py nạ Py a) ng = 0,1 mol, Ding cong thie — = — dé tinh ng,, — dé tnt neg, Py ony “Py 0,2mol
ho, = 9,3 mol, neo, =
Ap dung nguyén li bao toan khéi lugng > ny = 2.8 g My = 28> A co
OT 1a CyHy,
2) Một hợp chất hữu co A có công thức CnHạnO; tác dụng với 90,91 mi
dung dịch NaOH 8% (d = 1,1 g/ml) (lương NaOH dùng vừa đủ) theo ti lệ mol 1 : 1 cho 2 sản phẩm có tổng khối lượng là 25,6 gam a) Tính khối lượng A b) Xác định công thức của A Hướng dẫn Tinh nysoH > PNaowE nạ = 0,2 mol mẠ = mạz£~ tANaOjgi = 17,6 gam b) My = 88 + CT của A là CạHgOz B UNG DUNG CUA DINH LUAT BAO TOAN NGUYÊN TỐ Giả sư có phản ứng A+B+C#D Nếu A, B, C„ D có chứa nguyên tố oxi thì thep định luật bảo toàn nguyên tổ (DLBTNT) ˆ :
nova) + "GB) = "o(G) # Po(p)
Tưởng từ cho các nguyên tố khác (C, H, Cl N01
Ứng dụng: Biết được số nguyên tử gam (ntg) oxi trong B, C, D, ta có
Trang 20TT 1
Thị dụ ngọ, = Pao Gặp PMyO ~ Poat,o)
TOAN CO LOT GHAI
1) Đốt cháy 38,4 gam hợp chất A có CT là CnHạn „ ¡ - COONa voi 31,36 lít
Ó; (dktc) lượng O„ này vừa dủ cho phản ứng, ta thu được 21,2 gam Na¿COa, 18 gam H¿O và một lượng CO, lượng CO, này khi tác dụng
với Ca(OH› dư cho 100 gam kết tủa
ä) Tính số mol CnHạạ ¡ - COONa xác định công thức của hợp chất
b) Đề có được lượng A nói trên phải dùng bao nhiêu lít dung dịch NaOH
0,6 M và dung dịch axit CaHan „ ¡ - COOH 7,4% (d = 1,2 g/ml) Giải ajn al ng, » == = 1,4 mol, nyo = — = 1 mọi Oy 04 S88 id wih Ho" 7, 2S aandl 2NayCO, CO, + CaOH), = CaCO; | + HyO 100
Neg, CÓ, 2 = NE CaCOy ở =-— = 1 mol 100
PP: Để tính số mọi A, ta tink nga bing cách áp dung định luật bảo
toàn nguyen tO oxi
Trang 21bì Dé có muối A ta cho tác dụng 0,4 mol axit vdi 0,4 mol NaOH O¿H;COOH + NaOH + CạH;COONa + HạO 0,4 0,4 “04 0,4 V, ‘dd NaOH 0,5M == Odi , b 05 Thể tích dung dich CyHs COOH 7,4% phải dùng, mẹupi;coon = 0,4 74 gam 0,4 74 100
Tád C2HzCOOH = ‘2 Ga, 1 = 400 gam
Vda CylsCOOH = = = 333 ml hay 0,333 lit
2) Đốt cháy 19,6 gam hợp chất A (CnHan , {COOK) voi 15,68 lit O2 (đktc) `
thu được 13,8 gam KaCOx và một hỗn hợp gồm CO, hơi nước và O2 dư,
hỗn hợp khí này sau khi qua bình HạSOạ đặc (khối lượng bình tăng 5,4
Trang 22(+ 440,63) _ ag + 440.6 ~ x
0,6
~ x = 03 moi O, du, 0,3 mol COg 0,7 - 0,3 = 0,4 mol
NOy phaa ting
OT của á, cần có nụ từ đó suy ra MẠ Áp dụng ĐLBTNT oxi b) Đề có Noca) * Poy phaniing) = "O(COy) * MO(KyCO3) + PO(H¿O) gay + 2.0.4 = 2,03 +3 0,1 + 0,3 > no(Ay = L2- 0,8 = 0,4 ntg 1 Do Á chứa 2 oxi + nẠ- “no¿Ay = 0,2 mol 2 Mio tt® 98=14n+84+>n=1 “ 0.2 Cơng thức của A là CH„COOK TOÁN TỰ GIẢI
1) Đốt cháy 0,04 mol một hợp chất A (CnHạ _ 4ONa) với 6,272 lit O; (đktc), (lượng O; này vừa đủ) thu được 2,12 gam NaaCOa, một hỗn hợp CO; và
HạO có tổng khối lượng là 11,48 gam Nếu cho hỗn hợp này qua HạSO¿ dac thì khối lượng hỗn hợp giảm 1,8 gam Tinh:
2 Mo, Me, My, Mya trong A Tính mạ b) Xác định CT của A Hướng dẫn a) ngạyco, = 0,02 mol, nụ ọ = 0,1 mol, neg, = 0,22 mol nọ, = 0,28 mol Ap dung DLBTNT Oxi ALA) ~ POLCOy) + PO(HzO) + POCNaQCOs) ~ ño(oa) = 0,04 > mo = 9,64 gam
RELA) ~ NE(COy) + PC(Na,co„) = 0/24 + mẹ = 2,88 gam
AH(A) = BH(HHO) 2 0/2 ~ mụ = 0,2 gam
Trang 23ANa(A) = PNa(NayCO,) = 2:04 + mya = 0,92 gam
Ma = Mg + Mc + My + My, = 4,64 gam
b) Ma = 116 + n = 6 > AIA CgH,ONa
2) Cho một hỗn hợp X gồm hợp chất A (CnHạn „ 2O) với 16 gam O; vào
một bình có V = 5,6 lít thì áp suất trong bình P¡ = 3,6 atm (¡38,SC) Đốt cháy hỗn hợp rồi cho hỗn hợp khí đi qua một bình dựng dung dịch Ba(OH) dư thì khối lượng bình tăng 14,2 gam đồng thời có 39,4 gam kết tủa, Còn lại một khí duy nhất ra khỏi bình có V = 4,48 lít (dktc) a) Tinh me, My, Mo, Ma b) Xác định CT của A Hướng dẫn 2) nọ, pạ = 0,5 mol, nẠ = 0,1 mol ncọ, = 0,2 mol, my, = 5.4 gam mẹ = 9,4 gam, mụ; = 0,6 gam Ap dụng ĐLBTNT oxi tvới nỌ, pự = 0,ỗ ~ 0,2 = 0,8 mol) nọ¿Ay # 0,1 + mọ = 1,6 gam ma = 4,6 gam b) Ma = 46 + A la CyH,O C UNG DUNG CUA KLPT TRUNG BINH My ‘ — aM, +bMg
Một hỗn hợp X gồm 2 chat A (a mol), B ( b mol) có My = eo
Nếu a + b = 1, My chinh là khối lượng 1 mol hỗn hợp X My có rất nhiều ứng dụng trong toán hóa học hữu cơ
- Dùng để tính thành phần hỗn hợp (tính a, b khi biết Mạ, Mạ) - Tính Mạ hoặc Mp khi biết a,b ˆ
- Xác định CTPT nhờ sử dụng Ma < My < Mg
ta có thể tính được các giá trị có thể có của số nguyên tử cacbơn của
A, B Ta áp dụng phương pháp này khi thiếu 2 phương trình
Trang 24TOAN CO LOT GIAI
1) Một hôn hợp X gồm 2 hidrocacbon A, B có cùng CT chung là C„Hạx ¿ x
(Mạ - Mạ; với x s 3 Cho hỗn hợp này cùng với 32 gam Ø¿ vào 1 bình có
V = 11/2 lít, thì áp suất trong bình Pq - 2,8 atm (0C) Đốt cháy hỗn hợp
và cho sản phẩm đi qua bình Ba(OH jo dur thi thấy khối lượng bình tang
36,4 garn và còn lại † khí duy nhất cô V = 2,24 lít (đktc)
a) Tinh my
b) Tính My và các CT có thể có của A và B Xác định thành phần hỗn
hợp X
Giải
a) Độ tảng khối lượng của bình Ba(OH)g là tổng khối lượng CO; và
HO tca 2 chất đều bị giữ lại trong bình này) Meo, ~ Myo = 36,4 32 32 Nhi thoát ra khôi bình Ba(OH)y la O, du No, bd 1 mol 224 224 Vậy nọ, phán ng ” 1 ~ 0.1 = 0,9 mol Noy du = 0,1 mol Ap dụng ĐLBT khối lượng, ta có mx + TRO.) phân ứng ~ ™cO, + MHYO my = 36,4 - 0,9.32 = 7,6 gam b) Giá sử A có CT là CnHạn „ k (a mol), B có CT là CmHam „ g (b mol) (cùng giá trị của Kì
PP Bai này có 6 ân (a, 6, n, m, Ki vd 3 phuong trink
Tọy phan ings Py = 26 atm, 36,4 8)
Trang 25+ ny = 1,3- 1= 0,3 mol
- 16 +
Ma < My = —~ = 25,33 < Mg
0,3
Trong các hidrocacbon chi c6 CHy (M = 16) la c6 M < 25,3 (hidrocacbon có M tiếp theo là CyHy = 26 > 25,3)
Vay A la CHy = CHy ; 9 vay K = 2
Mp = 14m + 2 > 25,33 > m > 1,67 Vay m = 2B la CoH
m = 3+ Bla C3Hy Thành phần hỗn hợp X
Thành phần này thay đổi theo cập nghiệm + TH cap CHy va CoHg a+b = 0,3] a= 0,1 mol CH4 myx = 16a + 30b = 7,6) b = 0,2 mol C2H6 + TH cập CHạ và C3Hy a+b= 0,8) a = 0,2 mol CHạ 16a + 44b = 7,6[ b = 0,1 mol CyH„
2) 21,9 aam một hỗn hợp X gồm 2 hợp chất có cùng công thức tổng quát (CTTQ) là C,Hạy , ¿O (với x < 3) chiếm cùng thể tích với 12,8 gam O„ ở cùng điều kiện 0° va P a) Xác định My và các CT có thể có của A, B b) Xác định thành phần hỗn hợp X Giải a) Gia sử A có CT là C,Hy, ¿ gO (a mol), B có CT là CmHạm + yO (b mol)
PP: Bài này có 4 ẩn (a, b, n, m) va 2 phương trình (21,9 g, 12,8 g Oy) Thiếu 2 phương trình nên ta tính Mụ uà sau dé cho Mg < My < Mp say ra
các giá trị cua n uà m
Hỗn hợp X và 12,8 gam O¿ có cùng thể tích ở cùng điều kiện t° va P
nên lượng X và 12,8 gam Og có cing sé mol
Trang 26nx = No, O4mol-atb=04 - 32 219 Mx = = 54,75 0,4 My < 4/75 < Mp - 14n + 18 < 54,25 < 14m + 18 n< 3825 <m Vậy n có thê bằng 1 (CHạO) và 2 (G¿HgO) m = 3 (Cyl; A có 2 CT li CHYO va CHO Bc6 1 CT la CyHO Thanh phan hén hop X Có 2 trường hợp TH 1: CH4O va C3H,0 a = 0,075 mol CH4O 6 +b=04 + 60b= 219 b= 0.325 mol GaHgO |: TH 2 CyHgO va CyHyO
atb= 04> a = 0,15 mol CyHyO 46a + 60b = 21.9 b= 0.9 mol CyHyO
TOÁN TỰ GIẢI
1) Một hốn hợp X gồm 2 chất A, B có cùng CTTQ là C„Hạ„_ ạ Khi bốc hơi X chiếm 1 thể tích là 10,08 lít (136,5C, 1 atm)
Trang 27b) Thành phần hỗn hợp X
a = 0,2 mol CeHg - OgHg và C;H„ Io 0,1 mol C;Hy
[a = 0,25 mol CgHg
- CgHg va CyHyy 4 8 SEER IG |b = 0,05 mol CsHp
2) Một bình rỗng có khối lượng là 500 gam và V = 5,6 lít Bom O2 vào bình
cho đến khi được áp suất P, = 4,8 atm (0°C), sau do nap tiếp tục vào
bình này một hỗn hợp X (gdm 2 hidrocacbon A, B có cùng CTTQ là
C„Hạy) cho đến khi đạt áp suất P„ = 6 atm (0C) thì khối lượng của bình khi ấy là 548,48 gam
a) Xác định CT của A, B biết rằng B hơn A 1 nguyên tử cac5on Xác
định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X
Trang 28D.UNG DUNG CUA SO NGUYEN TU © TRUNG BINH
Méu phan we A cé pn nguyên từ cacbon, phân tử B có m nguyên tứ
cacboa, nạ ~ a Ny = b, thes dinh nghĩa võ nguyên tử cacbon trung bình n na +m) n _— axb “Thường tá tỉnh n dựa trên agg, = na + mb n x n at Hệ thức giữa M và Co thể tỉnh M từ n và ngược lại nếu A, B có cùng công thức tổng quát (CTTQ: Thi du A, Bcd CTTQ la CHyy ¿ ; ‘gel M - lán +2: n có nhiều ung dụng trong toán hóa hữu cơ đặc oiệt trong việc xác định các CTPT bàng
Nếu m có 1 giới hạn trên từ bất đảng thức trên ta có thê tính được các giá trị có thê có cua n và m
cách áp dụng n<n <m để xác định n và m
Chứ ý: Phương pháp này vân có thế dùng được dù A, B không có cùng
CTTQ
Nếu hôn hợp X chứa 3 chất A, B, C c6 ng =a, ng=b, n¢=c và lần
lượt có n, m p nguyên tử cacbon, ta vẫn có
na + mb + pe
n=——— atbh+e
n<n< p tnếu n nhỏ nhất và p lớn nhất)
- Nếu A, B có cùng CTTQ và cho cùng 1 phản ứng với cùng 1 hiệu suất
(thí dụ hai phản ứng đều hoàn toàn) ta hệ thay hỗn hợp bằng 1 chất duy
nhất có cùng CTTQ với số cacbon bàng n và số mol bàng tổng số mol
a + b Tính toán sẽ đơn giản hơn nhiều
Chú ý: Nếu hiệu suất phản ứng cho mỗi chất A, B không bằng nhau,
không được dùng phương pháp thay thế 2 chất bằng 1 chất duy nhất
TOÁN CÓ LỜI GIẢI
1) Một hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A, 8 có cùng CTTQ là C,Hạx „ 2
X chiếm cùng thể tích với 10,24 gam O; ở cùng điều kiện t và P Đốt
Trang 29cháy hết hỗn hợp X ta thu được 21,504 lít CO, (dktc)
a) Tính n và xác định các CT có thể có của A, B biết rằng x < 4
b) Tính Vọ, (đkte) phải dùng để đốt cháy hết hôn hợp X và khối lượng
HạO thu được Giải a) ncọ, = 0,96 mol 22,4 X chiếm cùng thể tích với 10,24 gam O¿ ở cùng điều kiện +t° và > vậy nx = Noy 0,24 hy = nọ, = —= = 0,82 mol 2 32 Áp dụng công thức -_ "CO; 0,96 Ras eens a+b 0,32 n<n=3<ms4 Vậy n có thé bang 1 (A là CHạ) hoặc 2 (CyHg) con m = 4 Bla GHịp) Thành phần hỗn hợp X + TH CHy+ CyHio a + b = 0,32] a = 0,107 mol CHy ncọ, = a + 4b = nai b = 0,213 mol CyHyo + TH CyHg + CgHio a + b = 0,32] a = 0,16mol CyHg Ngo, = 2a + 4b = 0.95] b = 0,16 mol CgHyg
6) PP: A, B có cùng CTT va phản ứng cháy của A, B đều hoàn toàn (cùng hiệu suất 100%) nên ta thay 2 chat A, B bằng 1 chết duy nhất só số moi bằng 0,32 oà số nguyên tử cacbon bằng n = 3 > CnHạa „ „ là CạHy
CạHạ + 5O; + 3CO; + 4H„O Noy = 5 0,82 = 1,6 mol
ngạo = 4 0,82 = 1,28 mol + myo = 1,28 18 = 23,04 gam
Trang 302) Một hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A, B co CTTQ là Sâu 2 (x= 4)
Đốt chảy X ta thu được 26,432 lít CO, (dktc) và 28,44 gam Hj> a) Tinh ny và n, suy ra các CT có thể có của A, B
b) Tính thể tích O; (đktc) dùng đế đốt cháy X và khối lượng hỗn hợp
Lộ
Giải
a) A, B co cing CT'TQ va phan ting dét cháy có cùng hiệu suất (100%)
Trang 31TOÁN TỰ GIẢI
1) Một hỗn hợp X gồm 2 axit A, B có CTTG là CvHa/O; (hay:
Cy_ ;Hay_jCOOH) với x < 4 Hôn hợp X trung hòa với 200 gam dune dịch
NaOH 8% Đốt cháy hết X thu được 24,64 lít CO; (đktc)
a) Tính n, khối lượng mx của hỗn hop X, CT cla A, B
b) Tinh thé tích O; (dktc) dùng để đốt cháy X và khối lượng H¿O thu được do phản ứng đốt cháy Hướng dẫn A) nự = ngaog = Ov! mol, Ago, = 1,1 mol + n ~n«<2/75<m<4 Ín=1 + HCOOH m- 3 + C;HzCOOH] n2 + CHẠCOOH m =4 + CH¿COOHÌP my = 0,4 (14 , 2,75 + 32) = 28,2 gam a (2
ng „o = ncọ, = 1,1 mol > mp,o = 19,8 gam
b) no, 1]0,4 = 1,25 mol + Vo, = 28 lit
Trang 33Chuong I]
CONG THUC PHAN TU
CONG THUC CAU TAO
Công thức phân tử (CTPT) CH,O,N, ch: cho biết thành phần hóa hoc
cua một hợp chất Với công thức cấu tạo (CTCT) ta mới biết ró các tỉnh chất
hóa học và một số tính chất vật lý của chất ấy Do đó công việc đầu tiên
của một nhà hóa học sau khi tông hợp hoặc phân lập một chất có trong
thiên nhiên là tìm cách xác định CTPT và CTCT cua hợp chất ấy
Với cùng một CTPT có thể có nhiều CTCT khác nhau (đồng phản! Việc
chọn CTCT đúng cho mỗi hợp chất tùy thuộc hóa tính cua hợp chất Ay
II.1 CÔNG THỨC CẤU TẠO A Nguyên tắc cơ bản để viết CTCT Để viết CTCT - Húu trị các nguyên tố nua mot chai lần nắm vững € có hóa trị 4 + 4 gạch nối ¬ - H, Cl có hóa trị 1 > 1 gạch nối - H, - ƠI O hóa trị 2 > 9 gạch nối -Q-, = O NÑ hóa trị 3 + 3 gạch nối - N - - CTCT một số nhám chức hóa học - rượu - OH, ête € - O- C „H -:andehit Ở - CC, xeton C~ C- C \ ° 2 z > axit ~ g „ este - ẹ O-H Ô-C i amin ~NHy, - NH - N-
Các nhóm chức andehit, axit ở đầu mạch cacbon
Phân tử có thể chỉ chứa 1 chức (1 rượu, 1 andehit, 1 axit v.v.) hoặc nhiều chức cùng loại (nhiều chức rượu, andehit, axit ) hoặc khác loại (1 rượu
+ l1andehit, 1 axit + 1 amin v.v )
Trang 34
Chu ý Khi viế
không ton :ại vì kém Đền Thi du YPCT, tránh viết 1 số CTCT thỏa mắn hóa trí nhưng
® ÓOH gắn vào € của C=€ csc-0n
TD GH;- CH<CH OH khong bên biển Lhành „H CHy.~ CH¿ ~'€ ben Ñø, @ 20H gắn vào cũng | nguyen tử cacbon OL - sé mat} phan ui 4,0 SoH “ „0H TD CH, - CHẾ khôi, r bên, mất 1 HạO * OH A &¿ biến thành CH¡ - € bê dé biến thành CH¡ So ben
B- Công thức cấu tạo các hidrocacbon
Lay can ban là ankan (chứa nhiều + nhấU có CTTQ là CnHạn „ », có CTCT mach thủng hoặc phần nhành
+ hoặc vòng tuối đôi ứng với 1 liên kết
1 kết © thì sử với &nakan có vút
ít hơn 2 K nguyên tự H nên sẽ có Of Nếu hidrocacbon có K liên k guvén ar cacbon, E9 là nói bức vi hidrosacbon CnHzn+¿ 2K TOÁN CO LOT GIAI
Trang 35Mạch hở CHạ - CH ~ CH - CHạ CH¿ = CH - CHạ - CH3 Cliy = Ợ - CHạ CHy Mach vong CHy CHy - CH, 2 ~ CHa CH ae CHạ - CHy HạC————CHạ¿ + OạH thuộc ƠTTQ CnHạn,¿ ¿ (K = 3 + 2 liên kết z hoặc 1 vòng 1 liên kết x) 2 nối đơi CHạ « CH - CH = CHạ, CH, = C = CH - CHạ 1 ndi ba: CHy - C=C - CH ; HC & C = CHy - CHy Mach vòng + 1 liên kết r ph Hc —GH fay aw HạC—CH HC —H HC =—C —CHy 3) Viết CTCT ứng với CTPT là C;Hạ, CaHg biết rằng CTCT có 1 vòng benzen Giải
Vòng benzen có chứa 3 nối đôi 1 vòng + 3 nối đôi nên nếu hợp chất
hông có thêm liên kết z trên nhánh thì sọ với ankan có cùng số r:guyên tử
zacbon, hợp chất có ít hơn 8 nguyên tử H
Nhánh no + CTTQ là CnHạ„ ¿ » g bay CaHạn - §
Nết có thêm K' liên kết x trên nhánh thì CTTQ là CzHạn- §- zịp
- CạHg thuộc CTTQ CaHạ„ _ ạ vậy có nhánh no Hà
Hc rZ hiệu hay CøH; - CHạ
HCO’ H CH
Trang 364) Viết CTCT các đồng phân của 1 hidrocacbon thơm (có vòng benzen) có
CTPT 18 Coty, CoHig
Giải
CgHyy ting với CPTQ la Cyityy 5 vay hidrecacbon nay chỉ có nhánh 6
no Do vong benzen có 6 nguynh từ cacbon, ngoài vòng còn 3 nguyên tử
cacbon nên ta có thể có 1 nhanh 3 cacbon, 2 nhánh (1C va 2 C) hoặc 3 nhánh (1C) trên vòng benzen Nêu dánh số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thì các nhánh có thể vàc các vị trí L 2, 1,3, 1.1 l nhánh ở C cH CH He b ICH? ily y HỆ > = CH CHy ue H He SH CHy cH cH 2 nhánh 1C cà 2C CH¿ Hy CH; Cr CH, CHạ - CHạ CHạ ~ CHy 3 nhánh 1C CHạ CH, CHạ CHạ HạC CH CHạ TOÁN TỰ GIẢI 1) Viết CTCT của một hìdrocacbon có CTPT là'CgH+a, CgHịo, CaHqo, CạH¿ (mạch hở) Hướng dẫn - CsHyy thude CTTQ C,Hy, » (không vòng, chỉ có nối đơn) 3 đồng phân (1 mạch thẳng, 2 phân nhánh)
- (OgHo thuộc CTTQ CaHạn „ ¿- y (K = 1, 1 nối đôi hoặc 1 vòng): 2 dong
phân mạch thẳng, 3 đông phân mạch phân nhánh, 2 đông phân vòng 3 cạnh, 1
nhánh hoặc Ø nhánh), 1 đồng phân vòng 4 cạnh, 1 đồng phân vòng 5 cạnh 1gH1g thuộc CTTQ €aHạn ¿ ¿- ¿ (K = 9 + 2 liên kết x hoặc 1 liên kết
Trang 37a + 1 vong)
C4Hg thude CTTQ CyHyq y 2-6 (K = 3 + 8 liên kết v nếu mạch hởi:
1 nối ba + ¡ nối đôi, 3 nối đôi
2) Viết CTCT các đồng phân các hidrocacbon thơm (có vòng benzen) có
CTPT là C¡oHia, CịoHia và C¡gHio
Hướng dẫn
- CioH yg thude CDTQ là CaHạn_ ạ Œ = 0 hidrocachon có nhánh no
(1 nhánh 4 C, 2 nhánh 2 C noặc 1 nhánh 1 Ơ, 1 nhánh 3 C, 3 nhánh, 1C, 1€ và 2C, 4 nhánh 1C)
+ CygHyy thude CTT@ la CaHon — 6 — 9 (K’ = 1 ~ 1 nhánh có nối đôi)
1 nhánh 4 C; 2 nhanh 2 C 2 nhénh 1C va 3 C, 3 nhanh 1 C, 1 C va2C
- CipHio thuộc CTTQ là CaHạn - g_ ¿ (? = 2 + nhánh có 2 liên kết
z): 1 nhánh 4 C; 2 nhánh 2 C;¡ 2 nhánh 1 C và 1 nhánh 3 C, không thể có 3 nhánh
C Công thức cấu tạo cúc hợp chất có chứu C, H, @
Khi có oxi, ta sẽ có nhiều CTCT hơn do sự hiện diện các chức hóa học
rượu - OH, ête CO - O -€ andehit: - G ` Xeton: C-C-C I ọ 0 O ⁄ ⁄ axit: - CỐ este: - CC ‘ou VG G=
Giống trường hợp cdc hidrocacbon, đầu tiên phải xem hợp chất
C,HyO, có chứa liên kết z hay không vì nếu không có liên kết + ta có thể loại ngay các chức có liên kết x như andehit, xeton, axit, este v.v
Để biết hợp chất C„HyO; có liên kết x hay khong, ta chỉ dựa trên
€„Hy (không để ý tới O,) giống trường hợp các hidrocacbon
- Nếu „Hy thuộc CTTQ CnHạn+s, hợp chất này no (không có liên kết 2)
- Nếu Œ,H, thuộc CTTQ CnHạn + ạ_ ạy > °ó K liên kết z Tùy theo số
nguyên tử oxi ta có thể có các chức rượu không no, ête không no, andehit, xeton, axit, este v.v
Trang 38TOÁN CÓ LỚI GIẢI
Viết CTCT các đồng phân mạch hở có CTPT là CzHạO, C;HạO, CaHạO¿, CEH 0%
iai
- CaHO- CaHg ứng với CTTQ là CaHạn ¿ „ Vay hợp chất này no Với
1 oxi, hợp chất chứa L rượu hoặc l ôte
Rược CH 3- CH, CHJOH;, CH - CHOH - CHị
Ete CH; -O-CH;¿ - CHạ
- CylgO Ogg ung vai CTTQ Cytlyn 4g 2 (K = 1 > 1 lién kết x, có la C = C hay C = O
»Oze CHy
CH; O = CH = CHy (éte khong no)
Cha y Không pên viết CHạ - CH = CHOH irugu không bền do OH nối thê CH - CH;OH :rượu không no) vao C cue © = C) ve „H C=O CH;-CH;-C (andehit) * N oO CHy TR CHạ (xeton) CạUyOz - ¿Hy thuộc CTTQ CnH¿nVz ¿ !K = 1 vậy có 1 liên kết xỢ= Chay C = 0) Liér, két C = C CHy = CH - SH „ Gi trượu đa chức không no) OH OH
CH ~ O - CHy ~ O ~ CH = CHy (@te không no)
CHy - O- fH - CH = CH¥ (ête + rượu) OH
Chú ý không nên viết
Trang 39Lién két C = O H CH, - CH - CHạ - kê (andehit + rượu! bu No CHy - C= CHy- CHAOH — Geton + rượu) 0 ° ° ¿ ⁄ €Hạ - CHạ - CHụ - CỐ, CHy « CH - GẤ (axit) Sou bu; ow ° ° 0° 4 x Z H8” CHạ - GZ CHỊ - CHụ - CÓ beste) No ~ c3H7 No - Cols OCH;
= CgH yO CgHyo thude CTTQ CnHạn „2 ¿ = 2, 2 liên kết © với 4 oxi và 3 liên kết zø các CTCT đơn giản nhất ứng 9 chức axit, 2 chức este,
1 axit + 1 este
oO ye
Sei igs oe (2 axit): CyHy 06 thé thang hay phân nhánh
Ho* OH
Đy © ~ Cally ~ CC 2 Ñ 0 - CHạ - CÓ ge (2 este)
H3C-O OCH Hyco” OC¿H;
oO ` XC = CHy = CHy ~ 67 ⁄ oO ae = CyHg - C7 Ul axit + Lester À ⁄ oO HO No - Cyl HO \o - cHy TOÁN TỰ GIẢI Viết CTCT các đồng phân mạch hở có CTPT là CạH;oO; CaHạO; CsHiyO;; CgHạOs; CsHzOa Hướng dân
- €zHIqO trượu hoặc ête no)
- O4HgO (1 liên kết xz, 1 rượu hoặc 1 ête không no, 1 andehit hoặc 1
xeton)
- CgHtgO¿ (1 liên kết x và 2 oxi)
1 axit, 1 este, l1 rượu + 1andehit; ] rượu + ] xeton, 2 rượu không no
Trang 40tgHyOx (2 lien kết š và 3 oxi it + 1 andehit; xit + l rugy khong io, Leste + 1 rugu khong no; Leste + 1 andehit vv +
- OgHgOx (2 liên kết z và 1 oxi
2 adt, 2 ø916, L awit + 1 este, L andehit + 1 rượu + 1 axit; 1 andehit + 1 rượu + 1 este v D CÔNG THÚC Do N có hóa Calan „ „ để được : v TẠO CÁC HỢP CHẤT CÓ CHỦA €, H,N { 3 nhiều hơn oxi Ì hóa trị nên phải thêm 1 H vào chỉ có LN) hợp chất nơ tếu TQ hop CYTQ hợp chất có K liên kết z at no CyHoy +3 N GnHanxa vkN Nếu hợp chat cé 2N thì phai thêm 1 H nữa nên CTTQ của hợp chất nó là CaHon + 4Ny CnH2n ¡ TOÁN CÓ LỜI GIỈI
Viết CTCT các đồng phân có CTPT là CyHyN; CqHgN; CgHy2No
9Ä; tnếu có K liên kết 2)
Giải
CạHI)N ứng với CÚTQ C Hạ, 3N vay hop chat nay no
CHy ~ CHy - CHy - CH, - NH); CHy - CH - CH¿ - NHạ ÈHạ CHạ - CHạ - CH - NHy, CH; NH - CHạ - CHạ - CHạ CHạ CHạ - NH -CH - CHy, CH, - CHy - NH - CHy ~ CHạ Hạ CHy - N ~'CH, - CHy ÈH¿ - O,HẠN ứng với CTTQ là C,Hạ„¿ š— 2N (có 1 liên kết z có thể là © 2C hay © = Ni
CHy = CH= CHy (ily + NHy; CHy - CH = CH - CHy - NHy CHg = CHy - CH CH NHy, CHy = ¢ - CH ~ NH
CH: