Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Giải toán Hóa Hữu Cơ bằng phương pháp quy đổi

Chia sẻ: Caphesua | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:42

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm giúp các em học sinh có thêm những tư liệu để giải nhanh các bài toán hóa hữu cơ, tăng sự hứng thú học tập cho học sinh đối với bộ môn Hóa học. Sáng kiến được áp dụng vào bồi dưỡng kiến thức cho học sinh và rèn kĩ năng giải các bài tập môn Hóa học, từ đó các em sẽ tự tin vào khả năng làm tốt đề thi THPTQG hàng năm.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Giải toán Hóa Hữu Cơ bằng phương pháp quy đổi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU Độc lập - Tự do - Hạnh phúc An Giang, ngày 14 tháng 2 năm 2019 BÁO CÁO Kết quả thực hiện sáng kiến, cải tiến, giải pháp kỹ thuật, quản lý, tác nghiệp, ứng dụng tiến bộ kỹ thuật hoặc nghiên cứu khoa học sư phạm ứng dụng I. Sơ lược lý lịch tác giả: - Họ và tên: Thạch Tú Anh ; Nữ. - Ngày tháng năm sinh: 12/04/1978 - Nơi thường trú: Số 7A1 - Trần Nguyên Hãn - Phường Mỹ Long - TPLX - Tỉnh An Giang - Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu. - Chức vụ hiện nay: Giáo viên - Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ. - Lĩnh vực công tác: Giảng dạy môn Hoá Học II. Sơ lược đặc điểm tình hình đơn vị: Thuận lợi - Được sự quan tâm hướng dẫn và chỉ đạo kịp thời của lãnh đạo sở Giáo dục và Đào tạo, Ban giám hiệu nhà trường, nhất là trong công tác giảng dạy học sinh khối 12. - Được sự hỗ trợ của bạn bè và đồng nghiệp. Khó khăn - Đây là phương pháp giải nhanh vừa mới mẽ với học sinh nên việc tiếp cận phương pháp của các em có thể còn hạn chế. - Phương pháp truyền thống ăn sâu vào trong tìm thức của học sinh nên việc đổi mới phương pháp giải làm cho các em còn rụt rè trong việc ứng dụng. - Tên sáng kiến/đề tài giải pháp: Giải toán Hóa Hữu Cơ bằng phương pháp quy đổi. - Lĩnh vực: Hóa học. III. Mục đích yêu cầu của đề tài, sáng kiến: 1. Thực trạng ban đầu trước khi áp dụng sáng kiến Trong mỗi năm học khi dạy bài tập về dạng này, tôi thường cho học sinh làm một số bài tập nhỏ để đánh giá mức độ nắm vững kiến thức và kỹ năng làm bài tập dạng này. Khi khảo sát ở các lớp khác nhau với những đối tượng khác nhau, tôi nhận thấy một số đặc điểm chung như sau: - Nhiều em thích cách giải bài toán bằng cách viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra, dẫn đến đôi khi số ẩn nhiều hơn số phương trình. Cách giải quyết này chỉ phù hợp với các bài toán nhỏ, ít phương trình không phù hợp với xu hướng của một bài toán trắc nghiệm. - Phần lớn các em chưa hiểu rõ về phương pháp này, một bài toán mà giá trị thu được là nghiệm âm, thậm chí quy tắc phản ứng cũng bị đảo lộn làm nhiều em khá lung túng trước phương pháp này. - Phần lớn các em giải sai, giải nhầm, không ra được kết quả. 2. Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến Với xu thế ngày nay “đổi mới phương pháp dạy học”, hình thức thi trắc nghiệm khách quan đã phổ biến, đặc biệt là môn Hóa học. Với hình thức thi trắc nghiệm, trong một khoảng thời gian ngắn học sinh phải giải quyết được một lượng khá lớn các câu hỏi, bài tập. Điều này không những yêu cầu học sinh phải nắm vững, hiểu rõ kiến thức mà còn phải thành thạo trong kĩ năng giải bài tập và đặc biệt phải có phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hợp lí. Thực tế cho thấy có nhiều học sinh có kiến thức vững vàng nhưng trong các kì thi vẫn không giải quyết hết các yêu cầu của đề ra. Lí do chủ yếu là các em vẫn tiến hành giải bài tập hóa học theo cách truyền thống, việc này làm mất rất nhiều thời gian nên từ đấy không tạo được hiệu quả cao trong việc làm bài thi trắc nghiệm. Vì vậy việc xây dựng “Giải toán Hóa Hữu Cơ bằng phương pháp quy đổi” là một việc rất cần thiết để giúp các em học sinh đạt hiệu quả cao trong các kì thi, đặc biệt là kì thi trung học phổ thông quốc gia (THPTQG). 1
Tuy nhiên, hóa học là một môn khoa học thực nghiệm, sử dụng các phương pháp toán học để giải quyết các bài toán hóa học một cách nhanh gọn và đơn giản nhưng vẫn giúp học sinh hiểu được sâu sắc bản chất hóa học là một điều không phải dễ dàng.Trong quá trình giảng dạy, tôi đã thấy các em học sinh gặp phải rất nhiều khó khăn trong việc giải quyết các dạng bài toán hỗn hợp các chất Hữu Cơ. Thực sự đây là những dạng bài tập khó và cũng là một dạng toán thường gặp trong các kì thi THPTQG. Trong quá trình giảng dạy của tôi, đặc biệt là dạy khối 12 và dạy ôn thi đại học nhiều năm, tôi nhận thấy khi sử dụng “phương pháp quy đổi” để giải quyết các bài tập dạng này đã tiết kiệm được rất nhiều thời gian. Với các lí do trên, tôi chọn viết về “Giải toán Hóa Hữu Cơ bằng phương pháp quy đổi”. 3. Nội dung sáng kiến Tiến trình thực hiện - Từ thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến đến xuất hiện ý tưởng. - Tra cứu tài liệu liên quan. - Nghiên cứu cơ sở lý thuyết của đề tài. - Bài tập áp dụng. Thời gian thực hiện: Tháng 02/2018 đến 02/2019 Biện pháp tổ chức: - Trong quá trình dạy lớp giới thiệu phương pháp quy đổi lồng ghép vào các tiết luyện tập hoặc các tiết dạy tự chọn. - Kiểm tra, đánh giá kết quả đạt được. Nội dung sáng kiến gồm 2 phần chính: cơ sở lý thuyết và bài tập Trước tiên, tôi xin giới thiệu cách giải những câu hữu cơ trong đề thi chính thức môn Hóa năm 2018 bằng phương pháp quy đổi. Nhằm đặt vấn đề cũng như giúp các bạn nhận ra sự cần thiết phải tiếp cận với phương pháp này. Bài 1: (Câu 78 - Mã đề 201 - Năm 2018) Hỗn hợp X gồm alanin, axit glutamic và axit acrylic. Hỗn hợp Y gồm propen và trimetylamin. Đốt cháy hoàn toàn a mol X và b mol Y thì tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ là 1,14 mol, thu được H2O; 0,1 mol N2 và 0,91 mol CO2. Mặt khác, khi cho a mol X tác dụng với dung dịch KOH dư thì lượng KOH phản ứng là m gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 16,8. B. 14,0. C. 11,2. D. 10,0. Phân tích: Đây là bài toán hỗn hợp hữu cơ khá phức tạp, nhưng ta có thể quy đổi các chất như sau: Alanin : NH2CH(CH3)COOH ↔ NH + COO + 2CH2 + H2 Axit glutamic : HOOCCH(NH2)CH2CH2COOH ↔ NH + 2COO + 3CH2 + H2 Axit acrylic : CH2=CHCOOH ↔ COO + 3CH2 Propen : C3H6 ↔ 3CH2 Trimetylamin : (CH3)3N ↔ NH + 3CH2 + H2 Giải: Theo phân tích ta có : n NH = n H 2 BT (N) : n NH = 2 n N 2 Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH:  NH : 0,2 mol COO : a mol CO 2 : 0,91   X, Y   + O 2 → H 2 O : c CH 2 : b mol 1,14 mol  N : 0,1 H 2 : 0,2 mol  2 BT (O) : 2a + 2.1,14 = 2.0,91 + c a  0,25   BT (C) : a + b = 0,91  b  0,66  n KOH = n COO = a = 0,25 mol BT (H) : 0,2 + 2b + 2.0,2 = 2c c  0,96    m KOH = 56.0,25 = 14g → Đáp án B 2
Bài 2: (Câu 77 - Mã đề 201 - Năm 2018) Cho X, Y, Z là ba peptit mạch hở (phân tử có số nguyên tử cacbon tương ứng là 8, 9, 11; Z có nhiều hơn Y một liên kết peptit); T là este no, đơn chức, mạch hở. Chia 179,4 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được a mol CO2 và (a – 0,09) mol H2O. Thủy phân hoàn toàn phần hai bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được ancol metylic và 109,14 gam hỗn hợp G (gồm bốn muối của Gly, Ala, Val và axit cacboxylic). Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 2,75 mol O2. Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 8,70%. B. 4,19%. C. 14,14%. D. 10,60%. Phân tích: Peptit ↔ NHCO + CH2 + H2O Este ↔ HCOOCH3 + CH2 Giải: Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH:  NHCO : x mol CH : y mol CO 2 : x  y  2t  a (*)  2  E  89,7g H O : z mol + O2 → H 2 O : 0,5x  y  z  2t  a  0,09 (**)  2 N HCOOCH3 : t mol  2 (*) , (**) → 0,5x – z = 0,09 (1)  NHCO : x mol  Na 2 CO3 CH : y mol  NH 2 COONa : x mol CO  2   2 E  + NaOH → G CH 2 : y mol + O2 →  89,7g H O : z mol  2 HCOONa: t mol H 2 O 109,14g 2,75 mol HCOOCH3 : t mol   N 2 x  0,34 43x 14y 18z  60t  89,7 (2)  y  1,36   83x  12y  68t  109 ,14 (3 )   BTe : 3x  6 y  2t  4.2,75 z  0,08  ( 4 ) t  0,91 Ta có : npeptit = n H 2O = z = 0,08 neste = n HCOOCH3 = t = 0,91 BT (C) : 0,08 n + 0,91m = 0,34 + 1,36 + 2.0,91 = 3,52  m = 3 ; n = 9,875 Este : HCOOCH3 : 0,91 mol    NHCO : 0,34 mol X : AlaVal  E   Peptit CH 2 : 1,36  0,91  0,45 mol  Y : Gly 3 Ala  H O : 0,08 mol Z: Gly Ala   2  4 Ta có: nX + nY + nZ = 0,08 BT(C): 8nX + 9nY + 11nZ = 0,34 + 0,45 BT(N): 2nX + 4nY + 5nZ = 0,34  nX = 0,01 ; nY = 0,03 ; nZ = 0,04 0,03. 260  %m Y  .100%  8,7% → Đáp án A 89,7 3.1. Cơ sở lý thuyết - Các bài toán minh họa 3.1.1. Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH) Ta biết rằng các chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều nhóm CH2. Vì vậy, có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó. Dựa vào ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản hơn (thường là các chất đầu dãy) kèm theo một lượng CH2 tương ứng. Kĩ thuật này được gọi là Đồng Đẳng Hóa. Ví dụ : 3
- Ankan: C3H8  CH4 + 2CH2 - Đồng đẳng của benzen: C6H5CH(CH3)2  C6H6 + 3CH2 - Ancol no, hai chức, mạch hở: C3H6(OH)2  C2H4(OH)2 + 1CH2 - Axit không no, đơn chức, mạch hở: C4H7COOH  C2H3COOH + 2CH2 - Este no, đơn chức, mạch hở: C2H5COOC3H7  HCOOCH3 + 4CH2 - Este tạo bởi glixerol và axit no, đơn, mạch hở: (C15H31COO)3C3H5  (HCOO)3C3H5 + 45CH2 - Amin no, đơn chức, mạch hở: C2H5NH2  CH3NH2 + 1CH2 - Amino axit: (CH3)2CHCH(NH2)COOH  NH2CH2COOH + 3CH2 3.1.1.1. Tách CH2 Một vài ví dụ về cách sử dụng ĐĐH để quy đổi hỗn hợp hữu cơ. Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit no, đơn chức và các ancol no hai chức (tất cả đều mạch hở). HCOOH : a  C n H 2 n 1COOH  X  C 2 H 4 (OH)2 : b  C m H 2 m (OH)2 CH : c  2 Ví dụ 2: Quy đổi hỗn hợp Y gồm các ankin, các anđehit no, hai chức và các este đơn chức có một liên kết đôi C=C (tất cả đều mạch hở). C n H 2 n  2 C 2 H 2 : a  (CHO) : b   Y C m H 2 m (CHO)2   2  HCOOC2 H 3 : c   C x H 2x  2O 2  CH 2 : d Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp Z gồm các amin no, hai chức, mạch hở và một pentapeptit mạch hở được tạo bởi các amino axit thuộc cùng dãy đổng đẳng của glyxin. CH 2 (NH 2 ) 2 : a  C n H 2 n (NH 2 ) 2  Z  (C 2 H 3 ON)5 .H 2 O : b (C H  m 2 m 1 NO)5 .H 2 O CH : c  2 Sau khi quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH, ta lập các phương trình theo các dữ kiện từ đề bài và giải hệ. Khi đã tìm được các ẩn, tức là xác định được thành phần của hỗn hợp sau khi quy đổi, ta xử lí các bước còn lại và trả lời câu hỏi của bài toán. Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan trọng các bạn cần lưu ý: * CH2 là thành phần khối lượng. Vì vậy, nó có mặt trong các phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O2 phản ứng, số mol CO2, số mol H2O), … * Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (bản thân nó là nhóm metylen –CH2–). Nó không được tính vào số mol hỗn hợp (hoặc các dữ kiện khác liên quan tới số mol các chất). Bài 3: Hỗn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 và ancol etylic. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O2 (đktc). Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có thoát ra 11,2 lít khí (đktc). Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp X là A. 32,86%. B. 65,71%. C. 16,43%. D. 22,86%. Phân tích: - Đây là kiểu bài hai phần không bằng nhau. 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 2 ankin có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 nên chúng ở thế khí. Khi cho X vào bình đựng Na dư, khí thoát ra gồm H2 và 2 ankin đó. Giải: Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH: 4
C 2 H 5 OH : a mol C 2 H 5 OH  X  C 2 H 2 : b mol  46a + 26b + 14c = 28 (1)  n 2 n  2 C H CH : c mol  2 Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C2H5OH phản ứng sinh ra 0,5a mol khí H2, đồng thời thoát ra b mol ankin. Vậy ta có phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2) (Như đã nói, số mol này không bao gồm số mol CH2). 0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2, ta có: k(a + b) = 0,3 (*) Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 (**) Chia vế theo vế của hai phương trình (*), (**) và triệt tiêu k, ta có: 3a  2,5b 1,5c 1,25  (3) ab 0,3 Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2 ; b = 0,4 ; c = 0,6 0,2. 46 %m C2H5OH  .100%  32,86% → Đáp án A 28 Nhận xét: Hệ phương trình cần giải chỉ gồm các phương trình thuần nhất nên dễ bấm máy. Đây là ưu điểm của kĩ thuật này. Các bạn có thể đặt CTPT trung bình của 2 ankin và giải tương tự. Bài 4: Cho 0,1 mol este X no, đơn chức mạch hở vào cốc chứa 30ml dung dịch MOH 20% (d = 1,2 gam/ml). Sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được ancol Y và phần rắn T. Đốt cháy hoàn toàn T thu được 9,54 gam M2CO3 và 8,26 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Kim loại M và axit tạo este ban đầu là A. K và HCOOH. B. Na và CH3COOH. C. K và CH3COOH. D. Na và HCOOH. Giải:  Ancol Y X  MOH    T RCOOM 2  M O Sơ đồ phản ứng: CO 3  CO 2  H 2 O 0,1 7 , 2 gam   M OH 2   9,54gam 8,26gam 7,2 2.9,54 Bảo toàn nguyên tố M, ta có:  → M = 23 → M là Na M 17 2M  60 7,2 n NaOH   0,18 mol  n NaOH dư = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol 40 Tới đây có 2 hướng xử lí: • Gọi CTPT muối của axit cần tìm là CnH2n–1O2Na Na 2 CO 3 : 0,09  C n H 2n1O 2 Na : 0,1  O2    CO 2 : n C (T)  n Na 2CO3  0,1n  0,09  NaOH : 0,08  H 2 O : 0,5 [0,1.(2n 1)  0,08]  8,26 = m CO2 + m H 2O = 44(0,1n – 0,09) + 18.0,5.[0,1(2n – 1) + 0,08)]  n = 2  Axit là CH3COOH → Đáp án B. • Sử dụng ĐĐH, ta có: HCOONa : 0,1mol  Na 2 CO 3 : 0,09   T  CH 2 : x mol  O2   CO 2 : x  0,01 NaOH d : 0,08 mol H O : x  0,09   2 8,26 = 44.(x + 0,01) + 18.(x + 0,09) → x = 0,1 Muối gồm 0,1(HCOONa +1CH2)  0,1 CH3COONa  Axit là CH3COOH  Đáp án B. Nhận xét: Phương trình theo ẩn x gọn hơn phương trình theo ẩn n và dễ giải hơn (dễ bấm máy hơn). 5
3.1.1.2. Ghép CH2 Những bài toán dừng lại ở mức tách CH2 thường không quá phức tạp. Với những bài toán hỏi thông tin về các chất ban đầu, ta cần “ghép” CH2 vào các chất đầu dãy (được quy đổi từ các chất ban đầu) để tạo lại hỗn hợp đầu. Kĩ thuật này phụ thuộc nhiều vào khả năng xử lí số liệu của bạn. Nếu tính nhẩm tốt, bạn sẽ không gặp nhiều khó khăn ở bước này. Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp gồm 0,5 CH3OH và 0,3 CH2.  CH 3 OH : 0,5  CH 3 OH : 0,2  CH 3 OH : 0,2       CH 2 : 0,3  CH 3 OH  CH 2 : 0,3  C 2 H 5 OH : 0,3 Ví dụ 2: Tạo lại hỗn hợp 2 axit có số C cách nhau 2 đơn vị gồm 0,1 C2H3COOH và 0,14 CH2.  C 2 H 3 COOH : 0,03  C 2 H 3 COOH : 0,03    C 2 H 3 COOH : 0,1 C 2 H 3 COOH  2CH 2 : 0,07 C 4 H 7 COOH : 0,07    C H COOH : 0,1 C 3 H 5 COOH : 0,08 C 3 H 5 COOH : 0,08  CH 2 : 0,14  3 5   CH 2 : 0,04 C 3 H 5 COOH  2CH 2 : 0,02 C 5 H 9 COOH: 0,02 Ví dụ 3: Tạo lại hỗn hợp 3 anđehit đồng đẳng kế tiếp gồm 1,4 HCHO và 2,3 CH2, biết số mol hai anđehit có phân tử khối lớn bằng nhau.  C 3 H 7 CHO : 0,3  HCHO : 1,4  CH 3 CHO : 1,4      C 2 H 5 CHO : 0,3  CH 2 : 2,3  CH 2 : 0,9  0,3 (1 2) CH CHO : 0,8  3 Ví dụ 4: Tạo lại hỗn hợp 1 ancol, 1 axit gồm 0,5 C2H5OH, 0,3 HCOOH và 1,3 CH2. Để ghép CH2 ta cần giải phương trình nghiệm nguyên.  C 2 H 5 OH : 0,5   C 2 H 5 OH.mCH2 : 0,5 HCOOH : 0,3    0,5m + 0,3n = 1,3  m = 2 ; n = 1  CH : 1,3  HCOOH.nCH 2 : 0,3  2  C H OH : 0,5   4 9  CH 3 COOH : 0,3 Ví dụ 5: Tạo lại hỗn hợp hai hiđrocacon (thể khí ở điều kiện thường) gồm 0,2 CH4; 0,4 C2H2; 1,2 CH2.  CH 4 : 0,2 0,2n  0,4m  1,2   CH 4 .nCH 2 : 0,2  n  2  C 3 H 8 : 0,2  C 2 H 2 : 0,4    n  3   CH : 1,2  C 2 H 2 .mCH 2 : 0,4 m  2 m  2  C 4 H 6 : 0,4  2  Cách tốt nhất để luyện tập kĩ thuật ghép là áp dụng nó vào các bài tập. Bài 5: (Câu 79 - Mã đề 201 - Năm 2018) Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức. Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu được 0,45 mol CO2. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no là a gam. Giá trị của a là A. 13,20. B. 20,60. C. 12,36. D. 10,68. Giải: Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH: (HCOO)2 C 3 H 6 : a  CO 2 : 0,45 E (C 2 H 3 COO)3 C 3 H 5 : b + O 2 →  CH : c 0,5 mol H 2 O : 4a  7b  c  2 6
BT(C) : 5a + 12b + c = 0,45 (1) BT(O) : 4a + 6b + 2.0,5 = 2.0,45 + 4a + 7b + c (2) (HCOO)2 C 3 H 6 : x  x + y = 0,16 x = 0,06 E (C 2 H 3 COO)3 C 3 H 5 : y + NaOH   →  CH : z 0,42mol 2x + 3y = 0,42  y = 0,1  2 a  0,015 a 0,06   (3) b  0,025 b 0,1 c  0,075  Ghép CH2 (HCOO)2 C 3 H 6 : 0,015  nCH 2  E (C 2 H 3 COO)3 C 3 H 5 : 0,025  mCH 2  0,015n + 0,025m = 0,075 CH : 0,075  2 Do tạo ba muối  n = 5 ; m = 0  X : HCOO-C3H6-OCOC5H11  m2 muối axit no = n HCOONa + n C5H11COONa = 68.0,06 + 138.0,06 = 12,36g Bài 6: Cho X là axit cacboxylic đơn chức mạch hở, trong phân tử có một liên kết đôi C=C, Y và Z là hai axit cacboxylic đều no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm X, Y và Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu được dung dịch F. Cô cạn F, thu được chất rắn khan G. Đốt cháy hoàn toàn G bằng O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi. Hấp thụ toàn bộ T vào bình đựng nước vôi trong, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam. Khối lượng Z trong 23,02 gam E gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,5 gam. B. 3,5 gam. C. 17,0 gam. D. 6,5 gam Giải: CH 2  CH  COOH : a  Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E  HCOOH : b CH :c  2 Từ dữ kiện khối lượng hỗn hợp, ta có: 72a + 46b + 14c = 23,02 (1) Từ dữ kiện số mol NaOH phản ứng vừa đủ, ta có: a + b = 0,46 (2) Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp muối: C 2 H 3 COONa : a Na 2 CO 3 : 0,5a  0,5b   O2  HCOONa : b   CO 2 : 2,5a  0,5b  c CH : c H O : 1,5b  0,5b  c  2  2  m CO2 + m H 2O = 44.(2,5a + 0,5b + c) + 18.(1,5a + 0,5b + c) = 22,04 (3) Từ (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,05 ; b = 0,41 ; c = 0,04 Tiến hành ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. C 2 H 3 COOH : 0,05 X : C 2 H 3 COOH : 0,05   E HCOOH : 0,41  E Y : HCOOH : 0,37  mZ = 60.0,04 = 2,4 gam  Đáp án A. CH : 0,04 Z: CH COOH : 0,04  2  3 Nhận xét: - Khối lượng bình tăng có thể xử lí gọn hơn bằng cách quy đổi công thức phân tử của muối. - Đôi khi đề bài có một số điều kiện ràng buộc với các chất, ta nên quy đổi hợp lý ngay từ đầu để tránh gặp rắc rối ở bước ghép CH2. 7
Bài 7: Hỗn hợp X gồm 2 ancol no, hai chức, mạch hở A, B (62 < MA < MB) và có tỉ lệ mol 3:4. Cho a mol X vào bình chứa b mol O2 dư rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2,04 mol các khí và hơi. Mặt khác, dẫn 2a mol X qua bình đựng K dư thu được 70,56 gam muối. Biết a + b = 1,5. Số đồng phân hòa tan được Cu(OH)2 của B là A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Phân tích: Bài này có điều kiện MA > 62, vì vậy ta không nên quy đổi về C2H4(OH)2. Giải:  C H (OH)2 : x  K  C H (OK)2 : x Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: X  3 6   3 6  CH 2 : y  CH 2 : y   CO 2 : 3x  y  C 3 H 6 (OH)2 : x  O2  Phản ứng đốt cháy: X   H 2 O : 4 x  y  CH 2 : y  1 O2 d : x  b  (3x  y )  (4 x  y )  2 Từ số mol khí và hơi, ta có: (3x + y) + (4x + y) + [x + b – (3x + y) – 0,5(4x + y)] = 2,04  3x + b + 0,5y = 2,04 (1) Từ dữ kiện khối lượng muối, ta có: 152x + 14y = 0,5.70,56 (2) Theo đề bài: x + b = 1,5 (3) Từ (1), (2) và (3), giải hệ ta được: x = 0,21; y = 0,24 ; b = 1,29 Tiến hành ghép CH2 theo điều kiện tỉ lệ mol 3:4  C H (OH)2 : 0,21  0,09  0,12  A : C 3 H 6 (OH)2 : 0,09 X  3 6  X   CH 2 : 0,24  2.0,12  B: C 5 H10 (OH)2 : 0,12 Vì B hòa tan được Cu(OH)2 nên B có 2 nhóm OH kề nhau. Có 5 cấu tạo của B thỏa mãn là: CH2 CH CH2 CH2 CH3 CH3 CH CH CH2 CH3 OH OH OH OH CH3 CH3 CH3 CH2 C CH2 CH3 CH3 C CH CH3 CH3 CH CH CH2 OH OH OH OH OH OH  Đáp án C. Bài 8: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có một liên kết đôi C=C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước. Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E bằng lượng NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thu được 55,2 gam muối khan và phần hơi có chứa chất hữu cơ Z. Biết tỉ khối của Z so với H2 là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với A. 46,5%. B. 48%. C. 43,5%. D. 41,5%. Phân tích: Một ví dụ khác về bài toàn 2 phần không bằng nhau. Tôi sẽ giải nó theo 2 cách khác nhau. Các bạn hãy so sánh hai lời giải và rút ra điểm lợi thế của ĐĐH. Giải 1: MZ = 32  Z là CH3OH  C n H 2n - 2 O 2 (n  4) : a   O2  CO : 0,43 E1     2  C m H 2m - 4 O 4 (m  4) : b  H 2 O : 0,32 Dựa vào độ bất bão hòa, ta có: a + 2b = n CO2 – n H 2O = 0, 43 – 0,32 = 0,11 = n COO (E1 ) (1) m E2 46,6 55,2 BTKL: m E1 = 32.0,11 + 12.0,43 + 2.0,32 = 9,32    5  m muu (E1 )   11,04 mE1 9,32 5 8
RCOOCH3 : a  NaOH RCOONa : a E1  1    1  R (COOH)2 : b  R (COONa)2 : b 9,32g 11,04g 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) và (2), giải hệ ta được: a = 0,05 ; b = 0,03 Bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,05n + 0,03m = 0,43  n = 5 ; m = 6 144.0,03  Este X là C5H8O2 ; Axit Y là C6H8O4  %m Y  .100%  46,35%  Đáp án A. 9,32 Giải 2: MZ = 32  Z là CH3OH C 2 H 3 COOCH3 : a C 2 H 3 COONa : a   NaOH  CH 3 OH  E  C 2 H 2 (COOH)2 : b   +  C 2 H 2 (COONa)2 : b CH : c  H 2O CH : c  2  2 46,6g 55,2g Từ dữ kiện khối lượng E và khối lượng muối, ta có ngay hai phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1) và 94a + 160b + 14c = 55,2 (2) Ứng với phần 1, ta có: C 2 H 3 COOCH3 : ka  O  CO 2 : k(4a  4b  c) n 4a  4b  c 0,43 E  C 2 H 2 (COOH)2 : kb 2    CO 2   (3) CH : kc  H 2 O : k(3a  2b  c) n H O 3a  2b  c 032  2 2 Từ (1), (2) và (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: C 2 H 3 COOCH3 : 0,25  X : C 3 H 5 COOCH3 : 0,25 E C 2 H 2 (COOH)2 : 0,15  CH : 0,55  0,25  2.0,15 Y : C 6 H 8 O 4 : 0,15  2 0,15.114 %m Y  .100%  46,35%  Đáp án A. 46,6 Nhận xét: Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta không cần quan tâm tỉ lệ giữa 2 phần. Bài 9: X, Y là hai amin no, mạch hở; trong đó X đơn chức, Y hai chức. Z, T là hai ankan. Đốt cháy hoàn toàn 21,5g hỗn hợp H gồm X, T, Z, T (MZ < MX < MT < MY ; Z chiếm 36% về số mol hỗn hợp) trong oxi dư, thì thu được 31,86g H2O. Lấy cùng lượng H trên thì thấy tác dụng vừa đủ với 170 ml dung dịch HCl 2M. Biết X và T có số mol bằng nhau ; Y và Z có số nguyên tử cacbon bằng nhau. Tỉ lệ khối lượng của T so với Y có giá trị là A. 1,051. B. 0,806. C. 0,595. D. 0,967. Giải: X : CH 3 NH 2 : a Y : CH (NH ) : b  2 2 2 Sử dụng ĐĐH kết hợp với các điều kiện, tiến hành quy đổi: H Z : CH 4 : c  T: C H : a  3 8 CH 2 : d Từ các thông tin, ta lập được một hệ phương trình 4 ẩn: m H = (31 + 44)a + 46b + 16c + 14d = 21,5 n Z = 0,36 n H  c = 0,36.(2a + b + c) 9
n H 2O = (2,5 + 4)a + 3b + 2c + d = 1,77 n HCl = a + 2b = 0,34  a = 0,1 ; b = 0,12 ; c = 0,18 ; d = 0,4 Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp H X : CH 3 NH 2 : 0,1 Y : CH (NH ) : 0,12 X : CH 3 NH 2 : 0,1  2 2 2 Y : C H (NH ) : 0,12  mT 58.0,1 H Z : CH 4 : 0,18  H  2 4 2 2    0,806  Đáp án B.  T : C H : 0,1 Z: C 2 H 6 : 0,18 m Y 60.0,12  3 8  T : C 4 H10 : 0,1 CH 2 : 0,4 Nhận xét: Bài này có các điều kiện ràng buộc hỗn hợp đầu khá phức tạp. Sử dụng ĐĐH cho phép ta bao quát tất cả các điều kiện đó ngay ở bước quy đổi. Qua những ví dụ trên, hi vọng các bạn đã hiểu được cách sử dụng kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa trong các bài tập. Đây là kĩ thuật cơ bản nhất và là nền tảng cho các kĩ thuật còn lại. Các bạn hãy nghiên cứu kĩ Đồng Đẳng Hóa trước khi chuyển sang các mục tiếp theo. 3.1.2. Thủy Phân Hóa (TPH) - Đây là kĩ thuật thêm nước vào hỗn hợp có chứa Este mà nhiều bạn đang sử dụng. Tôi đặt lại một cái tên mang tính hóa học cho nó. Thủy Phân Hóa (TPH) nói rõ lên bản chất quy đổi của kĩ thuật. - Trong tài liệu này tôi sẽ khai thác triệt để TPH và kết hợp nó với kĩ thuật ĐĐH. Các kĩ thuật Hiđro Hóa, Ankan Hóa ở những mục tiếp theo cũng sẽ có sự kết hợp với TPH. * Xét phản ứng thủy phân este: Este + H2O → Ancol + Axit * Chuyển vế, ta có: Este ↔ Ancol + Axit – H2O  Ta có thể quy đổi một este bất kì thành ancol, axit và nước. - Ở đây tôi chỉ đề cập tới este tạo từ ancol và axit. Với các este khác (este của anđehit, xeton, phenol), các bạn có thể làm tương tự. * Đối với peptit, ta có phản ứng thủy phân: Peptit + H2O → Amino axit * Chuyển vế, ta có: Peptit ↔ Amino axit – H2O  Tương tự như este, ta có thể quy đổi một peptit bất kì thành các amino axit và nước. Tuy nhiên, trong các bài tập về peptit, bạn nên sử dụng cách quy đổi về gốc axyl: C2H3ON, CH2 và H2O. 3.1.2.1. Tách H2O – Ghép este - Với dạng bài Ancol - Axit - Este, ta nên sử dụng TPH để các bước tính toán gọn hơn. - Sau khi dùng TPH để quy đổi hỗn hợp Ancol - Axit - Este, các bạn cần sử dụng nhận xét sau: “Hỗn hợp sau khi quy đổi bằng TPH có phản ứng thủy phân tương tự hỗn hợp đầu” Ở đây tôi lấy hỗn hợp đơn giản nhất có đầy đủ cả Ancol – Axit – Este để minh họa. Mọi hỗn hợp khác cho kết quả tương tự. RCOOR1 : a RCOOH : a  b   X  RCOOH : b  Y  R 1OH: a  c R 1OH: c H O :  a   2  RCOOR 1  NaOH  RCOONa  R 1OH RCOONa : a  b a a a   * X + NaOH:  RCOOH  NaOH  RCOONa  H 2 O →  R 1OH: a  c  H O : b b b b R OH 1  R OH 1  2  c c 10
 RCOOH  NaOH  RCOONa  H 2 O  ab ab ab RCOONa : a  b  1  * Y + NaOH: R OH  R 1OH →  R 1OH: a  c a c a c  H O : b H 2 O  H 2O  2  a a → Sản phẩm cuối cùng của các phản ứng không có gì thay đổi. * Từ nhận xét trên, ta thu được hai kết quả: - Số mol COOH của axit trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng số mol NaOH phản ứng với hỗn hợp đầu. - Lượng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu thủy phân hoàn toàn hỗn hợp đầu (trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm). * Đây là 2 kết quả quan trọng mà ta sẽ thường xuyên sử dụng khi quy đổi hỗn hợp bằng TPH. Bài 10: Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH, CxHyCOOCH3, CH3OH thu được 2,688 lít CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O. Mặt khác, cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam CH3OH. Công thức của CxHyCOOH là A. C2H5COOH. B. CH3COOH. C. C2H3COOH. D. C3H5COOH. Giải: Sử dụng TPH, tiến hành quy đổi X về a mol CxHyCOOH, b mol CH3OH và c mol H2O. Từ hai 2 kết quả trên, ta có: * X tác dụng vừa đủ với 0,03 mol NaOH  a = 0,03 * Thủy phân hoàn toàn X, thu được 0,03 mol CH3OH  b = 0,03 C x H y COOH : 0,03 mol  X  CH 3 OH : 0,03 mol O2  CO 2  H 2 O H O : c 2,76g 0 ,12 mol 0 ,1 mol  2 2,76  12.0,12  2.0,1 Bảo toàn khối lượng cho X, ta có: n O(X)   0,07 mol 16 Bảo toàn lần lượt các nguyên tố, ta có: - BT(O): 2.3,35 + 0,03 + c = 0,07 → c = – 0,02 - BTC): (x + 1).0,03 + 0,03 = 0,12 → x = 2 - BT(H): (y + 1).0,03 + 4.0,03 + 2.( –0,02) = 2.0,1 → y = 3  Axit cần tìm là C2H3COOH  Đáp án B. Tiếp theo tôi sẽ giới thiệu đến các bạn kĩ thuật quy đổi kết hợp TPH và ĐĐH. Kĩ thuật này có phạm vi ảnh hưởng rộng và có thể áp dụng cho hầu hết bài toán thuộc dạng Ancol-Axit- Este. Dựa vào bản chất của hỗn hợp đầu, ĐĐH – TPH được chia thành 4 trường hợp. • Trường hợp 1: Hỗn hợp chỉ có este. Ta có: n COO = n OH = - n H 2 O Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm các este đơn chức và este hai chức tạo bởi ancol đa chức và axit đơn thức (tất cả đều no, mạch hở). CH 3 OH : a C H (OH) : b HCOOCH3 : a  2 4 C H  n 2 n 1 COOC H 2 m 1  2  (HCOO)2 C 2 H 4 : b  HCOOH : a  2b m X  (C H COO)2 C y H 2 y  x 2 x 1 CH : c H O :  a  2b  2  2 CH 2 : c Ta có thể gộp ancol và nước lại cho gọn. 11
Ví dụ 2: Quy đổi este có 7 liên kết π được tạo tử glixerol và 2 axit không no, mạch hở. Este có 7π = 3π (COO) + 4π (C–C) = 3 + (1.2 + 2.1) C 3 H 5 (OH)3 : a C H COOH : 2a C 3 H 2 : a  C H COOH : 2a (C 2 H 3COO)2  C 3 H 5  OCOC  CH : a 2 3  2 3    CH  C - COOH : a   CH 2 : b H O :  3a CH  C - COOH : a  2 CH 2 : b CH 2 : b Vì hỗn hợp chỉ có este nên trong một số tình huống, ta chỉ nên dùng ĐĐH mà không dùng thêm TPH. • Trường hợp 2: Hỗn hợp chỉ có axit và este. Ta có: n OH = - n H 2 O Để cho gọn, khi quy đổi ta có thể gộp ancol và nước lại. Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). CH 3 OH : a HCOOCH3 : a HCOOH : a  b CH 2 : a    X  HCOOH : b    HCOOH : a  b CH : c H 2 O :  a CH : c  2 CH 2 : c  2 Ví dụ 4: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit acrylic, este mạch hở có 6 liên kết π, mạch hở tạo bởi ancol no ba chức và các axit không no, đơn chức. Este có 6π = 3π (COO) + 3π (C–C) = 3 + (1 + 1 + 1) C 2 H 3 COOH : a  3b C 2 H 3 COOH: a C H (OH) : b C 2 H 3 COOH: a  3b   3 5  X  (C 2 H 3 COO)3 C 3 H 5 : b    C 3 H 2 : b 3 CH : c H 2 O :  3b CH : c  2 CH 2 : c  2 • Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ có ancol và este. Tương tự trường hợp 2, ta có : n COO = - n H 2 O Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). CH 3 OH : a  b HCOOCH3 : a HCOOH : a  C n H 2 n 1COOCm H 2 m1   X  CH 3 OH : b     C x H 2 x 1OH CH : c H 2 O :  a  2 CH 2 : c Ví dụ 6: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đơn chức, este hai chức tạo từ axit hai chức và ancol đơn chức (tất cả đều no, mạch hở). (COOH) 2 : a (COOCH3 ) 2 : a CH OH : 2a  b  C n H 2 n 1 (COOCm H 2 m1 ) 2   3 X  CH 3 OH : b    C x H 2 x 1OH CH : c H 2 O :  2 a  2 CH 2 : c • Trường hợp 4: Hỗn hợp có cả ancol, axit và este. Đây là trường hợp tổng quát. Vì không có điều kiện ràng buộc nên số mol H2O là một ẩn độc lập. Ví dụ 7: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở). 12
C H COOC H HCOOCH3 HCOOH : a  n 2 n 1 m 2 m 1 HCOOH CH OH : b   3 X  C x H 2 x 1COOH     CH 3 OH H 2O : c C y H 2 y1OH CH 2 CH 2 : d Ví dụ 8: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đồng đẳng với ancol anlylic, axit no hai chức, este có 4 liên kết π tạo bởi axit no hai chức và các ancol không no, đơn chức (tất cả đều mạch hở). Este có 4π = 2π (COO) + 2π (C–C) = 2 + (1 + 1) C H (COOC H (COOC3 H 5 ) 2 (COOH)2 : a )  C H OH : b  n 2n m 2 m 1 2 (COOH)2  3 5 X  C x H 2 x (COOH)2      C 3 H 5 OH H 2O : c C y H 2 y1OH CH 2 CH 2 : d Vì ĐĐH – TPH có phạm vi ảnh hưởng rộng nên trong mục này tôi sẽ chỉ lấy một số bài tập cơ bản minh họa cho cách sử dụng nó. Các bài tập nâng cao nằm ở phần các bài toán tổng hợp. Bài 11: Cho X,Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X,Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là A. 4,68 gam. B. 5,04 gam. C. 5,44 gam. D. 5,80 gam. Phân tích: Đây là bài toán kinh điển cho dạng toán hỗn hợp Ancol – Axit – Este. Có rất nhiều cách giải cho bài tập này. Lời giải sau đây sử dụng quy đổi kết hợp ĐĐH – TPH. Giải: - Để sử dụng ĐĐH, cần xác định được dãy đồng đẳng của các chất. Theo đề bài, ta đã có dãy đồng đẳng của hai axit X và Y, vì vậy chỉ cần tìm dãy đồng đẳng của ancol Z. - T là este hai chức nên Z là ancol 2 chức. - Ta có: n H 2O = 0,52 mol   n CO2 = 0,47 mol < n H 2O  Z là ancol no. BTKL Như vậy, Z thuộc dãy đồng đẳng của etylen glicol. Bài này có điều kiện Z có cùng số cacbon với X, vậy ta nên quy đổi Z về C3H6(OH)2 Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi: C 2 H 3 COOH: a C H (OH) : b  3 6 E  2 CH 2 : c H 2 O : d Vì ancol Z no nên không phản ứng với Br2  a = 0,04 Từ khối lượng E, n CO2 , n H 2O , ta lập được hệ: m E = 72.0,04 + 76a + 14b + 18c = 11,16 n CO2 = 3.0,04 + 3a + b = 0,47 n H 2O = 2.0,04 + 4a + b + c = 0,52  a = 0,11 ; b = 0,02 ; c = – 0,02 Tiến hành ghép CH2, tạo lại axit và ancol ban đầu. 13
C 2 H 3 COOH: 0,04 C 2 H 3 COOH: 0,02 C H (OH) : 0,11 C H COOH : 0,02  3 6  3 5 C 2 H 3 COOK: 0,02   2 E  + KOH →  CH 2 : 0,02 C 3 H 6 (OH)2 : 0,11 C 3 H 5 COOK : 0,02 H 2 O : - 0,02 H 2 O : - 0,02  mmuối = 0, 02.110 + 0, 02.124 = 4,68 gam  Đáp án A. Nhận xét: - Vì đề bài không hỏi thông tin về hai axit ban đầu nên ta có thể làm nhanh như sau: n CH2 = 0,02 < n C3H6 (OH) 2 = 0,11  Z là C3H6(OH)2, toàn bộ 0,02 CH2 sẽ đi hết vào axit C 2 H 3 COOK: 0,04  Muối   mmuối = 0, 04.110 + 0, 02.14 = 4,68 gam  Đáp án A. CH 2 : 0,02 - Trong đề thi đại học các năm, những chất cần tìm thường là những chất quen thuộc (thậm chí thường là các chất ở đầu dãy). Trong bài này ta có thể đoán Z là ancol no. Bài 12: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm –COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là A. 29,25%. B. 38,76%. C. 40,82%. D. 34,01%. Phân tích: Bài này hỗn hợp X chỉ gồm các este đơn chức, vì vậy không nên dùng TPH. Giải: Trước hết, ta xử lý thông tin về ancol Y. 2,48  0,08 n Y = 2n H 2 = 0,08 mol → M Y   32 → Y là CH3OH 0,08 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp X (chú ý điều kiện este không no có đồng phân hình học). HCOOCH3 : a HCOOCH3 : a   X  CH 3  CH  CH  COOCH3 : b  C 3 H 5 COOCH3 : b CH : c CH : c  2  2 Từ khối lượng X, số mol H2O, số mol ancol sinh ra sau phản ứng, ta lập được hệ: m X  60a  100b  14c  5,88  a  0,06 HCOOCH3 : 0,06    n H 2O  2a  4b  c  0,22  b  0,02  X C 3 H 5 COOCH3 : 0,02   c  0,02 CH : 0,02 n CH3OH  a  b  0,08   2 Tiếp theo ta ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. Chú ý có một sai lầm cần tránh. • Cách ghép sai HCOOCH3 : 0,06  HCOOCH3 : 0,06 0,02.114 X C 3 H 5 COOCH3 : 0,02  X   %m  .100%  38,78% CH : 0,02 C 4 H 7 COOCH3 : 0,02 5,88  2 Đây là cách ghép sai vì X gồm “3 este”. Điều kiện này rất dễ bị bỏ quên nếu các bạn đọc không kĩ đề. • Cách ghép đúng HCOOCH3 : 0,06 HCOOCH3 : 0,04   0,02.100 X C 3 H 5 COOCH3 : 0,02  X CH 3 COOCH3 : 0,02  %m  .100%  34,01% CH : 0,02 C H COOCH : 0,02 5,88  2  3 5 3  Đáp án D. 14
Bài 13: X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX < MY < MZ), T là este tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,6 gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dung dịch N. Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan. Giá trị m gần nhất với A. 24,74. B. 38,04. C. 16,74. D. 25,10. Phân tích: Bài này có nhiều điều kiện liên quan tới hỗn hợp đầu, vì vậy ta nên sử dụng ĐĐH – TPH. Giải: - Vì M có phản ứng với AgNO3/NH3 sinh ra Ag nên X là HCOOH. Mà X, Y, Z cùng dãy đồng đẳng nên chúng là 3 axit no, đơn chức, mạch hở. - Sử dụng ĐĐH - TPH (trường hợp este - axit), tiến hành quy đổi: HCOOH : a C H (OH) : b HCOOH : a  3 5  M   C 3 H 2 : b 3 H 2 O :  3b CH : c CH 2 : c  2 Từ khối lượng M, số mol CO2, số mol H2O, ta lập được hệ: m X  46a  38b  14c  26,6  a  0,4 HCOOH : 0,4    n CO2  a  3b  c  1  b  0,05  M C 3 H 2 : 0,05   c  0,45 CH : 0,45 n H 2O  a  b  c  0,9   2 0,4  0,1 Ta có: nAg = 0,02 mol → nX = 0,1 mol → n Z   0,15 mol 2 Tiến hành ghép CH2. Vì MX < MY < MZ nên Y ít nhất là CH3COOH, Z ít nhất là C2H5COOH. X : HCOOH : 0,1  HCOOH : 0,4 Y : CH 3 COOH : 0,15   M C 3 H 2 : 0,05  Z: C 2 H 5 COOH: 0,15 CH : 0,45 C H : 0,05  2  3 2  BTNT   (C)  CH 2 : 0 Nếu còn CH2 thì ta vẫn phải ghép tiếp. Tuy nhiên trong trường hợp này, CH2 đã hết. Theo cách ghép ở trên, 0,45 CH2 sẽ đi hết vào axit → maxit = 0,4.46 + 0, 45.14 = 24,7g 1 MRắn = (24,7 + 40.0,8 – 18.0,4) = 24,75 gam  Đáp án A. 2 Bài 14: X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit cacboxylic, trong đó có axit Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic. Đem đốt cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa. Mặt khác, cho 26,5 gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0 gam muối. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, giá trị khối lượng muối kali của axit Y có trong hỗn hợp F có thể là A.18,6 gam. B. 20,7 gam. C. 24,8 gam. D. 25,6 gam. Giải: Trước hết ta xử lý thông tin về este. kX = 4 = 3  COO + 1  CC  X được tạo từ glixerol và một gốc axit Y, hai gốc axit no. Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp este – axit), tiến hành quy đổi (ta đặt ẩn theo phần 2) 15
C 3 H 5 (OH)3 : a H O :  3a C 3 H 2 : a  2 HCOOH : 2a  E  HCOOH : 2a  E  C H COOH: b C 2 H 3 COOH: b  2 3 CH 2 : c CH 2 : c  m  (38  2.46)a  72b  14c  26,5  a  0,05  E  m mu i  2.84a  110b  14c  36  b  0,2   c  0,4 n CO  5a  3b  c  0,5. 26,5   2 10,6 HCOOK : 0,1  Vì ancol được cố định là glixerol nên muối sẽ gồm: C 2 H 3 COOK: 0,2 CH : 0,4  2 Tiến hành ghép CH2, ta có 3 trường hợp: C 2 H 3 COOK : 0,2 • Trường hợp 1: Muối   mY = 110.0,2 = 22 gam CH 2 : 0 C 2 H 3 COOK : 0,2 • Trường hợp 2: Muối   mY = 22 + 14.0,2 = 24,8 gam  Đáp án C. CH 2 : 0,2 C 2 H 3 COOK : 0,2 • Trường hợp 3: Muối   mY = 24,8 + 14.0,4 = 30,4 gam CH 2 : 0,4 Tương tự như ĐĐH, với một số bài tập, sau khi quy đổi bằng TPH để tách H2O, ta cần ghép este để tạo lại hỗn hợp đầu. Vì số mol H2O sau khi quy đổi phụ thuộc vào số mol của este ban đầu nên ngược lại, số mol este ban đầu cũng phụ thuộc vào số mol H2O sau khi quy đổi. Để ghép các thành phần quy đổi, ta dựa vào số mol của H2O và loại este. Ứng với 3 loại este (không xét este của axit đa chức và ancol đa chức), ta có 3 trường hợp. • Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức. 1RCOOR’ + 1H2O → 1RCOOH + 1R’OH Chuyến vế, ta có: 1RCOOR’ ↔ 1RCOOH + 1R’OH – 1H2O Từ các hệ số, ta thu được: RCOOH : 0,3 RCOOH : 0,3  0,2 RCOOH : 0,1  1  1  Ví dụ 1: R OH: 0,5  R OH: 0,5  0,2  R 1OH: 0,3 H O :  0,2 RCOOH  R 1OH  H O :  0,2 RCOOR1 : 0,2  2  2  • Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức. 1(RCOO)nR’ + nH2O → 1R’(OH)n + nRCOOH Chuyến vế, ta có: 1(RCOO)nR’ ↔ 1R’(OH)n + nRCOOH – nH2O  n H 2O Từ các hệ số, ta thu được: n RCOOH = – n H 2O ; n (RCOO) 1 = n R1 (OH) = nR n n RCOOH : 0,4 RCOOH : 0,3  3.0,1 RCOOH : 0,1   1  Ví dụ 2: R 1 (OH)3 : 0,2  R OH: 0,2  0,1  R 1 (OH)3 : 0,3 H O :  0,3 R 1 (OH)  3RCOOH  3H O : 0,1  1  2  3 2 (RCOO)3 R : 0,1 16
• Trường hợp 3: Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơn chức. 1R(COOR’)n + nH2O → 1R(COOH)n + nR’OH Chuyến vế, ta có: 1R(COOR’)n ↔ 1R(COOH)n + nR’OH – nH2O  n H 2O Từ các hệ số, ta thu được: n R 'OH = – n H 2O ; n R(COOR' ) = n R(COOH)n = n n R(COOH)2 : 0,5 R(COOH)2 : 0,5  0,3 R(COOH)2 : 0,2  1  1  Ví dụ 3: R OH : 0,7  R OH : 0,7  2.0,3  R 1OH: 0,1 H O :  0,6  R(COOH)  2R 1OH  2H O : 0,3 R(COOR1 ) : 0,3  2  2 2  2 Ghép este tuy đơn giản, nhưng lại dễ sai. Vì vậy, các bạn cần phải nắm vững cả 3 trường hợp trên. Bài 15: Hỗn hợp E chứa este X (CnH2n-4Ox) và este Y (CmH2m-6Ox) với X, Y đều mạch hở và không chứa nhóm chức khác. Đun nóng 18,48 gam E với 240 ml dung dịch NaOH 0,8M (vừa đủ), thu được hỗn hợp chứa 2 muối và a gam một ancol Z duy nhất. Dẫn toàn bộ a gam Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 7,104 gam. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 18,48 gam E với lượng oxi vừa đủ, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 52,656 gam. Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E là A. 28,68%. B. 27,53%. C. 28,48%. D. 24,46%. Giải: Gọi số chức của ancol Z là k, ta có: M 7,104  0,192 n COO  0,192  Z   38  k  2 ; M Z  76  Z : C3 H 6 (OH ) k 0,192 X phản ứng với NaOH sinh ra 2 muối và X có 1π(C-C) nên X được tạo từ ancol Z và hai axit, trong đó có một axit A no và một axit B có một nối đôi C=C (A, B đều mạch hở). Mặt khác, hỗn hợp E gồm X và Y phản ứng với NaOH chỉ sinh ra 2 muối mà Y lại có 2π(C-C) nên Y được tạo từ Z và 2 gốc axit B. Từ những suy luận trên, ta đã có đủ thông tin để sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp chỉ có este). C 3 H 8 O 2 : 0,096 H O :  0,192 C 3 H 4 : 0,096  2 HCOOH : a  E  HCOOH : a  E  C H COOH: b C 2 H 3 COOH: b  2 3 CH 2 : c CH 2 : c Từ khối lượng E, số mol COO, tổng khối lượng CO2 và H2O, ta lập được hệ: m E  40.0,096  46a  72b  14c  18,48  a  0,072   n COO  a  b  0,192  b  0,12 m  m  168.0,096  62 a  168b  62c  52,656  c  0,192  CO2 H 2O  C 3 H 4 : 0,096 HCOOH : 0,072   E  C 2 H 3 COOH: 0,12 CH 2 : 0,192 Tiến hành ghép este theo điều kiện của X và Y, ta có: 0,192 = 0,096.2 = 0,072 + 0,12 Ta có hai trường hợp: X : C 3 H 5 COO - C 3 H 6 - OOCCH3 : 0,072 X : C 2 H 3COO - C 5 H10 - OOCH : 0,072 E  Hoặc E  Y : (C3 H 5 COO)2 C 3 H 6 : 0,024 Y : (C 2 H 3COO)2 C 5 H10 : 0,024 Tuy nhiên, 2 trường hợp này là 2 trường hợp đồng phân của nhau, do đó chỉ có một kết quả duy nhất: 17
212.0,024 %m Y  .100%  27,53%  Đáp án B. 18,48 Nhận xét: Vì hỗn hợp E gồm các este nên ta chỉ cần dựa vào số mol của các gốc axit để ghép. Bài 16: X, Y (MX < MY) là hai axit kế tiếp nhau thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic; Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T. Đốt cháy 12,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 8,288 lít O2 (đktc) thu được 7,2 gam nước. Mặt khác, đun nóng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M. Biết ở điều kiện thường, ancol T không tác dụng với Cu(OH)2. Phần trăm số mol của X có trong hỗn hợp E là A. 60%. B. 75%. C. 50%. D. 70%. Giải: - Ta có: n H 2O = 0,4 mol   n CO2 = 0,39 mol < n H 2O  T là ancol no. BTKL - T không tác dụng với Cu(OH)2 nên ancol nhỏ nhất thỏa mãn T là propan-1,3-điol - Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), tiến hành quy đổi hỗn hợp HCOOH : 0,19 m E  46.0,19  76a  14b  18c  12,52 C H (OH) : a  a  0,05  3 6   E   n CO2  0,19  3a  b  0,39  b  0,05 2 CH 2 : b   c   0,04 H 2 O : c n H 2O  0,19  4 a  b  c  0,4  Tiến hành ghép CH2, ta có: HCOOH : 0,19 HCOOH : 0,14 C H (OH) : 0,05 CH COOH : 0,05  3 6  3  E  2 E  CH 2 : 0,05 C 3 H 6 (OH)2 : 0,05 H 2 O :  0,04 H 2 O :  0,04 Tiến hành ghép este, ta có: HCOOH : 0,14 X : HCOOH : 0,14  0,02  0,12 CH COOH : 0,05 Y : CH COOH : 0,05  0,02  0,03  3    3 E  C 3 H 6 (OH)2 : 0,05 T : C 3 H 6 (OH)2 : 0,05  0,02  0,03 H 2 O :  0,04  (0,02).2 Z: CH 3COO  C 3 H 6  OOCH : 0,02 0,12 %n X  .100%  60%  Đáp án A. 0,12  0,03  0,03  0,02 Bài 17: Hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tiến hành phản ứng este hóa hỗn hợp Y chứa các chất trong X và glixerol thu được hỗn hợp Z gồm các chất hữu cơ (không còn chất nào trong Y) và nước. Chưng cất toàn bộ lượng nước trong Z thì thu được 14,78 gam hỗn hợp T, đốt cháy toàn bộ T thu được 27,28 gam CO2. Nếu cho toàn bộ lượng T trên qua bình đựng Na dư thì thoát ra 1,008 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của axit có khối lượng phân tử lớn trong X là A. 33,87%. B. 40,27%. C. 58,50%. D. 47,82%. Phân tích: - Có thể coi đây là một biến thể của bước ghép este. - Vì Z không còn chất nào trong Y nên T là trường hợp ancol – este của TPH. Giải: HCOOH : a H O :  a  2 Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi: T  C 3 H 5 (OH)3 : b CH 2 : c 18
28a  92b  14c  14,78 (1) Từ khối lượng T và số mol CO2, ta lập được hai phương trình:  a  3b  c  0,62 (2) Ta cần lập thêm một phương trình với lượng khí H2 thoát ra. Các chất trong T chỉ chứa 2 nhóm chức là COO (không phản ứng với Na) và OH (có phản ứng với Na). Lượng OH này bằng lượng OH của glixerol trong Y trừ đi lượng OH phản ứng, cũng chính là lượng COOH phản ứng. Từ các phân tích trên, ta lập được phương trình: n H 2O = 3b – a = 2 n H 2 = 0,09 (3) Giải hệ (1), (2) và (3), ta được: a = 0,15 ; b = 0,08 ; c = 0,23 Tiến hành ghép CH2 vào axit: HCOOH : 0,15 CH 3 COOH : 0,15 CH 3 COOH : 0,07 X      CH 2 : 0,23 CH 2 : 0,08 C 2 H 5 COOH: 0,08 Phần trăm khối lượng axit có phân tử khối lớn hơn: 74.0,08 %m  .100%  58,50%  Đáp án C. 46.0,15  14.0,23 3.1.2.2. “Bảo toàn số mol” Trong lời giải của Bài 13, để tính số mol hỗn hợp đầu ta đã ghép este và tìm số mol của từng chất. Để làm rõ điều này, ta cần phân tích lại các phương trình thủy phân của este (không xét tới este của axit đa chức và ancol đa chức). • Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức. 1RCOOR' + 1H2O → 1RCOOH +1R'OH  Tổng hệ số các chất tham gia = 2 = Tổng hệ số các chất sản phẩm • Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức. 1(RCOO)n R' + nH2O → 1R'(OH)n + nRCOOH  Tổng hệ số các chất tham gia = n + 1 = Tổng hệ số các chất sản phẩm • Trường hợp 3: Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơn chức. 1R(COOR')n + nH2O → 1R(COOH)n + nR'OH  Tổng hệ số các chất tham gia = n +1 = Tổng hệ số các chất sản phẩm Trong cả 3 trường hợp, ta đều thu được kết quả: “Tổng số mol chất tham gia bằng tổng số mol các chất sản phẩm” Mà ta biết rằng, kĩ thuật Thủy Phân Hóa có bản chất quy đổi dựa trên phản ứng thủy phân của este  “Quy đổi hỗn hợp bằng Thủy Phân Hóa sẽ bảo toàn số mol của hỗn hợp” Tôi gọi đây là quy tắc “Bảo toàn số mol” (gọi tắt là BTSM). Chú ý rằng BTSM không đúng trong trường hợp hỗn hợp có este của axit đa chức và ancol đa chức. Ví dụ: 1R3(COO)6 R'2 + 6H2O → 3R(COOH)2 + 2R'(OH)3  Tổng hệ số các chất tham gia = 7 ≠ 5 = Tổng hệ số các chất sản phẩm. Tuy nhiên, đề thi hiện tại không còn nhắc tới loại este này nên các bạn có thể thoải mái áp dụng BTSM. Quy tắc này còn mở rộng cho hỗn hợp có chứa peptit. • Trường hợp 1: Phản ứng thủy phân hoàn toàn Phương trình: 1An + (n – 1)H2O → nA (*)  Tổng hệ số các chất tham gia = n = Hệ số chất sản phẩm  Quy đổi hỗn hợp peptit về amino axit và nước sẽ bảo toàn số mol. • Trường hợp 2: Phản ứng thủy phân không hoàn toàn Để dễ hình dung, ta giả sử phản ứng gồm 2 giai đoạn (lưu ý rằng điều này không đúng về mặt hóa học). - Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp thành các amino axit và nước: 1Xn + (n – 1)H2O → nX Như đã phân tích ở trường hợp 1, số mol hỗn hợp được bảo toàn. 19
- Trùng ngưng các amino axit thành các peptit nhỏ hơn peptit ban đầu: mX → Xm + (m – 1)H2O Đảo lại hai vế, ta có: Xm + (m – 1)H2O → mX Đây chính là phương trình (*). Vì vậy số mol hỗn hợp cũng sẽ được bào toàn.  Cả hai giai đoạn đều bảo toàn số mol hỗn hợp nên toàn bộ phản ứng sẽ bảo toàn số mol hỗn hợp. Tóm lại, nếu sử dụng TPH để quy đổi hỗn hợp peptit (quy đổi hoàn toàn hoặc không hoàn toàn), số mol của hỗn hợp luôn luôn được bảo toàn. BTSM áp dụng những bài toán sử dụng TPH có liên quan tới yếu tố số mol hỗn hợp. - Với các bài toán xuôi: Ta sử dụng BTSM để tính nhanh số mol hỗn hợp đầu. Ví dụ với Bài 13. Sau khi giải hệ, ta được: HCOOH : 0,14 CH COOH : 0,05  3 E  C 3 H 6 (OH)2 : 0,05 H 2 O :  0,04 Để tính nhanh %nX , ta làm như sau: Sử dụng BTSM → nE = 0,14 + 0,03 + 0,03 – 0,04 = 0,12 0,12 Ghép este → nX = 0,14 – 0,02 = 0,12 → %n X  .100%  60%  Đáp án A. 0,2 - Với các bài toán “ngược”: Ta sử dụng BTSM để lập phương trình với số mol hỗn hợp đầu. Bài 18: X, Y là hai axit no, đơn chức, Z là ancol 2 chức, T là este 2 chức tạo từ X, Y, Z. Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 0,47 mol khí O2 thu được lượng CO2 nhiều hơn H2O là 10,84 gam. Mặt khác, 0,1 mol E tác dụng vừa đủ với 0,11 mol NaOH thu được dung dịch G và một ancol có tỉ khối so với H2 là 31. Cô cạn G rồi nung nóng với xút dư có mặt CaO thu được m gam hỗn hợp khí. Giá trị của m gần nhất với: A. 2,5. B. 3,5. C. 4,5. D. 5,5. Phân tích: Các dữ kiện khá rời rạc với nhau. Đây là dạng bài phát huy sức mạnh của ĐĐH – TPH. Giải: Từ số mol NaOH, sử dụng ĐĐH – TPH để quy đổi hỗn hợp: HCOOH : 0,11 C H (OH) : a  2 4 E  2 CH 2 : b H 2 O : c Từ số mol O2 phản ứng, ta có: 2,5a + 1,5b = 0, 47 – 0,5.0,11 (1) HCOOH : 0,11 C H (OH) : a  2 4  O2  CO 2 : 0,11  2a  b E  2    CH 2 : b  H 2 O : 0,11  3a  b  c H 2 O : c  m CO2 – m H 2O = 44(0,11 + 2a + b) – 18(0,11 + 3a + b + c) = 10,84 (2) Ta cần lập thêm một phương trình với 0,1 mol hỗn hợp E. Nếu làm theo cách thông thường, ta cần ghép este để tính số mol X, Y, Z, T theo a, b, c và cộng lại. X, Y : HCOOH : 0,11 c HCOOH : 0,11  C H (OH) : a Z: C 2 H 4 (OH)2 : a  c  2 4  2 E 2 E    CH 2 : b T : (HCOO) C H :  c H 2 O : c  2 2 4 2 CH : b  2 20