›
›
›

Chuyên đề Hóa học Lớp 12 - Chương V: Những con đường tư duy trong các bài toán hóa học hữu cơ hay và khó chứa C, H, O

doc 52 trang thaodu 4990
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyên đề Hóa học Lớp 12 - Chương V: Những con đường tư duy trong các bài toán hóa học hữu cơ hay và khó chứa C, H, O", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docchuyen_de_hoa_hoc_lop_12_chuong_v_nhung_con_duong_tu_duy_tro.doc

Nội dung text: Chuyên đề Hóa học Lớp 12 - Chương V: Những con đường tư duy trong các bài toán hóa học hữu cơ hay và khó chứa C, H, O

  1. CHƯƠNG V NHỮNG CON ĐƯỜNG TƯ DUY TRONG CÁC BÀI TOÁN HÓA HỌC HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ CHỨA C, H, O 5.1. Tư duy dồn biến trong các bài toán Hóa học hữu cơ Với xu thế ra đề tránh học tủ, học lệch và phát triển năng lực của học sinh. Trong các đề thi nói chung và hóa học nói riêng người ra đề luôn cố gắng để có những câu hỏi tránh những dạng quen thuộc. Với Hóa học hữu cơ để che dấu bản chất quen thuộc người ta thường hay quy những chất đơn giản thành những hỗn hợp phức tạp nhằm đánh lạc hướng tư duy của học sinh. Do vậy, gặp những bài toàn nhiều chất các bạn cần tỉnh táo để ý những đặc điểm chung, bản chất của hỗn hợp chất, đó cũng là lý do mà tôi mạnh dạn giới thiệu tới các em học sinh và quý bạn đọc kỹ thuật “Tư duy dồn biến trong các bài toán Hóa học hữu cơ”. Vậy tư tưởng của dồn biến trong hóa học hữu cơ là gì? – Đó là dồn hỗn hợp nhiều chất phức tạp về các thành phần đơn giản và bản chất. Trong phần này tôi chỉ giới thiệu hướng tư duy dồn biến đối với các hợp chất hữu cơ chứa các nguyên tố C, H và O. Còn các bài toán về hợp chất peptit tôi sẽ dành riêng một chương để trình bày. Sau đây là những con đường tư duy trọng tâm: 5.1.1. Tư duy dồn biến hỗn hợp chứa nhiều hidrocacbon và H2 Hỗn hợp chứa các hidrocacbon và H 2 chúng ta có thể dồn thành một hidrocacbon. Điều đó thật đơn giản khi các bạn nghĩ H2 là ankan có dạng C0H2 Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C 2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho qua bình đựng dung dịch nước Br 2 (dư) thấy có 0,12 mol Br 2 tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O 2 (đktc), sau phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V là : A. 6,72B. 8,96C. 5,60D. 7,84 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016 Định hướng tư duy giải + Đầu tiên ta sẽ dồn X về thành một hidrocacbon sau đó áp BTLK.π nX 0,1 + Khi đốt X ta có X : C H với k là số liên kết π trong X. n 0,22 2,2 6,4 2k CO2 6,32 + Mặt khác BTLK. n k.n k 0,12 k 0,6 Br2 X 32,8 2k 0,1(6,4 2.0,6) Vậy BTNT.H n 0,26(mol) H2O 2 BTNT.O n 0,35(mol) V 7,84(lit) O2 Ví dụ 2: Đốt cháy 2,92 gam hỗn hợp hai ankan A, B thu được 0,2 mol CO 2. Biết tỉ lệ số mol nA : nB = 2 : 7. Công thức phân tử của A và B lần lượt là A. C2H6 và C5H12 B. C2H6 và C7H16 C. CH4 và C4H10 D. CH4 và C5H12
  2. Trích đề thi thử THPT Chuyên Phan Bội Châu – Lần 1 – 2015 Định hướng tư duy giải Câu này khá đơn giản nhưng sẽ là một ví dụ khá hay về tư duy “dồn biến”. Ankan sẽ được chia thành C và H do đó BTKL  nH 2,92 0,2.12 0,52(mol) 0,06 n .2 A 9 Ai cũng biết n n n 0,26 0,2 0,06 ankan H2O CO2 0,06 n .7 B 9 BTNT.C 0,06 0,06 CH4 Nhìn vào đáp án và  .2.1 .7.4 0,2 9 9 C4H10 Ví dụ 3: Nung nóng a mol hỗn hợp X gồm C 2H2 và H2 trong bình kín có xúc tác thích hợp thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y qua lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 24 gam kết tủa và hỗn hợp khí Z. Hỗn hợp Z làm mất màu tối đa 40 gam brom trong dung dịch và còn lại hỗn hợp khí T. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp T thu được 11,7 gam nước. Giá trị của a là A. 1,00. B. 0,80.C. 1,50. D. 1,25. Trích đề thi thử THPT Chuyên Thăng Long – 2015 Định hướng tư duy giải AgNO /NH 3 3 C H : 0,1(mol) 2 2 Ni Br2 + Có X   C2H4 : 0,25(mol) H2 3H2 H2O BTNT.H 0,66(mol) C2H6 C2H2 a 0,65 0,1 0,25 0,25 1,25 5.1.2. Tư duy dồn biến hỗn hợp chứa C, H, O dựa vào mối liên hệ giữa các nguyên tố Rất tự nhiên và đơn giản nếu một hỗn hợp chứa nhiều chất hữu cơ mà trong phân tử chỉ chứa C, H, O thì đương nhiên công thức chung của nó sẽ là C xHyOz. Mấu chốt của việc xử lý các hỗn hợp này là phải nhìn ra biểu thức liên hệ giữa x, y, z mà người ra đề đã ngầm che dấu đi. Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat và metyl metacrylat rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình 1 đựng dung dịch H 2SO4 đặc, bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng m gam, bình 2 xuất hiện 35,46 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 2,70.B. 2,34.C. 3,24.D. 3,65. Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015 Định hướng tư duy giải
  3. Bài toán này khá quen thuộc nhưng có lại là một ví dụ khá hay về cách áp dụng ấp chiến lược. Ta áp dụng bằng cách dồn hỗn hợp thành CnH2n-2O2. Ta có BTNT.C n 0,18(mol) CO2 4,02 1 Và .n 0,18 n 3,6 n .0,05.5,2 0,13(mol) 14n 30 H2O 2 m 2,34(gam) H2O Tuy nhiên, ta cũng có thể xử lý thông minh như sau : Ta có BTNT.C n 0,18(mol) CO2 4,02 0,18.14 Khi đó: BTKL n 0,05 hh 32 2 n 0,18 0,05 0,13(mol) BTNT.H m 2,34(gam) H2O H2O Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol và axit axetic trong đó axit axetic chiếm 27,13% khối lượng hỗn hợp. Đốt 15,48 gam hỗn hợp X thu được V lít CO2 (đktc) và 11,88 gam H2O. Hấp thụ V lít CO 2 (đktc) vào 400ml dung dịch NaOH x mol/l thu được dung dịch Y chứa 54,28 gam chất tan. Giá trị của x là A. 2,4 B. 1,6 C. 2,0 D. 1,8 Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015 Định hướng tư duy giải Đây cũng là một bài toán xử lý bằng tư duy dồn biến khá hay. CH3COOH : 0,07(mol) CH3CHO Đầu tiên ta có: mX 15,48 C4H8O2 C2H6O2 quan sát các công thức và dồn thành CH3COOH : 0,07(mol) BTKL  44a 31b 4,2 15,48 15,48 C H O : a(mol) 2 4 BTNT.H  4a 3b 0,07.4 1,32 CH3O : b(mol) a 0,2 BTNT.C  nCO 0,07.2 0,2.2 0,08 0,62(mol) b 0,08 2 Nếu CO2 dư thì khối lượng chất tan tối đa là : 0,62.84 = 52,08(gam) Nếu NaOH dư thì khối lượng chất tan > 0,62.106=65,72(gam) BTKL NaHCO3 : x(mol)  84x 106y 54,28 Vậy 54,28 BTNT.C Na2CO3 : y(mol)  x y 0,62
  4. x 0,52 BTNT.Na  n NaOH 0,72 NaOH 1,8(M) y 0,1 Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm ancol alylic, etilenglicol, but-2-en-1,4-điol, buta-1,3-đien. Đốt 0,4 mol hỗn hợp X cần V lít O 2 (đktc) thu được a mol CO 2 và 23,4 gam H2O. Hấp thụ 0,6a mol CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,2 mol NaOH và 0,54 mol Ba(OH)2 thu được 70a gam kết tủa. Giá trị của V gần nhất với: A. 34,2 B. 39,4 C. 36,6 D. 44,8 Định hướng tư duy giải C3H6O C2H6O2 Nhận thấy X H C O 2 C4H8O2 C4H6 BTNT.C  0,4x a Ta dồn X thành C H O x x y 2 y BTNT.H  0,4(x y 2) 2,6 70a BaCO : 3 197 70a Với n 0,6a(mol) BTNT.Ba Ba(HCO ) : 0,54 CO2 3 2 197 BTNT.Na NaHCO : 0,2 3 70a 70a BTNT.C 0,6a 2(0,54 ) 0,2 a 1,34(mol) 197 197 x 3,35 BTNT.O  0,4.1,15 2nO 1,34.2 1,3 y 1,15 2 n 1,76 V 39,424(l) O2 Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm CH 3-CO-CH3; CH2≡C(CH3)-CHO; CH3-C≡C-COOH và CH3-C≡C-CH2-COOH. Đốt 27,88 gam hỗn hợp X thu được 64,24gam CO2 và 18,36 gam H2O. Phầm trăm khối lượng CH3-CO-CH3 trong hỗn hợp X là A. 20,803% B. 16,643%C. 14,562% D. 18,723% Định hướng tư duy giải Nhận xét: Các chất trong X trừ C3H6O có mối liên hệ 2C 2O H C3H6O : a(mol) Khi đó ta dồn X về Cx H2x 2yOy : b(mol)
  5. n 1,46(mol) Ch¸y CO2 BTKL TrongX 27,88 1,46.12 1,02.2 X   n 0,52(mol) n 1,02(mol) O 16 H2O BTNT.C 3a bx 1,46 BTNT.H   6a (2x 2 y).b 1,02.2 a 0,08 %CH3COCH3 16,643% BTNT.O  a by 0,52 5.1.3. Tư duy dồn biến kết hợp với định luật bảo toàn liên kết π Thực chất của việc mở rộng định luật BTLK.π là quá trình “tung hỏa mù” làm cho người giải đề có cảm giác bài toán rất phức tạp. Do đó, mấu chốt tư duy khi giải là cần phải biết thu gọn (dồn biến) hay nói một cách khác là phải rèn luyện khả năng đơn giản hóa bài toán. Thế tóm lại đơn giản hóa bài toán nghĩa là thế nào? – Nghĩa là những yếu tố không ảnh hưởng tới bài toán thì ta bỏ nó đi. Thật ra thì cũng không có gì phức tạp trong việc nhận ra những yếu tố không ảnh hưởng đó. Ta cùng nhau xem xét một vài ví dụ đơn giản sau: Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm 0,2 mol axetilen, 0,1 mol but-1-in, 0,15 mol etilen, 0,1 mol etan và 0,85 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni) một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỷ khối so với H 2 bằng a. Cho Y tác dụng với AgNO 3 dư trong NH3 thu được kết tủa và 19,04 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Sục khí Z qua dung dịch Brom dư thấy có 8,0 gam brom phản ứng. Giá trị của gần nhất của a là: A. 9,6 B. 10,2 C. 9,8 D. 11,4 Định hướng tư duy giải - Yếu tố nhiễu ở đây là gì? – Đó chính là dung dịch AgNO3/NH3. - Tại sao nói vậy? – Vì AgNO3/NH3 chỉ có tác dụng hút các ankin đầu mạch. Do đó, ta chỉ cần khử nhiễu đơn giản bằng cách sau: + Chia các ankin trong X thành hai phần và chỉ cần quan tâm tới cái phần bị hidro hóa thôi. Phần còn lại là phần bị AgNO3/NH3 hút thì ta không cần quan tâm. - Khi đó ta có hỗn hợp cần quan tâm là C2H2 : a C H : b 4 6 ' Ni X C2H4 : 0,15  Y’(không chứa ankin, chính là Z) C H : 0,1 2 6 H2 : 0,85 n 0,05  n 0,05 Br2 anken Có ngay n Z 0,85 nankan a b 0,1 (0,15 0,05) 0,2 a b BTLK.  n 0,85 (2a 2b 0,1) 0,75 2a 2b H2 Và  a b 0,15  nph¶n øng 0,4  n n 0,4 1(mol) H2 Y X
  6. 19,5 BTKL MY 1 Ta có  mX mY 19,5  dY 9,75 →Chọn C H2 2 2 Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09 mol vinylaxetylen và 0,16 mol hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 là 21,13. Dẫn Y đi qua dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam Z gồm 4 kết tủa có số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm mất màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây: A. 27. B. 29. C. 26. D. 25. Định hướng tư duy giải Bài toán này về ý tưởng cũng tương tự như bài toán trên. Tuy nhiên, nó che đậy tốt hơn một chút. CH  CH : 0,08 CH3CHO : 0,06 Ta có: nX 0,39 CH  C CH CH2 : 0,09 H2 : 0,16 BTKL m 9,72 n 0,23 nph¶n øng 0,16(mol) X Y H2 Trong Y ta tưởng tượng là chia thành hai phần: CH  CH : a CAg  CAg : a CH3CHO : 0,5a AgNO Ag : a Phần 1: 3 m CH  C CH CH2 : a CAg  C CH CH2 : a CH  C CH2 CH3 : a CAg  C CH2 CH3 : a Phần 2: Là phần chúng ta dùng để BTLK.π CH  CH : 0,08 a CH3CHO : 0,06 0,5a Phần 2 gồm: CH  C CH CH2 : 0,09 2a H2 : 0,16 a Và BTKL.  nph¶n øng nph¶n øng ntrong phÇn 2 H2 Br2  0,16 a 0,003 2(0,08 a) (0,06 a) 3(0,09 2a)  a 0,0436  m 29,1248 → Chọn B Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm một axit đơn chức,một ancol đơn chức và 1 este đơn chức (Các chất trong A đều có nhiều hơn 1C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn m gam A rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy có 135 gam kết tủa xuất hiện. Đồng thời khối lượng dung dịch giảm 58,5 gam. Biết số mol ancol trong m gam A là 0,15. Cho Na dư vào m gam A thấy có 2,8 lít khí (đktc) thoát ra.
  7. Mặt khác m gam A tác dụng vừa đủ dung dịch chứa 12 gam NaOH. Cho m gam A vào dung dịch nước Brom dư. Hỏi số mol Brom phản ứng tối đa là : A. 0,4 B. 0,6 C. 0,75 D. 0,7 Định hướng tư duy giải nancol 0,15 Ta có:  naxit 0,125.2 0,15 0,1(mol) n 0,125 H2 Và n NaOH 0,3  neste 0,2(mol) CO2 :1,35 1,35 0,95 17 Ta lại có:  k 1 k H2O : 0,95 0,45 9 17  n 0,45. 0,1 0,75 mol (k là số liên kết π trong A) Br2  9 axit →Chọn C Chú ý: Số mol Brom lớn nhất khi có este dạng HCOOR và số mol π trong gốc COOH của axit thì không phản ứng với Br2. 5.1.4. Tư duy dồn biến hoán đổi nguyên tố (NAP – 1) Tôi gọi kỹ thuật này đặc biệt vì nó khá bất thường với lối tư duy thông thường. Nó đặc biệt ở chỗ quy đổi từ nguyên tố ngày qua nguyên tố khác. Mấu chốt của kỹ thuật này là dồn từ nguyên tố này thành nguyên tố khác. Ví dụ ta có hỗn hợp Cn H2nO2 dån thµnh Cn H2nO2 chất như sau  . Ở đây ta đã thêm 2 đơn vị từ O CmH2m 2O4 CmH2mOx vào H. Do đó phân tử khối của O X ở đây sẽ là 64 – 2 = 62. Tư tưởng của kỹ thuật này là như vậy. Chú ý: Với kỹ thuật tư duy này khi đề bài cho số mol chất nào thì không được dồn nguyên tố có trong chất đó. Ví dụ các hợp chất hữu cơ X chứa C, H, O khi cho số mol CO2 thì ta chỉ dồn đối với hai nguyên tố O và H trong X. Nếu đề bài cho số mol H2O thì ta sẽ dồn hai nguyên tố là C và O. Để hiểu rõ hơn các bạn xem những ví dụ sau đây: Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm một axit no, đơn chức A và một axit no đa chức B đều có mạch cacbon không phân nhánh. Tỉ khối hơi của X so với hiđro là 50,3. Đốt cháy hoàn toàn 10,06 gam X thu được 14,96 gam CO 2. Thành phần phần trăm về khối lượng của A trong hỗn hợp gần nhất với: A. 17% B. 18% C. 19% D. 20% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải nX 0,1 Ta có: M 100,6 C 3,4 X n 0,34 CO2
  8. nA a a b 0,1 a 0,03 Khi đó  BTKL  nB b  32a 62b 14.0,34 10,06 b 0,07 A : Cn H2nO2 Ở đây bài cho số mol CO2 nên trong B ta đã dồn phân tử khối của B: CmH2m 2O4 O qua H. Mục đích là để cho số mol CO2 và H2O (ảo) bằng nhau Nhận thấy: Nếu B có lớn hơn 4 nguyên tử C thì  n 0,07.5 0,35 (vô lý) CO2 BTNT.C 0,34 0,07.4 C2H4O2 : 0,03 + Nếu B có 4C  CA 2  0,03 C4H6O4 : 0,07 0,03.60  %CH COOH 17,89% 3 10,06 0,34 0,07.3 + Nếu B có 3C BTNT.C C 4,333 (loại) A 0,03 0,34 0,07.2 + Nếu B có 2C BTNT.C C 6,667 (loại) A 0,03 Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai axit no, đơn chức đồng đẳng liên tiếp và một axit không no (có một liên kết π) đa chức đều có mạch cacbon không phân nhánh. Tỉ khối hơi của X so với hiđro là 54,5. Đốt cháy hoàn toàn 10,9 gam X thu được 18,92 gam CO2. Biết X không có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc và trong X số mol của axit đơn chức có phân tử khối nhỏ thì lớn hơn số mol của axit đơn chức có phân tử lớn. Thành phần phần trăm về khối lượng của axit đa chức trong hỗn hợp gần nhất với: A. 72% B. 68% C. 75% D. 60% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải nX 0,1 Ta có: M 109 C 4,3 X n 0,43 CO2 n®¬n chøc = a a b 0,1 a 0,04 Khi đó  BTKL  nhai chøc = b  32a 60b 14.0,43 10,9 b 0,06 10,9 0,43.12 0,04.2.16 0,06.4.16 BTKL BTNT.H n 0,31 H 6,2 H2O 2 Nhận thấy n n 0,12  tổng số π trong axit đa chức là 3 CO2 H2O + Nếu axit đa chức là C4H6O4 → BTNT.C 0,43 0,06.4 C4H8O2 : 0,01  C®¬n chøc = 4,75 (loại) 0,04 C5H10O2 : 0,03
  9. + Nếu axit đa chức là C6H8O4 → khi đó dễ dàng suy ra C của axit đơn chức là 0,43 0,06.6 1,75  HCOOH (loại vì có tráng Ag) 0,04 0,06.130  %C H O 71,56% 5 6 4 10,9 Ví dụ 3: X là hỗn hợp gồm một ancol no, hai chức A, một axit đơn chức B, không no (có một liên kết đôi C = C) và este C thuần chức tạo bởi A và B (tất cả đều mạch hở). Biết tỷ khối hơi của X so với H2 là 70,2. Đốt cháy hoàn toàn 14,04 gam X thu được 9 gam H2O. Mặt khác, cho K dư vào lượng X trên thấy thoát ra 0,035 mol khí H2. Phần trăm khối lượng của B có trong X gần nhất với: A. 5%B. 8%C. 13%D. 14% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải nX 0,1 Ta có: M 140,4  H 10 X n 0,5 H2O a b c 0,1 nA a a 0,03 BTNT.H Gọi nB b   2a b 0,07  b 0,01 BTKL c 0,06 nC c  0,5.14 20a 44b 100c 14,04 BTKL n 0,66 CO2 Nhận xét: ancol hai chức nên phải có ít nhất 2 nguyên tử C. Axit B không no → phải có ít nhất 3 nguyên tử C. → este C phải có ít nhất 8 nguyên tử C. Dễ thấy, este mà có 8 nguyên tử C thì BTKL n 8.0,06 0,01.3 0,03.2 0,57 (loại) CO2 + Nếu axit có 4 nguyên tử C thì BTKL n 0,66 . Do đó, ta sẽ có CO2 C3H8O2 : 0,03  X CH2 CH COOH : 0,01 %CH2 CH COOH 5,128% C9H12O4 : 0,06 5.1.5. Tư duy dồn biến tách nguyên tố (NAP – 2) Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp X gồm hai axit no, đơn chức mạch hở và 2 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) cần vừa đủ 0,685 mol O 2, thu được m gam CO2 và 8,82 gam H2O. Biết tổng số mol axit nhỏ hơn tổng số mol hidrocacbon. Giá trị của m gần nhất với: A. 23,5B. 24,5C. 21,5 D. 27,5 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
  10. Định hướng tư duy giải Vì axit là no, đơn chức nên đốt cháy sẽ cho số mol CO2 và H2O bằng nhau. Như vậy ta sẽ dồn các hidrocacbon thành các anken và bù vào một lượng H2 tương ứng. Cn H2nO2 : a CO2 : na mb Khi đó X là CmH2m : b  H2O : na mb kb 0,49 H2 : kb a b 0,15 BTNT.O 2a 1,37 2(na mb) 0,49  na mb a 0,44 a b 0,15  → các hidrocacbon không thể là ankan (k = 1) a kb 0,05 a 0,05 + Nếu các hidrocacbon là anken (k = 0)  b 0,1  m 0,49.44 21,56(gam) CO2 a 0,1 + Nếu các hidrocacbon là ankin (k = – 1 )  (loại) b 0,05 Vậy chỉ có trường hợp hidrocacbon là các anken là hợp lý. Nếu là ankin hay các hidrocacbon có nhiều hơn 1 liên kết π thì bài toán sẽ vô lý → Chọn C Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 3,4 mol hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và 2 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) cần vừa đủ 4,15 mol O 2, thu được 4,5 mol H2O. Nếu cho X tác dụng với dung dịch Br 2/ CCl4, thì thấy có m gam Br2 tham gia phản ứng. Giá trị của m là: A. 96B. 112C. 128 D. 144 Định hướng tư duy giải Vì axit là no, đơn chức nên đốt cháy sẽ cho số mol CO2 và H2O bằng nhau. Như vậy ta sẽ dồn các hidrocacbon thành các anken và bù vào một lượng H2 tương ứng. Cn H2nO2 : a CO2 : na mb Khi đó X là CmH2m : b  H2O : na mb kb 4,5 H2 : kb a b 3,4 BTNT.O 2a 8,3 2(na mb) 4,5  na mb a 1,9 a b 3,4   nBr b kb 0,8  mBr 128(gam) a kb 2,6 2 2 5.1.6. Tư duy dồn biến giả định Tư tưởng của kỹ thuật tư duy này rất đơn giản. Chúng ta chỉ việc đưa ra các chất giả định sao cho dễ dàng cho việc xử lý số liệu. Bản chất là dồn các chất phức tạp của đề bài về các chất đơn giản để tính toán. Kỹ thuật này đặc biệt hiệu quả đối với các bài toán đốt cháy hoặc tính toán khối lượng của hỗn hợp chất. Tuy nhiên, nó cũng chỉ là một công cụ để xử lý không phải công cụ toàn năng.
  11. Cần hết sức chú ý là: + Khi dồn giả định như vậy thì số mol các chất trước và sau khi giả định nói chung là khác nhau. Do đó, việc ta tính toán ra chất có số mol bị âm là hết sức bình thường. + Khi dồn giả định cần phải hiểu về bản chất của hỗn hợp ban đầu để giả định các chất không làm thay đổi bản chất của hỗn hợp. Không được thêm các chất khác với các chất trong hỗn hợp mà chỉ được bớt (hợp lý) số chất. + Bản chất của việc bỏ chất được là vì ta có thể biến đổi các chất còn lại thành chất đã được bỏ đi. Nếu các chất còn lại không biến đổi được thành chất bỏ đi thì khi ta bỏ chất đi sẽ làm thay đổi bản chất của bài toán. + Cái hay, khó và cũng là nguy hiểm của kỹ thuật này là phải hiểu chắc bản chất của hỗn hợp ban đầu. Dưới đây thông qua các ví dụ cụ thể tôi sẽ trình bày chi tiết để các bạn hiểu. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Nung bình kín chứa m gam X và một ít bột Ni đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được V lít CO2 (đktc) và 0,54 mol H2O. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 60 ml dung dịch Br 2 1M. Cho 10,08 lít X (đktc) đi qua bình đựng dung dịch brom dư thì có 40 gam Br2 phản ứng. Giá trị của V là A. 17,92. B. 15,68. C. 13,44. D. 10,304. Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải Với bài toán trên nếu ta xem H2 như là ankan có dạng C0H2 như vậy X chỉ là các hidrocacbon sẽ làm cho bài toán bị sai bản chất lý do là giả định như vậy sẽ cố định số liên kết π trong X và Y là như nhau. Tuy nhiên, rõ ràng với bài toán trên số liên kết π trong X và Y là khác nhau. Bài toán trên đề bài cho 3 dữ kiện và câu hỏi cuối cùng chỉ là tính tổng số mol (khối lượng) C có trong X. Vì BTNT.C sẽ có được CO2. Do vậy, ta có thể lấy 2 hidrocacbon bất kì trong hỗn hợp và H2. Thật vậy, tôi sẽ giả định vài trường hợp để minh chứng cho điều tôi nói bên trên. Giả định 1: C3H6 : a BTNT.H  6a 2b 2c 0,54.2 Với m gam X ta gọi C H : b  2 2 BTLK.  a 2b c 0,06 H2 : c k(a b c) 0,45 a 2b 5 Với nX 0,45   k(a 2b) 0,25 a b c 9 6a 2b 2c 0,54.2 a 0,18  a 2b c 0,06  b 0,04 4a 13b 5c 0 c 0,04 BTNT.C n 3.0,18 0,04.2 0,46  V 10,304(l) CO2 Giả định 2:
  12. C4H10 : a BTNT.H  10a 2b 2c 0,54.2 Với m gam X ta gọi C H : b  2 2 BTLK.  2b c 0,06 H2 : c k(a b c) 0,45 2b 5 Với nX 0,45   2kb 0,25 a b c 9 10a 2b 2c 0,54.2 a 0,09  2b c 0,06  b 0,05 5a 13b 5c 0 c 0,04 BTNT.C n 0,09.4 0,05.2 0,46  V 10,304(l) CO2 Giả định 3 (giả định sai vì cho thêm chất khác) : C3H4 : a BTNT.H  4a 2b 2c 0,54.2 Với m gam X ta gọi C H : b  2 2 BTLK.  2a 2b c 0,06 H2 : c k(a b c) 0,45 2a 2b 5 Với nX 0,45   k(2a 2b) 0,25 a b c 9 4a 2b 2c 0,54.2 a 0,9  2a 2b c 0,06  b 1 13a 13b 5c 0 c 0,26 Tóm lại: Nếu một hỗn hợp nhiều chất ta có thể lấy một số chất hợp lý trong hỗn hợp để giải bài toán. Kỹ thuật này chỉ xử lý được khi chúng ta biết công thức phân tử của các chất trong hỗn hợp. Việc tự ý cho thêm các chất với vào nói chung sẽ dẫn đến những kết quả không chính xác. Bây giờ các bạn hãy xem thêm một ví dụ nữa để hiểu thêm về bản chất của kỹ thuật tư duy dồn biến giả định. Ví dụ 2: X ở thể khí là hỗn hợp gồm C2H5CHO, C2H5OH, HOC–CHO và H2. Người ta lấy 10,08 lít khí X (đktc) cho qua dung dịch nước Br 2 (dư) thấy có 40 gam Br 2 phản ứng. Mặt khác, lấy m gam X cho qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho toàn bộ Y qua nước Br2 dư thì có 9,6 gam Br2 tham gia phản ứng. Nếu đốt cháy toàn bộ Y thì thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 20,04 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với : A. 7,2B. 8,8C. 8,4 D. 9,6 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải
  13. C3H6O : 0,02 C2H6O : 0,08 Trong bài toán trên khi ra đề tôi lấy các số liệu là  m 7,24 C2H2O2 : 0,04 H2 : 0,06 Hướng dồn biến 1: C3H6O : a BTLK.  a c 0,06 Dồn X về m C H O : b X 2 6 BTNT  44(3a 2b) 18(3a 3b c) 20,04 H2 : c k(a b c) 0,45 a 5 Với nX 0,45   ka 0,25 a b c 9 63 a 878 a c 0,06 501  186a 142b 18c 20,04  b  m 6,2851 10975 4a 5b 5c 0 129 c 10975 Hướng dồn biến 2: C2H2O2 : a BTLK.  2a c 0,06 Dồn X về m C H O : b X 2 6 BTNT  44(2a 2b) 18(a 3b c) 20,04 H2 : c k(a b c) 0,45 2a 5 Với nX 0,45   2ka 0,25 a b c 9 63 a 1136 2a c 0,06 2649  106a 142b 18c 20,04  b  m 8,31239 24400 13a 5b 5c 0 723 c 14200 Như vậy, có thể thấy bài toán này không thể dồn biến giả định được vì khi dồn sẽ làm thay đổi bản chất của bài toán. Các chất sau khi dồn không thể biểu diễn chất đã bỏ đi. Thực tế khi ra đề người ra đề thường dùng một thủ đoạn nào đó để che đậy ẩn ý của mình nhưng có một điều tất cả những ẩn ý đó đều có thể được loại bỏ nhờ kỹ thuật dồn biến giả định vì các chất còn lại được có thể biểu diễn được chất đã bỏ đi. Bây giờ các bạn tiếp tục nghiên cứu những ví dụ tôi đã đưa ra từ trước nhưng được giải lại theo kỹ thuật này nhé.
  14. Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm C 3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl 4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là: A. 21,00. B. 14,28. C. 10,50. D. 28,56. Trích đề thi thử chuyên Đại học Vinh – 2014 Định hướng tư duy giải C3H6 : a CO2 :3a 2b Với m gam X ta dồn về C2H2 : b  H2O :3a b c H2 : c BTLK.  a 2b c 0,15   100(3a 2b) 44(3a 2b) 18(3a b c) 21,45 k(a b c) 0,5 a 2b Với nX 0,5   0,8 k a 2b 0,4 a b c a 2b c 0,15 a 0,15  114a 94b 18c 21,45  b 0,075 0,2a 1,2b 0,8c 0 c 0,15 CO : 0,6  2 BTNT.O n 0,9375  V 21(l) O2 H2O : 0,675 Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm C 2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho qua bình đựng dung dịch nước Br 2 (dư) thấy có 0,12 mol Br 2 tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O 2 (đktc), sau phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V là : A. 6,72B. 8,96C. 5,60D. 7,84 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016 Định hướng tư duy giải C2H4 : a a 2b 0,12 Ta dồn X về mX 6,32 C2H2 : b  28a 26b 2c 6,32 H2 : c (a b c)k 0,1 2a 2b nX 0,1 BTNT.C  2,2  k(2a 2b) 0,22 a b c
  15. a 0,32  0,2a 0,2b 2,2c 0  b 0,1  k 0,5 c 0,02 C2H4 : 0,16 CO2 : 0,22  nX 0,1 C2H2 : 0,05  H2O : 0,26 H2 : 0,01 0,22.2 0,26 BTKT.O n 0,35  V 7,84(l) O2 2 Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol và axit axetic trong đó axit axetic chiếm 27,13% khối lượng hỗn hợp. Đốt 15,48 gam hỗn hợp X thu được V lít CO2 (đktc) và 11,88 gam H2O. Hấp thụ V lít CO 2 (đktc) vào 400ml dung dịch NaOH x mol/l thu được dung dịch Y chứa 54,28 gam chất tan. Giá trị của x là A. 2,4 B. 1,6 C. 2,0 D. 1,8 Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015 CH3COOH : 0,07(mol) Dồn X về: mX 15,48 CH3CHO : a C2H6O2 : b BTKL 44a 62b 11,28 a 0,2   BTNT.H  4a 6b 1,32 0,07.4 b 0,04 BTNT.C n 0,07.2 0,2.2 0,04.2 0,62(mol) CO2 Từ đáp án dễ dàng suy ra các trường hợp của NaOH đều cho chất tan là hai muối. BTKL NaHCO3 : x(mol)  84x 106y 54,28 Vậy 54,28 BTNT.C Na2CO3 : y(mol)  x y 0,62 x 0,52 BTNT.Na   n NaOH 0,72 NaOH 1,8(M) y 0,1
  16. 5.2. Tư duy đánh giá trong các bài toán Hóa học hữu cơ Với hóa học hữu cơ để có một bài toán hay và khó thì người ra đề rất hay sử dụng kỹ thuật làm trội dựa trên thuộc tính cơ bản của các hợp chất hữu cơ. Sau đây là một vài ví dụ điển hình: + Các hidrocacbon ở thể khí thì chỉ có từ 1 tới 4 nguyên tử C. + Ancol không no thì phải có ít nhất 3 nguyên tử C. + Dựa vào số C,H, để biện luận và đánh giá. + Số O trong ancol luôn không vượt quá số C. + Nếu số O trong ancol bằng số C thì ancol đó phải là ancol no. + Đánh giá dựa vào mối liên hệ gián tiếp giữa các sản phẩm cháy. + Đánh giá theo sự liên hệ đặc biệt giữa các chất trong hỗn hợp. + Dựa vào số C, H, O cực tiểu trong hỗn hợp đã cho để đánh giá số nguyên tử C, H, O có trong các chất. Nói chung mỗi bài toán có một kiểu che dấu nào đó theo phong cách của từng người ra đề. Vì vậy, các bạn cần chịu khó suy nghĩ, tìm tòi và rèn luyện để có được sự phản xạ và phán đoán linh hoạt với những bài toán dạng này. Sau đây tôi xin giới thiệu một số hướng tư duy điển hình. 5.2.1. Tư duy dựa vào mối liên hệ đặc biệt giữa các chất trong hỗn hợp Thực ra kỹ thuật tư duy này khi đề cho rõ CTPT các bạn có thể sử dụng tư duy dồn biến giả định để xử lý cũng cho kết quả tốt. Lý do là các chất có mối liên hệ với nhau dẫn tới ta có biến vài chất trong hỗn hợp thành một chất. Tuy nhiên, có nhiều bài toán người ra đề không cho các công thức cụ thể thì ta phải suy xét tinh tế hơn một chút. Trong phần này tôi đặc biệt muốn các bạn chú ý đến kỹ thuật tung hỏa mù qua mối liên hệ giữa các số liệu từ các thí nghiệm khác nhau. Hay dùng nhất là tạo mối liên hệ về số mol giữa các sản phẩm cháy và các chất có trong hỗn hợp. Bản chất là dựa vào số liên kết π có trong hỗn hợp và công thức quan trọng khi đốt cháy hỗn hợp chất hữu cơ chứa C, H, O đó là n n (k 1)n . Dựa vào điều này CO2 H2O X người ra đề đã tận dụng để tung hỏa mù. Để xem xét kỹ thuật tung hỏa mù kiểu này các bạn xem một số ví dụ điển hình sau: Ví dụ 1: X là hỗn hợp chứa một axit đơn chức, một ancol hai chức và một este hai chức (đều mạch hở). Người ta cho X qua dung dịch nước Br 2 thì không thấy nước Br2 bị nhạt màu. Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol X cần 10,752 lít khí O 2 (đktc). Sau phản ứng thấy khối lượng của CO 2 lớn hơn khối lượng của H 2O là 10,84 gam. Mặt khác, 0,09 mol X tác dụng vừa hết với 0,1 mol KOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan và một ancol có 3 nguyên tử C trong phân tử. Giá trị của m là: A. 9,8B. 8,6C. 10,4 D. 12,6 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải
  17. Este: a a b c 0,09 Ta có: 0,09molE axit : b  2a b 0,1 C3H8O2 : c CO2 : x 44x 18y 10,84 x 0,41 Khi đốt cháy E có: BTNT.O H2O : y  x y a c 0,01 y 0,4 a b c 0,09 a 0,04 Vậy ta có:  2a b 0,1 b 0,02 BTNT.O  4a 2b 2c 0,48.2 1,22 c 0,03 BTKL  mE 25,24 0,48.32 9,88(gam) BTKL m m m m m E KOH ancol H2O  9,88 0,1.56 m (0,04 0,03).76 0,02.18  m 9,8(gam) Ví dụ 2: X,Y là hai axit no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp, Z là ancol 2 chức, T là este thuần chức tạo bởi 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 CO 2 nhiều hơn H 2O 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 H 2 là 31. Cô cạn G rồi nung nóng với xút 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 Định hướng tư duy giải Este: a a b c 0,1 Ta có: 0,1molE axit : b  2a b 0,11 C2H6O2 : c CO2 : x 44x 18y 10,84 x 0,41 Khi đốt cháy E có: BTNT.O H2O : y  x y a c 0,01 y 0,4 a b c 0,1 a 0,04 Vậy ta có:  2a b 0,11 b 0,03 BTNT.O  4a 2b 2c 0,47.2 1,22 c 0,03 Cách 1: Đi tìm công thức của hai axit. Ta biện luận số C dựa vào số mol CO2 CH3COOH : 0,02(mol) → hai axit là C2H5COOH : 0,01(mol) CH4 : 0,06 BTKL Vậy hỗn hợp khí là:  m 0,06.16 0,06.30 2,46(gam) C2H6 : 0,05 Cách 2: Dùng phương pháp BTKL
  18. BTKL  mE 0,41.44 0,4.18 0,47.32 10,2(gam) BTKL m m m m m E NaOH RCOONa ancol H2O  mRCOONa 10,2 0,11.40 0,07.62 0,03.18 9,72  mRH 9,72 0,11(69 1) 2,46 Ví dụ 3: X ở thể khí là hỗn hợp gồm C 2H5CHO, C4H9OH, HOC–CHO và H2. Trong X oxi chiếm 35,237% về khối lượng. Người ta lấy 2,8 lít khí X (đktc) cho qua dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 16 gam Br 2 phản ứng. Mặt khác, lấy m gam X cho qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho toàn bộ Y qua nước Br 2 dư thì có 16,8 gam Br2 tham gia phản ứng. Nếu đốt cháy toàn bộ Y thì thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 26,715 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với : A. 9,2B. 9,8C. 10,4 D. 12,6 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016 Định hướng tư duy giải nX 0,125 BTLK. 0,1 Ta có  k 0,8 (k là số liên kết π trong X) n 0,1 0,125 Br2 nC H O x mol 3 6 n y mol C4H10O  m gam X n z mol C2H2O2 n t mol H2 x 2z t 0,105 BTKL. x 2z n nY k.n H2 Br2 X x 2z x y z t 0,8 x 2z x y z (x 2z 0,105) 1,25(x 2z) 3x 4y 2z 0,42 0,8 26,715 0,42.44 BTNT.C n 0,42(mol) BTKL n 0,4575 CO2 H2O 18 BTKL m 0,42.12 0,4575.2 0,35237.m m 9,195 Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm C 3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl 4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch
  19. brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là: A. 21,00. B. 14,28. C. 10,50. D. 28,56. Trích đề thi thử chuyên Đại học Vinh – 2014 Định hướng tư duy giải nC H x mol 3 6 n ymol C4H10 X Y m m  n n n x 2z t 0,15 X n z mol  lk H2 Br2 C2H2 n t mol H2  nX x y z t 2x y 3z 0,15 nX 0,5 x 2z 0,4   n 0,4 2x y 3z 0,15 0,5 Br2  3x 4y 2z 0,6 n n CO2  Khi đó ta có ngay: m m m 21,45  CO2 H2O  0,6.100 (0,6.44 m ) 21,45 n 0,675mol H2O H2O 0,6.2 0,675 BTNT n 0,9375 V 21(lit) O2 2 5.2.2. Tư duy dựa vào mối liên hệ giữa các sản phẩm cháy Trong quá trình ra đề thi cho các bài tập về hóa học hữu cơ có thể nói phản ứng đốt cháy là công cụ vô cùng quan trọng giúp người ra đề che dấu bản chất từ đó gây khó khăn cho người giải. Do đó, tôi mạnh dạn trình bày những vấn đề then chốt trong quá trình đốt cháy hợp chất hữu cơ. 5.2.2.1. Mối liên hệ giữa CO2 và H2O Vấn đề này có lẽ đã rất quen thuộc với hầu hết các bạn. Theo tôi nó thuộc về vấn đề phải biết. Do vậy, tôi cũng không nói nhiều. Chỉ xin nhắc lại một công thức nhỏ gọn sau: n n (k 1)n CO2 H2O X Trong đó: k là số liên kết pi trung bình trong hỗn hợp X. X là hỗn hợp các chất chứa C, H, O 5.2.2.2. Mối liên hệ giữa số mol O2 và CO2 hoặc H2O Để nghiên cứu các mối tương quan này chúng ta cùng nhau nghiên cứu các phản ứng cháy tổng quát sau (các hợp chất luôn xem là mạch hở): 3n + Với ancol no đơn chức: C H O O nCO (n 1)H O n 2n 2 2 2 2 2 nO 1,5nCO  1,5nCO nO 0 Nhận thấy: 2 2 2 2 1,5n n 1,5n H2O O2 X
  20. 3n + Với axit, este no, đơn chức (X): C H O ( 1)O nCO nH O n 2n 2 2 2 2 2 n 1,5n n n 1,5n n O2 CO2 X X CO2 O2 Nhận thấy: 1,5n n n H2O O2 X 3n 1 + Với andehit no, đơn chức: C H O O nCO (n 1)H O n 2n 2 2 2 2 n 1,5n 0,5n n 3n 2n O2 CO2 X X CO2 O2 Nhận thấy: 1,5n n 2n H2O O2 X + Hợp chất có 2 nguyên tử O và 2 liên kết π: 3n 3 C H O O nCO (n 1)H O n 2n 2 2 2 2 2 Nhận thấy: n 1,5n 1,5n O2 CO2 X Ps. Với các hợp chất khác các bạn tự viết phương trình và rút ra các kết luận. Ngoài ra người ra đề cũng hay che dấu thủ đoạn bằng những cách thức rất “kín”. Bây giờ chúng ta cùng nhau đi xem xét một số ví dụ điển hình sau: Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm glixerol, metan, ancol etylic và axit cacboxylic no, đơn chức mạch hở Y (trong đó số mol glixerol bằng 1/2 số mol metan) cần 0,41 mol O2, thu được 0,54 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch KOH dư thì lượng muối thu được là A. 39,2 gam. B. 27,2 gam. C. 33,6 gam. D. 42,0 gam. Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải Vì số mol C3H5(OH)3 bằng ½ mol CH4 nên ta lấy 2 nguyên tử O từ glixerol lắp qua CH4 như vậy X chỉ là ancol no, đơn chức và cacboxylic no, đơn. Để ý thấy 3n C H O O nCO (n 1)H O n 2n 2 2 2 2 2 3n C H O ( 1)O nCO nH O n 2n 2 2 2 2 2 Từ hai phương trình trên ta có ngay 1,5n n n  n 1,5.0,54 0,41 0,4(mol) CO2 O2 axit axit Như vậy axit chỉ có thể là HCOOH  m mHCOOK 0,4.84 33,6(gam) Ví dụ 2: Hỗn hợp M gồm ancol X và axit Y ( đều no đơn chức, mạch hở) và este Z tạo từ X và Y. Đốt cháy hoàn toàn m(g) M cần dùng vừa đủ 0,18 mol O 2, sinh ra 0,14 mol CO2. Cho m gam M trên vào 500 ml dung dịch NaOH 0,1 M đun nóng. Sau khi kết thức phản ứng thu được dung dịch N. Cô cạn dung dịch N thu được a gam chất rắn khan. Giá trị nào của a sau đây là phù hợp:
  21. A. 3,68B. 4,24C. 3,32 D. 4,16 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải Đề bài cho số mol O2 và CO2 ta chú ý ngay tới 3n C H O O nCO (n 1)H O n 2n 2 2 2 2 2 3n C H O ( 1)O nCO nH O n 2n 2 2 2 2 2 Từ hai phương trình trên ta có ngay 1,5n n n  n 1,5.0,14 0,18 0,03(mol) CO2 O2 axit este axit a 3,68  R 29 NaOH : 0,02 a 4,24  R 47,667  a  RCOONa : 0,03 a 3,32  R 17 a 4,16  R 45 → Vậy chỉ có đáp án A là phù hợp. Ví dụ 3: Cho hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức. Đem đốt cháy m gam X thì cần vừa đủ 0,465 mol O2 sản phẩm cháy thu được chứa x mol CO 2. Thủy phân m gam X trong 90 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thì thu được được 8,86 gam hỗn hợp muối Y và một ancol Z no đơn chức, mạch hở. Đem đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối Y thì cần dùng 7,392 lít (đktc) khí O2. Giá trị a là: A. 8,36.B. 8,14.C. 9,34. D. 9,46. Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải Bài toán mới nhìn qua có vẻ khá lạ vì X có tới 3 este mà không có chút manh mối nào về công thức phân tử. Tuy nhiên, các bạn hãy chú ý rằng việc cho thêm NaOH vào X rồi đem đốt cháy sẽ không làm ảnh hưởng tới lượng O2 cần dùng. n 0,045(mol) Na2CO3 Ta có: n 0,09  n 0,09 ch¸y n a NaOH Y CO2 n b H2O BTKL 44a 18b 0,045.106 8,86 0,33.32  44a 18b 14,65 BTNT.O 0,09.2 0,33.2 0,045.3 2a b  2a b 0,705 a 0,245  b 0,215 Theo chú ý bên trên ta suy ra số mol O2 cần để đốt cháy ancol là n 0,465 0,33 0,135(mol) O2
  22. nancol 0,09 ch¸y CO2 : a Như vậy, ta sẽ có:  n 0,135 H O : a 0,09 O2 2 BTNT.O  0,09 0,135.2 2a (0,09 a)  a 0,09  CH3OH BTNT.C n x 0,245 0,045 0,09 0,38(mol)  CO2 Ví dụ 4: Cho hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức (hơn kém nhau 1 nguyên tử C trong phân tử). Đem đốt cháy m gam X thì cần vừa đủ 0,46 mol O 2. Thủy phân m gam X trong 70 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thì thu được được 7,06 gam hỗn hợp muối Y và một ancol Z no đơn chức, mạch hở. Đem đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối Y thì cần dùng 5,6 lít (đktc) khí O2. Phần trăm khối lượng của este có phân tử khối nhỏ hơn trong X là: A. 47,104.B. 27,583%.C. 38,208%. D. 40,107%. Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải n 0,035(mol) Na2CO3 Ta có: n 0,07  n 0,07 ch¸y n a NaOH Y CO2 n b H2O BTKL 44a 18b 0,035.106 7,06 0,25.32  44a 18b 11,35 BTNT.O 0,07.2 0,25.2 0,035.3 2a b  2a b 0,535 a 0,215  b 0,105 Theo chú ý bên trên ta suy ra số mol O2 cần để đốt cháy ancol là n 0,46 0,25 0,21(mol) O2 nancol 0,07 ch¸y CO2 : a Như vậy, ta sẽ có:  n 0,21 H O : a 0,07 O2 2 BTNT.O  0,07 0,21.2 2a (0,07 a)  a 0,14  C2H5OH BTNT.C n 0,215 0,035 0,14 0,39(mol)  C 5,571  CO2 BTNT.H trong X  nH 0,105.2 0,21.2 0,07 0,56 x 6 y 9,5 C5HxO2 : 0,03  X  3x 4y 56  x 8 y 8 C6HyO2 : 0,04 x 10 y 6,5 C5H8O2 : 0,03 0,03.100  X  %C5H8O2 40,107% C6H8O2 : 0,04 0,03.100 0,04.112 5.2.3. Tư duy biện luận, đánh giá tổng hợp
  23. Ví dụ 1: 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 CO 2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, đun nóng m gam hỗn hợp A có mặt H 2SO4 đặc làm xúc tác chỉ thu được một chất hữu cơ B 2 chức (thuần) có khối lượng 23,9 gam và a gam H 2O. Đốt cháy hoàn toàn lượng chất B ở trên cần 24,08 lít khí O 2 (đktc). Nếu lấy toàn bộ lượng ancol có trong A đem đốt cháy thì cần dùng vừa đủ V lít O 2 (đktc). Biết các phản ứng hoàn toàn và các ancol đơn chức, số nguyên tử C trong Y nhiều hơn trong X một nguyên tử. Giá trị của V gần nhất với: A. 22,1B. 24,6C. 26,8D. 28,2 Nguôn đề: Nguyễn Anh Phong Định hướng tư duy giải n 1,1 CO2 Khi đốt cháy A thì n 0,85 H2O Vì đốt cháy A hay B thì lượng khí O2 cũng cần như nhau nên ta có: n 1,075 BTKL m 48,4 15,3 1,075.32 29,3(gam) O2 A BTNT.O trongA  nO 1,1.2 0,85 1,075.2 0,9(mol) BTKL a 29,3 23,9 5,4(gam)  n 0,3(mol) H2O nancol 0,3(mol) 1,1 Vì các ancol đơn chức → A  C 2,44 naxit 0,15(mol) 0,45 + Nếu số C trong các ancol là 3 và 4 thì n 0,3.3 0,15.2 1,2 (vô lý) CO2 + Nếu các ancol là CH3OH và C2H5OH thì axit phải là axit không no. Lại có khi A cháy n n 0,25 do đó khi axit cháy thì n n 0,55 CO2 H2O CO2 H2O  0,55 (k 1).0,15 k 3,2 (Vô lý vì số liên kết π trong axit phải nguyên). C2H5OH : a + Vậy ta phải có A C3HnOH : b HOOC R COOH : 0,15(mol) Nếu R 14  mA 0,3.46 0,15.104 29,4 (vô lý) C2H5OH : a a b 0,3 → A C3HnOH : b  BTNT.C  2a 3b 0,15.2 1,1 HOOC COOH : 0,15(mol) a 0,1 BTNT.H   0,1.6 0,2(n 1) 0,15.2 0,85.2 n 3 b 0,2 C H O : 0,2 Vậy khi đốt các ancol 2 6 BTNT n 1(mol)  V 22,4(l) O2 C3H4O : 0,1
  24. Ví dụ 2: Hỗn hợp E gồm ba chất hữu cơ mạch hở: axit cacboxylic X, anđehit Y, ancol Z, trong đó X và Y đều no; Z không no, có một nối đôi C=C và không quá 4 nguyên tử cacbon trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol E, thu được 40,32 lít CO2 (đktc) và 27 gam H2O. Biết E lần lượt phản ứng với Na (tạo ra khí H2) và NaOH theo tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 5 và 3 : 2. Phần trăm khối lượng của Y trong E gần nhất với: A. 12%. B. 13%. C. 14%.D. 11%. Định hướng tư duy giải n 1,0 n 0,5 n 0,4 Na H2 COOH Dễ suy ra với nE 0,6 n 0,6 n NaOH 0,4 OH → Z phải chứa 2 chức – OH BTNT.O → Z phải là CH2 CH CH(OH) CH2 (OH)  n Z 0,3 n 1,8 CO2 HOOC COOH : 0,2 Ta lại có: n 1,5(mol) HOC CHO : 0,1 H2O 0,1.58  %HOC CHO 11,55% 0,1.58 0,3.88 0,2.90 Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm C 2H7N và hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 100ml hỗn hợp X bằng 1 lượng O 2 vừa đủ thu được 550ml Y gồm khí và hơi nước. Nếu cho Y đi qua axitsufuric đặc dư thì còn lại 250ml khí CTPT của 2 hidrocacbon: A. CH4 và C2H6 B. C3H6 và C2H4 C. C2H6 và C3H8 D. C3H6 và C3H8 Định hướng tư duy giải VX 100(ml) Ta có:  H 6 V 550 250 300(ml) H2O → Như vậy ta loại ngay đáp án C và D vì các chất đều có số H không nhỏ hơn 6. V V 250(ml) N2 CO2 Lại có:  V 200  C 2 V 50 CO2 N2 → Như vậy ta loại ngay đáp án A vì các chất đều có số C không vượt quá 2. Ví dụ 4: Nung 47 gam hỗn hợp X gồm 2 ancol A, B (M A < MB) với nhôm oxit thu được hỗn hợp Y gồm 3 ete (các ete có số mol bằng nhau), 0,33 mol hỗn hợp ancol dư, 0,27 mol hỗn hợp 2 anken và 0,42 mol nước. Biết hiệu suất anken hóa của các ancol là như nhau. Phần trăm khối lượng của A trong X là : A. 48,94% B. 68,51% C. 48,94% hoặc 68,51% D. Đáp án khác Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – 2015 Định hướng tư duy giải
  25. H2O X  anken nanken 0,27 Ta có :  nete 0,42 0,27 0,15(mol) H2O n 0,42 X  ete  H2O BÞ t¸ch n­íc nancol 0,27 0,42 0,27 .2 0,57(mol) 47 C2H5OH : a(mol) Vậy nX 0,33 0,57 0,9(mol) M 52,22 0,9 B : b(mol) a b 0,9 (1) (1) (2) 5,6  b Ta có: 46a B.b 47 (2) B 46 (1) (3) H(a b) 0,27 (3)  H 30% Vì sau cùng có ancol B dư nên b 0,3b 0,15 0  B 72,168  C3H7OH anken ete C2H5OH : 0,5  X %C2H5OH 48,936% C3H7OH : 0,4 Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol một amin no, mạch hở X bằng lượng khí O 2 vừa đủ thu được 1,8 mol hỗn hợp khí và hơi Y. Mặt khác, lấy 10,3 gam X đốt cháy rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào 500ml dung dịch Ca(OH) 2 0,6M thấy có m gam kết tủa trắng xuất hiện. Biết số nguyên tử C và N trong X hơn kém nhau 1 nguyên tử. Giá trị của m là: A. 12B. 13C. 20D. Đáp án khác Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – 2016 Định hướng tư duy giải Ta có công thức tổng quát của amin no là: Cn H2n 2 k (NH2 )k nCO2 Ch¸y k k k X  N2 0,15(n n 1 ) 1,8 2 2 2 k (n 1 )H O 2 2 n 4 2n k 11  Y : C4H13N3 k 3 Vậy trong 10,3 gam Y có 10,3 n .4 0,4(mol) Ca(OH)2:0,3 m 0,2.100 20(gam) CO2 103  Ví dụ 6: Hỗn hợp E chứa một amin no bậc II, đơn chức, mạch hở và hai hidrocacbon X, Y (X kémY một nguyên tử cacbon và số mol của X gấp 1,5 lần số mol amin). Đốt cháy 0,24 mol hỗn hợp E cần dùng 0,76 mol O 2, sản phẩm cháy dẫn
  26. qua dung dịch KOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 30,88 gam, đồng thời thoát ra một khí đơn chất duy nhất. Mặt khác, lấy 3,84 gam E cho vào dung dịch Br 2 dư thì thấy có a mol Br2 phản ứng. Giá trị của a là: A. 0,16B. 0,02C. 0,04D. B và C Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – 2016 Định hướng tư duy giải BTKL CO2 : a(mol)  44a 18b 30,88 a 0,44(mol) Ta có ngay: 30,88 BTNT.O H2O : b(mol)  2a b 2.0,76 b 0,64(mol) 0,44 C 1,83 → X là CH4 còn Y có thể là C2H2, C2H4, C2H6. 0,24 + Trường hợp Y là C2H6 cũng vô lý ngay vì n n n 0,24 (Vô lý) H2O CO2 X + Tương tự với trường hợp C2H4 cũng vô lý C n H2n 3N : a 2,5a b 0,24 a 0,08 + Vậy E là CH4 :1,5a na 1,5a 2b 0,44 b 0,04 C2H2 : b (2n 3)a 6a 2b 1,28 n 3 Với 0,24 mol E → mE 0,44.12 0,64.2 0,08.14 7,68 m 3,84 n 0,12 n 0,02 n 0,04(mol) E E C2H2 Br2 Ví dụ 7: X là hỗn hợp chứa 1 axit, 1 ancol, 1 andehit đều đơn chức, mạch hở có khả năng tác dụng với Br2 trong CCl4 và đều có ít hơn 4 nguyên tử C trong phân tử. Đốt cháy 0,1 mol X cần 0,34 mol O2. Mặt khác, cho 0,1 mol X vào dung dịch NaOH dư thì thấy có 0,02 mol NaOH phản ứng. Nếu cho 14,8 gam X vào dung dịch nước Br 2 (dư) thì số mol Br2 phản ứng tối đa là : A. 0,45B. 0,35C. 0,55D. 0,65 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – 2016 Định hướng tư duy giải + Các chất trong X đều có ít hơn 4C và đều có liên kết không bền ở mạch cacbon nên các chất đều có 3 nguyên tử C trong phân tử. + Khi đó 0,1 mol X cháy n 0,3(mol) CO2 trongX + nNaOH 0,02 n COOH 0,02 nO 0,12(mol) BTNT.O  0,12 0,34.2 0,3.2 nH O nH O 0,2 + 2 2 BTKL trong 0,1mol  mX 0,3.12 0,12.16 0,2.2 5,92 + Có ngay n n (k 1).n k 2 (k là số liên kết π trong X) CO2 H2O X 14,8 + Và 2,5 n 2,5.2.0,1 0,02.2,5 0,45(mol) 5,92 Br2  COOH
  27. Chú ý : Br2 không phản ứng với – CHO trong môi trường CCl 4 nhưng có phản ứng với – CHO trong nước. Ví dụ 8: Đốt cháy hoàn toàn 0,13 mol hỗn hợp X gồm một andehit và một ancol đều mạch hở cần nhiều hơn 0,27 mol O 2 thu được 0,25 mol CO2 và 0,19 mol H2O.Mặt khác,cho X phản ứng hoàn toàn với dung dịch AgNO 3/NH3 dư thu được m gam kết tủa.Biết rằng số nguyên tử H trong phân tử ancol nhỏ hơn 8.Giá trị lớn nhất của m là : A. 40,02B. 58,68 C. 48,87 D. 52,42 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – 2016 Định hướng tư duy giải Nhận xét : 0,38 + H 2,923 4 Số H trong phân tử ancol bất kì luôn không nhỏ hơn 4 nên 0,13 chắc chắn trong andehit có 2 nguyên tử H. 0,25 + C 2 nên có hai trường hợp xảy ra. 0,13 CH3OH : a BTNT.H a b 0,13 a 0,06 Trường hợp 1 : Nếu X là  Andehit : b 4a 2b 0,38 b 0,07 Vì số mol O2 cần khi đốt > 0,27 nên andehit phải đơn chức. BTKL  mX m(C,H,O) 0,25.12 0,19.2 0,13.16 5,46(gam) 5,46 0,06.32 M 50,57 (Vô lý). andehit 0,07 a b 0,13 a 0,07 HCHO : a 2a 4b 0,38 b 0,06 Trường hợp 2: Nếu X là BTNT.H  Ancol : b a b 0,13 a 0,1 2a 6b 0,38 b 0,03 TH.1 HCHO : 0,07  X CH  C CH2 OH : 0,06 TH.2 HCHO : 0,1  X CH  C CH CH CH2 OH : 0,06 TH.1 Ag : 0,07.4  m 40,02 CAg  C CH2 OH : 0,06 TH.2 Ag : 0,1.4  m 48,87 → Chọn C CAg  C CH CH CH2 OH : 0,03
  28. Ví dụ 9: Hỗn hợp X một anken và hai amin (no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp). Đốt cháy hoàn toàn X cần vừa đủ 15,12 lít O2 (đktc) thu được H2O, N2 và 7,84 lít CO2 (đktc). Tên gọi của amin có phân tử khối lớn hơn trong hỗn hợp X là A. etylaminB. propylamin C. butylamin D. etylmetylamin Trích đề thi Khối A – 2012 – Bộ Giáo Dục Định hướng tư duy giải Câu này có thể suy luận nhanh như sau : + Với B và C là hai đồng phân (cùng CTPT) mà chỉ có phản ứng đốt cháy thì không thể phân biệt được nên ta sẽ loại hai đáp án này ngay . + Với A và D nếu 50/50 thì có thể chọn D vì các bài toán Hóa Học nếu chặn khoảng thường phải một giá trị nào đó. Ta cũng có thể giải như sau: Ta có: n 0,675(mol) O2 BTNT.O 0,65 0,35  n 0,65(mol) n 0,2(mol) n 0,35(mol) H2O a min 1,5 CO2 BTKL  mX 0,675.32 0,35.44 0,65.18 0,2.14 mX 8,3(gam) Tới đây ta có thể chọn A ngay vì nếu các amin có nhiều hơn 2 C thì số mol CO 2 sẽ vô lý ngay. Ví dụ 10: Đun nóng 72 gam hỗn hợp M gồm 3 ancol no, đơn chức, hở X; Y; Z( MX<MY<MZ; không có hai ancol nào có số cacbon liên tiếp và số nguyên tử C vượt 0 quá 6) với H 2SO4 đặc, 140 C thu được 61,2 gam hỗn hợp N gồm 6 ete có số mol 0 bằng nhau. Mặt khác, đun nóng cũng lượng hỗn hợp M trên với H 2SO4 đặc, 170 C thì thu được m (gam) một anken P duy nhất. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với: A. 33. B. 50. C. 35. D. 16. Định hướng tư duy giải 72 61,2 Ta có: BTKL n 0,6(mol)  n 0,6.2 1,2(mol) H2O 18 ancol Vì các ete có số mol bằng nhau nên nX nY n Z 0,4(mol) 72 Ta lại có: M 60  CH OH, C H OH, CH C CH OH 1,2 3  3 7  332 X Y Z  m m 0,4.42 16,8(gam) →Chọn D anken C3H6 Ví dụ 11: Cho 0,05 mol hỗn hợp X hai este đơn chức Y và Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp các chất hữu cơ T. Đốt cháy hoàn toàn T thu được 0,12 mol CO2 và 0,03 mol Na2CO3. Làm bay hơi hỗn hợp T thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 2,34. B. 4,56. C. 5,64. D. 3,48.
  29. Định hướng tư duy giải nX 0,05 Ta có: n 0,03  n 0,06 Na2CO3 NaOH → Trong X có este của phenol (giả sử là Y) nY y y z 0,05 y 0,01 Khi đó:  BTNT.Na  . nZ z  2y z 0,06 z 0,04 BTNT.C 0,01.n 0,04.m 0,12 0,03 0,15 (n 6,m 2) HCOOC6H5 : 0,01 BTKL C6H5ONa : 0,01 Vậy X  m 4,56 HCOOCH3 : 0,04 HCOONa : 0,04 0,01 0,05 Ví dụ 12: Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ đơn chức A và B (chứa C, H, O và đều có phân tử khối lớn hơn 50). Lấy m gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau phản ứng hoàn toàn thu được sản phẩm là dung dịch Y chỉ chứa hai muối, trong đó có một muối chứa 19,83% natri về khối lượng. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 đem thực hiện phản ứng tráng bạc, thu được tối đa 16,2 gam Ag. Phần 2 đem cô cạn rồi đốt cháy hoàn toàn thu được CO 2, H2O và 10,6 gam Na2CO3. Giá trị m là A. 13,85. B. 30,40. C. 41,80. D. 27,70. Trích đề thi thử chuyên ĐH Vinh – Lần 3 – 2015 Định hướng tư duy giải Ag:0,15 Y  HCOONa : 0,075(mol) Nhận thấy Y có tráng bạc nên: 2 %Na 19,83  C6H5ONa : a(mol) Và n 0,1BTNT.Na a 0,075 0,2 a 0,125 Na2CO3 Y C6H5OH : 0,05(mol) m 2(0,05.94 0,075.122) 27,7 (gam) 2 HCOOC6H5 : 0,075(mol)
  30. BÀI TẬP TỰ LUYỆN SỐ 01 Câu 1: Hỗn hợp X gồm C2H6, C3H4, C2H2, C4H6 và H2 (các chất đều mạch hở). Cho 19,46 gam X vào dung dịch chứa Br 2 dư thì thấy có 0,86 mol Br 2. Tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 14,56 lít hỗn hợp khí X (đktc) cần V lít khí O 2 (đktc) và thu được 1,21 mol H2O. Giá trị của V là: A. 45,36B. 45,808C. 47,152D. 44,688 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,32 mol hỗn hợp X gồm C 2H2, C2H4, C2H6, C3H6 và H2 cần vừa đủ 0,76 mol khí O2. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 10,32 gam X rồi hấp thu hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy 72 gam kết tủa trắng xuất hiện và khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của m gần nhất với: A. 45,2B. 46,7C. 52,2D. 50,2 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 3: Hỗn hợp X gồm C2H2, C3H6, C4H10 và H2. Cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X qua bình đựng dung dịch brom dư thấy có 64 gam brom tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X được 55 gam CO2 và m gam nước. Giá trị của m là A. 31,5. B. 27. C. 24,3. D. 22,5. Câu 4: Hỗn hợp X gồm C 2H2, C3H6, C4H10 và H2. Cho 7,64 gam hỗn hợp X qua bình đựng dung dịch brom dư thấy có 41,6 gam brom tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X được 47,52 gam CO2 và m gam nước. Giá trị của m là : A. 21,24. B. 21,06. C. 20,70. D. 20,88 Câu 5: Hỗn hợp X gồm các chất (mạch hở) C 2H6, C2H4, C2H2, C3H6, C3H4, C3H2 và H2. Lây 8,32 gam hỗn hợp X đem đốt cháy hoàn toàn thì cần vừa đủ 0,88 mol O 2. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thấy m gam kết tủa xuất hiện. Mặt khác, lấy 7,84 lít X ở đktc sục vào dung dịch nước Br2 dư thấy số mol Br2 tham gia phản ứng là 0,406 mol. Giá trị của m là: A. 98,5B. 88,65C. 118,2D. 137,9 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 6: Hỗn hợp X gồm các chất (mạch hở) C 2H6, CH4, C2H2, C2H4, C3H4, C4H8 và H2. Lấy m gam X đem đốt cháy hoàn toàn thì cần dùng vừa đủ a mol khí O 2 thu được tổng khối lượng của CO 2 và H2O là 44,4 gam. Mặt khác, cho 10,752 lít hỗn hợp X ở đktc tác dụng với Br 2 dư thấy số mol Br 2 tham gia phản ứng là 0,372 mol. Giá trị của a là: A. 0,70B. 0,71C. 0,72D. 0,73 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 7: Hỗn hợp X gồm các chất (mạch hở) C 2H6, CH4, C2H2, C2H4, C3H4, C4H8 và H2. Lấy m gam X đem đốt cháy hoàn toàn thì cần dùng vừa đủ a mol khí O 2 thu
  31. được tổng khối lượng của CO2 và H2O là 61,2 gam. Mặt khác, cho 13,44 lít hỗn hợp X ở đktc tác dụng với Br 2 dư thấy số mol Br 2 tham gia phản ứng là 0,612 mol. Giá trị của m là: A. 13,84B. 12,71C. 14,32D. 15,83 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 8: Hỗn hợp A gồm C 3H6O, C4H6O, C4H4O2 và C5H6O2. Đốt cháy hoàn toàn 36,5 gam A cần 45,92 lít khí O2 (đktc). Hấp thụ hoàn toàn sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch trong bình giảm 262,35 gam. Khối lượng của C3H6O trong 36,5 gam A là: A. 3,48 gB. 2,90 gD. 4,35C. 4,64 Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm anđehit axetic, etyl axetat và ancol propylic thu được 20,24 gam CO2 và 8,64 gam nước. Phần trăm khối lượng của ancol propylic trong X là A. 50,00%.B. 83,33%.C. 26,67%.D. 12,00%. Trích đề thi thử THPT Chuyên – Bảo Lộc – Lâm Đồng – lần 2 – 2015 Câu 10: Hỗn hợp X gồm 0,12 mol axetilen, 0,16 mol but-1-en, 0,08 mol but-1-in, 0,04 mol butan và 0,6 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni) một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y tác dụng với AgNO 3 dư trong NH3 thu được a mol hỗn hợp kết tủa và 16,352 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Sục khí Z qua dung dịch Brom dư thấy có 35,2 gam brom phản ứng. Giá trị của a là: A. 0,04B. 0,05C. 0,06D. 0,07 Câu 11: Hỗn hợp X gồm 0,06 mol C 3H4; 0,04 mol C4H8; 0,08 mol C4H6; 0,12 mol C2H6 và 0,6 mol H2. Nung nóng X trong bình kín chứa Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y đi qua dung dịch chứa AgNO 3/NH3 thì thu được kết tủa và thấy có 15,68 lít (đktc) hỗn hợp khí Z bay ra. Cho Z qua dung dịch nước Br 2 dư thì thấy có 0,04 mol Br2 tham gia phản ứng. Tỷ khối hơi của X so với Y đạt giá trị gần nhất nào sau đây: A. 0,86B. 0,92C. 0,94D. 0,96 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 12: Hỗn hợp X gồm C 3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl 4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là: A. 21,00. B. 14,28. C. 10,50. D. 28,56. Câu 13: X là hỗn hợp chứa một ancol no, đơn chức A và ancol B không no (có hai liên kết π) hai chức. Tỷ khối hơi của X so với khí heli là 17,5. Đốt cháy hoàn toàn
  32. 2,8 gam X rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy vào dung dịch đựng Ca(OH)2 dư thấy có 14 gam kết tủa trắng xuất hiện. Biết số nguyên tử C trong B nhỏ hơn 8. Phần trăm khối lượng của A trong X gần nhất với: A. 54%B. 58%C. 60%D. 64% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 14: Hỗn hợp X gồm HCOOH, CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1), hỗn hợp Y gồm CH3OH, C2H5OH (tỉ lệ mol 2:3). Lấy 16,96 gam hỗn hợp X tác dụng với 8,08 gam hỗn hợp Y (có xúc tác H2SO4 đặc) thu được m gam este (hiệu suất các phản ứng este hóa đều bằng 80%). Giá trị của m là: A. 12,064 gam B. 20,4352 gam C. 22,736 gam D. 17,728 gam
  33. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN SỐ 01 Câu 1: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải Ta dồn bọn X thành: Cn H2n 2 2k với k là số liên kết π. nX 0,65 BTNT.H Ta có:  1,21.2 0,65(2n 2 2k) 1,3n 1,3k 1,12 n 1,21 H2O 19,46 BTLK.  .k 0,86 21,18k 12,04n 1,72 14n 2 2k 142 n 65 BTNT   n 2,025  V 45,36(l) 86 O2 k 65 Câu 2: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải + Ta dồn bọn X thành: Cn H2n 2 2k với k là số liên kết π. n 1,5 BTNT CO2 : 0,72(mol) + Tính ra được    m 46,8(gam) k 0,75 H2 O : 0,84(mol) Câu 3: Chọn đáp án C Định hướng tư duy giải Bài toán có vẻ khá phức tạp tuy nhiên với kỹ thuật “dồn biến” thì ta sẽ tiêu diệt rất nhanh gọn. Đầu tiên ta dồn bọn X thành : Cn H2n 2 2k với k là số liên kết π. nX 0,5 0,4 Ta có : k 0,8 X :C H n 0,4 0,5 n 2n 0,4 Br2 1,25 Và n 1,25(mol) BTNT.C n 2,5 X :C H CO2 0,5 2,5 5,4 5,4.0,5 BTNT.H m .18 24,3(gam) H2O 2 Câu 4: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải Đầu tiên ta dồn bọn X thành: Cn H2n 2 2k với k là số liên kết π. nX 0,6 1,08 Ta có: n 1,8 X :C H n 1,08 0,6 1,8 5,6 2k CO2
  34. n 0,26 13 Ta lại có: k Br2 k nX 7,64 15 27,2 2k 13 5,6 2. BTNT.H m 0,6. 15 .18 20,88(gam) 2 Câu 5: Chọn đáp án C Định hướng tư duy giải + Ta dồn bọn X thành: Cn H2n 2 2k với k là số liên kết π. n 2,4 BTNT + Tính ra được   nCO 0,6  m 118,2(gam) k 1,16 2 Câu 6: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải + Ta dồn bọn X thành: Cn H2n 2 2k với k là số liên kết π. n 0,69 n 1,725 BTNT CO2 BTNT.O + Tính ra được    a 1,08(mol) k 0,775 n 0,78 H2O Câu 7: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải + Ta dồn bọn X thành: Cn H2n 2 2k với k là số liên kết π. + Tính ra được n 0,99 n 1,98 BTNT CO2 BTNT BTKL    m 13,84(mol) k 1,02 n 0,98 H2O Câu 8: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải n x(mol) CO2 BTKL Đầu tiên  44x 18y 36,5 2,05.32 102,1 n y(mol) H2O BTNT.C BTKL x 1,85(mol) Tiếp tục  197x 102,1 262,35 y 1,15(mol) 36,5 1,85.12 1,15.2 Lại BTKL BTNT nTrongX 0,75(mol) O 16 Nhận xét: Các chất trong X trừ C3H6O có mối liên hệ 2C 2O H C3H6O : a(mol) Khi đó ta dồn X về Cx H2x 2yOy : b(mol)
  35. BTNT.C 3a bx 1,85  BTNT.H 6a (2x 2 y).b 1,15.2 a 0,05  m 2,9(gam) CH3COCH3 BTNT.O  a by 0,75 Câu 9: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải n 0,46(mol) CO2 Ta có: n 0,48 0,46 0,02(mol) n 0,48(mol) C3H7OH H2O Chú ý: anđehit axetic, etyl axetat có chung CTĐGN nên ta dồn vào thành C2H4O 0,46 0,02.3 BTNT.C n 0,2(mol) C2H4O 2 0,02.60 %m 12% C3H7OH 0,02.60 0,2.44 Câu 10: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải Hỗn hợp cần quan tâm là C2H2 : a C H : b 4 6 ' Ni X C4H8 : 0,16  Y’(không chứa ankin, chính là Z) C H : 0,04 4 10 H2 : 0,6 n 0,22  n 0,22 Br2 anken Có ngay n Z 0,73 nankan a b 0,16 0,04 0,22 a b 0,02 BTLK.  n 0,6 (2a 2b 0,06) 0,66 2a 2b H2 Và  a b 0,13  n a 0,12 0,08 0,13 0,07(mol) Câu 11: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải Hỗn hợp cần quan tâm là C3H4 : a C H : b 4 6 ' Ni X C2H6 : 0,12  Y’(không chứa ankin, chính là Z) C H : 0,04 4 8 H2 : 0,6
  36. n 0,04  n 0,04 Br2 anken Có ngay n Z 0,7 nankan a b 0,12 a b BTLK.  n 0,6 (2a 2b) H2 Và  a b 0,06  nph¶n øng 0,6 0,48 0,12 H2 M n n 0,12 0,9 0,12 13  X Y X MY nX nX 0,9 15 Câu 12: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải nC H x mol 3 6 n y mol C4H10 X Y mgam X n n n x 2z t 0,15 n z mol  lk H2 Br2 C2H2 n t mol H2 nX x y z t 2x y 3z 0,15 x 2z 0,4 0,5 mol X Br (0,4 mol) 2 2x y 3z 0,15 0,5 3x 4y 2z 0,6 n n CO2  Khi đó ta có ngay: m m m 21,45  CO2 H2O 0,6.100 (0,6.44 m ) 21,45 n 0,675mol H2O H2O 0,6.2 0,675 BTNT n 0,9375 V 21(lit) O2 2 Câu 13: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải nX 0,04 Ta có: M 70 C 3,5 X n 0,14 CO2 n®¬n chøc = a a b 0,04 a 0,03 Khi đó  BTKL  nhai chøc = b  18a 30b 14.0,14 2,8 b 0,01 + Nếu B có 3 nguyên tử C  n 0,01.3 0,03.4 0,15 (loại) CO2 + Nếu B có 4 nguyên tử C  n 0,01.4 0,03.3 0,13 (loại) CO2 0,14 0,01.5 + Nếu B có 5 nguyên tử C  C 3  C H OH A 0,03 3 7
  37. 0,03.60  %C H OH 64,29% 3 7 2,8 Dễ thấy với B có 6 hoặc 7 C sẽ vô lý ngay. Câu 14: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải HCOOH R1COOH X CH COOH 3 R1 8 R1COOH : 0,32(mol) Ta có dồn biến: R OH : 0,2(mol) CH3OH R2OH 2 Y C2H5OH R2 23,4  meste 0,2.0,8(8 44 23,4) 12,064(gam)
  38. BÀI TẬP TỰ LUYỆN SỐ 02 Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn 13,68 gam hỗn hợp X chứa một este no hai chức, một axit no đơn chức và C 3H8 cần dùng vừa đủ 0,84 mol khí O 2. Biết rằng trong X số mol este nhiều hơn số mol C 3H8 là 0,02 mol. Trong X thì C3H8 chiếm 25% về số mol và số C trong este nhiều hơn trong axit. Phần trăm khối lượng của axit có trong X gần nhất với: A. 45%B. 18%C. 22%D. 30% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa một axit không no (chứa một nối đôi) đơn chức, một axit no đơn chức và ancol C 3H8O (tất cả đều mạch hở) cần dùng vừa đủ 8,904 lít khí O2 (đktc). Sau phản ứng thu được CO 2 và 6,03 gam H2O. Biết rằng trong m gam X số mol axit không no ít hơn số mol ancol là 0,035 mol. Giá trị của m là: A. 7,24B. 5,86C. 6,14D. 6,51 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa một axit không no (chứa một nối đôi) đơn chức, một axit no đơn chức và ancol C 3H8O (tất cả đều mạch hở) cần dùng vừa đủ 8,904 lít khí O2 (đktc). Sau phản ứng thu được CO 2 và 6,03 gam H2O. Biết rằng trong m gam X số mol axit không no ít hơn số mol ancol là 0,035 mol. Cho toàn bộ lượng X trên vào dung dịch NaOH dư thì thấy có 0,04 mol NaOH tham gia phản ứng. Phần trăm khối lượng của ancol có trong X là: A. 46,1%B. 64,52%C. 55,3%D. 52,14% Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Câu 4: Một hỗn hợp Y gồm 2 este A, B mạch hở (M A< MB). Nếu đun nóng 15,7 gam hỗn hợp Y với dung dịch NaOH dư thì thu được một muối của axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hỗn hợp 2 ancol no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Nếu đốt cháy 15,7 gam hỗn hợp Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O 2 và thu được 17,92 lít CO2. Các thể tích khí đo ở đktc. Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hợp Y là A. 63,69%. B. 40,57%. C. 36,28%. D. 48,19%. Câu 5: Tiến hành đime hóa C 2H2 sau một thời gian thu được hỗn hợp X chứa hai chất hữu cơ có tỷ khối so với He là 65/6. Trộn V lít X với 1,5V lít H 2 thu được hỗn hợp Y. Đun nóng Y với bột Ni sau một thời gian thì thu 17,92 lít (ở đktc) hỗn hợp Z có tỷ khối so với Y là 1,875. Cho Z lội qua dung dịch AgNO 3/NH3 dư thì thấycó 0,3 mol AgNO3 phản ứng và tạo ra m gam kết tủa, hỗn hợp khí T thoát ra có thể tích là 12,32 lít (ở đktc) và làm mất màu tối đa 150 ml dung dịch Br2 2M. Giá trị của m là A. 40,1. B. 44. C. 32. D. 39,9. Câu 6: X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở thuộc cùng dãy đồng đẳng kế tiếp; Z và T là hai este thuần chức hơn kém nhau 14 đvC, đồng thời Y và Z là đồng phân của nhau (MX < MY < MT) đốt cháy 11,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z,
  39. T cần dùng 7,168 lít O2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết với 11,52 gam hỗn hợp E cần dùng 200ml dung dịch NaOH 1M thu được 2,8 gam hỗn hợp 3 ancol có cùng số mol. Số mol của X trong E gần nhất với A. 0,066 B. 0,044 C. 0,055 D. 0,033 Câu 7: Hỗn hợp E gồm một ancol X và axit cacboxylic Y (X, Y đều mạch hở, không phân nhánh). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E thu được 21,952 lít khí CO2 (đktc) và 17,64 gam H2O. Mặt khác, đun nóng m gam hỗn hợp E có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác chỉ thu được một chất hữu cơ Z thuần chức có khối lượng 22,12 gam và H2O. Đốt cháy hoàn toàn 16,59 gam Z cần 17,64 lít khí O 2 (đktc). Biết các phản ứng hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của X trong E là: A. 53,26% B. 65,98%C. 42,16%D. 68,18% Câu 8: Cho X là axit cacboxylic đơn chức mạch hở, trong phân tử có một nối đôi C = C, Y và Z là 2 axit cacboxylic đều no, đơn chức mạch hở đồng đẳng kế tiếp (M Y < 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 m gam chất rắn khan G. Đốt cháy hoàn toàn G bằng O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi. Hấp thụ hoàn toàn T vào bình nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam. Khối lượng của Z trong 23,02 gam E gần giá trị nào nhất sau đây: A. 3,5 g B. 2 g C. 17,02 g D. 6,6 g Trích đề thi thử THPT Quốc Gia – Sở GD&ĐT – Thanh Hóa – 2015 o Câu 9: Đun 7,36 gam ancol A với H2SO4 đặc ở 170 C thu được 2,688 lít olefin (đktc) với hiệu suất 75%. Cho 0,1 mol amin no B phản ứng tối đa với 0,2 mol HCl thu được 11,9 gam muối. Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm A và B bằng một lượng oxi vừa đủ rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa 100 gam dung dịch H 2SO4 đặc 81,34%, sau khi hơi H2O được hấp thụ hoàn toàn thấy nồng độ H 2SO4 lúc bấy giờ là 70%. Biết CO2 và N2 không bị hấp thụ. Giá trị m gần nhất với A. 14,0. B. 15,0. C. 12,0. D. 13,0. Câu 10: Cho hỗn hợp X gồm ba axit đơn chức, mạch hở, trong đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp và một axit không no, có một liên kết đôi. Cho m gam X tác dụng với 700 ml dung dịch NaOH 1M. Để trung hòa lượng NaOH dư cần 200 ml dung dịch HCl 1M và thu được dung dịch D. Cô cạn D thu được 52,58 gam chất rắn khan E. Đốt cháy hoàn toàn E rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm khí và hơi vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 44,14 gam. Thành phần phần trăm theo khối lượng của axit không no gần nhất với A. 48,0%.B. 44,0%.C. 41,0%.D. 36,0%. Trích đề thi thử THPT Chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội – Lần 3 – 2015 Câu 11: Hỗn hợp A gồm một axit no, hở, đơn chức và hai axit không no, hở, đơn chức (gốc hiđrocacbon chứa một liên kết đôi), kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2,0 M. Để trung hòa vừa hết
  40. lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1,0 M được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D thu được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Phần trăm khối lượng của axit không no có khối lượng phân tử nhỏ hơn trong hỗn hợp A là A. 35,52% B. 40,82% C. 44,24% D. 22,78% Trích đề thi chọn HSG – Thái Bình – 2014 Câu 12: Đốt cháy a gam hỗn hợp X gồm etylen glycol, metan, ancol etylic và axit no, đơn chức mạch hở Y (trong đó số mol etylen glycol bằng số mol metan) cần dùng vừa đủ 17,08 lít O 2 (đktc) thu được 17,36 lít khí CO 2 (đktc). Nếu cho a gam hỗn hợp X tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 2,5M, rồi cô cạn thì thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 31,2. B. 27,2. C. 34,0. D. 32,8. Câu 13: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, ancol anlylic và etylen glycol trong đó oxi chiếm 37,5% về khối lượng được chia thành hai phần bằng nhau. Cho phần một tác dụng với Na dư thu được 1,344 lít H 2 (đktc). Oxi hóa phần hai bằng CuO rồi cho toàn bộ sản phẩm hơi tạo thành tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 30,24 gam Ag. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần phần trăm khối lượng của ancol metylic trong hỗn hợp X là A. 12,50%. B. 37,50%. C. 18,75%. D. 31,25%. Câu 14: Hỗn hợp X gồm một ancol và một axit cacboxylic đều no, đơn chức, mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 51,24 gam X, thu được 101,64 gam CO2. Đun nóng 51,24 gam X với xúc tác H2SO4 đặc, thu được m gam este (hiệu suất phản ứng este hóa bằng 60%). Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 25,5. B. 28,5. C. 41,8. D. 47,6. Trích đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc– Lần 4 – 2015 Câu 15: Trong một bình kín chứa hỗn hợp X gồm hidrocacbon A mạch hở (là chất khí ở điều kiện thường) và 0,06 mol O2, bật tia lửa điện để đốt cháy toàn bộ hỗn hợp X. Toàn bộ sản phẩm cháy sau phản ứng cho qua 3,5 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,01M thì thu được 3 gam kết tủa và có 0,224 lít khí duy nhất thoát ra khỏi bình(đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, nước bị ngưng tụ khi cho qua dung dịch. Chất A có số CTPT thoả mãn là A. 4. B. 6. C. 5. D. 7. Trích đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc– Lần 4 – 2015 Câu 16: X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (M X < 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 O 2, 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
  41. hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dịch N. Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với A. 38,04. B. 24,74. C. 16,74. D. 25,10. Trích đề thi thử THPT Chuyên Đại Học Vinh – Lần 4 – 2015 Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp X gồm ba ancol, cần dùng vừa đủ V lít O2, thu được H2O và 12,32 lít CO2. Mặt khác, cho 0,5 mol X trên tác dụng hết với Na, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12,32 lít H 2. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Giá trị của V gần nhất với A. 12,31. B. 15,11. C. 17,91. D. 8,95. Trích đề thi thử THPT Chuyên Đại Học Vinh – Lần 4 – 2015 Câu 18: Hỗn hợp E gồm hai chất hữu cơ X (C 2H7O3N) và Y (C3H12O3N2). X và Y đều có tính chất lưỡng tính. Cho m gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít khí Z (Z là hợp chất vô cơ). Mặt khác, khi cho m gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thoát ra 6,72 lít khí T (T là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C,H,N và làm xanh giấy quỳ ẩm). Cô cạn dung dịch thu được chất rắn gồm hai chất vô cơ. Thể tích các khí đo ở đktc. Giá trị của m là: A. 23,1 gB. 22,4 gC. 21,7 gD. 20,5 g Trích đề thi thử THPT Quốc Gia của Sở Giáo Dục Tỉnh Nam Định – 2015 Câu 19: Hợp chất X có thành phần nguyên tố C, H, O và chứa vòng benzen. Cho 0,05 mol X vào dung dịch NaOH nồng độ 10% ( dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn khan Y và phần hơi Z chỉ chứa một chất. Ngưng tụ Z, cho tác dụng với Na dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 41,44 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 0,09 mol Na2CO3, 0,26 mol CO2 và 0,14 mol H2O. Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m là: A. 10,8B. 12,3C. 11,1D. 11,9 Trích đề thi thử THPT Quốc Gia của Sở Giáo Dục Tỉnh Nam Định – 2015 Câu 20: Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và M X < MY; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X, T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O 2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam mước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br 2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng với KOH dư là A.5,04gB.5,44 gC. 4,68 gD.5,80 g Trích đề thi thử THPT Chuyên Đại Học SPHN– Lần 7 – 2015 Câu 21: Cho 6,44 gam một ancol đơn chức phản ứng với CuO đun nóng, thu được 8,68 gam hỗn hợp X gồm anđehit, nước và ancol dư. Cho toàn bộ X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, kết thúc các phản ứng thu được m gam Ag. Giá trị của m là
  42. A. 30,24B. 60,48C. 86,94D. 43,47 Trích đề thi thử THPT Chuyên Thăng Long – 2015 Câu 22: Đốt cháy hỗn hợp gồm ancol và anđehit đều no, đơn, mạch hở cần 11,2 lít O2 (đktc) thu được 8,96 lít CO2 đktc. CTPT của anđehit là A. CH3-CH2-CH2-CHO B. CH3CHO C. CH3-CH2-CHOD. HCHO Trích đề thi thử THPT Chuyên Thăng Long – 2015
  43. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN SỐ 02 Câu 1: Chọn đáp án C Định hướng tư duy giải CO2 : a BTKL Đốt E có  44a 18b 13,68 0,84.32 40,56 H2O : b a 0,66 Quan hệ đốt cháy có nCO nH O neste nankan 0,02 2 2 b 0,64 BTNT.O trong X  nO 0,66.2 0,64 0,84.2 0,28(mol) BTNT.O C3H8 : x  4x 2y 0,2 x 0,03 Vậy ta có: 13,68 Cn H2n 2O4 : x 0,02 x 0,25 y 0,04 CmH2mO2 : y 2x 0,02 y BTNT.C n 9 n 5  0,05n 0,04m 0,57 5n 4m 57 hoặc m 3 m 8 0,04.74 %C H COOH 21,64% 2 5 13,68 Câu 2: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải Ta có quan hệ đốt cháy: H O 0,335 n n n n 0,035 2 CO2 H2O (2 ) (0 ) CO2 0,3 8,904 BTKL m 6,03 0,3.44 .32 6,51 22,4 Câu 3: Chọn đáp án C Định hướng tư duy giải Ta có quan hệ đốt cháy: H O 0,335 n n n n 0,035 2 CO2 H2O (2 ) (0 ) CO2 0,3 8,904 BTKL m 6,03 0,3.44 .32 6,51 22,4 BTNT.O trong X  nO 0,335 0,3.2 0,3975.2 0,14(mol)  n 0,04  n trong X 0,04 BTNT.O n 0,14 0,04.2 0,06 NaOH COOH C3H8O 0,06.60  %C H O 55,3% 3 8 6,51 Câu 4: Chọn đáp án A
  44. Định hướng tư duy giải n 0,975 O 2 BTKL 15,7 0,975.32 0,8.44 Ta có:  n 0,65 n 0,8 H2O 18 CO2 0,8.2 0,65 0,975.2 BTNT.O n 0,15 (Vì Y là este đơn chức). Y 2 BTKL 15,7 0,15.40 m 7,6 RCOONa nNaOH 0,15 7,6 C2H5OH : 0,1 ROH 50,67 0,15 C3H7OH : 0,05 CH2 CH COOC2H5 : 0,1 mRCOONa 14,1 R 27 CH2 CH COOC3H7 : 0,05 0,1.100 %CH CH COOC H 63,69% 2 2 5 15,7 Câu 5: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải V C H : 2 2 3 + Có V lít X là 1,5V H Y 2V 2 C H : 4 4 3 nZ 0,8(mol) t0 ,Ni + Y  nZ 1 V 0,6(mol) mZ mY nY 1,5(mol) nY 1,875 nT 0,55(mol) nbÞ hÊp thô 0,8 0,55 0,25(mol) + Có trong T n 0,15.2 0,3(mol) CH  CH : 0,05 + Và nAg 0,3 0,25(mol) CH  C CH CH2 : a(mol) a b 0,2(mol) CH  C CH2 CH3 : b(mol) BTLK. a 0,1 +  0,05.2 3a 2b 0,3 0,7 0,2.2 0,4.3     b 0,1 T H2 C2H2 C4H4 + m 0,05.240 0,1(159 161) 44(gam) Câu 6: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải + Y và Z là đồng phân nên các este cũng là thuần hai chức. + Có ngay: n NaOH 0,2 nE 0,1(mol) ME 115,2
  45. HOOC COOH X Trường hợp HOOC – COOH loại vì khi đó Z không HOOC CH2 COOH thể là este thuần hai chức được. X : HOOC CH2 COOH : a(mol) Y : HOOC CH2 CH2 COOH : b(mol) + Vậy E là: Z : HCOO CH2 CH2 OOCH : c(mol) T : CH3OOC COOC2H5 : c(mol) 2,8 + c 0,02(mol) 62 32 46 n x CO2 BTKL 7,168 + Khi E cháy:  44x 18y 11,52 .32 21,76 n y 22,4 H2O BTLK. x 0,38(mol) a b 0,06 + Và  x y 0,1 y 0,28(mol) 3a 4b 0,38 0,02.9 a 0,04(mol) trong E nX 0,04(mol) b 0,02(mol) Câu 7: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải Đây là bài toán được che đậy khá kín đáo. Tuy nhiên, các bạn cứ bình tĩnh khai thác từ những dữ kiện thì cũng không quá khó để tìm ra lời giải. n 0,98(mol) ch¸y CO2 Ta có: E  tới đây chưa suy ra được điều gì có lợi. n 0,98(mol) H2O Ta thấy khối lượng Z mang đốt cháy giữa các lần là khác nhau. Ta quy về 22,12 17,64 22,12 Khi đó  n . 1,05(mol) O2 22,4 16,59 Vì đốt cháy E hay Z thì số mol O2 cần là như nhau. BTNT.O trong X Do đó  nO 0,98.2 0,98 1,05.2 0,84(mol) BTKL  mE 0,98.44 17,64 1,05.32 27,16(gam) 27,16 22,12 BTKL nbÞ t¸ch ra 0,28(mol) H2O 18 n 0,98(mol) ch¸y CO2 Nhận thấy Z   n n 0,28 n 0,7(mol) CO2 H2O H2O trong Z Và nO 0,84 0,28 0,56(mol) Từ đó → Z phải là: CH3OOC CH CH CH2COOCH3
  46. CH3OH : 0,56  E  %CH3OH 65,98% HOOC CH CH CH2COOH : 0,28 Câu 8: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải X : Cn H2n 2O2 23,02 Ta có: n NaOH 0,46(mol) ME 50,04 E Y : HCOOH 0,46 Z : CH3COOH BTNT.Na n 0,23 Na2CO3 C : a(mol) Chia để trị E: H : b(mol) O : 0,46.2 0,92(mol) BTKL  12a b 0,92.16 23,02  BTNT.C H  44a 18.0,5b 22,04 0,23.44 0,23.18 a 0,6 1,1  nX 0,6 0,05(mol) nY Z 0,41(mol) b 1,1 2 Nhận xét thấy nếu n = 4 thì số mol C trong E sẽ > 0,6 (Vô lý) vậy X là CH2 CH COOH X : C2H3COOH : 0,05 y z 0,41 Vậy E Y : HCOOH : y(mol) 46y 60z 23,02 0,05.72 Z : CH3COOH : z(mol) y 0,37(mol)   mZ 0,04.60 2,4(gam) z 0,04(mol) Câu 9: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải mancol 7,36 7,36 Ta có: Mancol .75% 46 C2H5OH nanken 0,12 0,12 R(NH3Cl)2 119 R 14 H2 N CH2 NH2 81,34 Tiếp tục m 81,34 0,7 H2SO4 100 m H2O  m 16,2(gam)  n 0,9(mol) H2O H2O Để ý thấy rằng MA MB 46 và các chất đều có 6 H 0,9.2  n 0,3(mol)  m 0,3.46 13,8(gam) X 6
  47. Câu 10: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải nX 0,5 n NaOH 0,7 BTNT.Clo Ta có:  NaCl : 0,2(mol) nHCl 0,2 52,58 R 14,76 RCOONa : 0,5(mol) HCOOH BTKL  Và  mX (14,76 45).0,5 29,88(gam) CH3COOH TrongX Ta có : nX 0,5 nO 0,5.2 1(mol) BTKL m(C,H) 29,88 16 13,88(gam) Chú ý: Khi E cháy BTNT.Na n 0,25(mol) Na2CO3 n a 0,25 C : a BTNT Ch¸y CO2 Do đó: Trong X  E  H : 2b n b 0,25 H2O 44 a 0,25 18(b 0,25) 44,14  12a 2b 13,88 a 1,02(mol)  naxit kh«ngno nCO nH O 1,02 0,82 0,2(mol) b 0,82(mol) 2 2 → CH2 CH COOH 0,2.72 %CH CH COOH 48,19% 2 29,88 Chú ý : Axit không no chỉ có thể có 3 C vì nếu có nhiều hơn 3 C thì số mol CO2 sẽ bị vô lý ngay. Câu 11: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải RCOONa : 0,2 Ta có: D : 22,89 m 17,04 R 18,2 NaCl : 0,1 RCOONa H C  mA 17,04 0,2.1 0,2.23 12,64 mtrong.A 12,64 0,2.16.2 6,24 CO2 : a 12a 2b 6,24  A O2 26,72  H2O : b 44a 18b 26,72 kh«ng no a 0,46 naxit 0,46 0,36 0,1  b 0,36 no naxit 0,2 0,1 0,1
  48. HCOOH : 0,1 Trường hợp 1: 12,64 R 35,4 RCOOH : 0,1 CH CH COOH : 0,04  2 C% 22,78 CH2 CH CH2 COOH : 0,06 CH3COOH : 0,1 Trường hợp 2: 12,64 không cần xét vì đã có đáp số. RCOOH : 0,1 Câu 12: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải Vì số mol etylen glycol bằng số mol metan nên ta có thể nhấc 1 O trong HO – CH2 – CH2 – OH qua CH4 và khi đó X biến thành hỗn hợp chỉ có các ancol no đơn chức và axit no, đơn chức. Ta có : BTNT.O nTrong X 0,7625.2 0,775.2 n nTrong X n 0,025 O H2O O H2O n n n H2O CO2 ancol Lại có: Trong X TrongX TrongX nO nX naxit nancol 2naxit n n 0,775 H2O ancol TrongX nancol 2naxit nancol 0,775 0,025 TrongX 0,5 mol NaOH HCOONa : 0,4 naxit 0,4(mol)  m 31,2 NaOH : 0,1 Câu 13: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải Ta có: n 0,06(mol) nX/2 nX/2 0,12 m 5,12(gam) H2 OH O X/2 X/2 X/2 n OH n CHO 0,12 BTE 0,28 0,12.2 Và  nHCHO 0,02 nAg 0,28 2 0,02.32  %CH OH 12,5% 3 5,12 Câu 14: Chọn đáp án A Định hướng tư duy giải BTNT.C Cn H2nO2 : a(mol)  n(a b) 2,31 Gọi BTKL Cn H2n 2O : b(mol)  32a 18b 51,24 2,31.14 n(a b) 2,31 32a 18b 18,9 Thử đáp án với hệ trong máy tính là nhanh và khỏe nhất. Không nên chặn khoảng và biện luận với kiểu thi trắc nghiệm như thời buổi ngày nay.
  49. a 0,36(mol) n 3 meste 0,36.60%.116 25,056(gam) b 0,41(mol) Chú ý : Với các số liệu n = 1,2,4 sẽ cho đáp số âm (<0) Câu 15: Chọn đáp án C Định hướng tư duy giải Trường hợp 1: Khí thoát ra là oxi → nPh¶n øng 0,06 0,01 0,05(mol) O2 + Vì n n nên có hai trường hợp xảy ra:  Ca2 Trường hợp 1 : Ca(OH)2 có dư BTNT.C n n 0,03 BTNT.O n 0,04 C H CO2  H2O 3 8 Trường hợp 2 : Ca(OH)2 không dư và kết tủa bị tan 1 phần CaCO : 0,03 BTNT.Ca 3 BTNT.C n CO2 Ca(HCO3 )2 : 0,005 C H 0,04 BTNT.H n 0,02 4 4 H2O C2H2 Trường hợp 2: Khí thoát ra là A.(Oxi thiếu) nPh¶n øng 0,06(mol) O2 + Vì n n nên có hai trường hợp xảy ra :  Ca2 Trường hợp 1 : Ca(OH)2 có dư BTNT.C n n 0,03 BTNT.O n 0,06 C H (loại) CO2  H2O 3 12 Trường hợp 2 : Ca(OH)2 không dư và kết tủa bị tan 1 phần CaCO : 0,03 BTNT.Ca 3 BTNT.C n CO2 Ca(HCO3 )2 : 0,005 C H 0,04 BTNT.H n 0,04 4 8 H2O C2H4 Câu 16: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải + Vì M có tráng bạc nên chắc chắn X phải là HCOOH (vậy axit đều no đơn chức) ph¶n øng 1.44 16,2 26,6 BTNT.O trongM + Có n 1,05(mol)  nO 0,8(mol) O2 32 Do các axit có 1 liên kết π trong phân tử → este có 3 liên kết π nên : n 1 CO2 1 0,9 + Ta có ngay: n 0,05(mol) , n 0,9 este 2 H2O nAg 0,2 nHCOOH 0,05
  50. BTNT.O 0,8 0,05.6 0,05.2 nY 0,1(mol) +  nY Z 0,2 2 nZ 0,1(mol) HCOOH : 0,05 BTNT.C CH3COOH : 0,1 +  C2H5COOH : 0,1 HCOO C3H5 (OOCCH3 )(OOCC2H5 ) : 0,05 NaOH,BTKL m 24,74 Chú ý : Với số mol các chất đã biết theo BTNT.C thì khi số C trong các chất nhỏ nhất thì hợp lý. Nên ta suy ngay ra được các chất phải có công thức như trên. Câu 17: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải Để tránh nhầm lẫn ta quy hết về số liệu 0,25 (mol) n 0,25 X Ta có: n 0,55 → Các ancol phải là ancol no. CO2 n 0,275 n 0,55 n H2 OH CO2 Khi đó: n n 0,25 n 0,8(mol) H2O CO2 H2O BTNT.O 0,55 2n 0,55.2 0,8 n 0,675 V 15,12(lit) O2 O2 Câu 18: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải CH3NH3HCO3 : a(mol) Từ dữ kiện bài toán suy ra: CH3 NH3CO3NH3CH3 : b(mol) HCl n a b 0,2 CO2 a b 0,1(mol) NaOH  n a 2b 0,3 CH3NH2 m 205.0,1 20,5(gam) Câu 19: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải + Z ở đây là nước . Có ngay n 1,85 BTNT.H n 3,7(mol) H2 H2O + Có n 0,09 BTNT.Na n 0,18 nph¶n øng 0,15(mol) Na2CO3 NaOH NaOH 0,18.40 0,18.40 trong dung dÞch NaOH 0,1 Sinh ra + n 3,6(mol) n 0,1(mol) H2O 18 H2O
  51. trongX nC 0,09 0,26 0,35(mol) + Vậy HO C H OOCH trong X 6 4 nH 0,14.2 0,1.2 0,18 0,3 NaO C6H4 ONa:0,05 m 154.0,05 0,03.40 68.0,05 12,3(gam) NaOH : 0,03 HCOONa : 0,05 Câu 20: Chọn đáp án C Định hướng tư duy giải n 0,59(mol) O2 BTKL 11,16 0,59.32 9,36 + Có  n 0,47(mol) n 0,52 CO2 44 H2O + Vì n n nên ancol phải no và n n 0,04(mol) H2O CO2 X Y LK. BTNT.O TrongE  nO 0,47.2 0,52 0,59.2 0,28 + Ta nLK. 0,04 nC 0,04.3 0,12 n 0,1 HO CH OH Z  2 3 axit : CnH2n 2O2 : a(mol) BTLK.  a 2b 0,04 + Gọi este : C H O : b(mol) m 2m 6 4 BTKL  30a 58b 3,56 14.0,17 C3 H8O2 : 0,1(mol) a 0,02  b 0,01 m KOH + Vậy E  Ancol : 0,1 0,01 0,11(mol) H2 O : 0,02(mol) BTKL 11,16 0,04.56 m 0,11.76 0,02.18 m 4,68 Câu 21: Chọn đáp án B Định hướng tư duy giải 8,68 6,44 6,44 + Ta BTKL n 0,14(mol) M 46 CH OH O 16 ancol 0,14 3 nHCHO 0,14 m 0,14.4.108 60,48(gam) Câu 22: Chọn đáp án D Định hướng tư duy giải nO 0,5 2 + Có n 0,4 BTNT.O n a 1 0,8 a 0,2(mol) CO2 H2O nhh a
  52. + Vì andehit no đơn chức nên nancol a 0,2 0,4 a 0,2 nandehit 0,2(mol) Chỉ có đáp án D thỏa mãn vì số mol CO 2 sẽ lớn hơn 0,4 nếu số C trong andehit lớn hơn 2.