PHƯƠNG PHÁP QUI đổi TRONG GIẢI BÀI tập HOÁ HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP QUI ĐỔI TRONG GIẢI BÀI TẬP HOÁ HỌC Người thực hiện: Đỗ Tiến Dũng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Hóa học THANH HĨA, NĂM 2021 MỤC LỤC NỘI DUNG TRAN G MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.CƠ SỞ LÝ LUẬN 2.2.THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 2.3 GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 2.4 KẾT QUẢ THU ĐƯỢC 28 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 28 3.1.KẾT LUẬN 28 3.2.KIẾN NGHỊ 29 MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong bới cảnh mới và xu thế mới của giáo dục hiện đại, tình hình kinh tế – xa hội mới của đất nước thời kì công nghiệp hóa, hiện đại hóa, thực tiển của đời sống đa đặt những yêu cầu cho giáo dục THPT là đổi mới phương pháp dạy học nhà trường theo định hướng “ Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả làm việc theo nhóm; rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức vào thực tiển; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh” Từ đó giáo viên phải biết lồng ghép các dạng bài tập phù hợp vào bài giảng để học sinh dễ dàng tiếp nhận kiến thức bài học Qua những buổi làm bài tập và kiểm tra cho thấy đa số học sinh chỉ biết giải bài tập oxi hóa – khử, bài tập hổn hợp hữu theo cách thông thường (viết các phương trình phản ứng, lập các phương trình đại số,…) với cách giải này, học sinh mất rất nhiều thời gian, thậm chí có một số bài học sinh còn không tìm đáp số Chính vì vậy, việc tìm những phương pháp giải mới là rất có giá trị, đặc biệt là các phương pháp giải nhanh Xuất phát từ suy nghĩ đó,Tôi đa lựa chọn đề tài : “PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI TRONG BÀI TẬP HÓA HỌC ” nhằm phục vụ cho công việc giảng dạy, giúp học sinh có hướng tư logic và làm tư liệu cho đồng nghiệp tham khảo 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU : - Nhằm giúp giáo viên đứng lớp cải thiện phương pháp giảng dạy và nâng cao chất lượng bài giảng - Giúp học sinh giải nhanh các bài tập hóa học phức tạp 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU : Áp dụng cho các bài tập hóa học phức tạp, bài tập hóa học gồm hổn hợp nhiều chất, nhiều giai đoạn oxi hóa – khử, nhiều hợp chất hữu khác 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu về bài tập SGK và các bài tập vận dụng , vận dụng cao các đề thi THPT Quốc Gia Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát lực học sinh vấn đề tiếp cận và giải quyết bài toán có các số liệu dạng tương đối Thực nghiệm sư phạm : Tiến hành dạy thực nghiệm một số tiết các lớp để xem xét tính khả thi và hiệu quả của đề tài NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ: Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện Tuy nhiên để tiến hành quy đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân thủ nguyên tắc sau: - Bảo toàn nguyên tố : tổng số mol nguyên tử mỗi nguyên tố hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải - Bảo toàn khối lượng : tổng khối lượng các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng các chất sau phản ứng - Bảo toàn số oxi hóa : tổng số oxi hóa của các nguyên tố hai hỗn hợp là 2.2 THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Trong các năm học 2018-2019, 2019-2020, trước dạy bài tập về dạng này, thường cho HS làm một số bài tập nhỏ (kiểm tra 15 phút) để đánh giá mức độ nắm vững kiến thức và kỹ làm bài tập dạng này Tôi thường cho HS làm một số bài tập sau: Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử nhất Giá trị của m là A 11,2 gam B 10,2 gam C 7,2 gam D 6,9 gam Ví dụ 2: Đớt cháy m gam hỡn hợp X gồm glixerol, metan, ancol etylic và axit no, đơn chức mạch hở Y (trong đó sớ mol glixerol bằng ½ số mol metan) cần vừa đủ 0,41 mol O2 thu được 0,54 mol CO Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với 200ml dung dịch KOH 1,5M, rồi cô cạn thì thu được m’ gam chất rắn khan Giá trị m’ gần nhất với giá trị nào dưới đây? A.25 B 33 C 31 D 29 Sau chấm bài nhận thấy kết quả sau Số Khảo T sát tại T 12 A3 Năm Số HS 2019 42 điểm đạt được (%) Vậy X gồm y = 0,02 Fe2O3 : 0,02 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe = nFe + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A Fe: x mol Cách Quy đổi hỗn hợp X thành FeO : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 72y = 6,0 (3) Các quá trình nhường, nhận electron: Feo → Fe+3 + 3e ; Fe+2 → Fe+3 + 1e ; N+5 + 3e → N+2 x 3x y y 0,15 0,05 Theo bảo toàn electron: 3x + y = 0,15 (4) x = 0,03 Fe: 0,03 mol Từ (3) và (4) => Vậy X gồm y = 0,06 FeO : 0,06 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe = nFe + nFeO = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A FeO: x mol Cách Quy đổi hỗn hợp X thành Fe2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 6,0 (5) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe+2 → Fe+3 + 1e ; x N+5 + 3e → N+2 x 0,15 0,05 Theo bảo toàn electron: x = 0,15 (6) x = 0,15 Từ (5) và (6) => FeO : 0,15 mol Vậy X gồm y = - 0,03 Fe2O3 : - 0,03 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe = nFeO + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A * Lưu ý : Do việc quy đổi nên một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn) => kết quả khơng thay đởi Ví dụ Nung m gam bột sắt oxi, thu được 39,2 gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO (dư) thoát 2,24 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử nhất) Khối lượng muối thu được sau phản ứng là A 222 gam B 121 gam C 72,62 gam D 69,32 gam Hướng dẫn giải : Sơ đồ hóa bài toán: Khí NO2 (2,24 lít đktc) Fe FeO Fe X Fe3O4 Dung dịch Fe3+ Fe2O3 m gam 39,2 gam Có : nNO2 = 0,1 mol FeO: x mol Quy đổi hỗn hợp X thành Fe2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 39,2 (1) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe+2 → Fe+3 + 1e ; x x N+5 + 1e → N+4 0,1 0,1 Theo bảo toàn electron: x = 0,1 (2) x = 0,1 Từ (1) và (2) => FeO : 0,1 mol Vậy X gồm y = 0,2 Fe2O3 : 0,2 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: ∑nFe(NO3)3 = nFeO+ 2nFe2O3 = 0,5 mol => mmuối = 242.0,5 = 121 (gam) →Đáp án B * Bài tập áp dụng : Bài 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loang (dư), thu được 1,344 lít khí NO (spk nhất đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan Giá tị của m là A 49,09 B 38,72 C 35,50 D 34,36 Bài 2: Nung m gam bột Cu oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O Hòa tan hoàn toàn X H2SO4 đặc nóng thoát 4,48 lít khí SO2 nhất (đktc) Giá trị của m là A 9,60 B 14,72 C 1,12 D 22,40 Bài 3: Đốt cháy 6,72 gam bột Fe không khí thu được m gam hỗn hợp X gồm FeO2, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư Để hòa tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch chứa HNO3 2M, thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử nhất, đktc) Giá trị của m, V lần lượt là A 8,4 và 3,360 B 8,4 và 5,712 C 10,08 và 3,36 D 10,08 và 5,712 Bài 4: Hỗn hợp A gồm sắt oxit Cho m gam A tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư đến phản ứng hoàn toàn thu dung dịch Y 2,24 lít SO ( đktc ) Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu kết tủa Z Nung Z tới khối lượng khơng đổi thấy khối lượng giảm 7,02 gam Giá trị m A.11,2 B.19,2 C.14,4 D.16,0 b Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về nguyên tử tương ứng: + Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất về bản chất chỉ gồm một số nguyên tố Do đó có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm các nguyên tử tương ứng + Thí dụ: hổn hợp (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S) (Cu, Fe, S) Ví dụ 1: Hoà tan 20,8 gam hỗn hợp bột X gồm FeS, FeS2, S bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 53,76 lít NO2 (sản phẩm khử nhất, đkc ) và dung dịch A Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy toàn bộ kết tủa nung không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là A 16 gam B gam C 8,2 gam Hướng dẫn giải : D 10,7 gam 10 Sơ đồ hóa bài toán: Fe3+ Hổn hợp X S FeS ddHNO3 FeS2 dd A 20,8 gam dung dịch SO42- dd NaOHdư NO3H+ Fe(OH)3 t0 NO2(53,76 lít ) Fe2O3(rắn) Có : nNO2 = 2,4 mol Fe: x mol Quy đổi hỗn hợp X thành S : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 32y = 20,8 (1) Các quá trình nhường, nhận electron: Fe0 → Fe+3 + 3e ; S0 → S+6 + 6e x y 3x 6y N+5 + 1e → N+4 2,4 2,4 Theo bảo toàn electron: 3x + 6y = 2,4 (2) x = 0,2 Từ (1) và (2) => Fe : 0,2 mol Vậy X gồm y = 0,3 S : 0,3 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe2O3 = 1/2nFe = 0,1 mol => mrắn = 160.0,1 = 16 (gam) → Đáp án A Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 10,44 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng (vừa đủ) thu được dung dịch X và 1,624 lít khí SO2 (sản phẩm khử nhất, 18 Các bạn cần nắm vững điều này để lập chính xác các phương trình Nếu bạn sai từ bước lập hệ, các bước tiếp theo khơng có ý nghĩa Ví dụ : Hỗn hợp X gồm ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ 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 11,2 lít khí (đktc) Phần trăm khối lượng của ancol etylic hỗn hợp X là: A 32,86% B 65,71% C 16,43% D 22,86% Phân tích: - Đây là kiểu bài hai phần không bằng Ta đặt ẩn theo một phần và chia tỉ lệ theo phần còn lại Đề bài hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo phần có dữ kiện khối lượng - Chú ý rằng ankin có số nguyên tử C nhỏ nên chúng thế khí Khi cho X vào bình đựng Na dư, khí thoát gồm H2 và ankin đó Lời giải: Qui đổi hổn hợp thành C2H5OH a mol ; C2H2 b mol ; CH2 c mol Ta có : 46a + 26b + 14c = 28 (1) Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C 2H5OH phản ứng sinh 0,5a mol khí H2, đồng thời thoát b mol ankin Vậy ta có phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2) (Như đa 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 Vậy phần trăm Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta có: khối lượng (a + b )/(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,3/0,125 (3) Từ phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; ancol Etylic là : 46.0,2 / 28 = c = 0,6 32,86% => A Ví dụ 3: Chất X (CnH2n+4O4N2) là ḿi amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một amino axit Cho m gam E gồm X và Y (có tỉ lệ số mol tương ứng là 7: 3) tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, thu được 0,17 mol etylamin và 15,09 gam hỗn hợp muối Phần trăm khối lượng của Y E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A 32 B 68 C 77 D 23 Lời giải : Do hỗn hợp tác dụng với NaOH chỉ sinh amin nhất là etyl amin nên các muối amoni đều là sự kết hợp giữa gốc axit và C2H5NH2 Hỗn hợp  ( COONa) : 7a ( COOH.C2H7N ) : 7a   muoi C2H4O2NNa:3a + NaOH E C2H5O2N.C2H 7N :3a →  CH2 : b CH :  b   17a C2H7N : ⇒ 17a = 0,17 ⇔ a = 0,01 7a.134 + 97.3a+ 14b = 15,09 ⇔ b = 0,2 Khối lượng muối: Gọi m, n lần lượt là số nhóm CH2 X và Y  n =  X : ( COOH.C2H 7N ) ( CH2 ) 0,07 ⇒ 0,07n + 0,03m = 0,2 ⇒  ⇒ m =   Y :C2H5O2N.C2H 7N ( CH ) 0,03 ⇒ %mY = 3.148 100 = 23,37% 3.148+ 7.208 Ví dụ : Hỗn hợp E gồm peptit X mạch hở tạo từ alanin và glyxin (phân tử X chứa không quá liên kết peptit) và este Y tạo từ etanol và axit cacboxylic no đơn chức Thủy phân hoàn toàn m gam E dung dịch NaOH đun nóng, vừa đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp F gồm các muối (trong đó số mol muối của Gly lớn hớn số mol muối của Ala) Đốt cháy hoàn toàn F cần dùng 20 gam O thu được sản phẩm cháy gồm H2O, Na2CO3, N2 và 18,7 gam CO2 Phần trăm khối lượng của X E gần nhất với giá trị nào sau đây? A 82,5% B 74,7% C 77,8% D 87,6% Lời giải : Quy đổi hỗn hợp muối F thành HCOONa (a mol), H2N-CH2-COONa (b mol) và CH2 (c mol) +) mF = 68a + 97b + 14c = 24,2 (1) +) Đốt cháy F: HCOONa + 0,5O2 → 0,5Na2CO3 + 0,5CO2 + 0,5H2O a → 0,5a → 0,5a H2N-CH2-COONa + 2,25 O2 → 0,5Na2CO3 + 1,5CO2 + 2H2O + 0,5N2 b → 2,25b → 1,5b CH2 + 1,5 O2 → CO2 + H2O c → 1,5c → c => nO2 = 0,5a + 2,25b + 1,5c = 0,625 (2) => nCO2 = 0,5a + 1,5b + c = 0,425 (3) Giải hệ thu được a = 0,05; b = 0,2; c = 0,1 Do nGlyNa > nAlaNa nên các muối gồm CH3COONa (0,05 mol); GlyNa (0,15 mol); AlaNa (0,05 mol) Este là CH3COOC2H5 (0,05 mol) Ta có: nGly : nAla = : Do số liên kết peptit ≤ nên peptit là (Gly)3Ala (0,05 mol) => %mX = 74,71% gần nhất với 74,7% Ví dụ : Thủy phân m gam hợp X gồm tetrapeptit A và pentapeptit B (A và B đều hở chứa đồng thời Glyxin và Alanin phân tử) bằng lượng dung dịch NaOH vừa đủ Cô cạn dung dịch sản phẩm cho (m+ 15,8) gam hỗn hợp muối Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh bằng lượng oxi vừa đủ , thu được Na2CO3 và hỗn hợp Y gồm CO2 , H2O và N2 Dần Y qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có 4,928 lít khí nhất (đktc) thoát khỏi bình Xem N2 không bị nước hấp thụ , các phản ứng xảy hoàn toàn Thành phần phần trăm khối lượng của B hỗn hợp X là: A.35,37% B 58,92% C 46,94% D 50,92% Lời giải : - Quy đổi hỗn hợp X thành C2H3ON (a mol), -CH (b mol) và H 2O (c mol) - Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm C2H4ONNa (a mol) và CH (b mol) Xét quá trình đốt cháy hỗn hợp muối ta có hệ sau: 97n NH CH COONa + 14n CH − (57n C H ON + 14n CH + 18n H O ) = ∆ m  40a − 18c = 15,8 a = 0, 44 2 2 2    → 102a + 62b = 56, 04 ⇒ b = 0,18 44n CO + 18n H 2O = m bình Z  BT:N a = 0, 44   c = 0,1  → n C 2H 3ON = 2n N - Ta có: n Ala = n CH = 0,18mol ⇒ n Gly = 2n N − n Ala = 0, 26 mol - Xét hỗn hợp X ta có : n A + n B = n H 2O  n A + n B = 0,1 n A = 0, 06 mol → ⇒  4n A + 5n B = 0, 44 n B = 0, 04 mol 4n A + 5n B = 2n N - Gọi peptit A và B lần lượt là BT:Gly (Gly)x (Ala)4−x và (Gly)y (Ala)5−y (ví i x < vµ y nH2O ⇒ có chứa este ≥ chức Do Y gồm các axit mạch không phân nhánh ⇒ chứa tối đa chức Lại có Z chỉ chứa tối đa chức ⇒ este mạch hở chỉ chứa tối đa chức ⇒ X gồm hỗn hợp các este no, mạch hở, đơn chức hoặc chức Bảo toàn nguyên tố oxi: nO/X = 1,46 × + 1,23 – 1,595 × = 0,96 mol → nCOO = 0,48 mol Ta có: nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC với k là độ bất bao hòa của HCHC Áp dụng: nCO2 – nH2O = neste chức = 0,23 mol → neste đơn chức = 0,48 – 0,23 × = 0,02 mol Z gồm ancol có dạng CnH2n+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2) Đặt nCnH2n+2O = x; nCnH2n+2O2 = y → 0,48 ÷ < x + y < 0,48 → 0,24 < x + y < 0,48 Lại có: mZ = (x + y).(14n + 2) + 16x + 32y = 17,88 → (x + y).(14n + 2) = 10,2 → 14n + = 10,2 ÷ (x + y) ⇒ 10,2 ÷ 0,48 < 14n = < 10,2 ÷ 0,24 ⇒ 1,375 < n < 2,9 ⇒ ancol là C2H6O và C2H6O2 → x + 2y = 0,48; 46x + 62y = 17,88 ⇒ x = 0,2 mol; y = 0,14 mol Quy Y về HCOONa, (COONa)2, C2 với số mol là a, b và c Bảo toàn khới lượng: mY = 35,34 + 0,48 × 40 – 17,88 = 36,66 = 68a + 134b + 14c Bảo toàn nguyên tố Cacbon: a + 2b + c + 0,2 × + 0,14 × = 1,46 nCOO = a + 2b = 0,48 Giải hệ có: a = c = 0,3 mol; b = 0,09 mol ⇒ ghép vừa đủ CH2 cho HCOONa ⇒ muối là CH3COONa và (COONa)2 ⇒ este đơn chức là CH3COOC2H5 %meste n chc = 0,02 ì 88 ữ 35,34 × 100% = 4,98% Ví dụ 3: Cho X, Y là hai chất thuộc day đồng đẳng của axit acrylic và có M X MC; B no, C đơn chức) cần 78,288 lít khí O 2, sau phản ứng thu được CO2, H2O và 3,136 lít N2 Mặt khác thủy phân hoàn toàn lượng X cần vừa đủ 570ml NaOH 2M, thu được dung dịch T chứa muối và 0,29 mol hỗn hợp ancol no Y và Z ( M Y = 2,875MX < 150) Dẫn toàn bộ lượng ancol này qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng 23,49g Biết các phản ứng xảy hoàn toàn, thể tích các khí đo đktc, T không chứa HCOONa Phần trăm khối lượng của C gần nhất với: A 5,0 B 5,5 C 6,0 D 6,5 Hướng dẫn giải: Từ điều kiện về phân tử khối của ancol, ta tìm được Y là: C3H5(OH)3 ( a mol), Z là CH3OH (b mol) Ta có: mbình tăng = mancol – mH2 = 92a + 32b – 1,5a.2 – 0,5b.2 = 89a + 32b = 23,49g a + b = 0,29 mol ⇒ a = 0,25 mol; b = 0,04 mol B no và chức nên có liên kết ℼ Mà B, C có cùng số liên kết ℼ nên C đơn chức và có liên kết ℼ C-C mX = 16x + 18y + 14z = 81,24 – 0,25.86 – 0,04.40 – 1,14.44 – 0,28.15=3,78 nO2 = 2x + 1,5z = 3,495 – 0,25.9,5 – 0,04.4 – 0,25.0,28 = 0,89 Bảo toàn số mol peptit ta có: x + y = 0,07 ⇒ x = 0,28; y = -0,21; c = 0,22 Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 ⇒ C là: C4H5COOCH3 %mC = 0,04.112/81,24.1005 = 5,51% ⇒ Đáp án B Bài 6: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T ( hai chức, mạch hở), hai ancol đơn chức cùng day đồng đẳng và một este hai chức tạo T với hai ancol đó Đốt cháy hoàn toàn a gam X, thu được 8,36g CO Mặt khác, đun nóng a gam X với 100ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng xảy hoàn toàn, thêm tiếp 20ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư, thu được dung dịch Y Cô cạn Y, thu được m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol có phân tử khối trung bình nhỏ 46 Gía trị của m là:A 7,09 B 5,92 C 6,53 D 5,36 Hướng dẫn giải: Không thể ghép H2 vào HOOC-CH2-COOH ⇒ mmuối = mCH2(COONa)2 + mNaCl = 0,04.148 + 0,02.58,5 = 7,09g ⇒ Đáp án A Bài 7: X, Y là hai chất hữu kế tiếp thuộc day đồng đẳng ancol anlylic; Z là axit no hai chức, T là este tạo X, Y, Z Đốt cháy 34,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T ( đều mạch hở) cần dùng 21,728 kít O2 ( đktc) thu được 15,12 gam nước Mặt khác 34,24 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,18 mol Br Nếu đun nóng 0,6 mol E với 80g dung dịch KOH 59,5% Cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm lạnh phần thu được chất lỏng A Cho A qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam Gỉa sử các phản ứng xảy ta hoàn toàn Gía trị m gần nhất với: A 59g B 60g C 61g D 62g Hướng dẫn giải: ⇒ a = 0,26; b= 0,08; c = -0,04 Vì 0,08 < 0,26 nên axit được cố định là (COOH)2 Bảo toàn số mol ta có: nE = 0,18 + 0,26 – 0,04 = 0,4 ⇒ P2 =1,5P1 ⇒ mbình tăng = 0,27.(58-1)+0,12.14+2,52(18-1)=59,91 ⇒ Đáp án B Bài 8: Hỗn hợp X chứa một ankin A và hai anđehit mạch hở B, C ( 30< MB