›
›
›

Bài ôn tập Hóa 12 - Chuyên đề 1: Chất béo

pdf 14 trang hoaithuong97 8120
Download
Bạn đang xem tài liệu "Bài ôn tập Hóa 12 - Chuyên đề 1: Chất béo", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_on_tap_hoa_12_chuyen_de_1_chat_beo.pdf

Nội dung text: Bài ôn tập Hóa 12 - Chuyên đề 1: Chất béo

  1. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 1 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  2. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 CHUYÊN ĐỀ 1: CHẤT BÉO I. Cơ sở lí thuyết và phương pháp 1) Cơ sở lí thuyết (C17H35COO)3C3H5 = (C15H31COO)3C3H5 + 6CH2 (C17H35COO)3C3H5 = 3COO + 54CH2 + H2 (C17H35COO)3C3H5 = 3COO + 54C + 55H2 (C17H33COO)3C3H5 = (C15H31COO)3C3H5 + 6CH2 – 3H2 (C17H31COO)3C3H5 = (C15H31COO)3C3H5 + 6CH2 – 6H2 2) Phương pháp tư duy dồn chất: đặt nX= a mol 2.1. Cách quy đổi COO 3a - Cách 1: Bơm H2 tối đa vào hỗn hợp X thành hh Y no: hhY CH2 b n = n hh H 2 H2 a COO 3a - Cách 2: Quy đổi hỗn hợp X thành C b n n H2 c 2.2. Kỹ Thuật xử lý bài toán * Với Bài toán đốt cháy  BT C 3a + b = x COO 3a BT H CO2 : x mol  a + b= y hh XCH b + O ( z mol ) 22 BTO H2 O : y mol  3a.2 2.z 2.x y H a 2 Xây dựng mối quan hệ giữa CH2 ( b mol); H2 ( a mol) và O2 ( z mol) với cách 1 và Hh X thành C ( b mol); H2 ( c mol) và O2 ( z mol  BTe 6.b 2. a 4. z ( cách 1); tương tự nếu cách 2 thì:  BTe 4.b 2. c 4. z Hoặc dựa vào pt đốt cháy: 1 C + O2 CO2; H2 + O2 H2O Ta có: 1,5.b+ 0,5.a = z ( cách 1) 2 b b b+a 0,5(b+a) Tương tự nếu cách 2, ta có b + 0,5.a = z * Với bài toán tác dụng dd NaOH (KOH) nCOO n NaOH n COONa = 3 a n a C3 H 5() OH 3 VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 2 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  3. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 COO 3a Nếu quy đổi về CH2 b + NaOH ( 3a) m(g) hh muối + C3H5(OH)3 a mol H2 a BTKL  mX m NaOH mmuoi + mC3H5 OH 3 COO 3a Nếu quy đổi về C b m(g) hh muối + C3H5(OH)3 a mol H2 c * Bài toán X + tác dụng H2 (Br2) - Nếu chất béo chưa no; bơm t mol H2 vào để thành hợp chất no; sau đó mới tiến hành dồn chất COO (3a) Bom t mol H2  hh no CH2 (b) H2 (a ) Lưu ý: Khi bơm t mol H2 vào để thành hợp chất no thì có 3 đại lượn thay đổi cơ bản + Khối lượng chất béo tăng thêm = mH2 = 2t gam + Số mol H2O tăng thêm t mol + Lượng O2 cần đốt cháy tăng thêm 0,5t mol - Nếu sử dụng cách 2: khi bơm t mol H2 tạo hỗn hợp chất béo no Lưu ý: + số mol n = a mol sau khi bơm t mol H2 H 2 COO 3a COO (3a) Bom t mol H2 BT H + Sử dụng bảo toàn nguyên tố H: C b  CH2 (b)  c t a b H2 c H2 ( a) 3. Phương Pháp đồng đẳng hóa 3.1. Cách qui đổi C15 H 31 COO C 3 H 5 :x 3 hh X: CH2 : y H : z 2 3.2. Kỹ Thuật xử lý bài toán * Bài toán X + tác dụng dd NaOH (KOH) VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 3 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  4. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 C H COO C H :x 15 31 3 3 5 C15H 31 COONa : 3x hh X CH2 : y NaOH muối CH2 : y C)3H(H 5O 3 : xmol H : z Hz: 2 2  m = m + m + m M C15 H 31 COONa CH 2 H 2 * Bài toán X + tác dụng H2 (Br2) C15 H 31 COO C 3 H 5 :x 3 C H COO C H :x 15 31 3 3 5 hh X CH2 : y H2 Y nH (pø) z CH : y 2 H : z 2 2 C H COO C H :x C H COO C H :x 15 313 3 5 15 31 3 3 5 CH2 : y hh X CH : y Br Y nBr (pø) z 2 2 H : z 2 H:z 2 2 Br2 * Bài toán X + O2 BT C CHCOCH15 31O 3 5 :x  CO2 (51x + y) 3 O2 BT H hh X CH2 : y   H2 O (49x + y + z) BT O Hz2 :  6x + 2n = 2(51x + y) + (49x + y + z) O2 4. Phương pháp thủy phân hóa 4.1. Cách qui đổi đặt nX= x mol C15 H 31 COOH : 3x CH2 : y hh X CHOHx 35 3 H2 z H2O 3x 4.2. Kỹ Thuật xử lý bài toán C HOHC O C (xmol) C H COOH :3x;C H OH: x ; H O: 3x + Mối quan hệ giữa: 15 31 3 3 5 chính là: 15 31 3 5 3 2  H C15 H 31 COO C 3 H 5(xmol) 3H2 O(3xmol) 3 C 15 H 31 COOH (3xmol) C 3 H 5 OH x(mol) 3 to 3 + H2: -z đó chính là số mol H2(phản ứng)/Br2(phản ứng) tối đa với X C15H 31 COONa : 3x + NaOH muối CH2 : y C)3H(H 5O 3 : xmol Hz2 : VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 4 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  5. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Câu 1(Đề THPT QG - 2018): Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 1,375 mol CO2 và 1,275 mol H2O. Mặt khác, a mol X tác dụng tối đa với 0,05 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là A. 20,15. B. 20,60. C. 23,35. D. 22,15. Đáp án D Lời Giải Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1: Bơm 0,05 mol H2 vào hh X ta được hh Y COO : 3a BT C CO2 : 1,375 mol  3a + b = 1,375 a 0,025 mol Hh Y CH : b + O 22 BT H H2 O : 1,275 0,05 mol  a + b=1,275 0,05 b 1,3 mol H2 : a COO : 3a =0,075 Hh Y: CH2 : b= 1,3 + NaOH : 0,075 mol m (g) hh muối + C3H5(OH)3 : 0,025 mol H2 : a=0,025  BTKL m m m - m m m m - m XN aOH C3 H 5 (OH) 3YH(2 bom) NaOH C 3 H 5 (OH) 3 m 44.0,075 14.1,3 2.0,025 2.0,05 40.0,075 92.0,025 22,15(g) Bình luận, Đánh giá: - X tác dụng được tối đa với 0,05 mol Br2 trong dung dịch: Biến X thành hợp chất no; Bơm 0,05 mol H2 vào hh X ta được hh chất béo no Y - Khi hh Y là chất béo no: nn 3 nn ; n n n COO H2 COO NaOH H2()() hhY X C 3 H 5 OH 3 - Khi bơm 0,05 mol H2 vào hh X thì số mol H2O là 1,275 0,05; Cẩn thận - Khi sử dụng BTKL: chú ý mX = mY - mH2(bơm) Cách 2: Lời Giải COO : 3a BT C CO2 : 1,375 mol  3a + b = 1,375 (1)  DC hhX C : b + O 2 BT H H2O : 1,275 m ol  c = 1,275 mol H2 :c COO :3a COO : 3a  BT C 3a + b = 1,375 a 0,025 Bôm 0,05 mol H2 hh X: C:b  CH2 :b  BT H 1,275 + 0,05 = a + b b 1,3 H :1,275 2 H2 : a COO : 3a = 0,075 hh X: C : b =1,3 NaOH : 0,075 mol m(g) hh muối + C3H5(OH)3 0,025 mol H2 : 1,275 mol VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 5 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  6. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 BTKL  m mX m NaOH - mC3H5O H 3 22,15(g) Bình luận, Đánh giá: COO : 3a DC - khi  hhX C : b thì sẽ tìm c ngay dựa vào số mol H2O H2 : c - nn 3 vì hh X chưa no; khi bơm H2 vào X thì nn 3 COO H2 COO H2 - Với cách 2: Khi sử dụng BTKL học sinh không bị nhầm lẫn giữa mX và mY Vận dụng phương pháp tư duy đồng đẳng hóa: Lời Giải C H COO C H :x 15 31 3 3 5 BT C CO2 : 1,37 5 mol  51x + y = 1,375( 1) x 0,025mol Hh X:CH : y + O 22 BT H H2O : 1,275mol  98x + 2y +(-0,05).2 = 1,275.2 y 0,1mol H : 0,05 2 C H COO C H : 0,025 15 31 3 3 5 C 15 H 31 COONa : 0,075 Hh X CH22 : y 0,1 NaOH muoái : CH : 0,1 mmuoái 278.0,075 14.0,1 2.( 0,05) 22,15 (g) H : 0,05 H : 0,05 2 2 hoặc: nCOO n NaOH 3 x 3.0,025 0,075 mol n x 0,025 mol BTKL m 21,45 0,075.40 –0,025.92 22,15( g ) C3 H 5 OH 3 muoái mgX 806.0,025 14.0,1–0,05.2 21,45( ) Bình luận, Đánh giá: - Tại sao số mol H2 âm : vì hỗn hợp X chưa no; hoặc bằng 0 khi X no. C15 H 31 COO C 3 H 5 : x 3 - Hh X: CH2 : y cụ thể ở đây: vì chưa bơm thêm 0,05 mol H2 vào tạo hh no. H : 0,05 2 Vận dụng phương pháp tư duy thủy phân hóa Lời Giải C H COOH:3 x 15 31 C H(): OH x 3 5 3 BT C CO2 : 1,375  16.3x y 3 x 1,375 x 0,025 mol CH22: y O H O: 1,275  BT H 16.3x y 4 x 3 x 0,05 1,275 y 0,1 mol H : 0,05 2 2 H O:3 x 2 C H COONa: 0,075 15 31 Muoái: CH2 : 0,1 mgmuoái 22,15( ) H : 0,05 2 VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 6 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  7. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Câu 2 (Đề THPT QG - 2019): Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam trigixerit X, thu được H2O và 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Mặt khác, 17,16 gam X tác dụng được với tối đa 0,04 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là A. 18,28. B. 17,80. C. 16,12. D. 17,72. Đáp án D Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1: Lời Giải Bơm 0,04 mol H2 vào hh X ta được hh Y COO : 3a BT C CO2 : 1,1 mol  3a + b = 1,1 hh Y CH22 : b + O H2 O : mX 44.3a 14b 2a 0,04.2 17,16 H2 :a COO :3a=0,06 a 0,02 hh Y : CH2 :b= 1,04 + NaOH ( 0,06) m(g) hh muối + C3H5(OH)3 ( 0,02 mol) b 1,04 H2 :a=0,02  BTLK m m m – m 17,16 0,06.40 –0,02.92 17,72 (g) X NaOH C3H5 OH 3 Bình luận, Đánh giá: - Khi Bơm 0,04 mol H2 vào hh X ta được hh Y thì số mol CO2 không thay đổi. - Bài này đề đã cho mX=17,16 gam nên HS cẩn thận khi sử dụng BTKL, không cần dựa vào COO :3a=0,06 mY chỗ này nữa hh Y : CH2 :b= 1,04 ; nếu không cẩn thận sẽ ra đáp án = 17,8 gam H2 :a=0 ,02 Cách 2: Lời Giải COO : 3a BT C DC CO2 : 1,1mol  3a + b = 1,1  hhX C : b + O2 H2 O mX 44.3a 12b 2c 17 ,16 H2 :c COO : 3a COO : 3a Bôm 0,04 mol H2 BTH hh X: C : b  CH2 : b  a +b = c + 0,04 H : c 2 H2 : a 3a + b = 1,1 a 0,02 mol 44.3a 12b 2c 17,16 b 1,04 mol a +b = c + 0,04 c 1,02 mol VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 7 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  8. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 COO : 3a = 0,06 hh X: C : b =1,04 NaOH : 0,06 mol m(g) hh muối + C3H5(OH)3 ( 0,02 mol) H2 : 1,02 BTKL  mmX m NaOH - mC3H5 OH 3 44.0,06 12.1,04 2.1,02 40.0,06 92.0,02 17,72g Bình luận, Đánh giá: - So với bài 1: thì cách 2 sử dụng cho bài này sẽ phức tạp hơn vì đề chưa cho số mol H2O - Giải hệ 3 ẩn HS sẽ ngại hơn so với sử dụng cách 1 Vận dụng phương pháp tư duy đồng đẳng hóa: Lời Giải C15 H 31 COO C 3 H 5 :x 3 BT C CO2 : 1,1 mol  51x + y = 1,1 x 0,02 mol 17,16 g hh X: CH2 : y + O2 H2 O 806x 14y –0,04.2 17,16 y 0,08 mol H : 0,04 2 C H COO C H : 0,02 15 31 3 3 5 C 15 H 31 COONa : 0,06 hh X CH22 : y 0,08 NaOH muoái : CH : 0,08 mmuoái 278.0,06 14.0,08 2.( 0,04) 17,72(g) H : 0, 04 H : 0,04 2 2 hoặc: n n 3 x 3.0,02 0,06 mol COO NaOH BTKL  mgmuoái 17,16 0,06.40 –0,02.92 =17,72( ) nC H() OH x 0,02 mol 3 5 3 Bình luận, Đánh giá: C15 H 31 COONa : 0,06 muoi CH2 : 0,08 H2 : 0, 04 + HS sẽ băn khoăn tại sao số mol H2 âm, ta hiểu tương tự như trong X. + Muối thu được vẫn là muối không no. Vận dụng phương pháp tư duy thủy phân hóa: Lời Giải C H COOH:3 x 15 31 C H(): OH x 3 5 3 BT C CO2 : 1,1  16.3x y 3 x 1,1 x 0,02 mol 17,16(g ) X : CH22 : y O H O mX 256.3 x 14 y 0,04.2 92 x 18.3 x 17,16 y 0,08 mol H : 0,04 2 2 H O:3 x 2 C H COONa: 0,06 15 31 Muoái: CH2 : 0,08 mgmuoái 17,72( ) H : 0,04 2 VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 8 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  9. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Câu 23 (Đề MH - 2020): Xà phòng hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm các triglixerit bằng dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4 : 5. Hiđro hóa hoàn toàn m gam E, thu được 68,96 gam hỗn hợp Y. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần vừa đủ 6,14 mol O2. Giá trị của m là A. 68,40. B. 60,20. C. 68,80. D. 68,84. Đáp án A Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1 : Lời giải CH17 xCOONa :3a 3a 4 a 5 a nglyxerol 4 a mol hh X C15 H 31COONa :4a 3 na 12 CH17 yCOONa :5a COO Bơm x mol H2 vào m gam hh E ta được hh Y: COO:12 a m 44.12 a 14.208 a 2.4 a 68,96 hhY: CH : 208 a ( BTC ) O :6,14 0,5 x Y 22 Ñoátchaùyhh  3.208a 4 a 6,14.2 x Ha2 :4 a 0,02 mol mEYH m m bơm vào mE = 68,96 – 0,28.2 = 68,4 (gam) x 0,28 mol 2 Bình luận, Đánh giá: 3a 4 a 5 a n 4 a mol - HS phải nhận ra được tại sao ? glyxerol 3 naCOO 12 - Biểu thức: 3.208a 4 a 6,14.2 x căn cứ vào O2 dùng để đốt cháy CH2 và H2 Cách 2 : Lời giải CH17 xCOONa: 3a 3a 4 a 5 a nglyxerol 4 a mol hh X C15 H 31COONa: 4a 3 na 12 CH17 yCOONa: 5a COO COO:12a COO:12a h2h E: C : 208a + H2 68,96hh Y: CH2 : 208a 44.12a 14.208a 8a 68,96 a 0,0 H2 :b H2 : 4a COO:12a=0,24 BT e hh E: C : 208a 4,16 + O2 : 6,14 mol 4,16.4 2b 6,14.4 b 3,96 H2 :b mE 44.0,24 12.4,16 2.3,96 68,4(g) Bình luận, Đánh giá: VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 9 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  10. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 - Cơ sở nào để tính được nC trong E = 208a mol. BTC  nC( X ) n C ( glierol ) n C ( C OO Na ) 18.3 a 16.4 a 18.5 a 3.4 a 12 a 208 a - Khi hiddro hóa E tạo 68,96 gam hh Y thì biểu thức n n208 a ( đây chỉ là bảo toàn C); C CH2 Khi đó hỗn hợp Y chỉ có một ẩn là a nên dễ dàng tính được a=0,02 Vận dụng phương pháp tư duy thủy phân hóa: Lời giải CH15 31COOH: 4a CH15 31COOH: 4a CH COOH: 8a 17 35 CH17 35COOH: 8a hhE C(): H OH b Hidro hóa hoàn toàn 3 5 3 C H(): OH b H O:3 b 3 5 3 2 H2 O:3 b Hc2 : mY 3296 a 92 b 18.3 b 68,96 nCOO 4 a 8 a 3 b PTOxi  184a 416 a 7 b c 6,14.2 a 0,02 mol b0,08 mol mE = 256.4.0,02 + 284.8.0,02 + 92.0,08 – 18.3.0,08 – 2.0,28 = 68,4(g) c 0,28 mol Câu 26 (Đề THPT QG - 2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của a là A. 25,86. B. 26,40. C. 27,70. D. 27,30. Đáp án A Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1 : Lời giải C32 H : x=0,02 hh X: OO :0,09 + NaOH : 0,09 mMuối + mC H() OH mHO 3 5 3 2 CH2 :y=1,5 Mà n = n = 0,02 (mol); n = n = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 (mol) C3 H 5() OH 3 CH32 HO2 axit BTKL  m-Muoi mXN maOH mCH OH m H O 3 5 3 2 mMuoi = 0,02.38 + 0,09.32 + 14.1,5 + 0,09.40 - 0,02.92 – 0,03.18 = 25,86g Bình luận, Đánh giá: C32 H - Ý tưởng dồn về X: OO + C3H2 được tách từ chất béo, khi đó = CH2 VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 10 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  11. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 + OO được tách từ nhóm COO tương ứng; phần còn lại có 1 ( anken) nên dễ dàng qui về CH2 - Làm sao có biểu thức này n = n = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 (mol): thực ra đang bảo toàn HO2 axit nhóm COO trong chất béo có 3 nhóm COO ( nnCOO OO ) - Đặc biệt nC( muối)= nCH2 Cách 2 : Lời giải naxit = a mol ; nY = b mol ; vì hỗn hợp X đều là các hợp chất no ; nnCOO NaOH 0,09 COO : 0,09 BT C CO2 :1,56  0,09 x 1,56 x 1,47 hh X CH : x + O 2 2 BT H H2 O :1,52  x y 1, 5 2 y 0,05 H2 :y a b n 0,05 a 0,03 hhX BT COO  a 3b 0,09 b 0,02 COO :0,09 hh X: CH2 :x= 1,47+ NaOH :0,09 m(g) hh muối + C3H5(OH)3 ( b=0,03 mol) + H2O ( a= 0,02) H2 :y=0,05  BTKL mm m m m 44.0,09 14.1,47 2.0,05 40.0,09 92.0,02 18.0,03 25,86g X NaOH C3 H 5 (OH) 3 HO2 Bình luận, Đánh giá: COO : 3a - Khi hỗn hợp X bao gồm chất béo và axit béo thì X CH2 :x nếu X no thì H2 :y n n n chứ không phải nn HS nên cẩn thận X H2 hh CB H2 - Khi có được n và n sẽ giải được n = a mol= ; n = b mol= n hh COO axit CB C3 H 5() OH 3 Cách 3 : Lời giải CH15 31COOH: a ab 0,09 a 0,06 mol CO2 : 1,56 mol BTC C17 H3 5COOH: b O2  16 a 18 b 3 c 1,56 b0,03 mol H O: 1,5 2 mo l 2 BTH c 0,02 mol C32 H: c  16a 18b c 1,52 CH15 31COOH: 0,06 C HCOOH: 0,03 NaOH 0,09 m + m m 17 35 muối C3 H 5() OH 3 HO2 CH32: 0,02 Mà = n = 0,02 (mol); = n = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 (mol) CH32 axit BTKL  mmmuoái mX m NaOH - mC H OH H O 3 5 3 2 mmuối = 0,02.38 + 0,09.32 + 14.1,5 + 0,09.40 - 0,02.92 – 0,03.18 = 25,86(g) Bình luận, Đánh giá: VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 11 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  12. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 - Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. C3H2 được tách từ chất béo, khi đó n = n C3 H 5() OH 3 CH32 CH15 31COOH: a ta dồn về hhX: C17 H 35 COOH: b C32 H: c - HS nhầm lẫn cơ bản chỗ này: n = n = a + b = 0,09 (mol) ???. Chính xác trong bài HO2 axit toán này = naxit = nCOO – 3 = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 (mol) - ab 0,09 tại sao? Vì nnCOO NaOH . Nhưng HS tuyệt đối không được nhầm a b 0,09 nhh Vận dụng phương pháp tư duy đồng đẳng hóa: Lời giải Vì hỗn hợp muối chỉ chứa muối C17H35COONa và C15H31COONa => cả axit và chất béo đều no. Ta đồng đẳng như sau: C15 H 31 COOH : x xy 3 0,09 x 0,03 mol CO2 : 1,56 mol BTC hh X: (C H COO) C H : y + O  16x 51 y z 1,56 y 0,02 mol 15 31 3 3 5 2 H O : 1,52 mol 2 BTH z 0,06 mol CH2 : z  32x 98 y 2 z 1,52.2 nglyxerol y0,02 mol BTKL n 0,09 0,02.3 0,03 mol  mmuối= m m m m HO2 X NaOH glyxerol H2 O mX 256.0,03 806.0,02 14.0,06 24,64 gam mMuối= 24,64 + 0,09.40 – 0,02.92 – 0,03.18 = 25,86 g Bình luận, Đánh giá: - Dựa vào hai muối thu được là no, => cả axit và chất béo đều no ; khi dồn chất trong X không có H2 - Tính khối lượng muối thu được ta có thể tính như sau, khi đó sẽ làm nổi bật đồng đẳng hóa. C15 H 31 COONa : x 3y 0,09 Muối mMuoi 278.0,09 14.0,06 25,86 gam CH2 : 0,06 Câu 33 ( THPT Diễn châu 3-2021). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm triglyxerit và các axit béo (trong đó ntriglyxerit: naxit béo = 1 : 1) cần vừa đủ 4,21 mol O2 thu được CO2 và 2,82 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với một lượng dư dung dịch brom thấy có 0,06 mol o Br2 đã tham gia phản ứng. Hiđro hóa hoàn toàn X (Ni, t ) rồi cho sản phẩm tác dụng với một lượng dư NaOH thu được a gam muối. Giá trị của a là. A. 48,40 gam. B. 55,12 gam C. 49,12 gam. D. 55,84 gam Đáp án A Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1 Lời giải VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 12 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  13. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 naxit n triglixerit a mol C H: a 32 CO  BT H a b 2,82 0,06 a 0,04 mol Bôm0,06 mol H2 2  hhY OO: 4 a O2 : 4,21 mol H O: 2,82 0,06 mol  Ñoátchaùy hh 7a 3 b 2.4 a 4,21.2 0,06 b 2,84 mol CH: b 2 2 mgX 46,28( ) mgmuoái 46,28 0,06.2 40.4.0,04 0,04.18 0,04.92 48,4( ) C H: a 0,04 32 hhY OO: 4 a 0,16 NaOH (0,16) m(g) hh muối + C3H5(OH)3 (0,04 mol) + H2O ( a= 0,04) CH: b 2,84 2  BTKL mm m m m m 38.0.04 0,16.32 14.2,84 40.4.0,04 0,04.18 0,04.92 48,4(g) YNaOH C3 H 5 (O)H 3 H2 O muoái Cách 2 Lời giải naxit = nCB = a mol ; nCOO n NaOH a 34 a a COO : 4a BT H CO2  c = 2,82 b 2,8  DC hhX C : b + O (4,21) 2 BT e H2 O : 2,82  4b+ c = 4,21.4 c 2,82 H2 :c COO : 4a COO : 4a Bôm 0,06 mol H2 BT H hhX C : b=2,8  hhYCH2 : b=2,8  2,82 + 0,06 = 2,8 + 2a a 0,04 H : c=2,82 2 H2 : 2a COO : 4a=0,16 hhY CH2 : b=2,8 + NaOH :0,16 m(g) hh muối + C3H5(OH)3 (a= 0,04) + H2O ( a=0,04) H2 : 2a=0,08 BTKL  mgmuoái 44.0,16 14.2,8 2.0,08 0,16.40 0,04.18 0,04.92 48,4( ) Vận dụng phương pháp tư duy đồng đẳng hóa Lời giải ():C H COO C H x 15 31 3 3 5 C H COOH: x CO : 67 x y mol  BT H 65x y 2,88 x 0,04 X:15 31 O : 4,21 mol 2 2 BT O CH2 : y H2 O: 2,82 mol  126xy 2 5,6 y 0,28 H2 : 0,06 C15 H 31 COONa: 0,16 mol Muoái: mmuoái 278.0,16 14.0,28 48,4(g ) CH2 : 0,28 mol Vận dụng phương pháp tư duy thủy phân hóa Lời giải VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 13 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO
  14. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 C H COOH:4 x 15 31 C H(): OH x 3 5 3 BT H CO2 : 67 x y  65x y 2,88 x 0,04 X: CH22 : y O : 4,21 mol H O: 2,82 mol  BT O 126xy 2 5,6 y 0,28 H : 0,06 2 2 H O:3 x 2 C15 H 31 COONa: 0,16 mol Muoái: mmuoái 278.0,16 14.0,28 48,4(g ) CH2 : 0,28 mol TB : - Quý thầy cô và các em chuẩn bị đón nhận chuyên đề 2 : este ; Chuyên đề 3 : Amin, amino axit và toán hỗn hợp chúng với hidrocacbon. - Vì rất nhiều cách giải nên đâu đó không tránh khỏi sai sót mong quý thầy cô thông cảm. - Xin quý thầy cô liên hệ qua số đt Zalo : 0975.975.627 VẬN DỤNG CÁC TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 14 CHUYÊN ĐỀ 1- CHẤT BÉO