SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

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.

C. 11,2. D. 10,0. B. 14,0.

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. 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 : =

BT (N) : = 2

Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH:

X, Y  + →

 = = a = 0,25 mol 

 = 56.0,25 = 14g → Đáp án B

2

C. 14,14%. D. 10,60%. B. 4,19%.

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%. Phân tích: Peptit ↔ NHCO + CH2 + H2O Este ↔ HCOOCH3 + CH2 Giải: Tiến hành quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH:

+ O2 →

(*) , (**) → 0,5x – z = 0,09 (1)

+ + NaOH → →

= z = 0,08 Ta có : npeptit =

= t = 0,91 neste =

BT (C) : 0,08 + 0,91m = 0,34 + 1,36 + 2.0,91 = 3,52  m = 3 ; = 9,875

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

 → Đáp án A

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).

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).

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.

D. 22,86%. B. 65,71%. C. 16,43%.

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%. 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

 46a + 26b + 14c = 28 (1)

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:

(3)

Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2 ; b = 0,4 ; c = 0,6

→ Đáp án A

B. Na và CH3COOH. D. Na và HCOOH.

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. C. K và CH3COOH. Giải:

Sơ đồ phản ứng:

Bảo toàn nguyên tố M, ta có: → M = 23 → M là Na

 n NaOH dư = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol

Tới đây có 2 hướng xử lí: • Gọi CTPT muối của axit cần tìm là CnH2n–1O2Na

 8,26 = + = 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:

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.

 

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.

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.

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.

 0,5m + 0,3n = 1,3  m = 2 ; n = 1

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.

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:

E + →

6

(1)

BT(C) : 5a + 12b + c = 0,45 BT(O) : 4a + 6b + 2.0,5 = 2.0,45 + 4a + 7b + c (2)

+  → E

(3)

Ghép CH2

E  0,015n + 0,025m = 0,075

= 68.0,06 + 138.0,06 = 12,36g + Do tạo ba muối  n = 5 ; m = 0  X : HCOO-C3H6-OCOC5H11  m2 muối axit no =

C. 17,0 gam. B. 3,5 gam. D. 6,5 gam

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. Giải:

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E 

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:

 + = 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.

 mZ = 60.0,04 = 2,4 gam  Đáp án A.

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

D. 6. B. 4. C. 5.

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. Phân tích: Bài này có điều kiện MA > 62, vì vậy ta không nên quy đổi về C2H4(OH)2. Giải:

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: X

Phản ứng đốt cháy: X

(1) (2) (3)

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 Từ dữ kiện khối lượng muối, ta có: 152x + 14y = 0,5.70,56 Theo đề bài: x + b = 1,5 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

X  X

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:

D. 41,5%. B. 48%.

 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 C. 43,5%. A. 46,5%. 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

E1

Dựa vào độ bất bão hòa, ta có: a + 2b = – = 0, 43 – 0,32 = 0,11 = (1)

BTKL: = 32.0,11 + 12.0,43 + 2.0,32 = 9,32  

8

E1

(2)

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 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

 Đáp án A.  Este X là C5H8O2 ; Axit Y là C6H8O4 

Giải 2: MZ = 32  Z là CH3OH

E +

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:

E  (3)

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:

E

 Đáp án A.

D. 0,967. B. 0,806. C. 0,595.

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. Giải:

Sử dụng ĐĐH kết hợp với các điều kiện, tiến hành quy đổi: H

Từ các thông tin, ta lập được một hệ phương trình 4 ẩn:

= (31 + 44)a + 46b + 16c + 14d = 21,5

= 0,36  c = 0,36.(2a + b + c)

9

= (2,5 + 4)a + 3b + 2c + d = 1,77

= 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

H  H   Đáp án B.

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.

 Y X

* X + NaOH: →

10

* Y + NaOH: →

→ 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 B. CH3COOH. A. C2H5COOH. 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

Bảo toàn khối lượng cho X, ta có:

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: = =

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).

 

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)

 

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: =

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).

X   

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)

X   

• Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ có ancol và este. Tương tự trường hợp 2, ta có : =

Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch hở).

 

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).

 

• 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

 

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)

 

D. 5,80 gam.

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. C. 5,44 gam. B. 5,04 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: = 0,52 mol = 0,47 mol <  Z là ancol no.

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:

E 

Vì ancol Z no nên không phản ứng với Br2  a = 0,04 Từ khối lượng E, , ta lập được hệ: ,

= 72.0,04 + 76a + 14b + 18c = 11,16

= 3.0,04 + 3a + b = 0,47

= 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

E  + KOH →

 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:

= 0,02 < = 0,11  Z là C3H6(OH)2, toàn bộ 0,02 CH2 sẽ đi hết vào axit

 Muối  mmuối = 0, 04.110 + 0, 02.14 = 4,68 gam  Đáp án A.

D. 34,01%. B. 38,76%. C. 40,82%.

- 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%. 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.

= = 0,08 mol → → Y là CH3OH

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp X (chú ý điều kiện este không no có đồng phân hình học).

X  

Từ khối lượng X, số mol H2O, số mol ancol sinh ra sau phản ứng, ta lập được hệ:

  X

Tiếp theo ta ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu. Chú ý có một sai lầm cần tránh. • Cách ghép sai

 X  X

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

 X  X

 Đáp án D.

14

D. 25,10. B. 38,04.

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. C. 16,74. 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:

M  

Từ khối lượng M, số mol CO2, số mol H2O, ta lập được hệ:

 M 

Ta có: nAg = 0,02 mol → nX = 0,1 mol →

Tiến hành ghép CH2. Vì MX < MY < MZ nên Y ít nhất là CH3COOH, Z ít nhất là C2H5COOH.

M 

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

(24,7 + 40.0,8 – 18.0,4) = 24,75 gam  Đáp án A. MRắn =

D. 25,6 gam. B. 20,7 gam. C. 24,8 gam.

 X được tạo từ glixerol và một gốc axit Y, hai gốc axit no.

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. Giải: Trước hết ta xử lý thông tin về este. + 1 kX = 4 = 3 Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp este – axit), tiến hành quy đổi (ta đặt ẩn theo phần 2)

15

E   E

Vì ancol được cố định là glixerol nên muối sẽ gồm:

Tiến hành ghép CH2, ta có 3 trường hợp:

• Trường hợp 1: Muối  mY = 110.0,2 = 22 gam

• Trường hợp 2: Muối  mY = 22 + 14.0,2 = 24,8 gam  Đáp án C.

• Trường hợp 3: Muối  mY = 24,8 + 14.0,4 = 30,4 gam

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:

Ví dụ 1:  

• 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

Từ các hệ số, ta thu được: = – = = ;

  Ví dụ 2:

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

Từ các hệ số, ta thu được: = – = = ;

 Ví dụ 3: 

D. 24,46%. B. 27,53%. C. 28,48%.

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%. Giải: Gọi số chức của ancol Z là k, ta có:

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).

E   E

Từ khối lượng E, số mol COO, tổng khối lượng CO2 và H2O, ta lập được hệ:

 E

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:

E Hoặc E

Tuy nhiên, 2 trường hợp này là 2 trường hợp đồng phân của nhau, do đó chỉ có một kết quả duy nhất:

17

 Đáp án B.

D. 70%. B. 75%. C. 50%.

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%. Giải:

- Ta có: = 0,4 mol = 0,39 mol <  T là ancol no.

- 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

E   

Tiến hành ghép CH2, ta có:

E  E

Tiến hành ghép este, ta có:

E 

 Đáp án A.

D. 47,82%. B. 40,27%. C. 58,50%.

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%. 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:

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi: T

18

Từ khối lượng T và số mol CO2, ta lập được hai phương trình:

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: = 3b – a = 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:

X  

Phần trăm khối lượng axit có phân tử khối lớn hơn:

 Đáp án C.

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:

E

Để tính nhanh %nX , ta làm như sau: Sử dụng BTSM → nE = 0,14 + 0,03 + 0,03 – 0,04 = 0,12

 Đáp án A. Ghép este → nX = 0,14 – 0,02 = 0,12 →

B. 3,5. D. 5,5.

- 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: C. 4,5. A. 2,5. 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:

E 

Từ số mol O2 phản ứng, ta có: 2,5a + 1,5b = 0, 47 – 0,5.0,11 (1)

E

 – = 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.

E  E

20

 = (0,11 + c) + (a + ) – = 0,11 + a + c

Tuy nhiên nếu áp dụng BTSM, ta có ngay: = + + = 0,11 + a + c (3)

Việc ghép este để tính số mol của E là không cần thiết. Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,07 ; b = 0,16 ; c = –0,08 Vì ancol được cố định là etilen glicol nên toàn bộ CH2 sẽ đi vào axit.

E + NaOH Khí

D. 12,45. B. 20,40. C. 16,40.

mkhí = 2.0,11 + 14.0,16 = 2,46 gam  Đáp án A. Bài 19: A là hỗn hợp chứa một axit đơn chức X, một ancol hai chức Y và một este hai chức Z (biết X, Y, Z đều no, mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol A cần 11,088 lít khí O2 (đktc). Sau phản ứng thấy khối lượng của CO2 lớn hơn khối lượng của H2O là 11,1 gam. Mặt khác, 15,03 gam A tác dụng vừa đủ với 0,15 mol KOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan và một ancol duy nhất là etilen glicol. Giá trị của m gần nhất với A. 18,72. Giải:

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 1): A

Từ thông tin về O2, CO2 và H2O, ta lập được hai phương trình:

= 0,5a + 2,5b + 1,5c = 0,495 (1)

– = 26a + 34b + 26c – 18d = 11,1 (2)

(3)

Áp dụng BTSM, ta có: nA = a + b + d = 0, 09 Chia tỉ lệ theo khối lượng hỗn hợp và số mol KOH phản ứng của phần hai, ta có:

Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3) và (4), ta có: a = 0,1 ; b = 0,07 ; c = 0,18 ; d = –0,08 Vì ancol được cố định là etilen glicol nên muối gồm {HCOOK : 0,2 ; CH2 : 0,18}

Ta có:  P2 = 1,5P2

m = 1,5.(84.0,1 + 14.0,18) = 16,38 gam  Đáp án C. Với ĐĐH và TPH, các bạn đã có thể giải quyết được rất nhiều bài tập về hỗn hợp Ancol – Axit – Este. Tuy nhiên ĐĐH – TPH chỉ áp dụng được với các bài đã biết rõ dãy đồng đẳng của các chất. Trong trường hợp không biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu, ta cần sử dụng thêm các kĩ thuật khác. 3.1.3. Hiđro Hóa (HĐH) - Đơn giản nhất trong các bài toán không biết rõ dãy đồng đẳng của các chất ban đầu là dạng bài không biết rõ số liên kết π. Với dạng bài này, ta cần sử dụng một kĩ thuật có tên gọi là Hiđro Hóa (HĐH). - Khi bắt đầu tiếp cận với hóa hữu cơ, ta được học về phản ứng đề hiđro hóa ankan để tạo thành anken. Xét phản ứng: Ankan → Anken + H2 Chuyển vế, ta có: Anken ↔ Ankan – H2

21

C6H6  C6H14 – 4H2 HC≡C–COOH  C2H5COOH – 2H2 C2H3NH2  C2H5NH2 – 1H2

(CHO)2  C2H4(OH)2 – 2H2

 Ta có thể quy đổi một anken bất kì thành ankan và H2. Đây là nguồn gốc ý tưởng của HĐH. Dựa trên ý tưởng này, ta có thể quy đổi một hợp chất X bất kì thành dạng hiđro hóa hoàn toàn của X cùng một lượng H2 tương ứng. Ví dụ 1: C4H4  C4H10 – 3H2 C3H5OH  C3H7OH – 1H2 HCOOC3H3  HCOOC3H7 – 2H2 Chú ý: Với anđehit, dạng hiđro hóa hoàn toàn của nó là ancol no. Ví dụ 2: HC≡C–CHO  C3H7OH – 3H2 Qua 2 kĩ thuật ĐĐH và TPH, các bạn đã hiểu cách “tách” và “ghép” hỗn hợp. Trước khi đi vào các bài toán minh họa, có 2 điểm các bạn cần phải lưu ý. * Với các chất cùng dãy đồng đẳng, ta gộp chúng lại để ghép H2. Ví dụ 3: Tạo lại hỗn hợp X gồm một anđehit và hai hiđrocacon cùng dãy đồng đẳng đồng đẳng.

X 

Với 0,5n + 0,3m = 1,6  n = 2 ; m = 2 

* Chú ý điều kiện để ghép H2. Nếu mạch cacbon không thỏa mãn, ta không được phép ghép H2 vào chất. Ví dụ 4: Tạo lại hỗn hợp X gồm một axit, một ancol và một ankin.

Biết X gồm

Ta có: 0,7 = 0,3 + 0,4 = 0,3 + 0,2.2  Có hai trường hợp ghép CH2.

Trường hợp 1: X   0,5 = 0,3m

 Không tồn tại m  Không thể ghép H2

Trường hợp 2: X   0,5 = 0,3m + 0,2n  m = 1 ; n = 1

 X

22

D. 70%. B. 66%. C. 68%.

3.1.3.1. Bài toán “hiđro hóa hoàn toàn hỗn hợp” Với kiểu bài này, đề bài sẽ cho số mol π của hỗn hợp đầu qua thông tin “hiđro hoàn toàn hỗn hợp X cần vừa đủ a mol H2”. Đây là một dạng mở rộng của ĐĐH. Bài 20: Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A và axit hai chức B đều không no, mạch hở, không phân nhánh (trong đó oxi chiếm 46% về khối lượng). Đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi dẫn toàn bộ lượng sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình tăng 28,928 gam. Mặt khác, đem m gam hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 16,848 gam muối. Để hiđro hóa hoàn toàn m gam X cần dùng 3,4048 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của A trong X gần nhất với: A. 64%. Giải:

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi X 

Từ phần trăm khối lượng của oxi, ta có: 32a + 64b = 0,46.(46a + 90b + 14c – 2.0,152) (1)

+ O2 →

 44(a + 2b + c) + 18(a + b + c – 0,152) = 28,298 (2)

+ NaOH →

 mmuối = 68a + 134b + 14c – 2.0,152) = 16,848 (3) Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,12 ; b = 0,032 ; c = 0,336 Tiến hành ghép hỗn hợp đầu.

 X

 Đáp án C.

D. 15,84%. B. 17,57%. C. 16,42%.

Nhận xét: Kĩ thuật áp dụng cho bài này tương tự so với các bài sử dụng ĐĐH thông thường, chỉ khác là hỗn hợp quy đổi có sự xuất hiện của H2 và kèm theo bước ghép H2. Bài 21: X, Y là hai hợp chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic; Z là axit hai chức, mạch hở. Đốt cháy 13,44 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,29 mol O2, thu được 4,68 gam nước. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 13,44 gam E cần dùng 0,05 mol H2 (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp F. Lấy toàn bộ F tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp rắn T. Phần trăm khối lượng của muối có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp T là A. 18.86%. Phân tích:

23

- Đề bài cho thông tin về hỗn hợp đầu và cả hỗn hợp sau khi hiđro hóa, vì vậy ta phải cẩn thận khi xử lí các dữ kiện. - Cách tốt nhất là sử dụng ĐĐH cho hỗn hợp F và chuyển các thông tin từ E về F. Giải:

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi E + H2  F

Ta có hệ: 

Tiến hành ghép hỗn hợp F:

F  F

Muối cần tính là C3H7COONa 0,04 mol Bảo toàn khối lượng: mT = mF + mNaOH – mH2O = 13,54 + 40.0, 4 – 18.(0,05 + 0,1.2) = 25,04 gam

 Đáp án B.

D. 30%. B. 20%. C. 25%.

Bài 22: Hỗn hợp X chứa một ankin A và hai anđehit mạch hở B, C (30 < MB < MC) không phân nhánh. Tiến hành phản ứng hiđro hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp X cần 0,24 mol H2 thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng 12,544 lít O2 (đktc), hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng dung dịch giảm 11,72 gam. Nếu dẫn lượng Y trên qua bình đựng Na dư thì thoát ra 0,12 mol khí. Phần trăm khối lượng của C có trong X có thể là A. 15%. Giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi:

mY = 30a + 46b + 62c + 14d = 7,36 mddgiảm = 56.(2a + 2b + 2c + d) – 18.(3a + 3b + 3c + d) = 11,72

= 3,5a + 3b + 2,5c + 1,5d = 0,56 (1) (2) (3)

= 0,5b + c  0,5b + c = 0,12 (4) Cần lập thêm một phương trình với số mol khí thoát ra. Ta có: nOH = b + 2c 

Như vậy ta đã có đủ 4 phương trình. Tuy nhiên, giải hệ ta được nghiệm lẻ và âm. Chú ý rằng ankan không tan trong nước. Do đó khi cho Y vào bình Na, phần khí thoát ra sẽ gồm cả ankan. Phương trình đúng phải là: a + 0,5b + c = 0,12 Giải hệ mới, ta được: a = 0,06 ; b = 0,02 ; c = 0,05 ; d = 0,11

24

Tiếp theo ta ghép hỗn hợp X. Ta có: 0,24 = 0,06.2 + 0,02 + 0,05.2 → Ghép vừa hết H2.

Vì 0,11 = 0,05 + 0,06 = 0,05 + 0,02.3 nên ta có 2 trường hợp.

Trường hợp 1: 

Trường hợp 2:   Đáp án C.

D. 51,97%. B. 52,23%. C. 42,87%.

Nhận xét: Sẽ có bạn thắc mắc: Nếu cả hai anđehit cùng đơn chức hoặc cùng hai chức, phép quy đổi trên liệu có còn chính xác? Câu trả lời rất đơn giản. - Nếu cả hai anđehit cùng đơn chức, giải hệ ta được c = 0 - Nếu cả hai anđehit cùng hai chức, giải hệ ta được b = 0 Bài 23: X, Y là axit cacboxylic đều đơn chức, hơn kém nhau một nguyên tử cacbon; Z là ancol no chức; T là este mạch hở được tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 45,72 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 2,41mol O2, thu được 27,36 gam nước. Hiđro hóa hoàn toàn 45,72 gam E cần dùng 0,65 mol H2 (xúc tác Ni, to) thu được hỗn hợp F. Đun nóng toàn bộ F cần dùng 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp M chứa 41,9 gam muối. Phần trăm khối lượng của T có trong hỗn hợp E là A. 51,44%. Giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi:

→

 a = 0,24 ; b = 1,29 ; c = –0,24 Tiến hành ghép hỗn hợp E:

25

 E  T : C2H3COO – C3H6 – OOCC3H3

 Đáp án A.

B. 0,6. C. 1,0. D. 0,5.

3.1.3.2. Bài toán thiếu thông tin về số mol H2 - Đây là dạng bài giấu thông tin về số mol π của hỗn hợp đầu, tức là không cho số mol của H2. - Dạng bài này được chia thành 2 loại: + Loại 1: Đủ phương trình để giải ra ẩn H2. + Loại 2: Không đủ phương trình để giải ra ẩn H2. - Những bài toán thuộc loại 2 thường cần phải biện luận hoặc sử dụng kĩ thuật đặc biệt. - Trong mục này tôi sẽ chỉ đề cập tới một số bài toán thuộc loại 1. Bài 24: Hỗn hợp X chứa một este đơn chức và một este hai chức đều mạch hở, trong phân tử mỗi este chỉ chứa một loại nhóm chức. Đun nóng 24,7 gam X cần dùng 0,275 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Y chứa các ancol đều no, đơn chức có tổng khối lượng 11,95 gam và hỗn hợp Z chứa hai muối, trong đó có a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol X cần dùng 0,54 mol O2, thu được 6,48 gam nước. Tỉ lệ gần nhất với a : b là A. 1,2. Giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi X (đặt ẩn theo 0,08 mol):

X →

Ta cần lập thêm một phương trình theo phần 2. Đặt tỉ lệ (24,7 gam X) : (0,08 mol X) là k, ta có:

Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3), (4) ta được: a = 0,05 ; b = 0,03 ; c = 0,25 ; d = –0,08

a + 2b = 0,11  k = = 2,5

= 4,78 gam   mAncol =

Ghép hỗn hợp Z, ta có:

 Z

 Đáp án C. 

26

B. 2,7. C. 2,6. D. 2,8.

Bài 25: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa không quá 2 liên kết π và 50 < MX < MY); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol. Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,5 mol O2. Mặt khác 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol Br2. Nếu đun nóng 13,12 gam E với 200 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 2,9. Giải:

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 13,12g): E

Để cho gọn, ta sẽ gộp ancol và nước lại: E

Ta cần thêm một phương trình thứ 3, chính là tỉ lệ số mol và số mol π (C-C) của phần hai. Sử dụng BTSM, ta có: = k.(0,2 + a) = 0,36 = +

Lại có: = kc = 0,1

Chia vế theo vế hai phương trình trên và triệt tiêu k, ta có:

Tuy nhiên nếu giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3), các nghiệm thu được rất lẻ. Sai lầm ở đây là ta đã áp dụng sai BTSM. Việc gộp ancol và nước lại đã làm thay đổi bản chất số mol của hỗn hợp. Nếu sử dụng BTSM, ta phải áp dụng cho hỗn hợp trước khi gộp ancol và nước.

nE = k.(0,2 + a – 2a) = k.(0,2 – a) = 0,36 

Tuy nhiên, nếu giải hệ mới, các nghiệm thu được vẫn lẻ. Sai lầm thứ hai là ta đã tính sai số mol π (C-C) của hỗn hợp. Chú ý rằng số mol π (C-C) là – kc chứ không phải là kc.

Phương trình đúng là:

Giải hệ mới, ta được: a = 0,02 ; b = 0,05 ; c = – 0,05 Ancol được cố định là etilen glicol. Từ điều kiện mỗi axit có không quá 2 liên kết π, ta ghép như sau:

F    Đáp án B.

Nhận xét: Sử dụng thành thạo các kĩ thuật quy đổi là điều không hề đơn giản. Một bài toán tuy đơn giản nhưng có rất nhiều bẫy các bạn có thể mắc phải nếu không nắm vững bản chất của các kĩ thuật.

27

D. 25,45%. B. 27,27%. C. 23,66%.

Bài 26: Hỗn hợp X chứa một amin no, đơn chức, mạch hở và hiđro cacbon có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 0,9225 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 12,69 gam, khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 13,776 lít (đktc). Phần trăm khối lượng của hiđrocacbon có khối lượng phân tử lớn là A. 24,73%. Giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi:

X  

Tiến hành ghép hỗn hợp X.

X  

 Đáp án C.

D. 33%. B. 31%. C. 32%.

Bài 27: X, Y là hai este đều đơn chức (MX < MY); Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy 0,24 mol E chứa X, Y, Z cần dùng 1,52 mol O2 thu được 17,64 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 0,24 mol E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp M chứa 2 muối. Đun nóng toàn bộ F với H2SO4 đặc ở 140oC, thu được 9,44g hỗn hợp T chứa 3 ete. Hóa hơi 9,44g T thì thể tích chiếm 2,688 lít (đktc). Biết rằng hiệu suất ete hóa của ancol theo khối lượng phân tử tăng dần lần lượt là 80% và 50%. Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E gần nhất với A. 30%. Giải: Từ thông tin về ete, ta tính được:

 = 0,33 = 1,37 

 

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp:

 Đáp án B.

Nhận xét: - Nếu chỉ sử dụng HĐH và lập hệ, ta phải đặt tới 4 ẩn là HCOOH, (COOH)2, CH2 và H2.

28

D. 0,045. B. 0,025. C. 0,030.

- Đây là ví dụ minh họa cho cách sử dụng kết hợp các kĩ thuật quy đổi và các kĩ thuật xử lí số liệu thông thường. Một chút tư duy sẽ làm cho bài toán trở nên gọn gàng và đơn giản hơn. 3.1.4. Ankan Hóa (AKH) - Tách nhóm chức Ankan Hóa là kĩ thuật quy đổi một chất hữu cơ bất kì thành một ankan và các thành phần tương ứng. Các thành phần này bao gồm các nhóm chức, H2 (nếu có sử dụng HĐH) và CH2 (nếu kết hợp với ĐĐH). Kĩ thuật này có thể áp dụng cho tất cả các hợp chất hữu cơ (tuy nhiên không nên áp dụng với các hợp chất có liên kết ion như muối amoni). Bản chất của việc quy đổi một chất hữu cơ X bằng Ankan Hóa (AKH) gồm 2 giai đoạn: +) Dùng HĐH để quy đổi X về dạng no (nếu X chưa no). +) Tách nhóm phân tử để tạo thành ankan. Chú ý: Nhóm phân tử được tách phải là nhóm có hóa trị II. Các nhóm mà ta đã học: –O– (ancol); –CO– (anđehit/xeton), –COO– (axit/este); –NH– (amin). Mặc dù vậy, thường ta chỉ gặp 2 nhóm chức: –COO– ; –NH– và một nhóm đặc biệt là –C≡C– Vì các nhóm phân tử được tách có hóa trị II nên ta có kết quả sau: “Số mol của hỗn hợp chính là số mol của ankan sau khi quy đổi” AKH áp dụng cho các bài toán thiếu thông tin về số lượng nhóm chức. Ngoài ra, còn có thể dùng nó để tối ưu hóa cho ĐĐH. Không giống như ĐĐH – TPH – HĐH, rất khó để sử dụng thành thạo AKH. Tùy theo tình huống cụ thể mà ta có những cách quy đổi khác nhau. Các trường hợp ghép nhóm chức cũng rất đa dạng. Để sử dụng AKH một cách linh hoạt, cần có 3 yếu tố: - Kiến thức: Hiểu rõ bản chất bài toán. - Kinh nghiệm: Phần nào đó đoán được ý đồ của đề bài. - Tư duy (yếu tố quan trọng nhất): Khả năng ứng biến khi gặp tình huống mới. Để các bạn làm quen với cách sử dụng AKH, tôi sẽ minh họa một vài tình huống cơ bản. Các bài tập nâng cao sẽ có trong phần bài toán tổng hợp. Bài 28: Hỗn hợp X chứa đimetylamin, metyl axetat và alanin. Đốt cháy hoàn toàn 0,12 mol X cần dùng 0,4425 mol O2, thu được CO2, H2O và x mol N2. Giá trị của x là A. 0,035. Phân tích: (CH3)2NH ↔ NH + 2CH3 CH3COOCH3 ↔ COO + 2CH3 NH2CH(CH3)COOH ↔ COO + NH + 2CH3 Giải: Ta có : = 2nX

X → BT.E : b = 7.0,24 = 4.0,4425 → b = 0,09 → x = 0,045

D. 7,75. B. 7,85. C. 7,50.

Bài 29: Hiđro hóa hoàn toàn 85,8 gam chất béo X cần dùng 0,2 mol H2 (xúc tác Ni, to) thu được chất béo no Y. Đun nóng toàn bộ Y cần dùng 300 ml dung dịch NaOH 1M. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y cần dùng a mol O2. Giá trị của a là A. 8,25. Giải:

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

: 3 = 0,3: 3 = 0,1 X là trieste của glixerol nên a = nX = nY =

29

Bảo toàn khối lượng cho X, ta có: b = (85,8 + 0, 2.2 – 0,1.16 – 0,3.44) : 14 = 5,1

 = 2.0,1 + 1,5.5,1 = 7,85  Đáp án B.

B. 3,92. C. 4,48. D. 4,2.

Bài 30: Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol một amino axit A (no, mạch hở, phân tử chứa 2 nhóm COOH) bằng lượng oxi vừa đủ thu được 10,7g hỗn hợp hơi T. Thể tích của T bằng thể tích của 11,2g oxi đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Đưa T về đktc thu được V lít khí Z. Giá trị của V là A. 3,36. Giải:

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi: A T

Từ khối lượng T và số mol T, ta có hệ:

  T

D. 2 : 3. B. 4 : 1. C. 3 : 1.

Vì Z ở đktc nên Z chỉ gồm CO2 và N2  V = 22, 4.(0,15 + 0,05) = 4,48 lít  Đáp án C. Bài 31: Hỗn hợp X gồm hai amin thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Hỗn hợp Y chứa hai amino axit thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. Trộn x mol X với y mol Y thu được hỗn hợp Z. Đốt cháy toàn bộ Z cần dùng 0,81 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình đựng H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 13,32 gam; đồng thời thu được 14,336 lít hỗn hợp khí (đktc). Tỉ lệ x : y A. 1 : 1. Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

Z  

Tiến hành ghép hỗn hợp X. Vì đề bải hỏi tỉ lệ mol giữa amin và amino axit nên chỉ cần ghép nhóm chức.

Z  Z  x : y = 1 : 1  Đáp án A.

B. 0,12. C. 0,16. D. 0,2.

Bài 32: Hỗn hợp X gồm các amin no và các hiđrocacbon không no (hiđro chiếm 3/29 khối lượng X, các chất trong X đều mạch hở). Lấy lượng hiđrocacbon có trong 12,76 gam X tác dụng với nước Br2 thì thấy có 76,8 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, đốt cháy a mol X cần dùng 11,76 lít O2 (đktc), thu được CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và N2 là 17,24 gam. Giá trị của a là A. 0,08. Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

+ O2 →

BT.E : = 2x + 1,5y + 0,25z – 0,5.0,48

Từ khối lượng X và phần trăm khối lượng của hiđro, ta lập được 2 phương trình:

30

16x + 14y + 15z – 2.0,48 = 12,76

4x + 2y + z – 2.0,48 = 12,76.

Chia tỉ lệ số ml O2 và tổng khối lượng CO2, N2 theo phần 2, ta có:

Giải hệ, ta được: x = 0,32 ; y = 0,4 ; z = 0,2

 a = k.x = .0,32 = 0,16  Đáp án C.

Bài 33: X, Y (MX < MY) là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp. Z là ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon với X. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp E gồm X, Y, Z (X và Y có số mol bằng nhau) cần vừa đủ 31,808 lít O2 (đktc), thu được 58,08 gam CO2 và 18 gam H2O. Mặt khác, cũng 0,4 mol E tác dụng với Na dư thì thu được 6,272 lít H2 (đktc). Để trung hòa 11,1 gam X cần dùng dung dịch chứa m gam KOH. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 8,9 B. 7,5 C. 7,2 D. 8,6 Giải:

nO(E) = 0,8 mol

Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

E → → c = 0,28 d = – 0,48

= 2 Số mol ancol: nZ = 0,4 – 0,24 = 0,16  Số chức ancol: kZ =

Tiến hành ghép: E

nX = nY = 0,12  E

 Đáp án A.

Bài 34: Đốt cháy hoàn toàn 81,24 gam hỗn hợp X gồm 0,07 mol peptit A (cấu tạo từ 2 amino axit trong số Gly, Ala, Val, Glu) và 2 este B, C mạch hở có cùng số liên kết π trong phân tử (MB > MC ; B no; C đơn chức) cần 78,288 lít khí O2, sau phản ứng thu được CO2; H2O và 3,136 lít N2. Mặt khác thủy phân hoàn toàn lượng X trên cần vừa đủ 570 ml NaOH 2M, thu được dung dịch T chứa 4 muối và 0,29 mol hỗn hợp 2 ancol no Y và Z (MY = 2,875MZ < 150). Dẫn toàn bộ lượng ancol này qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng 23,49 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích các khí đo ở đktc, T không chứa HCOONa. Phần trăm khối lượng của C trong X gần nhất với C. 6,0. A. 5,0. B. 5,5. D. 6,5.

31

Giải: Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được Y là C3H5(OH)3, Z là CH3OH.

Ta có: → 

B no và 3 chức nên có 3 liên kết π. Mà B, C có cùng số liên kết π nên C đơn chức và có 2π (C-C) Sử dụng AKH, tiến hành quy đổi:

X

Giải hệ trên, ta được: a = 0,28 ; b = – 0,21 ; c = 0,22 Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2  C là C4H5COOCH3.

 Đáp án B.

D. 5,36. B. 5,92. C. 6,53.

3.2. Các bài toán tổng hợp Trong phần này sẽ có sự xuất hiện của những bài toán phức tạp hơn và nâng cao hơn so với những bài toán được minh họa ở phần một, đòi hỏi phải có kĩ thuật tốt và khả năng tư duy linh hoạt. Bài 35: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T (hai chức, mạch hở), hai ancol đơn chức cùng dãy đồng đẳng và một este hai chức tạo bởi T với hai ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn a gam X, thu được 8,36 gam CO2. Mặt khác, đun nóng a gam x với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp 20 ml 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 hơn 46. Giá trị của m là A. 7,09. Giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi:

E

Vì < 46 → < 0,05 → > 0,01 → = 0,04

32

Rõ ràng không thể ghép H2 vào HOOC – CH2 – COOH mmuối = + mNaCl = 0, 04.148 + 0,02.58,5 = 7,09 gam  Đáp án A.

D. 16,5. B. 15,5.

2- trước rồi mới phản ứng với HCO3

- tạo CO2.

Nhận xét: Nếu nhìn bài toán một cách tổng quát bằng con mắt quy đổi, ta nhận thấy ngay: Số cacbon của axit phải đủ nhỏ để không xảy ra tình huống axit không no, nếu không sẽ có nhiều đáp án. Bài 36: Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm một số ancol, axit và este (đều no, đơn chức, mạch hở) cần dùng 33,6 lít khí O2. Cho toàn bộ sản phẩm đi qua dung dịch NaOH thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch HCl 2M vào Z thu được 2,24 lít khí CO2. Mặt khác, đun sôi đến cạn Z thu được 79,5 gam muối. Cho m gam X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 29,22 gam muối Y. Cho muối Y nung nóng với vôi tôi xút thì thu được hỗn hợp khí (hơi) T. Tỉ khối của T so với H2 gần nhất với C. 16,0. A. 15,0. Giải: Phản ứng đốt cháy:

Vì nhỏ từ từ H+ nên H+ sẽ phản ứng hết với CO3 = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol = –

BT (Na) : = 2.0,75 – 2.0,3 = 0,9 mol

BT (C) : 0,3 + 0,9 = 1,2 mol

Sử dụng ĐĐH, ta có: X 

Nhận xét: Lượng H2O được quy đổi không ảnh hưởng đến lượng O2 cần để đốt X và lượng CO2 sinh ra.

X → →

→ = 97,4 – 66 = 31,4 →  Đáp án B.

D. 73%. B. 71%. C. 72%.

Bài 37: Hỗn hợp E chứa 3 este đều mạch hở và không phân nhánh (không chứa nhóm chức khác). Đun nóng 20,62 gam E cần dùng 280 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp F chứa 3 ancol đều no và hỗn hợp muối. Lấy toàn bộ hỗn hợp muối này đun nóng với vôi tôi xút thu được duy nhất một hiđrocacbon đơn giản nhất có thể tích là 5,6 lít (đktc). Mặt khác đốt cháy 20,62 gam E cần dùng 0,955 mol O2 (đktc). Phần trăm khối lượng của ancol có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp F gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 70%. Phân tích: Đề bài cho tới 5 dữ kiện. Ta cần nghĩ ngay tới trường hợp tổng quát nhất. Trong tình huống xấu nhất, E sẽ có cả 3 loại este:

33

- Este đơn chức - Este hai chức tạo từ ancol hai chức và axit đơn chức - Este hai chức tạo từ axit hai chức và ancol đơn chức Để giảm bớt ẩn, ta nên gộp hai loại este hai chức lại thành dạng CTPT CnH2n-2O4. Giải: Hiđrocacbon đơn giản nhất là CH4. Để sinh ra CH4, muối có mạch cacbon không phân nhánh phải là CH3COONa hoặc CH2(COONa)2

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E

Từ ba thông tin “thô” (thông tin không liên quan tới loại este), ta lập được hệ:

→

Ta có: → →

Như vây, trong 0,05 mol este hai chức sẽ có 0,03 mol este có dạng CH2(COOR)2 và 0,02 mol este có dạng (CH3COO)2R'

Tiến hành ghép hỗn hợp E: 

E + NaOH → F 

D. 6,5g. B. 12g. C. 8g.

 Đáp án C. Nhận xét: Một bài toán rất hay và thú vị, đòi hỏi sự linh hoạt khi quy đổi. Không có nhiều bài toán chỉ sử dụng ĐĐH mà lại phức tạp và lắt léo như vậy. Bài 38: X, Y (MX < MY) là axit đơn chức, không no; Z là một ancol no, ba chức ; X, Y, Z đều mạch hở. Thực hiện phản ứng este hóa m gam hỗn hợp X, Y, Z (giả sử hiệu suất phản ứng este hóa đạt 100%), sản phẩm thu được chỉ có nước và m1 gam một este thuần chức T. Đốt cháy hết 36,84g hỗn hợp H gồm m gam hỗn hợp X, Y, Z và m1 gam este T, thu được 20,52g H2O. Mặt khác, lượng H trên tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch N chứa 35,28g muối. Biết 36,84g H làm mất màu vừa đủ 0,48 mol Br2; este T chứa 7 liên kết π. Hiệu khối lượng giữa T và Y có giá trị gần nhất với A. 6,8g. Giải: Trước hết ta cần phân tích cấu tạo của este T. Este có: 7π = 3π(COO) + 4π(C-C) Ta có: 4π = 2.2π +1.0π = 1.2π + 2.1π Tuy nhiên vì cả hai gốc axit đều không no nên T được tạo từ 1 gốc axit có 2π và 2 gốc axit có 1π.

34

Từ thông tin về phản ứng este hóa, ta có: H

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi: H

Từ thông tin về số mol Br2, ta có: 4a + 2.2a = 0,48  a = 0,06 Từ thông tin về khối lượng hoặc lượng nước sinh ra từ phản ứng đốt cháy, ta tính được: b = 0,24 Đề bài cho khối lượng muối, vì vậy ta sẽ ghép CH2 cho muối:

N  N

Lượng CH2 còn lại của ancol: 0,24 – 0,12 = 0,12  Z là C4H7(OH)3 : 0,12 mol

B. 43,5%. D. 48%.

mT – mY = 0,06.(280 – 84) = 11,76  Đáp án C. Nhận xét: Đề bài thừa một dữ kiện, có thể bỏ 36,84g H hoặc 20,52g H2O. Bài 39: 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 hoàn toàn 46,6 gam E trong 200 gam dung dịch NaOH 12% rồi cô cạn dung dịch thu được phần hơi Z có chứa chất hữu cơ T. Dẫn toàn bộ Z vào bình đựng Na, sau phản ứng khối lượng bình tăng 188,85 gam đồng thời thoát ra 6,16 lít khí H2 (đktc). Biết tỉ khối của T so với H2 là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với A. 46,3%. C. 41,3%. Phân tích: Vì đề bài không nói phản ứng vừa đủ nên từ thông tin về NaOH hoặc H2 thoát ra, ta không thể tìm được số mol của các este. Ta chỉ có thể khai thác chúng thông qua bảo toàn khối lượng Giải: Ta có: MT = 16.2 = 32  T là CH3OH Sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

= 189,4 gam mZ = mbình tăng + mH2 = 188,85 + 2.

= 200.(1 – 0,12) = 176 gam

= 189,4 – 176 = 13,4 gam Tiếp tục sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mT +

Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi (đặt ẩn theo phần 2): E

Từ khối lượng E, ta có ngay phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1)

E + NaOH → = 32a + 36b = 13,4 (2) → mT +

35

(3) Chia tỉ lệ số mol CO2 và số mol H2O theo phần 1, ta có:

Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3), ta được: a = 0,25 ; b = 0,15 ; c = 0,55 Tiến hành ghép CH2

E  

D. 28,2. B. 24,6. C. 26,8.

 Đáp án A. Bài 40: Hỗn hợp A gồm hai ancol X, Y và axit cacboxylic Z (X,Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A thu được 48,4 gam CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, đun nóng m gam hỗn hợp A có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu được hỗn hợp B gồm các chất hữu cơ hai chức (thuần chức) và nước. Đốt cháy hoàn toàn lượng chất B ở trên cần 24,08 lít khí O2 (đktc). Nếu lấy toàn bộ lượng ancol có trong A đem đốt cháy thì cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Biết các phản ứng hoàn toàn và các ancol đơn chức, Y có nhiều hơn X một nguyên tử cacbon. Giá trị V gần nhất với A. 22,1. Giải: Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp:

→ A →

A Có tối đa 4 trường hợp ghép CH2

Tất nhiên ta không nên xét cả 4 trường hợp mà cần có một chút biện luận trước. Vì số mol H2 không chia tròn cho số mol của axit nên phải có H2 đi vào ancol. Suy ra phải có ít nhất một ancol có ít nhất 3 cacbon. Kết hợp với điều kiện hai ancol có số C liên tiếp, ta có:

> 0,3 → < 0,2 →

Trường hợp 1: = 0,15

A  A → = 0,1< 0,4

→ Không thể ghép Trường hợp 2: = 0

Vì ta đã loại trường hợp 1 nên trường hợp này chắc chắn đúng. Ta chỉ cần xác định thành phần ancol. Vì Z chỉ có 2 cacbon nên Z là (COOH)2. Toàn bộ H2 sẽ đi vào ancol.

Ancol → = 22,4.(1,5.0,3 + 1,5.0,5 – 0,5.0,4) = 22,4 lít  Đáp án A.

36

Nếu đề bài hỏi thông tin về một trong hai ancol, ta ghép như sau.\:

A  

D. 4. B. 2. C. 3.

Nhận xét: Một ví dụ hay về cách sử dụng tư duy để biện luận trong HĐH. Nếu chỉ áp dụng quy đổi mà không có sự tư duy, ta sẽ mất khá nhiều thời gian (có tới 4 trường hợp có thể xảy ra). Bài 41: X, Y (MX < MY) là hai axit cacboxylic hai chức; Z là ancol đơn chức; T là este thuần chức tạo bởi X và Z; biết X, Y, Z, T đều no và mạch hở. Cho 25,08g hỗn hợp H gồm X (3x mol), Y (x mol), Z, T tác dụng với dung dịch NaOH (dùng dư 10% so với lượng phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn khan N và 7,36g ancol Z. Đốt cháy hết N cần 0,33 mol O2, thu được 3,204g H2O. Biết Z chiếm 40% số mol hỗn hợp. Cho các nhận định sau: (1) Y chiếm khoảng 23,29% về khối lượng hỗn hợp. (2) Y và T là đồng phân của nhau. (3) Thực hiện phản ứng tách nước Z thì thu được tối đa 2 anken. (4) Hiệu khối lượng của Y và Z là 0,32g. Số nhận định đúng là A. 1. Giải:

Trước hết ta dùng ĐĐH để quy đổi N → →

Tiếp theo ta sử dụng TPH để quy đổi H. Vì đề bài có điều kiện ràng buộc số mol của các chất trong hỗn hợp đầu nên ta ghi lại H để tiện xử lí.

Ta sẽ dựa vào sơ đồ quy đổi này để giải ra các ẩn x, z, t và tìm ra X, Y, Z, T. Bảo toàn khối lượng cho H, ta có: = – 0,72 → t = 0,02

Bảo toàn số mol gốc axit, ta có: (3x + x) + t = 0,18 → x = 0,04 Từ điều kiện về số mol của Z, ta có: nZ = 0,4nH → z = 0,4.(4x + z + t) → z = 0,12

Bảo toàn số mol, ta có: nAncol = z + 2t = 0,16 → MZ = = 46 → Z : C2H5OH

Tiến hành ghép CH2 vào muối, ta có:

→ H

Như vậy ta đã xác định được hỗn hợp H. Việc tiếp theo là trả lời các câu hỏi.

→ (1) đúng

Y, T có cùng CTPT là C6H10O4 → (2) đúng Tách nước Z thu được một anken duy nhất là CH2=CH2 → (3) sai

37

B. 60 gam. C. 61 gam.

mY – mZ = 146.0,04 – 46.0,12 = 0,32 → (4) đúng  Có 3 nhận định đúng  Đáp án C. Bài 42: X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic; Z là axit no hai chức; T là este tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 34,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 21,728 lít 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 Br2. Nếu đun nóng 0,6 mol E với 80 gam dung dịch KOH 59,5%. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm lạnh phần hơi thu được chất lỏng A. Cho A đi qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với A. 59 gam. D. 62 gam. Giải:

Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi E

→ →

Vì 0,08 < 0,26 nên axit được cố định là (COOH)2 Sử dụng BTSM, ta có: nE = 0,18 + 0,26 – 0,04 = 0,4 → P2 = 1,5P1

1,5E +

→ A

D. 49,6%. B. 53,3%. C. 48,9%.

mbình tăng = 0,27.(58 – 1) + 14.0,12 + 2,52.(18 – 1) = 59,91 gam  Đáp án B. Bài 43: Hỗn hợp X chứa ba este mạch hở; trong đó có hai este đơn chức và một este hai chức, không no. Đốt cháy hoàn toàn 29,04 gam X cần dùng 1,59 mol O2, thu được 20,52 gam nước. Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 29,04 gam X với lượng H2 vừa đủ (xúc tác Ni, to) thu được hỗn hợp Y. Đun nóng toàn bộ Y với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Z chứa hai ancol và hỗn hợp T chứa hai muối của hai axit kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Dẫn toàn bộ Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 13,41 gam. Nung nóng hoàn toàn T với vôi tôi xút thu được hỗn hợp khí có khối lượng là 6,96 gam. Phần trăm khối lượng của D trong hỗn hợp X là A. 57,0%. Giải:

Sử dụng HĐH, tiến hành quy đổi X

Từ 3 thông tin về khối lượng, O2 và nước, ta lập được 3 phương trình:

38

Còn 2 thông tin chưa sử dụng. Tuy nhiên ta lại không thể dùng chúng một cách riêng lẻ. Làm thế nào để kết nối chúng lại? Xét toàn bộ quá trình phản ứng:

E Y

= 13, 41 + 6,96 Cộng khối lượng bình tăng và khối lượng khí, ta có: m bình tăng + mkhí = 31a + 60b + 2(a + 2b) +

→ 33a + 64b + 14c = 20,37 Giải hệ 4 phương trình trên, ta được: a = 0,15 ; b = 0,09 ; c = 0,69 ; d = – 0,12 Bảo toàn khối lượng cho ancol, ta có:

 Z Z

= 0,69 – 0,24 = 0,45 Tiến hành ghép hỗn hợp E. Ta có: nHCOONa = a + 2b = 0,33 <

E  E

 E

 Đáp án B.

B. 47. C. 50. D. 53.

Bài 44: X, Y là hai este đơn chức, Z là este hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp P chứa X,Y, Z thì cần dùng 24,304 lít O2 (đktc), sau phản ứng thu được CO2 và 14,22 gam H2O. Hiđro hóa hoàn toàn P cần vừa đủ 1,792 lít H2 (đktc) thu được hỗn hợp E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp T chứa hai muối (cả hai muối đều có mạch cacbon không phân nhánh). Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 10,78 gam. Nung nóng T với xút dư có mặt CaO thì sau phản ứng thu được hỗn hợp 2 khí có tỉ khối so He là 50/9. Tổng số nguyên tử trong P là A. 44. Giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi E:

39

P + → E →

E

Cộng khối lượng bình tăng và khối lượng khí, ta có:

= 10,78 + (a + b) mbình tăng + mkhí = 31(a + 2b) + 2(a + b) =

33a + 64b + 14c = 10,78 + (a + b)  97a + 376b + 126c = 97,02

→ → E

= = 39,5 → F Ta có: nF = a + 2b = 0,28 →

Z có dạng CH3OOC – R – COOC2H5 Tiến hành ghép hỗn hợp E và P theo điều kiện T chỉ gồm 2 muối:

E → E

 Tổng số nguyên tử trong P là 47  Đáp án B. Nhận xét: Như đã nói trong phần HĐH, có một số bài toán mà ta không đủ phương trình để giải theo hệ thông thường. Với loại bài này, ta cần sử dụng “hệ phương trình có ẩn số nguyên” IV. Hiệu quả đạt được Trong thực tiễn dạy học của bản thân,tôi đã áp dụng đề tài của mình vào giảng dạy và đã thu được kết quả rất khả quan, hầu hết sau đó các em đã rất chủ động và hứng thú khi tiếp cận với những bài toán hỗn hợp hữu cơ phức tạp. Từ đó phát huy tính tích cực, tư duy sáng tạo của mình trong học tập. Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi THPT quốc gia để vào các trường Đại học - Cao đẳng. Tôi được phân công dạy các lớp 12 trong nhiều năm nay, do đó có điều kiện để thể nghiệm đề tài này trong nhiều lần. Tuỳ theo mức độ kiến thức của từng lớp, tôi đưa ra hệ thống bài tập phù hợp, nên đã làm các em rất hứng thú và say mê với chuyên đề. Kết quả thật khả quan, hầu hết các em đều tiếp cận nhanh vấn đề và giải quyết tốt các bài tập tương tự. Kết quả cụ thể : kiểm tra ở lớp 12H năm học 2018-2019 về chuyên đề này:

- 60% học sinh làm tốt các bài tập vận dụng. - 25% học sinh làm được 70% số bài. - 10% học sinh làm được 60% số bài - 5% học sinh làm được 50% số bài.

40

V. Mức độ ảnh hưởng Với phương pháp giải bài tập bằng cách quy đổi như đã trình bày sẽ 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. VI. Kết luận

Người viết sáng kiến

Thông qua hệ thống các bài tập trên chúng ta thấy được việc sử dụng phương pháp quy đổi để giải các bài toàn hóa hữu cơ giúp cho bài toán được giải quyết một cách nhanh gọn và hiệu quả. Đặc biệt là có những bài toán hỗn hợp phức tạp nhưng được giải quyết bằng phương pháp quy đổi một cách rất độc đáo. Với phương pháp này sẽ giúp cho giáo viên cũng như học sinh giải nhanh chóng các bài tập ở phần hóa hữu cơ, qua đó góp phần không nhỏ vào kết quả thi THPTQG. Sáng kiến kinh nghiệm này là một phần của bản thân tích lũy được trong quá trình giảng dạy. Mong rằng qua báo cáo kinh nghiệm này quý Thầy, Cô đồng nghiệp góp ý kiến cho tôi về chuyên đề này. Tôi cam đoan những nội dung báo cáo là đúng sự thật. Xác nhận của đơn vị áp dụng sáng kiến Thạch Tú Anh

41

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Sách ôn thi tốt nghiệp, đại học của Nguyễn Xuân Trường. NXB ĐHQG Hà Nội.

2. Toàn tập về quy đổi của nhóm Bookgol NXB Hồng Đức.

3. Đề thi đại học các năm, từ năm 2007-2018.

4. Các bài tập trong các đề thi thử trên mạng Internet.

5. Kinh nghiệm và tiểu xảo giải nhanh đề thi THPTQG của Nguyễn Anh Phong NXB Đồng Nai.

42