MỤC LỤC Trang 1.PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài .1 1.2 Mục đích nghiên cứu .1 1.3.Đối tượng nghiên cứu .1 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2.PHẦN NỘI DUNG 2.1Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Phương pháp 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành hỗn hợp chất .3 2.3.2 Phương pháp 2: Quy đổi phương pháp đồng đẳng hóa 2.3.3 Phương pháp 3: Quy đổi phản ứng 2.3.4 Phương pháp 4: Quy đổi hỗn hợp chất thành nhiều chất 11 2.4.5 Phương pháp 5: Quy đổi hỗn hợp chất trung bình 12 2.4.6.Bài tập củng cố hướng dẫn giải .15 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 19 PHẦN KẾT LUẬN .19 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong trình giải toán hóa học hữu cơ, số tập tất phần: hidrocacbon, ancol, anđehit, axit, este, đặc biệt tập peptit, aminoaxit có nhiều không sử dụng phương pháp quy đổi học sinh giải cách làm thông thường nhiều thời gian Học sinh yếu giải tập trắc nghiệm đặc biệt toán hữu Trong yêu cầu giải nhanh tập kỳ thi năm năm học 2016 – 2017 lớn thời gian dành cho câu hỏi ngắn - 1,25 phút Bài tập trắc nghiệm tập nâng cao mức độ tư duy, khả phân tích phán đoán, khái quát học sinh đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh Phương pháp quy đổi không giúp học sinh nhanh dễ dàng toán hóa học mà tạo hứng thú học tập cho em Xuất phát từ tình hình thực tế giảng dạy: Khoảng 30% số học sinh có kiến thức chưa chắn, tư hạn chế , khả giải toán hoá học trắc nghiệm khách quan chậm Một số khác khoảng 40% học sinh giải 60 đến 70% số câu hỏi Còn lại số học sinh kiến thức chắn cách làm chậm, số không giải Hiện tài liệu tham khảo nhận thấy tập trung nhiều cho toán quy đổi hóa vô mà chưa tập trung cho hóa hữu với hóa hữu lượng tập giải theo phương pháp nhiều Để giúp học sinh nắm kiến thức hoàn thành tốt tập theo phương pháp trắc nghiệm khách quan Từ lí trên, chọn đề tài: “HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA HỌC HỮU CƠ BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI” 1.2 Mục đích nghiên cứu Đề tài cung cấp cho học sinh hiểu rõ kiến thức phổ thông cách có hệ thống, số kiến thức nâng cao Cung cấp cho học sinh cách giải tập hóa học phương pháp quy đổi Giúp em đơn giản hóa kiện toán từ giải nhanh tập hóa hữu mà có nhiều tưởng chừng phức tạp Cung cấp cho học sinh số kiến thức chuyên sâu quy đổi giúp em ôn luyện thi THPT Quốc Gia, ôn luyện thi học sinh giỏi từ em thấy yêu thích, hứng thú với môn hóa học 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Phân loại cách quy đổi phạm vi ứng dụng, nhận dạng cách: Quy đổi hỗn hợp hidrocacbon Quy đổi hỗn hợp ancol, anđehit, axit cacboxylic Quy đổi hỗn hợp gồm ancol, axit cacboxylic, este Quy đổi hỗn hợp aminoaxit Quy đổi hỗn hợp peptit 1.4.Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu xây dựng sơ lý thuyết Nghiên cứu SGK ,sách tập hoá học phổ thông , tài liệu tham khảo khác đặc biệt đề thi đại học, cao đẳng, thi THPT Quốc Gia đề thi thử năm gần Tổng kết kinh nghiệm thủ thuật giải tập hoá học Trao đổi ,trò chuyện với đồng nghiệp , học sinh trình ôn luyện cho học sinh dạng tập sử dụng phương pháp quy đổi Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sỏ lí luận sáng kiến kinh nghiệm Nắm quy đổi phương pháp tư giải toán độc đáo, sáng tạo dựa giả định thực để biến đổi tương đương chất hỗn hợp cho trình hóa học cho Bản chát sử dụng toán học Một số toán hóa học giải nhanh phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi tìm đáp số nhanh phương pháp tương đối ưu việt, vận dụng vào tập trắc nghiệm để phân loại học sinh Phân loại dạng quy đổi thường gặp dùng giải toán hóa học hữu Các ý chung áp dụng phương pháp quy đổi: Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố bảo toàn khối lượng hỗn hợp Có thể quy đổi hỗn hợp X cặp chất nào, chí quy đổi chất Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất đơn giản có phản ứng để đơn giản việc tính toán Trong trình tính toán theo phương pháp quy đổi ta gặp số âm bù trừ khối lượng chất hỗn hợp Trong trường hợp ta tính toán bình thường kết cuối thỏa mãn Nắm vững tính chất hóa học chất, từ có biến đổi hợp lí( không nhầm lẫn thực việc quy đổi dẫn đến kết toán sai lệch) Nắm vững định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố Đó phương pháp thường xuyên bổ trợ cho phương pháp quy đổi giải toán hóa học hữu 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi chưa áp dụng có toán học sinh làm Đa số học sinh không giải làm nhiều thời gian Tài liệu tham khảo viết sủ sụng phương pháp quy đổi giải toán hóa học hữu ít, chưa có hệ thống, không khái quát hết việc nhận dạng để phát cần sử dụng cách quy đổi chưa có( chủ yếu quan tâm tới quy đổi giải toán hóa vô cơ) Nguồn tư liệu để giáo viên nghiên cứu hạn chế nội dung kiến thức kĩ giải quy đổi giải toán hóa hữu cung cấp cho học sinh chưa nhiều Do đó, gặp toán hữu cần sử dụng quy đổi em thường lúng túng không tìm cách giải mạnh dạn đưa đề tài giúp em có cách xác định nhanh cách giải tập để em có kết cao kỳ thi 2.3 Giải pháp sử dụng để giải vấn đề Khi giảng dạy chia thành cách quy đổi cụ thể, rõ áp dụng cho loại tập nào, chọn tập mức độ từ dễ đến khó Trên sở rèn luyện kỹ giải loại tập cách nhanh chóng dễ dàng 2.3.1.Phương pháp 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành hỗn hợp chất Nhận dạng toán: 1.Bài toán cho hỗn hợp chất, có hay số chất có số mol 2.Trong hỗn hợp ban đầu có hay số chất biến thành chất có mặt hỗn hợp 3.Các chất có công thức chung hay dạng Ví dụ 1.Đốt cháy hoàn toàn 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit adipic, axit axetic glyxerol( số mol axit metacrylic số mol axit axetic) O2 dư, thu hỗn hợp khí Dẫn Y vào dung dịch chứa 0,38 mol Ba(OH)2 thu 49,25 gam kết tủa dung dịch Z Đun nóng Z lại thấy xuất kết tủa Nếu cho 13,36 gam X tác dụng với 140 ml dung dịch KOH 1M, sau phản ứng xảy hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu chất rắn khan có khối lượng là: A 18,68 gam B.19,04 gam C 14,44 gam D.13,32 gam Hướng dẫn giải Nhận xét: Đối với tập không quy đổi toán trở thành phương trình ẩn, cách làm Vậy ta thực quy đổi sau: Axit metacrylic: CH2=C(CH3) – COOH Axit adipic: HOOC – (CH2)4 – COOH Axit axetic: CH3COOH Glixerol: CH2(OH) – CH(OH) – CH2(OH) Do số mol axit metacrylic số mol axit axetic nên ta cộng công thức phân tử lại thành C4H8( COOH)2 trùng với công thức phân tử axit adipic Lúc xem X gồm chất C4H8(COOH)2 : x mol Trong trang mục 2.3.1: Ví dụ tham khảo từ TLTK số C3H5(OH)3 :y mol Ta có: Ba(OH)2 0,38 mol tác dụng với CO2 → BaCO3: 0,25 mol Ba(HCO3): 0,38 – 0,25 = 0,13 mol Vậy số mol CO2 = 0,25 + 0,13 × = 0,51 mol 6x + 3y = 0,51 (1) 146x + 92y = 13,36 (2) Ta có hệ phương trình:  x = 0,06 ⇔   y = 0,05 0,06 mol axitadipic tác dụng 0,14 mol KOH( dư) tạo thành 0,06 × = 0,12 mol H2O Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có : 146 × 0,06 + 0,14 × 56 = m + 0,12 × 18 ⇒ m = 14,4 → Chọn đáp án C Ví dụ Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 H2 cho m gam X vào bình kín có chứa bột Ni làm xúc tác Nung nóng bình thu hỗn hợp Y Đót cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc) Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vaò bình đựng nước vôi dư, thu dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam Nếu cho Y qua bình đựng lượng dư dung dịch brom CCl có 24 gam brom phản ứng Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X qua bình đựng brom dư CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị V gần với giá trị sau A.21,00 B.22 C.10 D.21,5 Hướng dẫn giải Nhận xét : Với toán không thực quy đổi tìm kết toán số phương trình lập nhiều số ẩn Sau hồi tính toán toán trở nên bế tắc Nhưng học sinh cần phát hỗn hợp có C4H10 quy đổi thành 2C2H2 3H2 Lúc ta chuyển toán hỗn hợp chất thành chất C H : xmol  X ⇔ C H : ymol  H : zmol  + O ,t ,t Ni   → Y → CO2 + H2O 3x + 2y mol Từ kiện ta có hệ phương trình: 3x + y + z mol  x = 0,15 100(3 x + y ) − 44(3 x + y ) − 18(3 x + y + z ) = 21,45  y = 0.075  x + y − z = 0,15   ⇔  z = 0,15  kx + ky + kz = 0,5  kx + 2ky = 0,4 k =  n CO2 = 3x + 2y = 0,6 mol n O2 phản ứng = nCO2 + n H2O = 0,675 mol 1n H2O = 0,6 + 0,675 = 0,9375 mol 2 V O = 0,9375.22,4 = 21 lít Đáp án A Trong trang mục 2.3.1: Ví dụ tham khảo từ TLTK số Ví dụ Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylenglicol, glixerol Cho m gam X tác dụng với Na dư thu tối đa V lít H 2( đktc) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 6,72 lít CO2( đktc) Giá trị V : A 3,36 lít B.11,2 lít C.5,6 lít D.6,72 lít Hướng dẫn giải Nhận xét : Nếu giải theo cách thông thường học sinh phải phát chất có số mol nguyên tử C số mol OH Sau từ số mol H suy số mol OH số mol nguyên tử C n C=nCO2 = 0,3 mol n OH = nC = 0,3 mol → nH2 = nOH = 0,15 mol ⇒ VH2 = 0,15.22,4 = 3,36 lít Đáp án A Nếu dùng phương pháp quy đổi ta chuyển toán thành chất có công thức : CH3OH C2H4(OH)2 C3H5(OH)3 để giải Giả sử chọn trường hợp CH3OH ta có : nCH3OH = nCO2 = 0,3 mol Theo bảo toàn nguyên tố C ta có : nCO2 = nCH3OH = 0,3 mol n H2 = nOH = 0,15 mol VH2 = 0,15.22,4 = 3,36 lít Đáp án A 2.3.2.Phương pháp 2: Quy đổi phương pháp đồng đẳng hóa Các chất dãy đồng đẳng hay nhiều nhóm CH Vì thêm vào bớt CH từ chất hữu để chất khác đồng đẳng với Từ ta quy đổi hỗn hợp phức tạp chất đơn giản hơn( thường chất đầu dãy đồng đẳng) Sau quy đổi hỗn hợp đồng đẳng hóa, ta lập phương trình theo kiện từ đề giải hệ Khi tìm ẩn, tức xác định thành phần hỗn hợp sau quy đổi, ta sử lí bước lại trả lời câu hỏi toán Chú ý: CH2 thành phần khối lượng Vì có mặt phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy( số mol O phản ứng, số mol CO2, số mol H2O) CH2 chất ( nhóm metylen – CH - ) Nó không tính vào số mol hỗn hợp( kiện khác liên quan đến số mol chất) Đối với toán quy đổi hỗn hợp có este ta cần nắm vững kỹ thuật hỗ trợ công thức sau : Thêm H2O vào hỗn hợp có chứa este Từ ta quy đổi hỗn hợp thành axit cacboxylic, ancol H2O Sản phẩm cuối phản ứng thay đổi Trong trang mục 2.3.1: Ví dụ tham khảo từ TLTK số Số mol – COOH axit hỗn hợp sau quy đổi số mol NaOH hay KOH phản ứng với hỗn hợp đầu Lượng ancol có hỗn hợp sau quy đổi lượng ancol thu thủy phân hoàn toàn hỗn hợp đầu Đối với tập peptit cần nắm vững quy đổi thường gặp sau: C H NO  Quy đổi peptit CH H O  Quy đổi áp dụng cho peptit tạo nên từ aminoaxit no, mạch hở, phân tử có 1NH2 1COOH Trong số mol H 2O = số mol hỗn hợp peptit Nếu peptit không no có nhiều nhóm chức ta có biến đổi tương tự chọn chất đầu phù hợp với đặc điểm đề cho Tức thay C 2H3NO thành C3H5NO, C3H6N2O Nhận dạng toán Bài tập đốt cháy hỗn hợp chất gồm ancol, axit cacboxylic este tạo nên từ ancol axit Bài tập đốt cháy hỗn hợp peptit( đặc biệt peptit không cho số đơn vị mắt xích liên kết với nhau) Bài tập đốt cháy hỗn hợp chất hữu khác giải theo cách thông thường thấy không giải Ví dụ X, Y chất thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic M X < MY Z ancol có số nguyên tử C với X, T este chức tạo X, Y, Z Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít O2(đktc) thu CO2 9,36 gam H2O Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2 Khối lượng muối thu cho lượng E tác dụng dung dịch KOH dư là: A 4,68 gam B.5,04 gam C 5,44 gam D 5,8 gam Hướng dẫn giải: T este chức nên Z ancol chức nH2O = 0,52 mol Áp dụng BTKL ⇒ nCO2 = 0,47 mol < nH2O Vậy Z no( Z thuộc dãy đồng đẳng etylen glicol), Z có số nguyên tử C với X nên quy đổi Z C3H6(OH)2 E⇔ C H COOH : a mol = 0,04 mol C H (OH) : b mol   c mol CH : H O : d mol Trong trang mục 2.3.2: Ví dụ tham khảo từ TLTK số m E = 72.0,04 + 76b + 14c + 18d = 11,16  n CO2 = 3.0,04 + 3b + c = 0,47  n H2O = 2.0,04 + 4b + c + d = 0,52 ⇔ b = 0,11  c = 0,02 d = −0,02  C H 5COOH : 0,02 mol C H (OH) : 0,11 mol  ⇔  0,02 mol CH : H O : - 0,02 mol C H COOK : 0,02 mol → m muối Cho F tác dụng KOH tạo muối  C H COOK : 0,02 mol C H COOH : 0,04 mol  ⇒ E C H (OH) : 0,11 mol C H COOH : 0,02 mol  = 0,02 110 + 0,02 124 = 4,68 gam Đáp án A Ví dụ 2.Đốt cháy hoàn toàn 9,92 gam hỗn hợp peptit X Y( tạo từ aminoaxit no, mạch hở, phân tử chứa 1NH2 1COOH) O2 vừa đủ thu N2 + 0,38 mol CO2 + 0,34 mol H2O Mặt khác, đun nóng hỗn hợp với dung dịch NaOH vừa đủ thu m gam muối Giá trị m là: A.16,24 gam B.14,98 gam C.15,68 gam D.17,04 gam Hướng dẫn giải: Bài toán không thực quy đổi giải Hai peptit không cho chứa gốc, không cho số mol Chỉ có thông tin khối lượng, cách đặt công thức tổng quát để làm bình thường có nhiều ẩn Khi quy đổi sau toán trở nên đơn giản để tìm kết Quy đổi 9,92 gam hỗn hợp peptit thành C H NO : xmol  CH : ymol  H O : zmol  Từ ta có hệ phương trình: 57 x + 14 y + 18 z = 9,92  2 x + y = 0,38 1,5 x + y + z = 0,34   x = 0,14  ⇔  y = 0,10  z = 0,03  Trong số mol H2O quy đổi trên(z) = số mol peptit Số mol NaOH phản ứng = nN = x mol = 0,14 mol Số mol H2O tạo = 0,03 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m= 9,92 + 0,14.40 – 0,03.18 =14,98 gam Đáp án B Trong trang mục 2.3.2: Ví dụ tham khảo từ TLTK số Ví dụ Hỗn hợp X gồm este đơn chức, tạo thành từ ancol Y với axit cacboxylic( phân tử chứa chức – COOH), axit no đồng đẳng axit không no có đồng phân hình học, chứa liên kết đôi C = C phân tử Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X dung dịch NaOH thu hỗn hợp muối m gam ancol Y Cho m gam Y vào bình đựng Na dư sau phản ứng thu 896 ml khí(đktc) khối lượng bình tăng 2,48 gam Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thu CO 3,96 gam H2O Phần trăm khối lượng este không no X là: A 29,25% B.38,76% C.40,82% D.34,01% Hướng dẫn giải: Y = 2nH2 = 0,08 mol → MY = n 2,48 + 0,08 = 32 ( Y CH3OH) 0,08 HCOOCH : a mol  X ⇔ CH CH = CH COOCH : b mol CH : c mol  m X = 60a + 100b + 14c = 5,88  ⇔ n H O = 2a + 4b + c = 0,22  n CH 3OH = a + b = 0,08 HCOOCH : 0,06 mol  → X C H COOCH : 0,02 mol ⇔ X CH : 0,02 mol  %m C3H5COOCH3 = ⇔ ⇔ HCOOCH : a mol  C3 H COOCH : b mol CH : c mol  a = 0,06  b = 0,02 c = 0,02  HCOOCH : 0,04 mol  C3 H 5COOCH : 0,02 mol CH COOCH : 0,02 mol  0,02.100 100% = 34,01% Đáp án D 5,88 Ví dụ Hỗn hợp X gồm ankin đồng đẳng có số nguyên tử C < ancol etylic Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O 2(đktc) Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư thấy thoát 11,2 lít khí(đktc) Phần trăm khối lượng ancol etylic X là: A 32,86% B 65,71% C.16,43% D.22,86% Hướng dẫn giải: C H OH X gồm C H  n n −2 C H OH : a mol  ⇔ 28 gam X C H : b mol CH : c mol  Trong trang mục 2.3.2: Ví dụ tham khảo từ TLTK số Ví dụ tham khảo từ TLTK số Ta có: 46a + 26b + 14c = 28 (1) Khi cho X qua bình Na dư a mol C 2H5OH → 0,5a mol H2, đồng thời thoát b mol ankin ⇒ 0,5a + b = 0,5 (2) ka mol C H OH  0,3 mol X bao gồm kb mol C H kc mol CH  Ta có: k( a +b) = 0,3 Từ lượng O2 phản ứng ta có phương trình: k( 3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6 %mC2H5OH = 0,2.46 100% = 32,86% 28 = (0,2.46 : 28) 100% = 32,86% ⇒ Đáp án A 2.3.3.Phương pháp 3: Quy đổi phản ứng: Từ toán có phương trình phản ứng chuyển thành toán có phương trình phản ứng khác giúp cách làm dễ hiểu nhanh chóng Ví dụ Hỗn hợp khí X gồm HCHO H2 cho qua ống sứ đựng Ni, t0 Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu hỗn hợp Y gồm chất hữu Đốt cháy hết Y thu 11,7 gam CO2 7,84 lít CO2(đktc) Phần trăm thể tích H2 X là: A 35,00% B.53,85% C.65,00% D.46,15% Hướng dẫn giải n n H2O = 11,7: 18 = 0,65 mol; CO2 = 7,84: 22,4 = 0,35 mol Chuyển toán đốt Y thành đốt X ta có: HCHO cháy tạo số mol CO H2O Vậy số mol H2 cháy tạo số mol H2O là: 0,65 – 0,35 = 0,3 mol Vậy số mol H X là: 0,3 mol Số mol HCHO = nCO2 = 0,35 mol; nX = 0,3 + 0,35 = 0,65 mol %VH2(X) = (0,3: 0,65) 100% = 46,15% Đáp án D Ví dụ Hỗn hợp X gồm axit đơn chức mạch hở có axit no đồng đẳng axit không no có liên kết đôi gốc hidrocacbon Cho m gam X tác dụng với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH Để trung hòa lượng NaOH dư cần 200 ml dung dịch HCl 1M thu dung dịch D Cô cạn cẩn thận D thu 52,58 gam chất rắn khan E Đốt cháy hoàn toàn E hấp thụ toàn sản phẩm khí vào bình đựng dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình tăng 44,14 gam Thành phần phần trăm khối lượng axit không no là: A.44,89% B.48,19% C.40,57% D.36,28% Trong trang mục 2.3.3: Ví dụ tham khảo từ TLTK số Ví dụ tham khảo từ TLTK số Hướng dẫn giải 10 Số mol HCl = 0,2 mol, số mol H2O tạo = 0,7 mol Âp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,7.40 + 0,2 36,5 = 52,58 + 0,7.18 ⇒ m = 29,88 gam, nX = 0,5 mol Khối lượng O2 cần dùng để đốt cháy E = 0,25.106 + 44,14 +0,2.58,5 – 52,58 = 29,76 gam Số mol O2 cần dùng cho phản ứng đốt cháy E = 0,93 mol Gọi số mol CO2 H2O tạo đốt cháy E x y ta có: 44x + 18y = 44,14 (1) Mặt khác áp dụng bảo toàn nguyên tố O ta có: 0,5.2 + 0,93.2 = 0,25.3 + 2x + y (2) Giải hệ phương trình (1) (2) ta có: x = 0,77: y = 0,57 Chuyển toán đốt E thành đốt X ta có: Số mol CO2 tạo là: 0,77 + 0,25 = 1,02 mol Số mol H2O tạo là: 0,57 + 0,25 = 0,82 mol Số mol axit không no = nCO2 – nH2O = 1,02 – 0,82 = 0,2 mol Số mol axit no = 0,5 – 0,2 = 0,3 mol ⇒ 0,3( n +1) + 0,2(m+1) = 1,02 ⇔ n + 2m =5,2 m ≥ ⇒ m =2 Axit không no là: CH2=CH – COOH % khối lượng axit acrylic = 0,2 72: 29,88 = 48,19% ⇒ Đáp án B Ví dụ : Cho a gam hỗn hợp X gồm aminoaxit no, mạch hở( chứa NH COOH) phân tử tác dụng với 40,15 gam dung dịch HCl 20% thu dung dịch A Để tác dụng hết với chất dung dịch A cần vừa đủ 140 ml dung dịch KOH 3M Mặt khác đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp cho sản phẩm qua bình đựng dung dịch NaOH dư, khối lượng bình tăng 32,8 gam Xác định công thức phân tử aminoaxit biết tỉ lệ khối lượng phân tử chúng M1: M2 = 1,37 A.H2N – CH2 – COOH H2N – C3H6 – COOH B.H2N – (CH2)2 – COOH H2N – C4H8 – COOH C.H2N – (CH2)3 – COOH H2N – C5H10 – COOH D.H2N – (CH2)3 – COOH H2N – C6H12 – COOH Hướng dẫn giải Xem dung dịch A chứa chất là: Aminoaxit HCl Khi cho A tác dụng với KOH ta có nKOH = nHCl + naminoaxit ⇒ 0,14× 3= (40,15 × 20% : 36,5) + naminoaxit ⇒ naminoaxit = 0,2 mol H N − Cn H n − COOH + + 3n O2 → (n + 1) CO2 + (n + 1,5) H2O Trong trang mục 2.3.3: Ví dụ tham khảo từ TLTK số ⇒ 0,2( n + 1) × 44 + 0,2( n +1,5) × 18 = 32,8 ⇒n = 1,5 11 Vậy n1 = 1, aminoaxit thứ là: H2N – CH2 – COOH( M1 =75) M2 = 75× 1,37 = 103, aminoaxit thứ là: H2N – C3H6 – COOH 2.3.4.Phương pháp 4: Quy đổi hỗn hợp chất thành nhiều chất Chất chưa biết cấu tạo phức tạp từ nhiều thành phần biết ⇒ Quy đổi chất thành hỗn hợp gồm nhiều chất( nhiều thành phần cấu tạo ban đầu) Polime đồng trùng hợp đồng trùng ngưng coi hỗn hộp monome ban đầu Bài tập peptit phức tạp quy aminoaxit Nhận dạng toán: Bài tập tính tỉ lệ mắt xích polime đồng trùng hợp đồng trùng ngưng Ví dụ 1: Đốt cháy loại cao su Buna – N O vừa đủ thu hỗn hợp khí chứa 59,1%CO2 thể tích Tỉ lệ số mắt xích Buta – 1,3 – dien acrilonitrin là: A.3:5 B 1:1 C.1:3 D.3:2 Hướng dẫn giải Nhận xét: Quy đổi cao su Buna – N thành chất ban đầu cấu tạo nên Buta – 1,3 – dien : n mắt xích Acrilonitrin : m mắt xích Tỉ lệ n : m đáp án toán Tỉ lệ thể tích tỉ lệ số mol nên áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có: 4n + 3m 100% = 59,1% 4n + 3n + 3m + 1,5m + 0,5m ⇒ n : m = 1: Đáp án C Ví dụ Đốt cháy hoàn toàn polime X( tạo thành đồng trùng hợp 2,3 – đimetyl Buta – 1,3 – dien acrilonitrn) với lượng O vừa đủ thấy tạo thành hỗn hợp khí nhiệt độ 127 0C, áp suất xác định có 57,69%CO2 thể tích Tỉ lệ số mắt xích 2,3 – Đimetyl Buta – 1,3 – dien acrilonitrin là: A.3:2 B 1:1 C.3:5 D.1:3 Hướng dẫn giải Quy đổi polime thành chất ban đầu cấu tạo nên 2,3 – Đimetyl Buta – 1,3 – dien( C6H10) acrilonitrin( C3H3N) Phương trình phản ứng cháy: C6H10 + x mol 17 O2 → 6CO2 + 6x mol H2 O 5x mol Trong trang mục 2.3.4: Ví dụ 1và ví dụ tham khảo từ TLTK số 12 C3H3N + 15 O2 → 3CO2 + H2O + N2 2 y mol 3y mol Ta có hệ phương trình: 6 x + y = 57,69  11x + y = 100 1,5y mol 0,5y mol → x: y = 1: Đáp án D Ví dụ 3.Khi đốt cháy polime sinh từ phản ứng đồng trùng hợp isopren acrilonitrin lượng O2 vừa đủ thu hỗn hợp khí gồm CO 2, H2O N2 CO2 chiếm 58,33% thể tích Tỉ lệ số mắt xích isopren acrilonitrin là: A.1:2 B 1:1 C.1:4 D.1:3 Hướng dẫn giải: Quy đổi polime thành chất ban đầu cấu tạo nên isopren( C5H8) acrilonitrin( C3H3N) Phương trình phản ứng cháy: C5H8 + 7O2 → 5CO2 + H2O x mol 5x mol 4x mol C3H3N + 15 O2 → 3CO2 + H2O + N2 2 y mol 3y mol Ta có hệ phương trình: 5 x + y = 58,33  9 x + y = 100 1,5y mol 0,5y mol → x: y = 1: Đáp án D 2.3.5.Phương pháp 5: Quy đổi hỗn hợp chất trung bình Khi toán cho hỗn hợp chất có đặc điểm chung như: Cùng dãy đồng đẳng, số nguyên tử C hay số nguyên tử H, có phần phân tử Lúc ta quy đổi hỗn hợp chất trung bình Ví dụ 1.Hỗn hợp X gồm propan, propen, propin có tỉ khối H =21,2 Đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít X(đktc) thu đươc CO H2O Cho sản phẩm cháy hấp thụ vào 500 ml dung dịch Ca(OH)2 2M Khối lượng dung dịch Ca(OH)2 sau phản ứng tăng hay giảm gam A.35,8 gam B 42,8 gam C.44,8 gam D 45 gam Hướng dẫn giải Khối lượng phẩn tử trung bình X = 21,2.2 = 42,4 Gọi công thức chung hidrocacbon C3H x Ta có: 36 + x = 42,4 ⇒ x = 6,4 Trong trang mục 2.3.4: Ví dụ tham khảo từ TLTK số Ở mục 2.3.5: Ví dụ tham khảo từ TLTK số 13 n X = 0,5 mol Vậy nCO2 = 0,5.3 = 1,5 mol; nH2O = 0,5.(6,4:2) = 1,6 mol n Ca(OH)2 = 0,5.2 = 1,0 mol ⇒ nCaCO3 = 0,5 mol Dung dịch Ca(OH)2 được: 1,5.44 + 1,6.18 = 94,8 gam Dung dịch Ca(OH)2 mất: 0,5.100 = 50 gam Vậy khối lượng dung dịch Ca(OH) sau phản ứng tăng 94,8 – 50 = 44,8 gam Đáp án C Ví dụ 2.Hỗn hợp M gồm Lys – Gly – Ala, Lys – Ala – Lys – Lys – Lys –Gly Ala – Gly Oxi chiếm 21,3018% khối lượng Cho 0,16 mol M tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu m gam muối Giá trị m là: A.86,16 B.90,48 C.83,28 D.93,26 Hướng dẫn giải: Do peptit có gốc Gly gốc Ala nên ta quy đổi hỗn hợp M thành: M ⇔ (Gly)(Ala)(Lys)[x - (x+1) H2O] ⇒ M: C5+6xH10+12xN2+2xO4+2x M có 21,3018% khối lượng oxi nên ta có: 16(4 + x) = 21,3018% → x = 1,5 12(5 + x) + 1(10 + 12 x) + 14(2 + x) + 16(4 + x) Vậy số mol N M = 0,16.(2+2.1,5) = 0,8 mol ⇒ số mol HCl phản ứng với M = 0,8 mol Khối lượng muối thu là: mM + mHCl = 0,16[12(5 + 6.1,5 + 1(10+12.1,5) + 14(2+ 2.1,5) + 16(4 + 2.1,5)] + 0,8.36,5 = 90,48 gam Ví dụ 3.Hỗn hợp X có tỉ khối so với H = 27,8 gồm butan, metyl xiclopropan, but – –en, etyl axetilen đivinyl Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X, tổng khối lượng CO2 H2O thu là: A.36,66 gam B.30,06 gam C.37 ,2 gam D.39,9 gam Hướng dẫn giải Khối lượng phẩn tử trung bình X = 27,8.2 = 55,6 Gọi công thức chung hidrocacbon C4H x Ta có: 48 + x = 55,6 ⇒ x = 7,6 n X = 0,15 mol Vậy nCO2 = 0,15.3 = 0,45 mol; nH2O = 0,15.(7,6:2) = 0,57 mol Vậy tổng khối lượng CO2 H2O thu là: 0,45.44 + 0,57 18 = 30,06 gam Đáp án C Đối với tập peptit cần nắm vững quy đổi thường gặp sau: +) Quy đổi peptit CnH2n+2–xNxOx+1.Trường hợp cần nắm được: Trong trang mục 2.3.5: Ví dụ ví dụ tham khảo từ TLTK số 14 - CnH2n+2–xNxOx+1 + (x – 1)H2O + x HCl → muối clohidrat aminoaxit - CnH2n+2–xNxOx+1 + xNaOH → muối natri aminoaxit + H2O - CnH2n+2–xNxOx+1 + 6n − x O2 → nCO2 + (n+1– 0,5x) H2O + 0,5x N2 Ví dụ Hỗn hợp A gồm peptit: Ala – Gly; Ala – Ala – Val; Gly – Gly – Gly; Ala – Ala – Ala – Ala – Val Chia A thành phần nhau.Phần cho tác dụng với dung dịch HCl dư cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 16,73 gam muối Cho phần tác dụng với dung dịch NaOH dư thu 14,7 gam muối Nếu đốt cháy hoàn toàn phần cần b mol O vừa đủ cho sản phẩm cháy CO 2, H2O N2 Giá trị b là: A.0,875 B.0,435 C.1,050 D.0,525 Hướng dẫn giải Đặt công thức trung bình peptit cho là: CnH2n+2 – xNxOx+1 Gọi a số mol hỗn hợp peptit phần, ta có hệ: a (14n + 29 x + 18) + 18a( x − 1) + 36,5ax = 16,73  a (14n + 29 x + 18) + 40ax = 14,7 + 18a ax = 0,14 ⇔ an = 0,36 Áp dụng bảo toàn nguyên tố Oxi ta có: Vậy b = a (6n − 3x ) 6.0,36 − 3.0,14 = = 0,435 Đáp án B 4 Trong trang mục 2.3.5: Ví dụ tham khảo từ TLTK số 15 2.3.6.Bài tập củng cố hướng dẫn giải Câu Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat etyl fomat Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, thu 2,16 gam H2O Phần trăm số mol vinyl axetat X là: A.25% B.27,92% C.72,08% D.75% Câu Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp A(đktc) gồm CH 4, C2H6, C3H8, C2H4, C3H6 thu 11,2 lít CO2( ddktc) 12,6 gam H2O Tổng thể tích C2H4 C3H6( đktc) hỗn hợp A: A.5,60 lít B.3,36 lít C.4,48 lít D.2,24 lít Câu Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat axit oleic, hấp thụ toàn thể sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư Sau phản ứng thu 18 gam kết tủa dung dịch X Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu thay đổi nào? A Tăng 2,7 gam B Giảm 7,74 gam C.Tăng 7,92 gam D.Giảm 7,38 gam Câu Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin vinyl axetilen có tỉ khối so với H2 17 Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X cho hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH) dư khối lượng bình tăng thêm m gam Giá trị m là: A 5,85 B.3,39 C.6,6 D.7,3 Câu Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH, CxHyCOOCH3, CH3OH thu 2,688 lít CO2(đktc) 1,8 gam H2O Mặt khác 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M thu 0,96 gam CH3OH Công thức CxHyCOOH là: A C2H5COOH B.CH3COOH C.C2H3COOH D.C3H5COOH Câu Hỗn hợp X axit panmitic, axit stearic, axitlinoleic Để trung hòa m gam X cần 40 ml dung dịch NaOH 1M Mặt khác đốt cháy hoàn toàn m gam X thu CO2 11,7 gam H2O Số mol axit linoleic m gam X là: A 0,015 B 0,010 C.0,020 D.0,035 Câu X,Y,Z axit cacboxylic đơn chức dãy đồng đẳng (Mx