KẾT hợp PHƯƠNG PHÁP dồn CHẤT, TÁCH CHẤT, ĐỒNG ĐẴNG HOÁ để GIẢI bài TOÁN HOÁ hửu cơ – TRONG đề ôn THI tốt NGHIỆP THPT năm 202

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 0O0 -SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM " KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP DỒN CHẤT, TÁCH CHẤT, ĐỒNG ĐẴNG HOÁ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỬU CƠ – TRONG ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021" Người thực hiện: Nguyễn Văn Chinh Chức vụ : Giáo Viên Hoá Học Năm học : 2020-2021 A PHẦN MỞ ĐẦU LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Với xu ngày “đổi phương pháp dạy học”, hình thức thi trắc nghiệm khách quan (TNKQ) đưa vào để thay hình thức thi tự luận số mơn học, đặc biệt mơn Hóa học Với hình thức thi trắc nghiệm, khoảng thời gian ngắn học sinh phải giải lượng lớn câu hỏi, tập Điều yêu cầu học sinh phải nắm vững, hiểu rõ kiến thức mà phải thành thạo kĩ giải tập đặc biệt phải có phương pháp giải tập trắc nghiệm hợp lí Thực tế cho thấy có nhiều học sinh có kiến thức vững vàng kì thi khơng giải hết u cầu đề Lí chủ yếu em tiến hành giải tập hóa học theo cách truyền thống, giải tốn khơng vận dụng hết kỹ để giải, việc làm nhiều thời gian nên từ không tạo hiệu cao việc làm thi trắc nghiệm Vì việc xây dựng “KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP DỒN CHẤT, TÁCH CHẤT, ĐỒNG ĐẴNG HOÁ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỬU CƠ – TRONG ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021” việc cần thiết để giúp em học sinh đạt hiệu cao kì thi đặc biệt kì thi tốt nghiệp THPT 2020 -2021 vào tháng đến Tuy nhiên, hóa học môn khoa học thực nghiệm, sử dụng phương pháp toán học để giải tốn hóa học cách nhanh gọn đơn giản giúp học sinh hiểu sâu sắc chất hóa học điều khơng phải dễ dàng.Trong q trình giảng dạy, tơi thấy em học sinh gặp phải nhiều khó khăn việc giải dạng toán chương sắt: “Este - lipit" thực dạng tập khó dạng toán thường gặp kì thi TN THPT Là giáo viên, hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp truyền thống để giải tập dạng nhiều thời gian hợp chất hữu đặc biệt este thường vùng câu chốt chặt nên este thường cho phức tạp este mà nhiều este Mặt khác gặp dạng toán em viết phương trình Việc xác định cơng thức tổng qt, cơng thức phân tử khó đề thường giấu vấn đề " Phương pháp quy đổi thông thường" phương pháp sử dụng viết nhiều tài liệu, tất đề truyển sinh đại học cao đẳng trước đây, nhiên với tinh thần đề thi năm học gần 2018 – 2019, 2019 – 2021 đề tham khảo năm 2021 áp dụng phương pháp quy đổi thông thường gần vào bế tắc Trong trình giảng dạy mình, đặc biệt dạy khối cấp trung học phổ thông dạy ôn thi tốt nghiệp nhiều năm, nhận thấy sử dụng “KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP DỒN CHẤT, TÁCH CHẤT, ĐỒNG ĐẴNG HOÁ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỬU CƠ – TRONG ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021” để giải tập dạng tiết kiệm nhiều thời gian Học sinh nhanh chóng xác việc lựa chọn đáp án khơng phải thực phép tốn phức tạp, dễ nhầm lẫn Thay vào học sinh phải sử dụng phép tốn đơn giản viết phương trình lại Khi làm theo phương pháp này.Với lí trên, chọn đề " KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP DỒN CHẤT, TÁCH CHẤT, ĐỒNG ĐẴNG HOÁ ĐỂ GIẢI BÀI TỐN HỐ HỬU CƠ – TRONG ĐỀ ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm PHẠM VI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI Phương pháp giải tập chủ yếu phần tập hoá hửu đặc biệt tập tổng hợp hửu tập Este lớp 12 luyện tập giải nhanh tốn khó kì thi tốt nghiệp THPT đến MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI - Giúp học sinh có cách giải nhanh toán tổng hợp hửu toán este, peptit, toán tổng hợp hửu - Cung cấp cho thầy cô giáo học sinh thêm cách để giải toán khó ơn luyện Thi THUẬN LỢI VÀ KHÓ KHĂN Khi định chọn đề tài đề tài nghiên cứu khoa học thân gặp khơng thuận lợi khó khăn sau: a) Thuận lợi: - Là giáo viên giảng dạy nhiều năm nên việc tiếp cận giải loại tập tương đối dễ dàng - Phương tiện đại chúng phổ biến Mạng internet khu vực sinh sống tương đối nhiều - Được hỗ trợ bạn bè đồng nghiệp b) Khó khăn: - Đây phương pháp giải nhanh vừa mẽ với học sinh nên việc tiếp cân phương pháp em hạn chế - Phương pháp truyền thống ăn sâu vào tìm thức học sinh nên việc đổi phương pháp giải làm cho em rụt rè việc ứng dụng PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để hồn thành nhiệm vụ đặt tơi sử dụng phương pháp nghiên cứu sau: Nghiên cứu sở lí luận, sở pháp lí, thực nghiệm sư phạm B KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP DỒN CHẤT, TÁCH CHẤT, ĐỒNG ĐẴNG HOÁ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỬU CƠ – TRONG ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 CỞ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP - Các hợp chất hửu thường có cơng thức tổng qt, nhiên mức độ câu chốt đề thi vấn đề thường giấu để xây dựng công thức tổng quát thường thời gian nên học sinh làm chậm tơi mạnh dạn đề nghị cách làm tách chất, dồn chất, đồng đẳng hoá chất để đưa chất hửu dạng đơn giản để giải - Trong trình sử dụng phương pháp nên ý dạng toán thường gặp chương trình lớp 12 sau: Hỗn hợp E chứa axit cacboxylic X, ancol no Y este Z (X, Y, Z đơn chức, mạch hở) Hỗn hợp E chứa chất đơn chức gồm: ancol no, axit có liên kết C=C phân tử este no Cho m gam hỗn hợp E gồm este hai chức Y mạch hở este đơn chức π ( C = C) Cho chất hữu mạch hở: X axit khơng no có liên kết phân tử, Y axit no đơn chức, Z ancol no hai chức T este X, Y với Z Hỗn hợp E gồm ba este hở mạch tạo axit cacboxylic với ancol: X (no, đơn chức), Y (khơng no, đơn chức, phân tử có hai liên kết pi) Z (no, hai chức) Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, có bốn liên kết pi (π) phân tử, có este đơn chức este axit metacrylic hai este hai chức đồng phân Hỗn hợp E gồm triglixerit Cho m gam chất béo X chứa triglixerit axit béo tự Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X pentapeptit Y (đều mạch hở tạo Gly, Ala Val KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP DỒN CHẤT, TÁCH CHẤT, ĐỒNG ĐẴNG HOÁ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HOÁ HỬU CƠ – TRONG ĐỀ ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2021 Ví dụ 1:Este X hai chức mạch hở, tạo ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức Este Y ba chức, mạch hở, tạo glixerol với axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi) Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp E gồm X Y cần vừa đủ 0,5 mol O thu 0,45 mol CO2 Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu hai ancol (có số nguyên tử cacbon phân tử) a gam hỗn hợp ba muối Phần trăm khối lượng muối không no a gam A 50,84% B 61,34% C 63,28% D 53,28% Trong 0,16 mol E chứa x mol X y mol Y n E = x + y = 0,16 n NaOH = 2x + 3y = 0, 42 → x = 0,06 y = 0,1 → nX : nY = : Trong m gam E chứa X (3e mol) Y (5e mol) X = C3H ( OH ) + 2HCOOH + ?CH − 2H 2O Y = C3H ( OH ) + 3HCOOH + ?CH − 3H 2O − 3H Quy đổi m gam E thành: C3 H ( OH ) : 3e C3H ( OH ) : 5e HCOOH: 21e CH2: u H2: -15e H2O: -21e n O = 4.3e + 3,5.5e + 0,5.21e + 1,5u − 0,5.15e = 0,5 n CO = 3.3e + 3.5e + 21e + u = 0, 45 → e = 0,005 u = 0,225 n muối no = 6e = 0,03 n muối không no = 15e = 0,075 Muối no muối khơng no có tương ứng k g nhóm CH2 n CH = 0,03k + 0,075g = 0, 225 → 2k + 5g = 15 g≥2 k >1 Do nên k = 2,5 g = nghiệm Vậy muối no gồm HCOONa (0,03), CH2 (0,03k = 0,075) → m muối no = 3,09 Tỉ lệ: 8e mol E → 0,16 mol E → 3,09 →a → a = 12,36 gam muối no gam muối no Ví dụ Hỗn hợp E chứa axit cacboxylic, ancol no Y este Z (X, Y, Z đơn chức, mạch hở) Đun nóng 11,28 gam E với 100ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu 9,4 gam muối hỗn hợp ancol dãy đồng đẳng Mặt khác đốt cháy 11,28 gam E cần dùng 0,66 mol O2 Phần trăm số mol Y có E là? A 22,91% B 14,04% C 16,67% D 28,57% Đáp án D Ta có: nNaOH = 0,1 → M RCOONa = 94 → CH = CH − COONa Tách axit, este có liên kết đôi C=C, mạch hở thành COO  CH2 ; ancol Y tách thành CH2 (nH2O = nY )   H2O COO :0,1 0,04  E → 11,28gamH2O → nH2O = 0,04 = nY → %nY = = 28,57% 0,04 + 0,1 CH :0,44  Ví dụ Đốt cháy hoàn toàn 9,84 gam hỗn hợp X gồm ancol este (đều đơn chức, mạch hở) thu 7,168 lít khí CO (đktc) 7,92 gam H2O Mặt khác, cho 9,84 gam X tác dụng hồn tồn với 96ml dung dịch NaOH 2M, cạn dung dịch thu m gam chất rắn khan Giá trị m A 13,12 B 6,80 C 14,24 D 10,48 Đáp án D Dồn chất cho C : 0,32 CH 3OH : 0,12  X → 9,84  H : 0, 44 →  HCOOCH : 0,1  BTKL  → O : 0,32  BTKL  → 9,84 + 0,192.40 = m + 0, 22.32 → m = 10, 48 Ví dụ Hỗn hợp X chứa anken ba amin no, đơn chức, mạch hở Đốt cháy hoàn toàn 4,55 gam X cần dùng vừa đủ V lít khí O (đktc) Sản phẩm cháy thu có chứa 0,784 lít khí N2 (đktc) Giá trị V A 9,24 Đáp án A Ta có: B 8,96 C 11,2 D 6,72 anken  → CH : 0, 24 BTKL n N2 = 0, 035 ( mol )  →  NH3 : 0, 07 CO : 0, 24 BTNT.O  →  → V = 0, 4125.22, = 9, 24 H O : 0, 24 + 0,105 Ví dụ X este đơn chức; đốt cháy hoàn tồn X thu thể tích CO thể tích oxi phản ứng (cùng điều kiện); Y este no, hai chức (X, Y mạch hở) Đốt cháy hoàn toàn 25,8 gam hỗn hợp E chứa X, Y oxi vừa đủ thu CO H2O có tổng khối lượng 56,2 gam Đun 25,8 gam E với 400 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ); cô cạn dung dịch sau phản ứng thu hỗn hợp muối có khối lượng m gam hỗn hợp gồm ancol đồng đẳng Giá trị m là: A 37,1 gam B 33,3 gam C 43,5 gam D 26,9 gam Đáp án B Đặt CTTQ X CxHyO2: y  y  t° C x H yO +  x + − 1÷O  → xCO + H 2O   y n CO2 = n O2 ⇒ x = x + − ⇒ y = 4 ⇒ X HCOOCH3 E + 0, mol KOH → ancol đồng đẳng ⇒ ancol CH3OH C2H5OH HCOOCH : a mol  ( COOCH ) : b mol  Quy đổi X tương đương với: CH : c mol 60a + 118b + 14c = 25,8 a = 0,1   ⇒ a + 2b = 0, ⇒ b = 0,15 m + m = 44 2a + 4b + c + 18 2a + 3b + c = 56, c = 0,15 ( ) ( )  H 2O  CO2 Y có cơng thức CH3OOC-COOC2H5 ⇒ m = 84a + 166b = 33,3 g Ví dụ Hỗn hợp E chứa axit cacboxylic X, ancol no Y este Z (X, Y, Z đơn chức, mạch hở) Đun nóng 10,26 gam E với 700ml dung dịch NaOH 0,1M vừa đủ thu 6,44 gam muối hỗn hợp ancol dãy đồng đẳng Mặt khác đốt cháy toàn lượng ancol cần dùng 0,285 mol O2 Phần trăm số mol Y có E là? A 25,03% Đáp án B Ta có: B 46,78% C 35,15% D 40,50% nNaOH = 0, 07 → M RCOONa = 92 → CH ≡ C − COONa Ancol cháy Quy đổi E → Quy đổi ancol  H 2O  → CH : 0,19 COO : 0, 07  → ( 10, 26 + 0, 07.2 )  H 2O → nH 2O = 0,15 CH : 0,33  → CE = 1,81 → %CH 3OH : 46, 78% Ví dụ X, Y, Z este đơn chức, mạch hở (trong Y Z khơng no chứa C=C liên kết có tồn đồng phân hình học) Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH) dư thấy khối lượng dung dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu hỗn hợp F chứa muối hỗn hợp gồm ancol thuộc dãy đồng đẳng Khối lượng muối có khối lượng phân tử nhỏ hỗn hợp F là: A 5,44 gam B 8,64 gam C 14,96 gam D 9,72 gam Đáp án C Vì este đơn chức nên ta có: nNaOH → neste = 0,3 mol ⇒ M = 72, 06 ⇒ HCOOCH C : a CO : a 12a + 2b = 12, 02 a = 0,87 mol  O2 21, 62gam.E H : 2b  → ⇒  ⇒ H O : b 56a − 18b = 34,5  b = 0, 79 mol  O : 0,  Cn H 2n − O : 0, 08 ⇒ 0, 08n + 0, 22.2 = 0,87 ⇒ n = 5,375   HCOOCH : 0, 22 CH − CH = CH − COOCH CH − CH = CH − COONa : 0, 08 ⇒   HCOONa : 0, 22 CH − CH = CH − COOC2 H mHCOONa = 14,96 Ví dụ Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, valin, axit glutamic, lysin, tripanmitin, tristearin, metan, etan, metylamin etylamin Đốt cháy hoàn toàn 0,42 mol X cần dùng vừa đủ a mol O2, thu hỗn hợp gồm CO2; 59,76 gam H2O 0,12 mol N2 Giá trị a A 4,44 B 4,12 C 3,32 D 3,87 Cách giải Ví dụ 9: Hỗn hợp E gồm hai hợp chất hữu mạch hở X Y X peptit cấu tạo từ gly ala Y este tạo từ axit cacboxylic no đơn chức metanol Đốt cháy hoàn toàn m g E cần vừa đủ 15,68 lít O2 đktc Nếu thủy phân hoàn toàm m g E NaOH vừa đủ thu 24,2 g hỗn hợp muối có muối glyxin có số mol lớn muối alanin Đốt cháy hoàn toàn lượng muối cần 20 g O2 thu H2O, Na2CO3, N2, 18,7 g CO2 Thủy phân hoàn toàn X dung dịch HCl thu muối có tỉ lệ khối lượng A 0,89 B 1,77 C 2,67 D 3,55 Qui hỗn hợp E E2: x mol đipeptit (Gly,Ala) y mol Este Ta thấy NaOH H2O không cần O2 để đốt; CH3OH cần 1,5y mol O2 để đốt ⇒ Bảo tồn O có: 0,7 = 0,625 + 1,5y ⇒ y = 0,05 mol Mặt khác, hỗn hợp qui đổi E2 đốt cháy cho số mol: nCO2 = nH2O = (3x + 2y + 0,7.2).3 = (x + 0,5) mol mE2=14.(0,5 + x ) + 76x + 32y (g) Mà nNaOH dùng = (2x + 0,05) mol Bảo toàn khối lượng : 14.(0,5 + x) + 76x + 32y + 40.(2x + 0,05) = 24,2 + 18x + 32y ⇒ x = 0,1 mol ⇒ Có C trung bình E2 = 0,6/(0,1 + 0,05) = ⇒ Số Ceste ≤ Có trường hợp xảy ra: TH1: este HCOOCH3 Gọi số mol Gly = a; Ala = b có: ⇒ 2a + 3b = 0,6 – 0,05.2 a + b = 0,2 ⇒ a = b = 0,1 mol (Loại nGly > nAla) TH2: este CH3COOCH3 ⇒ 2a + 3b = 0,45 a + b = 0,2 ⇒ a = 0,15; b = 0,05 (TM) Thủy phân X HCl thu ClH3NCH2COOH : 0,15 mol 0,05 mol ClH3NC2H4COOH → tỉ lệ khối lượng = 2,67 Ví dụ 10: Cho lượng hỗn hợp M gồm etylamin, etylenđiamin (hay etan-1,2điamin), axit glutamic (Glu) amino axit X có cơng thức dạng CnH2n + 1x(NH2)xCOOH (n, x nguyên dương; tỉ lệ mol nGlu : nX = : 4) tác dụng với 100 ml dung dịch HCl 1M, sau thời gian thu dung dịch Y Cho toàn dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch chứa đồng thời Ba(OH)2 0,5M NaOH 0,5M, thu dung dịch Z chứa 16,625 gam muối Phần trăm khối lượng nitơ X A 15,73% B 11,96% C 19,18% D 21,21% C2 H N C H N +0,05mol Ba ( OH )2 vd  +0,1mol HCl +0,05mol NaOH vd → dd Y  → dd Z (m muoi = 16, 625 g )  Glu : 3a  X : Cn H n +1− x ( NH ) x COOH : 4a nOH − = nHCl + 2nGlu + n X → 0,15 = 0,1 + 2.3a + 4a → a = 0, 005 nGlu = 0, 015mol ; nX = 0, 02mol nH 2O = nHCl + 2nGlu + nX = 0,1 + 0, 015.2 + 0, 02 = 0,15(mol ) BTKL : 0, 015.147 + 0, 02(14n + 15 x + 46) + 0,1.36, + 0, 05.171 + 0, 05.40 = 16, 625 + 0,15.18 → 14n + 15 x = 100 → x = 2; n = → X : C5 H ( NH ) COOH → %N = 14.2 100% = 19,18% 146 Ví dụ 11: Hỗn hợp M gồm hai amino axit X, Y ba peptit mạch hở Z, T, E tạo X Y Cho 31,644 gam M phản ứng hoàn toàn với lượng vừa đủ 288 ml dung dịch NaOH 1M, thu dung dịch F chứa a gam hỗn hợp muối natri alanin lysin Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b mol M cần dùng vừa đủ 35,056 lít O2 (đktc), thu CO2 H2O có tỉ lệ số mol tương ứng 228 : 233 Kết luận sau sai? A Phần trăm số mol muối natri alanin có a gam hỗn hợp muối 41,67% B Giá trị a 41,544 C Giá trị b 0,075 D Tổng khối lượng CO2 H2O sinh đốt cháy hoàn toàn 31,644 gam M 85,536 gam Giả sử muối gồm: Ala-Na (u mol) Lys-Na (v mol) => u+v = 0,288 (1) Quy đổi 31,644 gam M thành: CONH: u+v CH2: 3u+6v-u-v = 2u+5v (BTNT C) H2O: x NH: v mM = 43(u+v) + 14(2u+5v) + 18x + 15v = 31,644 (2) nCO2 : nH2O = 228:233 => 233(3u+6v)=228(0,5u+0,5v+2u+5v+x+0,5v) (3) Giải (1) (2) (3) => u=0,12; v=0,168; x=0,09 => a=111.0,12+168.0,168 = 41,544 gam => B %nAla-Na = 0,12/0,288 = 41,67% => A mCO2+mH2O = 44(3.0,12+6.0,168)+18(2,5.0,12+6.0,168+0,09) = 85,356 gam => D sai Đốt hết 0,09 mol M cần 0,75(u+v)+1,5(2u+5v)+0,25v = 1,878 mol Đốt b mol M cần 1,565 mol => b=0,075 mol => C Ví dụ 12: Hỗn hợp X gồm peptit mạch hở, tạo thành từ amino axit có dạng H2NCmHnCOOH Đun nóng 4,63 gam X với dung dịch KOH dư, thu dung dịch chứa 8,19 gam muối Nếu đốt cháy hoàn toàn 4,63 gam X cần 4,2 lít O2 (đktc) Dẫn tồn sản phẩm cháy (CO2, H2O, N2) vào dung dịch Ba(OH)2 dư, sau phản ứng thu m gam kết tủa khối lượng dung dịch giảm 21,87 gam Giá trị m gần giá trị sau đây? A 35,0 B 30,0 C 32 D 28 Đặt CTTQ peptit là: RNnOn+1 RNnOn+1 + nKOH → Muối + H2O x nx x BTKL: 4,63 + 56nx = 8,19 + 18x => 56nx – 18x = 3,56 (1) * Đặt nCO2 = y m dd giảm = 197y – 44y – 18nH2O = 21,87 => nH2O = (153y-21,87)/18 = 8,5y – 1,215 * Phản ứng cháy: nN2 = 0,5nx BTKL phản ứng cháy: 4,63 + 0,1875.32 = 44y + (153y-21,87) + 28.0,5nx => 14nx + 197y = 32,5 (2) BTNT O: nx + x + 0,1875.2 = 2y + (8,5y-1,215) => nx + x - 10,5y = -1,59 (3) Giải (1) (2) (3) => nx = 0,07; x = 0,02; y = 0,16 nBaCO3 = nCO2 = 0,16 mol => mBaCO3 = 0,16.197 = 31,52 gam Ví dụ 13: Cho m gam hỗn hợp M gồm peptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z, pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu hỗn hợp Q gồm muối Gly, Ala Val Đốt cháy hoàn toàn Q lượng oxi vừa đủ, thu lấy tồn khí đem hấp thụ vào bình đựng nước vơi dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam có 0,84 lít khí (đktc) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M, thu 4,095 gam H2O Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 7,0 B 6,5 C 6,0 D 7,5 nN2=0,0375 => nN = 0,075 mol Quy đổi M thành:  Na2 CO3 : 0, 0375 COONa:0,075  CONH : 0, 075  CO2 : x + 0, 0375 +O MuoiQ  NH2:0,075  →  + NaOH :0,075  → CH : x CH :x  H O : x + 0, 075  H O : y  N : 0, 0375  H 2O : y  44( x + 0, 0375) + 18( x + 0, 075) = mbinh tan g = 13, 23  x = 0,165 →   y = 0, 025  0, 075.0, + x + y = nH 2O ( dot M ) = 0, 2275 → m = 43.0, 075 + 14 x + 18 y = 5,985 g Ví dụ 14: Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X, Y với tỉ lệ mol tương ứng 1:2 (X, Y cấu tạo từ glyxin alanin) biết tổng số liên kết peptit X, Y Thủy phân hoàn toàn E 200ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu dung dịch Z chứa hai muối Cô cạn dung dịch Z thu chất rắn T Đốt cháy T lượng O2 vừa đủ thu 18,816 lít (đktc) khí Tỉ lệ số mol Gly Ala X A 2:3 B 1:2 C 1:1 D 2:1 Giả sử có x mol Gly-Na (C2H4O2Na) y mol Ala-Na (C3H6O2Na) x+y = nNaOH = 0,2 (1) Khi đốt cháy muối thu được: Na2CO3 (0,1 mol), CO2 (2x+3y-0,1 mol), H2O (2x+3y mol) => 2x+3y-0,1+2x+3y=0,84 (2) Giải (1) (2) => x = 0,13; y = 0,07 => Gly/Ala = 13/7 Gộp peptit: X + 2Y → (Gly13Ala7)k + 2H2O Tổng số liên kết peptit X-Y-Y 20k-1 Mà 12 (X có 8, Y có 1) ≤ Số liên kết peptit X-Y-Y ≤ 19 (khi X có 1, Y có 8) 12 ≤ 20k-1 ≤ 19 => 0,65≤ k≤ => k = đạt X có Y có lk peptit (X đipeptit, Y nonapeptit) X-Y-Y Gly13Ala7 (0,01 mol) => nX = 0,01; nY = 0,02 X: GlyuAla2-u (0,01 mol) Y: GlyvAla9-v (0,02 mol) (u≤2; v≤8) nGly = 0,01u+0,02v = 0,13 => u = 1; v = X Gly-Ala; Y Gly6Ala3 Ví dụ 15: Hỗn hợp X chứa hai amin thuộc dãy đồng đẳng metylamin Hỗn hợp Y chứa glyxin lysin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z (gồm X Y) cần vừa đủ 1,035 mol O2, thu 16,38 gam H2O; 18,144 lít (đktc) hỗn hợp CO2 N2 Phần trăm khối lượng amin có khối lượng phân tử lớn Z A 10,70% B 13,04% C 16,05% D 14,03% Cn H n +3 N : x CO2 : nx + y + z ( BTNT : C )  0, mol C2 H O2 N : y + 1, 035 molO2 → 0,91mol H O + 0,81mol   N : 0,5 x + 0,5 y + z ( BTNT : N ) C H O N : z  14 2  x + y + z = 0,  x + y + z = 0,  nCO2 + nN2  → nx + y + z + 0,5 x + 0,5 y + z = 0,81   0,5 x + 2,5 y + z + nx = 0,81 →  BTNT :O   → y + z + 1, 035.2 = 2nx + y + 12 z + 0,91  y + 10 z + 2nx = 1,16 BTNT :H   3 x + y + 14 z + 2nx = 1,82 → 2nx + x + y + 14 z = 0,91.2   x = 0,1  →  y = 0, 04  z = 0, 06n = 2, → C H N (a mol ); C H N (bmol )  → a + b = 0,1  a = 0, 06 →  3,5a + 4,5b + 0, 04.2,5 + 0, 06.7 = nH 2O = 0,91 b = 0, 04 → % mC3 H9 N = 0, 04.59 = 14, 03% 0, 06.45 + 0, 04.75 + 0, 06.146 Ví dụ 16: Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp T gồm peptit mạch hở T1, T2 ( T1 T2 liên kết peptit, tạo thành từ X, Y hai amino axit có dạng H2N – CnH2nCOOH; MX < MY) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu dung dịch chứa 0,42 mol muối X 0,14 mol muối Y Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam T cần vừa đủ 0,63 mol O2 Phân tử khối T1 A 402 B 303 C 359 D 387 Số mol peptit T = 0,42 + 0,14 = 0,56 (mol) Quy đổi T thành : CONH: 0,56 mol CH2: x mol H2O: 0,1 mol Đốt cháy: CONH + 0,75O2 → CO2 + 0,5H2O + 0,5N2 CH2 + 1,5 O2 → CO2 + H2O Ta thấy: theo PT (43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) g T cần ( 0,75.0,56 + 1,5x) mol O2 Theo đề 13,2 (g) cần 0,63 mol O2 => 0,63(43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) = 13,2 (0,75.0,56 + 1,5x) => x = 0,98 (mol) Số C trung bình muối = nC/ nmuối = ( 0,56 + 0,98)/ 0,56 = 2,75 => Có muối Gly- Na: 0,42 mol Muối cịn lại : Y- Na: 0,14 mol Bảo toàn nguyên tố C: 0,42.2 + 0,12 CY = 0,56 + 0,98 => CY = => Y Val T1: GlynVal5-n : a mol T2: GlymVal6-n : b mol ∑ nT = a + b = 0,1 a = 0, 04 =>   b = 0, 06 ∑ nN = 5a + 6b = 0,56 nGly = 0,04n + 0,06m = 0,42 => 2n + 3m = 21 ( n ≤ 5; m ≤ 6) => n = m = nghiệm => T1 Gly3Val2 => MT1 = 387 Ví dụ 17: Đun nóng 0,14 mol hỗn hợp A gồm hai peptit X (CxHyOzN4) Y (CnHmO7Nt) với dung dịch NaOH vừa đủ thu dung dịch chứa 0,28 mol muối glyxin 0,4 mol muối alanin Mặt khác đốt cháy m gam A O2 vừa đủ thu hỗn hợp CO2, H2O N2, tổng khối lượng CO2 nước 63,312 gam Giá trị m gần là: A 18 B 32 C 34 D 28 nNaOH = nGlyNa + nAlaNa = 0,68 mol nH2O = nA = 0,14 mol BTKL: mA = m muối + mH2O – mNaOH = 0,28.97 + 0,4.111 + 0,14.18 – 0,68.40 = 46,88 gam BTNT H: nH(A)+nNaOH = nH(GlyNa)+nH(AlaNa)+2nH2O => nH(A) = 4.0,28+6.0,4+2.0,14-0,68 = 3,12 mol Khi đốt 46,88 gam A ta thu được: nCO2 = 2nGlyNa + 3nAlaNa = 0,28.2 + 0,4.3 = 1,76 mol nH2O = 0,5nH(A) = 1,56 mol => mCO2+mH2O = 1,76.44 + 1,56.18 = 105,52 gam Tỷ lệ: Đốt 46,88 gam A thu 105,52 gam CO2 + H2O m 63,312 => m = 28,128 gam Ví dụ 18: Hỗn hợp X chứa Ala-Ala-Gly; Ala-Gly-Glu; Gly-Ala-Val Thủy phân hoàn toàn m gam X NaOH dư, sản phầm thu có chứa 12,61 gam muối Gly, 22,2 gam muối Ala Đốt cháy hoàn toàn lượng X cho toàn sản phẩm cháy qua nước vôi dư, thu a gam kết tủa Giá trị a A 135 B 126 C 124 D 116 nGly-Na = 12,61/ 97 = 0,13 (mol); nAla – Na = 22,2/ 111= 0,2 (mol) Gọi số mol Ala- Ala- Gly: x (mol) ; Ala-Gly-Glu = y (mol) ; Gly-Ala-Val = z (mol) ∑ nAla = x + y + z = 0, (1)  ∑ nGly = x + y + z = 0,13 (2) (1) − (2)   → x = 0, 07   y + z = 0, 06 Ala- Ala- Gly: C8H19N3O4: 0,07 (mol) Ala- Gly- Glu: C10H17N3O7: y (mol) Gly- Ala- Val: C10H19NO4: z (mol) Bảo toàn nguyên tố C => nCaCO3 = nCO2 = 8.0,07 + 10y + 10z => nCO2 = 0,56 + 10 0,06 = 1,16 (mol) => mCaCO3 = 1,16.100 = 116(g) BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Câu 1: Hỗn hợp E chứa amin no, đơn chức hiđrocacbon X thể khí điều kiện thường Đốt cháy hồn tồn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol không khí (20% O2 80% N2 thể tích) thu hỗn hợp F gồm CO 2, H2O N2 Dẫn tồn F qua bình đựng NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 21,88 gam, đồng thời có 49,616 lít (đktc) khí khỏi bình Cơng thức phân tử X công thức sau đây? A C3H4 B C3H6 C C2H4 D C2H6 Câu 2: Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) hiđrocacbon Y (trong số mol X lớn số mol Y) Đốt cháy hết 0,26 mol E cần dùng vừa đủ 2,51 mol O 2, thu N2, CO2 1,94 mol H2O Mặt khác, cho 0,26 mol E tác dụng với dung dịch HCl dư lượng HCl phản ứng tối đa 0,28 mol Khối lượng Y 0,26 mol E bao nhiêu? A 10,32 gam B 10,55 gam C 12,00 gam D 10,00 gam Câu 3: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit oleic triglixerit Y có tỉ lệ mol tương ứng : : Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu CO 35,64 gam H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 120 ml dung dịch NaOH 1M, đun nóng thu glixerol hỗn hợp chứa hai muối Khối lượng Y m gam hỗn hợp X A 12,87 B 12,48 C 32,46 D 8,61 Câu Đốt cháy hoàn toàn 0,33 mol hỗn hợp X gồm metyl propiolat, metyl axetat hai hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ 1,27 mol O 2, tạo 14,4 gam H2O Nếu cho 0,33 mol X tác dụng với dung dịch Br2 dư số mol Br2 phản ứng tối đa A 0,30 mol B 0,40 mol C 0,26 mol D 0,33 mol Câu Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) hiđrocacbon Y (số mol X lớn số mol Y) Đốt cháy hết 0,26 mol E cần dùng vừa đủ 2,51 mol O 2, thu N2, CO2 1,94 mol H2O Mặt khác, cho 0,26 mol E tác dụng với dung dịch HCl dư lượng HCl phản ứng tối đa 0,28 mol Khối lượng Y 0,26 mol E A 10,32 gam B 10,00 gam C 12,00 gam D 10,55 gam Câu Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X gồm propilen amin no mạch hở đồng đẳng oxi dư thu 16,8 lít CO 2, 2,016 lít N2 (đktc) 16,74 gam H2O Khối lượng amin có khối lượng mol phân tử nhỏ A 1,35 gam B 2,16 gam C 1,8 gam D 2,76 gam Câu Thủy phân hoàn toàn 42,38 gam hỗn hợp X gồm hai triglixerit mạch hở dung dịch KOH 28% (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu phần Y nặng 26,2 gam phần rắn Z Đốt cháy hoàn toàn Z thu K2CO3 152,63 gam hỗn hợp CO2 H2O Mặt khác, cho 0,15 mol X vào dung dịch Br2 CCl4, số mol Br2 phản ứng A 0,18 B 0,21 C 0,24 D 0,27 Câu Hỗn hợp X gồm ba chất béo tạo glyxerol hai axit oleic stearic Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X cần dùng 12,075 mol O 2, thu CO2 H2O Xà phịng hóa 132,9 gam X với dung dịch KOH vừa đủ, thu m gam muối Giá trị m A 144,3 B 125,1 C 137,1 D 127,5 Câu 10 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm amin no đơn chức, mạch hở nguyên tử cacbon phân tử lượng khơng khí vừa đủ (O chiếm 20% N2 chiếm 80% thể tích) thu hỗn hợp Y gồm CO 2, H2O N2 Dẫn toàn X qua bình dung dịch Ba(OH) dư thấy khối lượng bình tăng 21,3 gam; đồng thời khí khỏi bình tích 48,16 lít (đktc) Cơng thức amin có khối lượng phân tử lớn A C3H9N B C4H11N C C5H13N D C6H15N Câu 11 Hỗn hợp X gồm triglixerit A B (M A