›
›
›

Đề cương ôn tập Hóa 12 - Chuyên đề 1: Chất béo

pdf 26 trang hoaithuong97 7490
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề cương 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:

  • pdfde_cuong_on_tap_hoa_12_chuyen_de_1_chat_beo.pdf

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

  1. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Chuyên đề 1: gồm 50 câu giải chi tiết về chất béo Chuyên đề 2: 113 câu giải chi tiết về este từ 6,5+ ; 9+ và HSG Quý thầy cô quan tâm bản w xin liên hệ trực tiếp với tác giả. 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) VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 1
  2. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 nCOO n NaOH n COONa = 3 a n a C3 H 5() OH 3 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 PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 2
  3. 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 CH2 : y Br2 Y nBr (pø) z 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 H z 2 H2O 3x 4.2. Kỹ Thuật xử lý bài toán + Mối quan hệ giữa: C HOHC O C (xmol) chính là: C H COOH :3x;C H OH: x ; H O : 3x 15 31 3 3 5 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 PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 3
  4. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 III. ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHI TIẾT 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 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 4
  5. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 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 CH:y22 0,1 NaOH muoái : CH:0,1 mmuoái 278.0,07514.0,12.(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 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 5
  6. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 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 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 6
  7. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 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 CH:y22 0,08 NaOH muoái : CH:0,08 mmuoái 278.0,0614.0,082.(0,04)1 7,72(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 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 7
  8. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 Câu 3 (Đề THPT QG - 2019): Đốt cháy hoàn toàn 25,74 gam triglixerit X, thu được CO2 và 1,53 mol H2O. Cho 25,74 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glyxerol và m gam muối. Mặt khác, 25,74 gam X tác dụng được tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là A. 24,18. B. 27,72. C. 27,42. D. 26,58. Đáp án D Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1: Lời Giải Bơm 0,06 mol H2 vào hh X ta được hh chất béo no Y COO :3a BT H CO2  a + b = 1,53 0,06 hh Y CH2 : b + O2 H2 O :1,53 0,06 mX 44.3a 14b 2a 0,06.2 25,74 H2 :a COO :3a=0,09 a 0,03 hh Y : CH2 :b= 1,56 + NaOH : 0,09 m(g) hh muối + C3H5(OH)3 ( 0,03 mol) b 1,56 H2 :a=0,03  BLTK m m m –m 25,74 40.0,09 –0,03.92 26,58(g) X NaOH C3 H 5(OH) 3 Cách 2: Lời Giải COO : 3a CO2 mX 44.3a 12b 2.1,53 25,74  DC hhX C : b + O 2 BT H H2 O :1,53 mol  c = 1,53 mol H2 : c COO (3a) COO : 3a m 44.3a 12b 2.1,53 25,74 a 0,03 mol Bôm 0,06 mol H2 X hh X: C (b)  CH2 : b  BT H 1,53 + 0,06 = a + b b 1,56 mol H 1,53 mol 2 H2 : a COO : 3a = 0,09 hh X: C :b =1,56 NaOH : 0,09 mol m(g) hh muối + C3H5(OH)3 ( 0,03 mol) H2 : 1,53 BTKL  m mX m NaOH – m C H( OH) 25,74 40.0,09 –0,03.92 26,58 gam 3 5 3 Vận dụng phương pháp tư duy đồng đẳng hóa: VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 8
  9. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Lời Giải C H COO C H :x 15 31 3 3 5 CO 806x + 14y-2.0,06 = 25,74 x 0,03 mol 25,74g hh X:CH : y + O 2 22 BT H HO2 :1,53 mol  49x + y– 0,06 = 1,53 y 0,12 mol H : 0,06 2 nCOO n NaOH 3 x 3.0,03 0,09 mol n x 0,03 molBTKL m 25,74 0,09.40 –0,03.92 26,58( g ) hoặc: C3 H 5 OH 3 muoái mX 25,74 g m = m + m + m = 26,58 (g) muèi C15 H 31 COONa CH 2 H 2 Vận dụng phương pháp tư duy thủy phân hóa: Lời Giải C15 H 31 COOH : 3x CH2 : y CO2 256.3x 92x 18.3x 0,06.2 14y = 25,74 x 0,03mol 25,74 g hh XC H OH : x + O 3 5 3 2 BT H H2 O 1,53mol  48x 4x 3x y 0,06 = 1,53 y 0,12mol H : 0,06 2 H2 O : 3x C15 H 31 COONa : 0,09 Muối CH2 : 0,12 mmuối =278.0,09+14.0,12+2.(-0,06)=26,58 (g) H2 : 0,06 Bình luận, Đánh giá: C15 H 31 COOH : 3x - Tại sao lại dồn về C H OH: x đều có mối quan hệ với nhau qua ẩn x,ta hiểu đơn giản như thế 35 3 H2 O : 3x  H này 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) 33to - Ở cách này thực ra vận dụng cả đồng đẳng hóa khi qui về nhóm CH2 Câu 4 (Đề THPT QG - 2019): Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2, thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 35,36 gam muối. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,2 B. 0,24. C. 0,12 D. 0,16. Đáp án C Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1: Lời Giải Bơm a mol H2 vào hh X ta được hh Y VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 9
  10. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 COO : 3x  BT H x + y = 2+a CO Bôm a molH2 2 BT e  hh Y : CH22 : y + O : 3,08 0,5amol    6y+2x=(3,08+ 0 ,5a) .4 H O : 2 a H:x 2  BTKL 44.3x 14y 2x 2a 40.3x 35,369 2x 2 x = 0,04 mol y = 2,08 mol a 0,12 mol a 0,12 mol Bình luận, Đánh giá:  BTKL 44.3x 14y 2x 2a 40.3x 35,36 92x ??? m m m 44.3x 14y 2x 2a XYH2(bom) Cách 2: Lời Giải COO : 3x BT H CO2  z = 2 mol y 2,08mol  DC hhX C :y + O : 3,08mol 2 BT e HO:2 2  4 y+2z=3,08.4 z 2 mol H2 : z COO : 3x hh X: C : 2,08 mol NaOH : 3x 35,36(g) hh muối + C3H5(OH)3 ( x mol) H2 : 2 mol  BTKL m m m - m 44.3x 122.,08 2.2 40.3x 92.x 35,3 6( g) x 0,04 mo l X NaOH C3 H 5 (OH) 3 COO : 3x COO : 3x=0,12 Bôm a mol H2 BT H hh X: C : 2,08  CH2 : 2,08  2+a = 2,08 + 0,04 a = 0,12 H2: 2 Hx2 : Vận dụng phương pháp tư duy đồng đẳng hóa: Lời Giải C H COO C H :x BT O 15 31 3 3 5  6x + 3,08.2= 2(51x+y)+2 CO2 : BT H m(g)hh X: CH22 : y + O :3,08mol  98x+2y+2z=2.2 H2 O : 2 mol H : z BTKL 2  806x 14y 2z 40.3x 35,36 92x x 0,04mol y 0,16mol X + Br n = a = -n = 0,12 mol 2 Br22 H z 0,12mol Bình luận, Đánh giá: n = a = -n = 0,12 mol ; Khi giải ra z = -0,12 nó phản ánh X là chất béo không no,cần bơm thêm 0,12 Br22 H mol H2 hoặc Br2 thì nó trở thành chất béo no Y a= 0,12 mol 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: VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 10
  11. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 amol - 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: - 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); Khi đó hỗn C CH2 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 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 11
  12. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 Bình luận, Đánh giá chung: 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 = naxit = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 (mol) C3 H 5() OH 3 CH32 HO2 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 + 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 = naxit = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 (mol): thực ra đang bảo toàn 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 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 12
  13. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 m m 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 nhh và nCOO sẽ giải được naxit = a mol= n ; nCB = b mol= n HO2 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 mmuối + m m 17 35 C3 H 5() OH 3 HO2 CH32: 0,02 Mà = n = 0,02 (mol); = naxit = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 (mol) CH32  BTKL mmmuoáimX 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: - 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 = CH15 31COOH: a ta dồn về hhX: C17 H 35 COOH: b C32 H: c - HS nhầm lẫn cơ bản chỗ này: = naxit = a + b = 0,09 (mol) ???. Chính xác trong bài 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: VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 13
  14. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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)CH :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 27 (Đề TN THPT - 2020): Hỗn hợp E gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit X. Cho m gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 88,44 gam hỗn hợp hai muối. Nếu đốt cháy hết m gam E thì cần vừa đủ 7,65 mol O2, thu được H2O và 5,34 mol CO2. Khối lượng của X trong m gam E là A. 48,36 gam. B. 51,72 gam. C. 53,40 gam. D. 50,04 gam. Đáp án B Vận dụng phương pháp tư duy dồn chất: Cách 1: Lời giải Do sau phản ứng thu được hỗn hợp 2 muối suy ra X no. CH17 35COONa: a hh Muối 306ab 278 88,44(1) CH15 31COONa: b Ta có: C H : c 32 BT C CO2 : 5,34 mol  3c + 18a + 16b = 5,34 (2) hh X OO: a+b + O : 7,65 2 PTOxi HO2  7c + 3(18a +16b)= 2.7,65 + 2(a+b) (3) CH2 :18a 16b a 0,18 mol (1),(2),(3) suy ra: b 0,12 mol c 0,06 mol CH15 31COOH: 0,06 mol Xếp vào E: CH17 35COOH: 0,06 mol XCH:(17 35 COO) 2 CH 15 31 COOC 3 H 5 : 0,06 molm X 0,06.862 51,72( g ) Bình luận, Đánh giá: Biểu thức( CH2 :18a 16b ) hiểu như thế nào? Số mol CH2 trong X sẽ chạy vào muối nên nC() muoi 18 a 16 b. C3H2 tạo thành glyxerol VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 14
  15. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Cách 2 : Lời giải naxit = a mol ; nCB = b mol ; nCOO n NaOH a 3 b COO : a 3b BT C CO2 : 5,34  a+3b+y 5,34(1) hh X CH : y + O (7,65) 22 BT e HO2  6y 2a 2b 7,65.4(2) H2 :a b COO : a 3b hh X CH2 : y + NaOH :a 3b 88,44(g) hh muối + C3H5(OH)3 ( b) + H2O ( a) H2 :a b  BTLK m m m m m 68a 162b 14y 88,44(3) X NaOH C3 H 5 (OH ) 3 HO2 a 0,12 mol (1),(2),(3) suy ra: b 0,06 mol y 5,04 mol XCH:(17 35 COO) 2 CH 15 31 COOC 3 H 5 : 0,06 molm X 0,06.862 51,72( g ) Bình luận, Đánh giá: - Với cách này tác giả xuất phát từ naxit = a mol ; nCB = b mol + để xây dựng + naxit = a mol = n HO2 + nCB = b mol = nglyxerol + nhh= a+b = n H 2 Vận dụng phương pháp tư duy đồng đẳng hóa: Lời giải Ta đồng đẳng hh E thành hh Y: CH15 31COOH: x CO2 :5,34 hhY ( C15 H 31 COO) 3 C 3 H 5 : y O 2 7,65 HO2 CH2 : z nNaOH = nCOO = x + 3y (mol) BTKL: 256x + 806y + 14z + 40.(x+3y)= 88,44 + 92y + 18x 278x + 834y + 14z = 88,44 (1)  Oxi phan ung 46x + 145y + 3z = 7,65.2 (2)  BTC 16x + 51y + z = 5,34 (3) x 0,12 mol Từ (1), (2), (3) suy ra: y 0,06 mol z 0,36 mol CH17 35COONa: a Ta có : 306ab 278 88,44 CH15 31COONa: b và a + b = nCOO = 0,3 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 15
  16. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 a 0,18 mol b 0,12 mol CH15 31COOH: 0,06 mol Xếp vào E : CH17 35COOH: 0,06 mol X: ( C17 H 35 COO) 2 C 15 H 31 COOC 3 H 5 : 0,06 mol mgX 0,06.862 51,72 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 Br2 đã tham gia phản ứng. Hiđro hóa hoàn toàn X (Ni, to) 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 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 m m 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 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 16
  17. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 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 C H COOH:4 x 15 31 C3 H 5(): OH 3 x CO: 67 x y  BT H 65x y 2,88 x 0,04 X: CH : y O : 4,21 mol 2 22 BT O H2 O: 2,82 mol  126xy 2 5,6 y 0,28 H : 0,06 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 CHUYÊN ĐỀ 2: BÀI TOÁN ESTE (VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAO) I. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP 1. Dạng toán phản ứng xà phòng hóa este phenol ( xét este đơn chức) 1.1. Công thức và phương trình phản ứng. ’ - Công thức: RCOOC6H4-R - Phương trình phản ứng: RCOOC6 H 4 R' + 2NaOH RCOONa + R'C 6 H 4 ONa + H 2 O (t¹o 2 muèi) 1.2. Cách phát hiện este phenol. - Dấu hiệu: + X là este đơn chức ( không nói rõ mạch hở) + Este X có công thức phân tử: C8H8O2; C9H10O2 . n 1 - Đối với 1 Este X + NaOH vừa đủ tạo hai muối hoặc tỉ lệ X nNaOH 2 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 17
  18. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 - Hỗn hợp 2 este X + NaOH( vừ đủ) n + Căn cứ vào tỉ lệ số mol giữa: 1 < NaOH <2 trong X có một este của phenol nX + số lượng muối tạo thành 3 + Hai este có công thức phân tử C8H8O2 ; C9H10O2 và đều chứa vòng benzen. + Đặc biệt: nn NaOHpu OH ancol 1.3. Một số lưu ý. n =n Este ancol (x) NaOH Y (x) Este ancol (x) Y - hh X  muèi + Este phenol (y) H O (y) nn 2 Este phenol (y) H2 O  BTKL m m m m m X NaOH muoi Y H2 O Câu 4 (Chuyên vinh lần 1-2018): Đun nóng m gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức với lượng dư dung dịch KOH thì có tối đa 11,2 gam KOH phản ứng, thu được ancol Y và dung dịch chứa 24,1 gam muối. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 8,96 lít CO2 (đktc) và 9 gam H2O. Giá trị của m là A. 21,2 B. 12,9 C. 20,3 D. 22,1 Định hướng tư duy giải : nKOH = 0,2 CO2 : 0,4 Ancol Y  O2 n n n 0,5 0,4 0,1 H22 O CO Y HO2 : 0,5 DC CH2 : 0,4 mY 7,4  Y BTH  HO2 : 0,1 nY 0,1 nnKOH OH() ancol trong X có chứa este phenol Este ancol (a) KOH Y :a= 0,1 mol a 0,1  muèi + nKOH = a+2b= 0,2 Este phenol (b) H2 O (b) b 0,05  BTKL m + m = m + m +m m = 24,1+7,4+0,05.18-11,2 m = 21,2 g X KOH muoi H2 O Y X X Bình luận, Đánh giá: + vì nnKOH OH() ancol trong X có chứa este phenol: đây là cách phát hiện rất hay vì nếu thu được ancol Y mà este đơn chức, mạch hở thì toàn bộ nnOH()() KOH OH ancol + Cẩn thận chỗ BTKL để tìm ra m = 21,2 g ; rất nhiều HS nhầm khi không để ý đến m X HO2 Câu 5: Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C8H8O2 và chứa vòng benzene trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic có phân tử khối lớn hơn trong Z là A. 0,82 gam. B. 0,68 gam. C. 2,72 gam. D. 3,40 gam. VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 18
  19. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Định hướng tư duy giải : n 0,05 mol X + 0,06 mol NaOH 1 NaOH 2 X lµ hçn hîp este phenol vµ este ancol nX Este ancol (x) KOH x + y = 0,05 x = 0,04  Este phenol (y) x + 2y = 0,06 y = 0,01  BTKL m + m = m + m +m m = 6,8+0,06.40-0,01.18-4,7 m = 4,32 g este NaOH muoi H2 O ancol ancol X 4,32 M 108 ancol : C H CH OH ancol0,04 6 5 2 HCOO-CH C H (x=0,04 mol)HCOONa C H CH OH 2 6 5 NaOH + 6 5 2 CH3 COO-C 6 H 5 (y=0,01 mol)CH3 COONa; C 6 H 5 ONa H 2 O m = 0,01.82 = 0,82 gam CH3 COONa Bình luận, Đánh giá: HS nếu không tìm được công thức ancol thì bài toán này có thể xét hai trường hợp xảy ra. HCOO-CH C H C H COOCH TH1: 2 6 5 TH2: 6 5 3 CH3 COO-C 6 H 5 CH3 COO-C 6 H 5 Câu 6( THPT Hương khê- hà tĩnh-2020): Cho 0,06 mol hỗn hợp hai este đơn chức X và Y (MX < MY) tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z trong đó có 2 muối của kali. Đốt cháy hoàn toàn Z thu được H2O, 0,145 mol CO2 và 0,035 mol K2CO3. Làm bay hơi hỗn hợp Z thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 6,51. B. 5,38. C. 6,50. D. 5,66. Định hướng tư duy giải :  BT K n 2. n 0,07 n 0,06 hçn hîp este phenol vµ este ancol KOH K23 CO este Este ancol (x) KOH x + y = 0,06 x = 0,05  Este phenol (y) x + 2y = 0,07 y = 0,01 0,18 X: HCOOCH : 0,05 mol  BT C n n n 0,145 0,035 0,18 mol sốC 3 3  C CO2 K 2CO 3 este 0,06 Y: Cab H Oc : 0,01 mol BT C  nC 2.0,05 0,01. a 0,18 mol a 8 X : C8 H82 O HCOOK : 0,06 Vì trong Z chỉ có 2 muối của kali muối mrắn = mmuối= 6,5 gam CH3 C 6 H 4 OK : 0,01 Câu 7 ( Chuyên KHTN-2020): Hỗn hợp E gồm hai este đơn chức, là đồng phân cấu tạo và đều chứa vòng benzen. Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 20,16 lít khí O2 (đktc), thu được 35,20 gam CO2 và 7,20 gam H2O. Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH dư thì có tối đa 7,0 gam NaOH phản ứng, thu được dung dịch T chứa 16,55 gam hỗn hợp ba muối. Khối lượng muối của axit cacboxylic trong T là A. 9,60 gam. B. 6,80 gam. C. 7,85 gam. D. 9,75 gam. Định hướng tư duy giải : VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 19
  20. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 CO : 0,8 E O(0,9) 2  BTO 2. n 2. n 2. n . n n 0,1 2 E O2 CO 2 H 2 O E HO2 : 0,4 n 0,1 mol X + 0,175 mol NaOH 1 NaOH 2 X lµ hçn hîp este phenol vµ este ancol nX Este ancol (x) NaOH x + y = 0,1 x = 0,025  Este phenol (y) x + 2y = 0,175 y = 0,075 0,8 Số CECHO 8:  BTKL m =m + m -m m = 13,6g E 0,1 8 8 2 E CO2 H 2 O O 2 E  BTKL m + m = m + m +m m = 13,6+7- 0,075.18-16,55=2,7 g E NaOH muoi H2 O ancol ancol 2,7 M 108 ancol : C H CH OH ancol0,025 6 5 2 HCOONa : 0,025 Vậy 3 muối thu được là CH3COO Na : 0,075 mmuối của axit cacboxylic = 7,85 gam C65 H ONa : 0,075 Câu 40: (Đề MH – 2021) Đốt cháy hoàn toàn 0,26 mol hỗn hợp X (gồm etyl axetat, metyl acrylat và hai hiđrocacbon mạch hở) cần vừa đủ 0,79 mol O2, tạo ra CO2 và 10,44 gam H2O. Nếu cho 0,26 mol X vào dung dịch Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là A. 0,16 mol. B. 0,18 mol. C. 0,21 mol. D. 0,19 mol. Định hướng tư duy giải : Cách 1 : Bơm t mol H2 vào hh X ta được hh Y COO : x BTH CO2 :  y 0,26 0,58 t y 0,5 hh Y CH : y + O (0,79 0,5t) 22 BTe H2 O : 0,58 t  6y 2.0,26 (0,79 0,5t).4 t 0,18 H:2 0,62 t =0,18 Cách 2: COO:x  BTH zy0,58 0,5  DC 0,26 mol hh XC:y O (0,79) CO H O (0,58) 2 2 2 BTe  4yz 2. 0,79.4 z 0,58 H:2 z COO : COO : Bôm a mol H2 BT H hh X: C : 0,5  CH2 : 0,5  0,58 + a = 0,5 + 0,26 a 0,18 H :0,58 2 H2 : 0,26 Bình luận, Đánh giá: Chú ý: Bơm t mol H2 vào hh X ta được hh Y thì nY = 0,26 mol VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 20
  21. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Câu 41 ( GVG Tỉnh Nghệ An-2019): Hỗn hợp E gồm CH3COOH, (CH2=CH-COO)3C3H5 và hai hyđrocacbon mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp E cần 42,56 lít O2 (đktc), thu được CO2 và 21,6 gam H2O. Mặt khác, 0,3 mol E tác dụng được tối đa dung dịch chứa m gam Br2. Giá trị của m là? A. 32 gam B. 64 gam C. 96 gam D. 48 gam Định hướng tư duy giải : Cách 1 : Bơm t mol H2 vào hh E ta được hh X COO : x BTH CO2 :  y0,31,2t y1,3 hh X CH : y + O (1,9 0,5t) 22 BTe HO2 :1,2 t  6y 2.0,3 (1,9 0, 5t).4 t 0,4 H2 : 0,3 m=0,4.160=64g Cách 2 : COO:x  BTH zy1,2 1,3  DC 0,3 mol hh EC:y O (1,9) CO H O (1,2) 2 2 2 BTe  4yz 2. 1,9.4 z 1,2 H:2 z COO : COO : Bôm a mol H2 BT H hh X: C : 1,3  CH2 : 1,3  1,2 + a = 1,3 + 0,3 a 0,4 m=0,4.160=64g H :1,2 2 H2 : 0,3 4. Dạng este vận dung cao Câu 58( HSG Nghệ an-2020-2021). Hỗn hợp X gồm các este đơn chức và một este hai chức. Đốt cháy hoàn toàn 60,4 gam X thu được 2,3 mol CO2. Mặt khác, cho 60,4 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 60,6 gam hỗn hợp muối của axit cacboxylic và hai ancol kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Đun nóng hỗn hợp ancol với H2SO4 đặc, thu được 22,16 gam ete (biết hiệu suất phản ứng tạo ete của mỗi ancol đều bằng 80%). Hãy xác định phần trăm khối lượng các chất trong X. Định hướng tư duy giải : Vì X có 1 este đơn chức tạo ra ancol đơn chức thu được 2 ancol đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng. 60,6g muoái NaOH 60,4gX H SO ñaëc 22,16g ete(80%) 2ancol ñônchöùc ñoàng ñaúng keá tieáp  24 HO 2 1 Ta có: n n a mol; n n 0,5 a mol NaOH ancol H2 O2 ancol 100 m m m 22,16. 18.0,5 a 9 a 27,7 ancol ete H2 O 80 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 21
  22. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627  BTKL m m m m 60,4 40 a 60,6 9 a 27,7 a 0,9 mol X NaOH muoái ancol mgancol 9.0,9 27,7 35,8 35,8 M ancol 39,778 và vì 2 ancol đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng 0,9 CH3 OH: x x y 0,9 x 0,4 2ancol C25 H OH: y 32 x 46 y 35,8 y 0,5 n n n n 2,3 0,4 0,5.2 0,9 mol n C( muoái ) CO2 C ( CH 3 OH ) C ( C 2 H 5 OH ) COO HCOONa: b  COO bc2 0,9 b 0,3 2:muoái m (Cc OONa) : muoái 2  68bc 134 60,6 c 0,3 HCHOOC-COOC : 0,3 3 2 5 este2 chöùc : HCOOCH : 0,1 (Vì n va n 0) 3 CH3 OH C 2 H 5 OH HCOOC H : 0,2 25 60.0,1 %m .100% 9,937% HCOOCH3 60,4 74.0,2 %m .100% 24,5% HCOOC25 H 60,4 %m 100% 9,937% 24,5% 65,563% HCH3OOC-COOC 2 5 Câu 59( HSG Bắc Giang-2019-2020): Hỗn hợp E gồm axit cacboxylic đơn chức X và hai este Y, Z (đều mạch hở, X và Y là đồng phân cấu tạo của nhau). Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 1,2 mol O2, thu được CO2 và 1,1 mol H2O. Mặt khác, cho 7,72 gam E tác dụng vừa đủ với 130ml dung dịch KOH 1M, thu được dung dịch hỗn hợp muối và ancol đơn chức. Phần trăm số mol của Z trong E là A. 44,44%. B. 33,33%. C. 22,22%. D. 16,67%. Định hướng tư duy giải : VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 22
  23. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 CO2 m() g E O2 H2 O: 1,1 mol nCOO a mol BT O 1  nCO .(2 a 1,2.2 1,1) a 0,65 mol 2 2 mECHO m m m 12.( a 0,65) 2.1,1 32 a 44 a 10( g ) 7,72()g E KOH :0,13 mol muoái ancol ñônchöùc m nCOO() m gE 44aa 10 nCOO() E n KOH 0,13 mol a 0,65 mol 7,72 nCOO(7,72gE ) 7,72 0,13 COO : 0,65 E: CH2 :0,65 Vì nCOO n CH 0,65 vaø X , Y laø ñoàng phaân cuûa nhau 2 H2 : 0,45 X: CHCOOH3 ; Y : HCOOCH 3 ; Z : HCOOC 3 -COOC 2 H 5 x 2 y 0,65 x 0,25 nXYZ n x; n y x y 0,45 y 0,2 %nZ 44,44% Câu 73 (Đề MH - 2018): Cho các chất hữu cơ mạch hở: X là axit không no có hai liên kết π trong phân tử, Y là axit no đơn chức, Z là ancol no hai chức, T là este của X, Y với Z. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp M gồm X và T, thu được 0,1 mol CO2 và 0,07 mol H2O. Cho 6,9 gam M phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp muối khan E. Đốt cháy hoàn toàn E, thu được Na2CO3; 0,195 mol CO2 và 0,135 mol H2O. Phần trăm khối lượng của T trong M có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 68,7. B. 68,1. C. 52,3. D. 51,3. Định hướng tư duy giải : Ñoàngñaúnghoùa :  BT C 3b 6 c d 0,1 n b 2 c 0,1 0,07 0,03 BT H COO  2b 4 c d 0,07 mMCHO m m m 12.0,1 2.0,07 32.0,03 2,3 g VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 23
  24. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 HCOONa Na23 CO E: C2 H 3 COONa O 2 CO 2 : 0,195 CH HO: 0,135 2 2 nNaOH n COO x 2 y 0,09 (1)  BT C 3x 6 y z 0,3 (2) n n n 0,195 0,135 0,06 CO2 H 2 O C 2 H 3 COONa xy 0,06 (3) x 0,03 HCOONa : 0,03 Töø(1),(2),(3) : y 0,03 E : C23 H COONa : 0,06 z 0,03 CH2 : 0,03 Vì T taïo bôûi axit ñôn chöùc Y vaø axit khoâng no X %mT 68,69% Câu 86 (Đề MH - 2020): Đốt cháy hoàn toàn 6,46 gam hỗn hợp E gồm ba este no, mạch hở X, Y, Z (đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol; MX < MY < MZ < 248) cần vừa đủ 0,235 mol O2, thu được 5,376 lít khí CO2. Cho 6,46 gam E tác dụng hết với dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với lượng phản ứng) rồi chưng cất dung dịch, thu được hỗn hợp hai ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp chất rắn khan T. Đốt cháy hoàn toàn T, thu được Na2CO3, CO2 và 0,18 gam H2O. Phân tử khối của Z là A. 160. B. 74. C. 146. D. 88. Định hướng tư duy giải : VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 24
  25. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Doàn chaát : COO: a CO2 : 0,24 6,46g E : CH22 :0,24 a O :0,235 HO2 Hb2 : n  O2 (/) p öù 3.(0,24 ab ) 0,235.2 a 0,1 b 0,05 mE 44 a 14.(0,24 a ) 2 b 6,46 nNaOH n COO 0,1 mol n NaOH dö 0,02 Na CO 23 T O CO n n Trong muoái khoâng coù H Muoái laø() COONa 22 H( H2 O ) NaOH dö 2 HO: 0,01 2 n 0,05  BTKL m 6,46 0,1.40 0,05.134 3,76 g ()COONa2 ancol 3,76 CH3 OH: x x y 0,1 x 0,06 Mancol 37,6 Ancol : 0,1 C25 H OH: y 32 x 46 y 3,76 y 0,04 X:() COOCH32 E : Y: HCOOC3 COOCH 2 5 MZ 146 Z:() COOC H 2 5 2 VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 25
  26. ĐINH SƠN HOÀI -THPT DIỄN CHÂU 3 Số ĐT Zalo: 0975.975.627 Câu 87( Sở Phú Thọ-2021): Hỗn hợp X gồm 3 este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol, trong đó hai este có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Xà phòng hóa hoàn toàn 6,04 gam X bằng dung dịch NaOH (vừa đủ) thu được hỗn hợp Y gồm hai ancol đơn chức, kế tiếp trong dãy đồng đằng và hỗn hợp Z gồm 2 muối (tỉ lệ mol 1:1). Cho toàn bộ Y vào bình đựng kim loại Na dư, sau phản ứng có 1,008 lít khí H2 thoát ra và khối lượng bình tăng 3,07 gam. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 1,68 lít O2, thu được Na2CO3 và hỗn hợp CO2 và H2O. Phần trăm khối lượng của este có phân tử khối lớn nhất trong X là A.45,45%. B.58,61%. C.77,32%. D.19,07%. Định hướng tư duy giải : n 0,045 mol n n 0,045.2 0,09 mol H2 ancol NaOH m m m 3,07 0,09 3,16 g ancol bình taêng H2 CH : 0,11 Veânh CH OH : 0,07 Ancol: 2  3 ( Vì 2 ancol ñoàng ñaúng keá tieáp ) H2 O: 0,09 C 2 H 5 OH : 0,02 X NaOH hh muoái Z hh ancolY BTKL: mmuoái 6,04 0,09.40 3,16 6,48 g COONa : 0,09 Na23 CO m 0,09.67 12 a 2 b 6,48 muoái a 0,03 Muoái: C : a O22 : 0,075 CO n 0,09  O2 p/ öù 2ab 0,075.2 b 0,045 Hb: HO 2 2 2 HCOONa : 0,03 (COONa ) : 0,03 CH COONa : 0,03 Muoái : 2 3 C : 0,03 (COONa )2 : 0,03 H :0,06 CH COOCH : 0,01 33 Gheùp:( COOCH ):0,03 % m 58,61% 3 2 (COOCH32 ) CH COOC H : 0,02 3 2 5 Bình luận, đánh giá: -Bài toán không khó để tìm các số liệu về ancol và muối, mấu chốt nằm ở chỗ ghép tìm muối và ghép để tìm hỗn hợp ban đầu VẬN DỤNG CÁC PP TƯ DUY GIẢI TOÁN HÓA HỮU CƠ 26