Giải bài tập este bằng PP Quy đổi

15 48 0
  • Loading ...
1/15 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 13/08/2019, 17:08

PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP ESTE Phương pháp quy đổi nói phương pháp hữu ích học sinh muốn dành điểm cao mơn hóa học song khơng phải học sinh thành thạo phương pháp này, nguyên tắc chung phương pháp người học tự quy đổi tốn gốc phức tạp thành tồn đơn giản mà giữ chất hóa học đề ra.từ giải cách thuận lợi nhanh nhất.Sau tác giả xin giới thiệu phương pháp quy đổi thơng qua giải số tình đề thi thực tiễn.Hy vọng giúp ích em học sinh đồng nghiệp có thêm kênh tham khảo Câu 41(ĐHA- 2014): Cho X, Y hai chất thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic MX < MY; Z ancol có số nguyên tử cacbon với X; T este hai chức tạo X, Y Z Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu khí CO2 9,36 gam nước Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2 Khối lượng muối thu cho lượng E tác dụng hết với dung dịch KOH dư A 4,68 gam B 5,04 gam C 5,44 gam D 5,80 gam Hướng dẫn giải DLBTKL E CO2 0,47 mol O2 0,59 mol 11,16 gam H2O 0,52 mol 9,36 gam Nhận thấy số mol H2O lớn số mol CO2 nên ta luận an col E phải no Ta quy đổi hỗn hợp E sau: CH2 = CH - COOH C3H6(OH)2 CH2=CH-COO CH2=CH-COO CH2 Sơ đồ phản ứng: C3H6 a CH2 = CH - COOH b C3H6(OH)2 c CH2=CH-COO C3H6 CH2=CH-COO d O2 0,59 mol Br2 0,04 mol KOH CH2 (a + 2c ) 11,16 gam CO2 0,47 mol H2O 0,52 mol Muoi ( m gam) H2O a mol C3H6(OH)2 ( b + c ) Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14 (I) Dựa vào chênh lệch số mol CO2 H2O : -a + b – 3c = 0,05 (II) Bảo toàn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04 (III) Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16 (IV) Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02 Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắn an col Z C3H6(OH)2 Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm este đơn chức, tạo thành từ ancol Y với axit cacboxylic (phântử có nhóm -COOH); đó, có hai axit no đồng đẳng axit khơng 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, đốtcháy hồn tồn 5,88 gam X thu CO2 3,96 gam H2O Phần trăm khối lượng este không no X A 34,01% B 38,76% C 40,82% D 29,25% Hướng dẫn giải Na ROH 0,08 H2 0,04 mol m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH ) Ta quy đổi X: HCOOCH3 CH3- CH = CH- COOCH3 CH2 Ta có sơ đồ phản ứng : a NaOH 0,08 HCOOCH3 CH3OH 0,08 mol b CH3- CH = CH- COOCH3 c Muoi O2 CH2 H2O 0,22 mol 5,88 gam Bảo tồn nhóm COO: a + b = 0,08 (I) Bảo toàn H: 2a + 4b + c = 0,22 (II) Bảo toàn khối lượng: 60a + 100.b + 14.c = 5,88 (III) Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02 Vì c= 0,02 =b nên este khơng no khơng thể chứa nhóm CH2 Vì có CH2 đồng nghĩa este no khơng có nhóm CH2 (vơ lý) Vậy % este khơng no dễ tính : 34,01% chọn A Câu 46: X, Y hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng (MX < MY) T este tạo X, Y với ancol hai chức Z Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T lượng vừa đủ khí O2, thu 3,92 lít CO2 (đktc) 3,69 g H2O Mặt khác 5,07 g M phản ứng vừa đủ với 500ml dung dịch KOH 0,2M, đun nóng Phát biểu sau sai? A Thành phần phần trăm theo số mol Y M 21,43% B Tổng số nguyên tử hidro hai phân tử X, Y C Tổng số nguyên tử cacbon phân tử T D X làm màu nước brom Hướng dẫn giải DLBTKL M O2 0,1975 mol CO2 0,175 mol 7,7 gam 5,07 gam H2O 0,205 mol 3,69 gam Nhận thấy số mol H2O lớn mol CO2 nên ta luận an col M phải no Ta quy đổi hỗn hợp E sau: HCOOH C2H4(OH)2 HCOO HCOO C2H4 CH2 Sơ đồ phản ứng: a HCOOH b C2H4(OH)2 CO2 O2 0,1975 mol 0,175 mol HCOO c HCOO C2H4 H2O KOH 0,1 mol d CH2 5,07 gam Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08 (I) Bảo tồn nhóm COO: a + 2c = 0,1 (II) Sự chênh lệch số mol CO2 H2O ta có: b – c = 0,03 (III) Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175 (IV) Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035 Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol C2H4(OH)2 TH1 : x HCOOH y CH3COOH 0,04 C2H4(OH)2 0,01 HCOO C 2H CH3COO Ta dễ có: x + y =0,02 x= 0,005 y + 0,01 = 0,035 (Bao toan CH2) y = 0,015 TH2: 0,205 mol x CH3COOH y C2H5COOH 0,04 C2H4(OH)2 0,01 CH3COO C2H5COO C2H4 x + y =0,02 ( Loai ) x +2.y + 0,03 = 0,035 (Bao toan CH2) Câu 80 (MĐ 201-2017) Một hỗn hợp E gồm este đơn chức X este hai chức Y (X,Y no ,mạch hở).Xà phòng hóa hồn tồn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu hai muối có khối lượng a gam hỗn hợp T gồm hai ancol có số nguyên tử cácbon.Đốt cháy tồn T ,thu 16,128 lít khí CO2 (đktc) 19,44 gam H2O Giá trị a gần với giá trị sau ? A.43,0 B 37,0 C.40,5 13,5 Hướng dẫn giải Ta quy đổi E: HCOOCH3 HCOO -CH2 HCOO- CH2 CH2 Sơ đồ phản ứng: x HCOOCH3 y HCOO -CH2 HCOONa NaOH 0,56 mol CH2 0,56 mol a gam v Bao toan O HCOO- CH2 z CH2 40,48 gam CH3OH x C2H4(OH)2 y CH2 O2 CO2 0,72 mol H2O 1,08 mol t 51,12 gam Bảo tồn nhóm COO: x + 2y = 0,56 Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol: n = 0,98 mol O2 Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam (I) Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A Lời Giải *Tìm T 16,128  0, 72mol 22, 19, 44 n H 2O  18 1, 08mol nCO nCO  n H 2O T ancol no mạch hở n T  1, 08  0, 72  0,36 -sơ đồ đốt cháy T : O2 CnH2n+2Ox 0,36 n n CO2 + ( n+1) H2O 0,72 0, 72 2 0,36 Vậy ancol T gồm C2H5OH C2H4(OH)2 *sơ đồ phản ứng xà phòng hóa x mol C2H5OH E 40,48 Muoi + + NaOH 0,56 mol gam 22,4 gam a gam Bảo toàn y mol C2H4(OH)2 x + y = 0,36 nhóm OH ta có : x+ y = 0,36 x= 0,16 x + 2y = 0,56 y = 0,2 Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức Este Y ba chức, mạch hở, tạo glixerol với axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu 0,45 mol CO2 Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu hai ancol (có số nguyên tử cacbon phân tử) hỗn hợp ba muối, tổng khối lượng muối hai axit no a gam Giá trị a A 13,20 B 20,60 C 12,36 D 10,68 Hướng dẫn giải Ta quy đổi E: HCOO CH3COO C 3H CH2=CH-COO CH2=CH-COO C 3H CH2=CH-COO CH2 Sơ đồ biến hóa: HCOO CH3COO Bao toan H C3H6 x H2O (5x + 7y +z) O2 0,5 mol CH2=CH-COO CH2=CH-COO CO2 0,45 mol y C3H5 CH2=CH-COO z CH2 NaOH 0,42.t 0,16.t (Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2) Ta dễ có: x = 0,06t x + y = 0,16t 2x + 3y =0,42 t y = 0,1 t x y = (I) Bảo toàn C :6x + 12y +z = 0,45 (II) Bảo toàn O : 4x + 6y + 0,5.2 =0,45.2 + 5x + 7y + z x + y + z = 0,1 (III) Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,025 ; z=0,06 → t =0,25 Vì z = 0,06 ; y= 0,025 nên chắn gốc axit khơng no khơng chứa nhóm CH2 mà có gốc axit no Vậy muối axit no HCOONa 0,015 CH3COONa 0,015 CH2 0,06 Dễ tính giá trị a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C Hướng dẫn giải R1COO C 3H ( CnH2n-2O4 ) R2COO x mol 0,5 mol R3COO ( CmH2m-10O6 ) R3COO CO2 0,45 mol O2 C3H5 H 2O t mol R3COO NaOH y mol 0,42 k mol ( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2) Ta dễ có : x + y = 0,16k 2x + 3y =0,42 k x = 0,06k y = 0,1 k x y = (1) Áp dụng ĐLBT O: t = 4x + 6y + 0,1 Theo chênh lệch số mol CO2 H2O dựa vào hệ số ta có : nCO  n H 2O  x  y 0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y Từ (1)(2) giải hệ ta có 5x + 11y = 0,35 (2) x = 0,015 y = 0,025 �� � � Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045 �� 3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 ) Chọn cặp nghiệm : n = 10 m = 12 Dễ tính a = 12,36 Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 1,56 mol CO2 1,52 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH dung dịch, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị a A 25,86 B 26,40 C 27,70 D 27,30 Hướng dẫn giải Ta quy đổi X: C15H31COOH (C15H31COO)3C3H5 CH2 Sơ đồ biến hóa: x C15H31COOH CO2 O2 1,56 mol y (C15H31COO)3C3H5 H2O 1,52 mol z CH2 NaOH 0,09 mol Muoi H2 O x C3H5(OH)3 y Bảo tồn nhóm COO: x + 3y = 0,09 (I) Dựa vào chênh lệch số mol CO2 H2O ta có: 2y =1,56- 1,52 → y =0,02 ; x = 0,03 Bảo toàn C: 16x + 51.y + z =1,56 → z = 0,06 Vậy muối : C15H31COONa 0,09 CH2 0,06 Tính a =25,86 gam chọn A Hướng dẫn giải C15H31COOH x mol C17H35COOH y mol (RCOO)3C3H5 (CnH2n - O6) z mol CO2 O 4,46 mol ( 1) (2) m=24,64 gam 1,56 mol H2O 1,52 mol H2O ( x + y) NaOH 0,09 mol Ta de co : x + y + 3z = 0,09 Áp dụng ĐLBT O (1) ta có : nO = 4,46 Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam Sự chênh lệch số mol CO2 số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03 Muoi C3H8O3 z Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02 92 → a =25,86 Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, có bốn liên kết pi (π) phân tử, có este đơn chức este axit metacrylic hai este hai chức đồng phân Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E O2 , thu 0,37 mol H2O Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu hỗn hợp X gồm muối axit cacboxylic khơng no, có số ngun tử cacbon phân tử; hai ancol khơng no, đơn chức có khối lượng m1 gam ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần với giá trị sau đây? A 2,7 B 1,1 C 4,7 D 2,9 Hướng dẫn giải Theo giả thiết đề cho Khơng giảm tính tổng qt ta quy đổi E: CH2= C -COO - CH2-C = CH CH3 COOCH3 CH2 = C COO CH2 -CH =CH2 CH COOCH3 CH COO CH2 -CH =CH2 CH2 Sơ đồ biến hóa: x CH2= C -COO - CH2-C = CH O2 CH3 y CH2 = C COOCH3 H2O 0,37 mol COO CH2 -CH =CH2 z t CO2 CH COOCH3 CH COO CH2 -CH =CH2 CH2 12,22 gam x + y + z = 0,36.a NaOH 0,585.a Áp dụng ĐLBT COO: x + 2y + 2z = 0,585.a Ta dễ có : n - n = (x + y + z) CO2 H2O n CO2 = 1,08.a + 0,37 Áp dụng ĐLBTO: x + 2y + 2z + nO = n + 0,5 n H2O CO2 n O = 0,495.a + 0,555 Áp dụng ĐLBTKL ta tính a = 2/9 x = 0,03 y + z =0,05 thay vào tính t = Vậy chất quy đổi trùng khớp chất An col tương ứng: CH3OH m2 = 1,6 gam 0,05 mol m1 m2 CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol = 2,8625 m1= 4,58 gam CH = C - CH2 - OH 0,03 mol Chọn D Hướng dẫn giải CnH2n -6 O2a t mol O2 ( 1) (2) 12,22 gam CO2 ( 0,37 + t ) mol H 2O 0,37 mol NaOH 0,585 mol Theo gt ta dễ có : 0,36 a = 0,585 → a = 1,625 Áp dụng DDLBTKL : 12,22 = mC + mH + mO = (0,37 + 3t ).12 + 0,37.2 + t.3,25.16 → t = 0,08 mol Áp dụng ĐLBT C : n= 7,625 Vì este hai chức đồng phân ; tạo muối axitcacboxylic không no,có C ; ancol tạo khơng no Nên số nguyên tử C phải ; Vậy chất E : CH2= C -COO - CH2-C = CH x CH3 y CH2 = C COOCH3 COO CH2 -CH =CH2 z CH COOCH3 CH COO CH2 -CH =CH2 Ta có: x + y + z =0,08 Bảo toàn C: 7x + 8y + 8z = 0,61 Giải hệ: x= 0,03 ; y + z =0,05 An col tương ứng: CH3OH 0,05 mol m2 = 1,6 gam m2 CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol CH = C - CH2 - OH 0,03 mol m1 = 2,8625 m1= 4,58 gam Chọn D Câu 77(Mã đề 222-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở tạo axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu 12,88 gam hỗn hợp ba ancol dãy đồng đẳng 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối ba axit cacboxylic Đốt cháy toàn T cần vừa đủ 0,175 mol O2 , thu Na2CO3 ,CO2 0,055 mol H2O Phần trăm khối lượng X E có già trị gần với giá trị sau ? A B 12 C.5 D Hướng dẫn giải Dựa theo kiện đề cho ta quy đổi E sau: HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E Sơ đồ biến hóa hóa học: x HCOOCH3 y CH = CH- COOCH COOCH3 z COOCH3 ROH (12,88 gam ) + NaOH t CH2 x HCOONa y CH2 = CH- COONa z + O2 0,175 mol COONa CO2 v H2O 0,055 mol COONa E Na2CO3 u t' CH2 x + y + z = 0,2 (I) 24,28 gam Bao tồn khơi luong : 24,28 + 0,175.32 = 0,055.18 + 106 u + 44 v 28,89 = 106u + 44v u=0,175 0,295 = - u + 2v v= 0,235 Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,175.2 = 3u +2v + 0,055 x + y + 2z = 0,35 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + v =0,41 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = 0,055.2 x + 3y + 4z = 0,71 (III) Từ (I)(II)(III) ta có : x=0,02 y = 0,03 t' = z = 0,15 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm t = 0,12 t’ =0 nên CH2 thuộc gốc ancol nên ta dễ có: 0,12 = 0,02n + 0,03 m + 0,15.l ( n,m,l số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = giá trị phù hợp.và ta có PT tốn học 2n + 3m = 12 m n 4,5 1,5 Loại Loại Chọ Loại Loại n Loại : số lẻ không đảm bảo tạo ancol khác Vậy X : HCOOC4H9 %X = 2,04 100% = 8,81% 23,16 Chọn A Câu 79(Mã đề 213-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở tạo axit cacboxylic với ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) Z (no, hai chức).Cho 0,58 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu 38,34 gam hỗn hợp ba ancol dãy đồng đẳng 73,22 gam hỗn hợp T gồm ba muối ba axit cacboxylic Đốt cháy toàn T cần vừa đủ 0,365 mol O2 , thu Na2CO3 , H2O 0,6 mol CO2 Phần trăm khối lượng Y E có già trị gần với giá trị sau ? A B C.7 D Hướng dẫn giải Dựa theo kiện đề cho ta quy đổi E sau: HCOOCH3 CH2 = CH- COOCH3 COOCH3 COOCH3 CH2 E Sơ đồ biến hóa hóa học: x HCOOCH3 y CH = CH- COOCH COOCH3 z COOCH3 ROH (38,34 gam ) + NaOH x HCOONa y CH2 = CH- COONa t CH2 z + O2 0,365 mol COONa CO2 0,6 mol H2O v COONa E Na2CO3 u t' CH2 x + y + z = 0,58 (I) 73,22 gam Bao tồn khơi luong : 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 106 u + 18 v 58,5 = 106u + 18v u=0,54 - 0,47 = - u + v v= 0,07 Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,365.2 = 3u +v + 0,6.2 x + y + 2z = 1,08 (II) Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + 0,6 =1,14 Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,14 x + 3y + 4z = 2,14 (III) x + 3y + 4z = 2,14 (III) Từ (I)(II)(III) ta có : x=0,05 y = 0,03 t' = z = 0,5 Áp dụng ĐLBTKL ta tìm mE = 68,36 gam ; t = 0,27 t’ =0 nên CH2 thuộc gốc ancol nên ta dễ có: 0,27 = 0,05n + 0,03 m + 0,5.l ( n,m,l số nhóm CH2 Trong X,Y,Z ) l = giá trị phù hợp.và ta có PT tốn học 5n + 3m = 27 n m 7,3 5,6 2,3 0,67 Loại Loại Loại Chọn Loại Loại Loại : số lẻ khơng đảm bảo tạo ancol khác Vậy Y : CH2 = CH - COOC5H11 %X = 4,26 100% = 6,23 % 68,36 Chọn D ... Phần trăm khối lượng este không no X A 34,01% B 38,76% C 40,82% D 29,25% Hướng dẫn giải Na ROH 0,08 H2 0,04 mol m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH ) Ta quy đổi X: HCOOCH3 CH3- CH... + 14.c = 5,88 (III) Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02 Vì c= 0,02 =b nên este khơng no khơng thể chứa nhóm CH2 Vì có CH2 đồng nghĩa este no khơng có nhóm CH2 (vơ lý) Vậy % este khơng no dễ tính... 0,03.18 + 0,02 92 → a =25,86 Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, có bốn liên kết pi (π) phân tử, có este đơn chức este axit metacrylic hai este hai chức đồng phân Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam
- Xem thêm -

Xem thêm: Giải bài tập este bằng PP Quy đổi, Giải bài tập este bằng PP Quy đổi

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn