Tải bản đầy đủ

Sử dụng phương pháp quy đổi giải bài tập este 2020 .DPF

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230

KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TẬP ESTE
BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI 2020
Những năm gần đây đề thi THPTQG có tính phân hóa rất cao, cũng chính vì vậy để đạt
được điểm cao trong thời gian thi chỉ có 50 phút đỏi hỏi học sinh không ngừng cải tiến các
phương pháp cổ truyền thay vào đó là phương pháp mới nhằm đáp ứng được đòi hỏi về
mặt thời gian.Phương pháp quy đổi este thông qua đề thi THPTQG 2019 tôi trình bày thông
qua hướng dẫn giải dưới đây hy vọng sẽ giúp ích các em học sinh khóa 2002.Trân trọng!
Câu 68(Mã đề 202-2019):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 glixerol 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. 27,72.
B. 26,58.
C.27,42.
D. 24,18.
Hướng dẫn giải
Lời dặn dò : Cơ sở lý thuyết quy đổi dạng bài tập này như sơ đồ dưới đây ( chú ý là số mol
H2 bỏ bớt bằng số mol liên kết pi ở gốc)
R 1C O O C H


2

C 3H 8 a
CH2
b
C O O 3a
- H2 c

R 2C O O C H
R 3C O O C H

2

a m ol

CH4 a
CH2 t
C O O 3a
- H 2 0 ,0 6

C 3H 5
a
H C O O 3a
CH2
b
- H2
c
HCOOCH

2

a

HCOOCH
HCOOCH
CH2
- H

2

2

b
c

Hướng dẫn giải
C3H5 a
HCOO 3a
CH2 b
- H2 0,06
25,74 gam

H2O 1,53 mol

NaOH

HCOONa 3a
CH2
b
- H2
0,06
C3H5(OH)3 a


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố H:
4a + b – 0,06 = 1,53 → 4a + b = 1,59
(I)
+ Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,12 = 25,74
→ 176a + 14b = 25,86 (II)
Từ (I)(II) ta có a = 0,03 ; b = 1,47
→ m = 26,58
Câu 72(Mã đề 203-2019):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 được 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.
Hướng dẫn giải
C3H5 x
HCOO 3x
CH2 y
- H2 a
m gam

O2
3,08 mol

H2O 2 mol
CO2 (6x + y)

NaOH

HCOONa 3x
CH2
y
- H2
a
35,36 gam
C3H5(OH)3 x

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố H:
4x + y – a = 2
(I)
+ Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 35,36
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 3,08 = 6x+ y + 1
→ 3x + y = 2,08
(III)
Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,04 ; y = 1,96 ; a = 0,12

(II)

Câu 65(Mã đề 204-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2 thu
được H2O và 1,65 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được
glixerol và 26,52 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung
dịch .Giá trị của a là
A. 0,09.
B. 0,12.
C.0,15.
D. 0,18.
Hướng dẫn giải
C3H5 x
HCOO 3x
CH2 y
- H2 a
m gam

O2
2,31 mol

H2O (4x + y - a) mol
CO2 1,65 mol

NaOH

HCOONa 3x
CH2
y
- H2
a
26,52 gam
C3H5(OH)3 x


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C:
6x + y = 1,65
(I)
+ Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 26,52
(II)
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 2,31 = 2x+ 0,5.y – 0,5.a + 1,65
→ x – 0,5 y + 0,5.a = - 0,66
(III)
Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,03 ; y = 1,47 ; a = 0,09
Câu 67(Mã đề 207-2019):Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit 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 tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch .Giá trị của m là
A. 16,12.
B. 18,48.
C.18,28.
D. 17,72.
Hướng dẫn giải
C3H5 a
HCOO 3a
CH2 b
- H2 0,04

H2O
CO2 1,1 mol
NaOH

17,16 gam

HCOONa 3a
CH2
b
- H2
0,04
C H (OH)3 3a

3 5
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C:
6a + b = 1,1
(I)
+ Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,08 = 17,16
→ 176a + 14b = 17,24
(II)
Từ (I)(II) ta có a = 0,02 ; b = 0,98
→ m = 17,72

Câu 66(Minh họa 2019): Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần vừa đủ
4,77 mol O2, thu được3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to),
thu được hỗn hợp Y. Đunnóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối.
Giá trị của m là
A. 86,10.
B. 57,40.
C. 83,82.
D. 57,16.
Hướng dẫn giải
C3H5 0,06
HCOO 0,18
CH2 x
- H2 a

O2
4,77

H2O 3,14 mol
CO2 (0,36 + x) mol

m1 gam

Áp dụng ĐLBT O: 0,18 + 4,77 = 0,36 + x + 1,57 → x = 3,02 mol
Áp dụng ĐLBT H: 0,06.2,5 + 0,09 + 3,02 – a = 3,14 →a = 0,12 → m1 = 52,6 gam


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Sơ đồ thí nghiệm 78,9 gam X (gấp 1,5 lần thí nghiệm 1)
C3H5 0,09
HCOO 0,27
CH2 4,53
- H2 0,18

H2

C3H5 0,09
HCOO 0,27
CH2
4,53

KOH

HCOOK 0,27 mol
CH2
4,53 mol
m gam

78,9 gam

Dễ tính được m = 86,10 gam chọn A
Câu 68(Mã đề 201-2018): Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được
glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 , thu được
H2O và 2,28 mol CO2 . Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch.
Giá trị của a là
A. 0,04.
B. 0,08.
C. 0,20.
D. 0,16
Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi X như sau:
C3H5 x
C17H35COO 3x
- H2 a

O2
3,22

H2O (55x -a) mol
CO2 2,28 mol

m gam

+Bảo toàn C: x = 0,04
+Bảo toàn O: a =0,08 mol Chọn B
Hướng dẫn giải 2

CO2
C57H116-2kO6
0,04 mol

O2

2,28 mol

3,22 mol
H2 O

Bao toan O

2,12 mol

Dễ có được k =5

Vậy a = 0,08 mol . Chọn B
Câu 41(ĐHA- 2014): Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là
ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và 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 được khí CO2 và 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 được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là
A. 4,68 gam.
B. 5,04 gam.
C. 5,44 gam.
D. 5,80 gam.


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Hướng dẫn giải 1
DLBTKL
O2
0,59 mol

E

CO2 0,47 mol

11,16 gam
H2O

0,52 mol

9,36 gam

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:
Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:

t

R1COOH
R2COOH
R1COO- CH2
R2COO- CH
CH3(CH2)m
C3H6(OH)2(CH2)m

HCOOH
C3H6(OH)2
CH2
- H2
- H2O

x
y
z
x
2t

E
E

(Chú ý: Trong bài toán này số mol COO bằng số mol liên kết pi trong gốc )
Sơ đồ biến hóa hóa học:
HCOOH
C3H6(OH)2
CH2
- H2
- H 2O

0,04
y
z
0,04
2t

O2
0,59

CO2 0,47
H2O

0,52

E
11,16 gam

+ Bảo toàn C: 0,04 + 3y +z = 0,47
→ 3y + z = 0,43
+ Bảo toàn O : 0,04 + y –t + 0,59 = 0,47 + 0,26
→ y – t = 0,1
+ Bảo toàn H :
4y +z -2t = 0,52
Giải hệ : y= 0,11 ; z=0,1 ; t=0,01
Vì z = 0,1< y =0,11 nên an col là C3H6(OH)2
Khi cho E tác dụng KOH thì muối thu được gồm :

(I)
(II)
(III)


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
HCOOK 0,04
CH2
0,1
- H2
0,04
m gam

m =4,68 gam .chọn A
Hướng dẫn giải 2
DLBTKL
CO2 0,47 mol

O2
0,59 mol

E
11,16 gam

H2O

0,52 mol

9,36 gam

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:
CH2 = CH - COOH
C3H6(OH)2
CH2=CH-COO

C3H6

CH2=CH-COO
CH2

Sơ đồ phản ứng:
a CH2 = CH - COOH
b C3H6(OH)2
CH2=CH-COO
c
CH2=CH-COO
d

CH2

C3H6

O2
0,59 mol
Br2
0,04 mol
KOH
(a + 2c )

11,16 gam

Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14
Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O : -a + b – 3c = 0,05
Bảo toàn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04
Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16

CO2 0,47 mol

H2O 0,52 mol
Muoi

( m gam)

H2O a mol
C3H6(OH)2 ( b + c )

(I)
(II)
(III)
(IV)


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02
Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắc chắn an col Z là C3H6(OH)2.
Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam
Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit
cacboxylic (phântử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit
không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88
gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na
dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốtcháy
hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong
X là
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

HCOOCH3

b CH3- CH = CH- COOCH3
c

CH2

NaOH
0,08

Muoi
CH3OH 0,08 mol

O2
H2O 0,22 mol

5,88 gam

Bảo toàn 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 trong este không no không thể chứa nhóm CH2. Vì nếu có CH2 thì đồng
nghĩa este no không có nhóm CH2 (vô lý)
Vậy % este không no dễ tính được : 34,01% chọn A


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230

Câu 46: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) T là este tạo bởi
X, Y với một ancol hai chức Z . Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T bằng lượng vừa đủ
khí O2, thu được 3,92 lít CO2 (đktc) và 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 nào sau đây là sai?
A. Thành phần phần trăm theo số mol của Y trong M là 21,43%
B. Tổng số nguyên tử hidro trong hai phân tử X, Y là 6
C. Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T bằng 5.
D. X làm mất màu nước brom

Hướng dẫn giải
DLBTKL
O2
0,1975 mol

M

CO2 0,175 mol
7,7 gam

5,07 gam
H2O

0,205 mol

3,69 gam

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn mol CO2 nên ta luận được an col trong M phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:
HCOOH
C2H4(OH)2
HCOO
C2H4
HCOO
CH2

Sơ đồ phản ứng:
a HCOOH
b C2H4(OH)2

O2
0,1975 mol

CO2

0,175 mol

HCOO
c

C2H4

H2O

HCOO
d CH2

KOH
0,1 mol

5,07 gam

Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08
(I)
Bảo toàn nhóm COO: a + 2c = 0,1
(II)
Sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: b – c = 0,03 (III)

0,205 mol


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175
Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035
Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol là C2H4(OH)2
TH1 :

x

HCOOH

y

CH3COOH

(IV)

0,04 C2H4(OH)2
HCOO
0,01

C2H4
CH3COO

Ta dễ có:
x + y =0,02

x= 0,005

y + 0,01 = 0,035 (Bao toan CH2)

y = 0,015

TH2:

x

CH3COOH

y C2H5COOH
0,04 C2H4(OH)2
0,01

CH3COO
C2H4

C2H5COO
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 và este hai chức Y (X,Y đều no ,mạch
hở).Xà phòng hóa hoàn toàn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu được hai muối có
khối lượng a gam và hỗn hợp T gồm hai ancol có cùng số nguyên tử cácbon.Đốt cháy toàn bộ T ,thu được
16,128 lít khí CO2 (đktc) và 19,44 gam H2O .Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A.43,0.
B. 37,0.
C.40,5.
13,5 .

Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi E:


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
HCOOCH3
HCOO -CH2
HCOO- CH2
CH2

Sơ đồ phản ứng:
x HCOOCH3

HCOONa
NaOH
0,56 mol

HCOO -CH2

y

CH2

0,56 mol
a gam

v

Bao toan O

HCOO- CH2
z

CH3OH

CH2

x
O2

C2H4(OH)2 y

40,48 gam

CH2

CO2

0,72 mol

H2 O

1,08 mol

t
51,12 gam

Bảo toàn nhóm COO: x + 2y = 0,56
Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol:

(I)

n = 0,98 mol
O2

Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam
Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A
Lời Giải 2
*Tìm T
16,128
 0, 72mol
2
22, 4
19, 44
n H 2O  18  1, 08mol

nCO



nCO


2

n

H 2O

T là ancol no mạch hở

n

T

 1, 08  0, 72  0,36

-sơ đồ đốt cháy T :
CnH2n+2Ox

O2

n CO2 + ( n+1) H2O
0,72

0,36

n

0, 72
2
0,36

Vậy ancol T gồm C2H5OH và C2H4(OH)2

*sơ đồ phản ứng xà phòng hóa
x m ol
E
4 0 ,4 8

+
gam

N aO H
0 ,5 6 m o l
2 2 ,4

gam

M uoi +

a gam

C

y m ol C

2
2

H

H

5
4

O H

(O H )2

x + y = 0 ,3 6


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Bảo toàn 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 bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn
chức. Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai
liên kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu được 0,45 mol CO2 .
Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có
cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no
là a gam. Giá trị của a là
A. 13,20.
B 20,60.
C 12,36.
D 10,68.

Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi E:
HCOO
C3H6
CH3COO
CH2=CH-COO
CH2=CH-COO

C3H5

CH2=CH-COO
CH2

Sơ đồ biến hóa:
Bao toan H

HCOO
C3H6

x

CH3COO

H2O (5x + 7y +z)
O2
0,5 mol

CH2=CH-COO
CH2=CH-COO

y

C3H5

CH2=CH-COO
z

CH2

0,16.t

(Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2)

NaOH
0,42.t

CO2
0,45 mol


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Ta dễ có:
x = 0,06t

x + y = 0,16t
2x + 3y =0,42 t

y = 0,1 t

x
y

=

3
5

(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 chắc chắn trong gốc axit không no sẽ không chứa nhóm CH2 mà
chỉ có trong gốc axit no. Vậy muối axit no là
HCOONa

0,015

CH3COONa 0,015
CH2

0,06

Dễ tính được giá trị của a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C
Hướng dẫn giải 2
R 1C O O
C 3H 6

( C n H 2 n -2 O 4 )
R 2C O O
x m ol

0 ,5 m o l

R 3CO O

( C m H 2 m -1 0 O 6 )

R 3CO O

CO2
0 ,4 5 m o l

O2

C 3H 5

H 2O
t m ol

R 3COO

N aO H
y m ol

0 ,4 2 k m o l

( 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

=

3
5

(1)
Áp dụng ĐLBT O:
t = 4x + 6y + 0,1
Theo sự chênh lệch số mol CO2 và H2O và dựa vào hệ số ta có :


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230

nCO  n H O
2

0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y

 x  5y

5x + 11y = 0,35 (2)

2

Từ (1)(2) giải hệ ta có được
x = 0,015
y = 0,025

 3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 )
Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045 

Chọn được cặp nghiệm :

n = 10
m = 12

Dễ tính được

a = 12,36

Câu 64(Mã đề 202-2018): 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
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.

Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi X:
C15H31COOH
(C15H31COO)3C3H5
CH2

Sơ đồ biến hóa:
x C15H31COOH

O2

CO2

1,56 mol

y (C15H31COO)3C3H5
z CH2

H2O 1,52 mol

NaOH
0,09 mol

Muoi
H2O x
C3H5(OH)3 y

Bảo toàn nhóm COO: x + 3y = 0,09
(I)
Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và 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


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Vậy muối :
C15H31COONa 0,09
CH2

0,06

Tính được a =25,86 gam chọn A
Hướng dẫn giải 2

Ta quy đổi X:
C15H31COOH
C3H5(OH)3
CH2
- H2O

Sơ đồ biến hóa:
C15H31COOH 0,09
C3H5(OH)3
x
y
CH2
- H2O
3x

CO2

O2

1,56 mol

H2O 1,52 mol

NaOH
0,09 mol

C15H31COONa 0,09
CH2

y

+ Áp dụng sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta dễ có:
1,56 – 1,52 = -x +3x → x = 0,02
+ Áp dụng ĐLBTC : 0,09 . 16 + 3x + y = 1,56 → y = 0,06 mol
(Để tìm x,y HS có thể sử dụng ĐLBT C, H )
Tính được a = 25,86 gam
Hướng dẫn giải 3
C15H31COOH
x mol
C17H35COOH
y mol
(RCOO)3C3H5 (CnH2n - 4 O6)
z mol

O
4,46 mol
( 1)
(2)

m=24,64 gam

CO2
1,56 mol

H2O
1,52 mol
H2O ( x + y)
NaOH
Muoi
0,09 mol

Ta de co : x + y + 3z = 0,09

Áp dụng ĐLBT O (1) ta có được : nO = 4,46

C3H8O3
z


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam
Sự chênh lệch số mol CO2 và số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03
Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02. 92 → a =25,86 gam chọn A
Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết pi (π) trong phân tử, trong đó có một este
đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn toàn 12,22
gam E bằng O2 , thu được 0,37 mol H2O. Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch
NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử
cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m1 gam và một ancol no, đơn chức có
khối lượng m2 gam. Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 2,7.
. B 1,1.
. C 4,7.
. D 2,9.

Hướng dẫn giải 1
Theo giả thiết đề cho. Không giảm tính tổng quát ta quy đổi E:
C H 2 = C -C O O - C H 2 -C = C H
CH3
COOCH3
CH2 = C
C O O C H 2 -C H =C H 2
CH

COOCH3

CH

C O O C H 2 -C H =C H 2

CH2

Sơ đồ biến hóa:


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
x

CH2= C -COO - CH2-C = CH
O2

CH3

CO2

COOCH3
y CH2 = C
H2O 0,37 mol

COO CH2 -CH =CH2

z

t

CH

COOCH3

CH

COO CH2 -CH =CH2

NaOH
0,585.a

CH2
12,22 gam

x + y + z = 0,36.a

Áp dụng ĐLBT COO: x + 2y + 2z = 0,585.a
Ta dễ có :
n
- n
CO2
H2O

= 3 (x + y + z)

n
CO2

= 1,08.a + 0,37

Áp dụng ĐLBTO:
= n
x + 2y + 2z + n
+ 0,5. n H2O
O2
CO2
n
O = 0,495.a + 0,555
2

Áp dụng ĐLBTKL ta tính được a = 2/9
x = 0,03
y + z =0,05

thay vào tính được t = 0
Vậy các chất như quy đổi trùng khớp chất trong bài ra
An col tương ứng:
CH3OH

0,05 mol

m2 = 1,6 gam

m2

CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol
m1= 4,58 gam
CH = C - CH2 - OH 0,03 mol

Chọn D

m1
= 2,8625


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Hướng dẫn giải 2

O2

CnH2n -6 O2a
t mol

CO2
( 0,37 + 3 t ) mol

( 1)
(2)

12,22 gam

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 2 este hai chức là đồng phân của nhau ; tạo ra muối axitcacboxylic không no,có 4 C ;
ancol tạo ra không no. Nên số nguyên tử C phải ít nhất là 8 ;
Vậy các chất trong E :
C H 2= C -C O O - C H 2-C = C H

x

CH3
COOCH3
y

CH2 = C
C O O C H 2 -C H = C H 2

z

CH
CH

COOCH3
C O O C H 2 -C H = C H 2

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
m1= 4,58 gam
CH = C - CH2 - OH 0,03 mol

Chọn D

m1
= 2,8625


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Câu 77(Mã đề 222-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol :
X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol E tác
dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 12,88 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 24,28
gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,175 mol O2 , thu
được Na2CO3 ,CO2 và 0,055 mol H2O .Phần trăm khối lượng của X trong E là có già trị gần nhất với giá trị
nào sau đây ?
A. 9.
B. 12.
C.5.
D. 6

Hướng dẫn giải
Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:
HCOOCH3
CH2 = CH- COOCH3
COOCH3
COOCH3
CH2
E

Sơ đồ biến hóa hóa học:
x HCOOCH3
y CH = CH- COOCH
2
3
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
t' CH2

E

Na2CO3 u

x + y + z = 0,2 (I)

24,28 gam
Bao toàn khôi 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' = 0

z = 0,15

Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được t = 0,12
t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có:
0,12 = 0,02n + 0,03 .m + 0,15.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z )
l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
2n + 3m = 12
m
0
1
2
3
4
n
6
4,5 3
1,5 0
Loại
Loại Chọn Loại Loại
Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau
Vậy X là : 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 đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol :
X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,58
mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 38,34 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy
đồng đẳng và 73,22 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần
vừa đủ 0,365 mol O2 , thu được Na2CO3 , H2O và 0,6 mol CO2 .Phần trăm khối lượng của Y trong
E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 8.
B. 5.
C.7.
D. 6
Hướng dẫn giải
Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:
HCOOCH3
CH2 = CH- COOCH3
COOCH3
COOCH3
CH2
E

Sơ đồ biến hóa hóa học:


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
x HCOOCH3
y CH = CH- COOCH
2
3
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
t' CH2

E

Na2CO3 u

x + y + z = 0,58 (I)

73,22 gam
Bao toàn khôi 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
x + 3y + 4z = 2,14 (III)

Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,14

x + 3y + 4z = 2,14 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :
x=0,05
y = 0,03

t' = 0

z = 0,5

Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được mE = 68,36 gam ; t = 0,27
t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có:
0,27 = 0,05n + 0,03 .m + 0,5.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z )
l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học
5n + 3m = 27
n
m

0
1
2
3
4
5
9
7,3 5,6 4
2,3 0,67
Loại
Loại Loại Chọn Loại Loại
Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau
Vậy Y là : CH2 = CH - COOC5H11
%X = 4,26 . 100% = 6,23 %
68,36

Chọn D

Câu 74(Tham khảo BGD 2019): Hỗn hợp T gồm ba este X, Y, Z mạch hở (MX < MY < MZ). Cho 48,28
gam T tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,47 mol NaOH, thu được một muối duy nhất của axit
cacboxylic đơn chức và hỗn hợp Q gồm các ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử.
Đốt cháy hoàn toàn Q, thu được 13,44 lít khí CO2 và 14,4 gam H2O. Phần trăm khối lượng của nguyên tố H
trong Y là
A. 9,38%.
B. 8,93%.
C. 6,52%.
D. 7,55%.


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Hướng dẫn giải

RCOONa 0,47 mol
NaOH
0,47 mol
T

H2O 0,8 mol
O2

48,28 gam
CnH2n + 2Ox
0,2

n= 3

Bao toan OH: x =2,35

CO2 0,6 mol

Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 16,32 gam → mMuoi = 50,76 gam → MMuoi = 108
( CH2=CH-CH2 – COONa)
Các este trong T:
CH2=CH- CH2- COOC3H7
CH2=CH- CH2- COO
C3H6
CH2=CH- CH2- COO
CH2=CH- CH2- COO
CH2=CH- CH2- COO

C3H5

CH2=CH- CH2- COO

% KL H trong Y : 7,55% chọn D
Câu 78(Tham khảo BGD 2019): Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức (MX < MY); T là este ba chức,
mạch hở được tạo bởi X, Y với glixerol. Cho 23,06 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T và glixerol (với số mol của
X bằng 8 lần số mol của T) tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp F gồm hai
muối có tỉ lệ mol 1 : 3 và 3,68 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O2, thu được
Na2CO3, H2O và 0,4 mol CO2. Phần trăm khối lượng của T trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau
đây?
A. 29.
B. 35.
C. 26.
D. 25.


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2020 - 0397172230
Hướng dẫn giải
Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:
HCOOH x
C3H5(OH)3 y
z
CH2
a
- H2
3t
- H2O

8t R1COOH
u R2COOH
RCOO- CH2
t RCOO- CH
RCOO- CH2
v C3H5(OH)3

E
E

Sơ đồ biến hóa hóa học:
HCOOH 0,4
C3H5(OH)3 0,04 NaOH
0,4 mol
z
CH2
a
- H2
3t
- H2O

HCOONa 0,4
CH2
z
- H2
a

O2
0,45

Na2CO3 0,2
CO2
0,4
H2O
0,3 mol

Muoi
Bao toan O

E
23,06 gam

+ Áp dụng ĐLBT C: z = 0,2
+ Bảo toàn H: a =0,1
Vì trong hai muối có tỷ lệ số mol là 1: 3 nên ta dễ xác định được các muối trong F:
HCOONa 0,3
CH2=CHCOONa

0,1

+ Bảo toàn khối lượng ta dễ tính t =0,03
Vậy ta dễ nhận ra Trong T phải có 2 gốc HCOO :
Cấu tạo T :
CH2=CH- COO
HCOO

C3H5

HCOO

% T = 26,279 % Chọn C



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×