I- Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh tr¾c nghiÖm ho¸ h÷u c¬
!"
hh
hh
m
M
n
=
!"#"$"%&'() *+,-
./0122222222222222222222222222222222223
4567
2
X Y
co
C H
n
n
n
=
4567
2
H=7
;
>
G
:7
I
>
C
H=7
I
>
C
:7
B
>
9J
K=7
B
>
9J
:7
L
>
9;
Suy lun
24,8
49,6
0,5
hh
:7
B
>
9J
7=7
B
>
9J
:7
L
>
9;
K=7
L
>
9J
:7
G
>
9;
Suy lun
2
64
0,4
160
anken Br
n n mol= = =
14
>
G
:7
B
>
9J
7=7
B
>
C
:7
L
>
9J
K=7
L
>
9J
:7
G
>
9;
;=VWR1$M+
F=9LX:ILXH=;JX:IJX
7=;LX:;LXK=BJX=9JX
Suy lun:
9=
4 4
2 2CH anken CH anken
V V n n
=
;=Y
2 3
2,5
2
n
+
= = =
*5 ;M<= YZ
[,\X]XY=
^XY];LX=
V d 4:Q$;"1AA"_?@
BC:B7`
;
+;C:C>
;
`=VWR1"+
F=aJX:9JXH=CLX=9LX
7=CJX:;JXK=SLX=;LX
#$%&'b\
>7>`
F
]9B
cd7>`
F
]9;=
V d 1 7>7>`+>
3U&+99:C=
>7>`;F
;
`
3
NH
→
7`
;
>
;
`BF
↓
1 1 21,6
0,05
4 4 108
HCHO Ag
n n mol= = × =
=
k
>7>`
]J:JL=IJ]9:L8
3
11,8 1,5 10,3
CH OH
m g= − =
V d 27?J:9>7``>+J:;>7>`$"gAP
""F`
I
j>
YA,+)
1 :>
;
+()l$O7'V'Dg=
Đi vi anđehitlrU&$DM
cs7>`F
;
`
0
3
,NH t
→
cs7``>;F
'M!&9MM$D^9l
⇒
∆
]BLs;a]9G=YA,
M
:
l
^
M
:
F
^7'V'
M=
Đi vi axitqrU&P,
c/7``>3
;
>7^>``7dcd>
I
7
9^9^
∆
↑
]IG:L
Th d 1 7;J:9L;lD&$"g(P""
;
7`
I
Y7`
;
/3+""=7%f"";C:aG
=v$OY+
F=B:CB H=B:BC
7=;:;B K=;:B;
Suy lunvw%&;l+
R COOH−
V;
R COOH−
;
7`
I
^;
R COONa−
R
6 6 2
2
( )
1,4
2
14,1
78 45
n n
C H NO
n
n
N
n
−
=
+
m∆ =
;Id9];;
YMW+9+J:L>
;
R
9B:Bs9J]B:B=^4>
;
]
4,4.0,5
0,1
22
mol=
M M
^M M;&f(l;&+D&=
Qn%&mN$M M+c/7``c
u
3
;
c/7``c
u
3
;
;`>^c/7``3
;
;c
u
`>
9;^9]/Ia:;s;c
u
3
⇒
J:JISLJ=JSL^J:JISL]G:;;LsL:BSL]
J:SL=
^J:JISL/SCs;c
u
3]J:SL^c
u
];a^c
u
]7
;
7
K
- vw
'
+m$!PU&
k
4
+m$! U&
K[U&(t!"e)
'
]
4
d46"gU+5U&$
$9!F/7:>3
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
n n n+ =
^
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
m m m+ =
vU 6$!.DF/7:>:`3
F`
;
^7`
;
>
;
`='$Oz/Q$ B:9C3
Th d 2 ;:CI;D&$"g(P$
J:CaG>
;
/3+=v$O+
F=L:BaH=B:aL7=L:aBK=B:La
Th d 3 7B:;?M:M:l{$"g(
P!$J:GS;>
;
/3+9""=7%f""
xq=q+
F=;:LLH=L:L;7=L:;LK=L:JL
Suy lun7UI!5,)956>*^4]
;>
;
];=J:JI]J=JG
|"gQiH'i
^
q
]B:;J:JG/;Id93]L:L;=
Ω
Th d 4 7;MD&+;W<
V9QM$++9:JC>
;
`
V;$"gP>
;
"/:
J
3F=QMF$++
V = =
1+7`
;
}>
;
`+
/$3
]7`
;
s>
;
`
Th d 1Q$++;"5A"_?
@;;:B7`
;
/3+;L:;>
;
`=>")+
F=7
;
>
G
+7
I
>
C
H=7
I
>
;
⇒
;!*"_=vw+ 567
2 2n n
C H
+
3 1
2
n
+
`
;
^
n
7`
;
( )
1n
+
>
;
`
')
1
1 1,4
n
J:a
C
2
H
6
C
3
H
8
]7`
;
s>
;
`]
10,8
0,9
4418
=
J:I
~~d Một số phơng pháp giải nhanh trắc nghiệm hoá vô cơ
!"#$
+Trong PUHH thỡ tng khi lng cỏc sn phm bng tng khi lng cỏc cht tham gia PU.
+Khi cụ cn dung dch thỡ khi lng hn hp mui thu c bng tng khi lng cỏc cation kim loi v
anion gc axit.
Vớ d 1: Cho t t mt lung khớ CO qua ng s ng m gam hn hp Fe v cỏc oxit ca Fe un
núng thu c 64 gam Fe, khi i ra sau PU to 40 gam kt ta vi dung dch Ca(OH)2 d. Tớnh m.
A. 7,04 g B. 74,2 g
C. 70,4 g D. 74 g
2
O
> mH
2
O = m(rượu) - m(ete) = 132,5 - 111,2 = 21,6 g
trong PU ete hóa thì: nete = nH
2
O = 21,6/18 = 1,2 mol
> Số mol mỗi ete là 1,2/6 = 0,2 mol
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II vào dung dịch HCl
đủ thu được 0,2 mol CO2. Tính khối lượng muối mới thu dược.
A. 7g B. 74g
C. 24 g D. 26 g
Giải
Trong các PU của HCl với muối cacbonat thì nCO
2
= nH
2
O = nHCl/2
mà nCO
2
= 0,2 mol > nH
2
O = 0,2 mol và nHCl = 0,4 mol
theo ĐLBT khối lượng: 23,8 + 0,4.36,5 = m + 44.0,2 + 18.0,2
> m = 26 g
2. %%$&
-Nguyên tắc: Đây là trường hợp riêng của bảo toàn điện tích, chỉ áp dụng cho các PU oxi hóa khử. Khi
đó ne cho = ne nhận.
-Các ví dụ:
+
để tạo H
2
, sau đó H
2
lại trả số e này cho O
2
trong PU
cháy tạo H
2
O
> Như vậy, một cách gián tiếp thì toàn bộ e do Fe nhường và S nhường đã được O
2
thu nhận.
Vậy: ne cho = 2nFe + 4nS = 5,89 mol.
> nO
2
= 5,89/4 = 1,47 mol
V O
2
= 1,47.22,4 = 32,928 lit.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A,B có hóa trị không đổi, chúng đều không PU với nước và mạnh
hơn Cu. / X tác dụng hoàn toàn với CuSO
4
dư, lấy Cu thu được cho PU hoàn toàn với HNO
3
dư
thấy thoát ra 1,12 lit NO ở đktc. Nếu cho lượng X trên PU hoàn toàn với HNO3 thì thu được bao
nhiêu lit N
2
. Tính khối lượng muối tạo ra?
A. 5,7g B. 7,4g
C. 0,24 g D. 5,69 g
Giải
Đặt số mol Mg,Al,Cu lần lượt là a,b,c
>S mol e nhng = 2a + 3b + 2c = nNO3- trong mui.
S mol e nhn = 3nNO + nNO
2
= 0,07 mol = 2a + 3b + 2c
Vy: m = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam
Chỳ ý: S mol HNO3 lm mụi trng = s mol HNO3 to mui = s mol e cho = s mol e nhn. S
mol HNO3 oxi húa tớnh c theo s mol cỏc SP kh, tự ú ta tớnh c s mol HNO3 phn ng
3. Ph ơng pháp tăng giảm khối l ợng:
Ví dụ 1 : Hoà tan hoàn toàn 4,86 gam kim loại R hoá trị II bằng dung dịch HCl thu đợc dung dịch
X và 4,48 lít khí H
2
( đktc). Khối lợng muối có trong dung dịch X
A. 5,7g B.17,4g
C. 19,24 g D. 19,06 g
Suy luận : R + HCl > RCl
2
+ H
2
Cứ 1 mol R chuyển thành RCl
2
khối lợng tăng 2 x 35,5 = 71g và có 1 mol H
2
bay ra. Theo
bài ra thì có 4,48/ 22,4 = 0,2 molH
CO
3
2-
+ Ca
2+
> CaCO
3
Khi chuyển 1 mol muối BaCl
2
hay CaCl
2
thành BaCO
3
hay CaCO
3
khối lợng bị giảm
đi : 71-6o = 11 gam. Nh vậy tổng số mol 2 muối cacbonat = = 0,3 mol.
Còn số mol của CO
2
2-
= 0,1+0,25= 0,35 mol.
Đặt x, y là số mol của BaCO
3
, CaCO
3
trong X ta có hệ pt:
x+y = 0,3
197x + 100y = 39,7 Giả ra đợc x= 0,1; y= 0,2
Vậy % BaCO
;
7`
I
+>7`
I
ế%m"Ga
!x=q$OX(!=
2%
H+$)1UMVVf =QE+VV$=
;>7`
I
ddddddddddddd}
;
7`
I
7`
;
>
;
`
;xCB/3dddddddddd}vUBB9C]G;
========l/3dddddddddd}vU9JJdGa]I9
ddd}l]CBddd} ]9GX
D:EF
CT chung: C
x
H
y
(x
≥
- Gọi CTTQ của các hidrocacbon lần lượt là
k2n2nk2n2n
2211
HC,HC
−+−+
và số mol lần lần lượt
là a
1
,a
2
….
Ta có: +
aa
anan
n
21
2211
++
++
=
+ a
1
+a
2
+… =n
hh
Ta có đk: n
1
<n
2
2
-)
Thì n
1
<
n
=1,5<n
2
=n
1
+2
⇒
n
1
=1, n
2
=3.
QQ: - gọi CT chung của hai hidrocacbon là
yx
HC
.
- Tương tự như trên
⇒
y,x
- Tách ra CTTQ mỗi hidrocacbon
HC,HC
2211
yxyx
Ta có: x
1
y
1
<3,5<y
2
=y
1
+2
⇒
1,5<y
1
<3,5 ; y
1
là số chẳn
⇒
y
1
=2, y
2
=4
nếu là đđ không kế tiếp thì ta thay ĐK : y
2
=y
1
+2 bằng đk y
2
=y
1
+2k (với k là hiệu số nguyên
tử cacbon).
Cho vài thí dụ:
2M −
(chặn dưới) (2)
Kết hợp (1) và (2)
⇒
x và từ đó
⇒
y.
Thí dụ : KLPT của hydrocacbon C
x
H
y
= 58
Ta có 12x+y=58
+ Do y>o
⇒
12x<58
⇒
x<4,8 và do y
≤
2x+2
⇒
58-12x
≤
2x+2
⇒
x
≥
4
⇒
x=4 ; y=10
⇒
k,y,x n hoaëc
+ Nếu là
y,x
ta tách các hydrocacbon lần lượt là
HC,HC
2211
yxyx
Ta có: a
1
+a
2
+… =nhh
aa
axax
x
21
2211
++
++
=
aa
ayay
y
21
2211
++
++
=
Nhớ ghi điều kiện của x
2
).
Các ví dụ:
D9WQUZH:GH'[H\]W'
H^'$ $+$-$!L&$$7
k22n2n
HC
−+
a.Phản ứng với H
2
dư (Ni,t
o
) (Hs=100%)
k22n2n
HC
−+
+
k
H
2
→
o
t,Ni
2n2n
HC
+
hỗn hợp sau phản ứng có ankan và H
2
dư
c. Phản ứng với HX
k22n2n
HC
−+
+
k
HX
→
kk2n2n
XHC
−+
d.Phản ứng với Cl
2
(a's'k't')
k22n2n
HC
−+
+
k
Cl
2
→
HClxClHC
kk22n2n
+
−+
e.Phản ứng với AgNO
3
/NH
2n+2-x
Cl
x
+ xHCl `<
≤
>
≤
b
C
n
H
2n+2
→
Crackinh
C
m
H
2m+2
+ C
x
H
2x
`<b>c
≥
6>
≥
6
≥
T
, HX đều tuân theo tỉ lệ mol 1:2
VD: C
n
H
2n-2
+ 2H
2
→
o
t,Ni
C
n
H
2n+2
+ Phản ứng với dd AgNO
3
/NH
3
2C
n
H
2n-2
+ xAg
2
O
→
2CnH
2n-2-x
Ag
nhydrocacbo
Br
n
n
2
⇒
α
là số liên kết
π
ngoài vòng benzen.
+ Cách xác định số lk
π
trong vòng:
Phản ứng với H
2
(Ni,t
o
):
β+α=
nhydrocacbo
H
n
n
2
* với
α
là số lk
π
nằm ngoài vòng benzen
2n+2-k
với k=5
⇒
CTTQ là C
n
H
2n-8
f<DHDUD'W
9g :h :Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp 2 ankan là đồng đẳng kế tiếp ,thu được 3,36 lít
CO
2
(ĐKTC).Hai ankan trong hỗn hợp là:
Giải : số nt cacbon trung bình= số mol CO
2
: số mol 2 ankan > CTPT
9: :Đốt cháy 6,72 lít khí (ở đktc) hai hiđrocacbon cùng dãy đồng đẳng tạo thành 39,6 gam CO
2
và 10,8 gam H
2
O.
a)Công thức chung của dãy đồng đẳng là:
b) Công thức phân tử mỗi hiđrocacbon là:
Giải :Do chúng ở thể khí, số mol CO
2
> số mol H
2
O >là ankin hoặc ankadien
số mol 2 chất là :nCO
2
6
và C
4
H
8
9:d:Khi đốt cháy 1hh gồm:0,1 mol C
2
H
4
và 1 hydrocacbon A,thu được 0,5 mol CO
2
và 0,6 mol H
2
O.CTPT của hydrocacbon A là:
Giải:nH
2
O > nCO
2
> A là ankan
Số mol A= nH
2
O - nCO
2
=0,1 > n =(0,5 – 0,1.2): 0,1 =2 >CTPT của A là:C
2
H
6
α
H
5
)
n
⇒
CT có dạng: C
2n
H
5n
Ta có điều kiện: + Số nguyên tử H
≤
2 số nguyên tử C +2
⇒
5n
≤
2.2n+2
⇒
n
≤
2
+ Số nguyên tử H là số chẳn
⇒
n=2
⇒
CTPT: C
4
H
10
9: Biện luận xác định CTPT (CH
H
4
Cl
2
.
9:T Biện luận xác định CTPT (C
4
H
5
)
n
, biết nó không làm mất màu nước brom.
CT có dạng: C
4n
H
5n
, nó không làm mất màu nước brom
⇒
nó là ankan loại vì 5n<2.4n+2
hoặc aren.
`<&%k !"=s
⇒
5n =2.4n-6
⇒
n=2. Vậy CTPT của aren là C
8
H
10
.
Chú ý các qui tắc:
⇒
B là hydrocacbon chưa no (nếu là rượu no thì B là anken).
-
1d
A/B
>
⇒
B là ete.
4) - Oxi hóa rượu bậc 1 tạo ra andehit hoặc axit mạch hở.
R-CH2OH
→
]O[
R-CH=O hoặc R-COOH
- Oxi hóa rượu bậc 2 thì tạo ra xeton:
R-CHOH-R'
→
]O[
R-CO-R'
- Rượu bậc ba không phản ứng (do không có H)
5) Tách nước từ rượu no đơn chức tạo ra anken tuân theo quy tắc zaixep: Tách -OH và H ở
C có bậc cao hơn
6) - Rượu no đa chức có nhóm -OH nằm ở cacbon kế cận mới có phản ứng với Cu(OH)2
tạo ra dd màu xanh lam.
- 2,3 nhóm -OH liên kết trên cùng một C sẽkhông bền, dễ dàng tách nước tạo ra
anđehit, xeton hoặc axit cacboxylic.
OH
+
NaOH
ONa
+
-CO-CH
3
.
f<DHDUD'W
E
Khi đốt cháy rượu :
no là rượu này rượunn
22
COOH
⇒〉rượu
CO
ứng phảnrượuCOOH
n
n
cácbontử nguyên sốnnn
2
22
=⇒=−
Nếu là hổn hợp rượu cùng dãy đồng đẳng thì số ngun tử Cacbon trung bình.
VD :
n
= 1,6 ⇒ n
1
<
n
=1,6 ⇒ phải có 1 rượu là CH
3
]
R – C – R’
OH O
+ rượu bậc 3 khơng bị oxi hóa.
DDQuR:
- Nhóm OH liên kết trực tiếp trên nhân benzen, nên liên kết giữa O và H phân cực mạch
vì vậy hợp chất của chúng thể hiện tính axit (phản ứng được với dd bazơ)
- Nhóm -OH liên kết trên nhánh (khơng liên kết trực tiếp
trên nhân benzen) khơng thể hiện tính axit.
f<DHDUD'W
a/ Hợp chất HC: A + Na → H
2
=
A
H
n
n
2
2
x
⇒ x là số ngun tử H linh động trong – OH hoặc
-COOH.
b/ Hợp chất HC: A + Na → muối + H
2
O ⇒
4
-CH
2
-OH
DDDFiD:
- Nhóm hút e làm giảm tính bazơ của amin.
- Nhóm đẩy e làm tăng tính bazơ của amin.
VD: C
6
H
5
-NH
2
<NH
3
<CH
3
-NH
2
<C
2
H
5
NH
2
<(CH
3
)
2
NH
= 1,5 n
amin
.
=
amin
CO
n
n
2
số nguyên tử cacbon
• Bậc của amin : -NH
2
bậc 1 ; -NH- bậc 2 ; -N - bậc 3
D9F`uD':
Q/&-S22a v_
v
_
R-CH=O +Ag
2
O
→
o
t,ddNH
3
R-COOH + 2Ag
↓
R-CH=O + 2Cu(OH)
2
2
→
o
t
5H
2
O + CO
2
+ 2Cu
2
O
↓
Các chất: H-COOH, muối của axit fomic, este của axit fomic cũng cho được phản ứng
tráng gương.
HCOOH + Ag
2
O
→
o
t,ddNH
3
H
2
O + CO
2
+2Ag
↓
HCOONa + Ag
2
o
)
+ Chất oxi hóa khi tác dụng với H
2
(Ni, t
o
)
f<DHDUD'W
.
andehyt. chöùc nhoùm soálaø x
n
n
anñehyt
Ag
⇒= x2
+ Trường hợp đặc biệt : H-CH = O phản ứng Ag
2
O tạo 4mol Ag nhưng %O = 53,33%
+ 1 nhóm andehyt ( - CH = O ) có 1 liên kết đôi C = O ⇒ andehyt no đơn chức chỉ có 1 liên
kết Π nên khi đốt cháy
22
COOH
nn =
( và ngược lại)
+ andehyt A có 2 liên kết Π có 2 khả năng : andehyt no 2 chức ( 2Π ở C = O) hoặc andehyt
không no có 1 liên kết đôi ( 1Π trong C = O, 1 Π trong C = C).
7 b
andehyt chức nhóm sốlà
n
n
(
+
O
2
→
(n+1)CO
2
+ (n+1)H
2
O
+ Riêng axit fomic tráng gương, phản ứng với Cu(OH)
2
tạo
↓
đỏ gạch.
Chú ý axit phản ứng với Cu(OH)
2
tạo ra dd màu xanh do có ion Cu
2+
+ Cộng HX của axit acrylic, axit metacrylic, andehit acrylic nó trái với quy tắc cộng
Maccopnhicop:
VD: CH
2
=CH-COOH + HCl
→
ClCH
2
-CH
2
-COOH
2
y
H
2
O +
2
t
Na
2
CO
3
f<DHDUD'W
•
COOH) - (axít chức nhóm sốlà x
n
ứng phảnn
axít
OH
-
⇒= x
• Chí có axít fomic ( H-COOH) tham gia phản ứng tráng gương
• Đốt axít :
Ta có :
22nnCOOH
OHC:CT lại) ngượcvà ( chức. đơn no trênaxít nn
2
⇒⇒=
2
•
y
(COO)
x.y
R’
x
.
Nhân chéo x cho gốc hidrocacbon của rượu và y cho gốc hdrocacbon của axit.
x.y là số nhóm chức este.
VD : - Axit đơn chức + rượu 3 chức : (RCOO)
3
R’
- Axit 3 chức + rượu đơn chức : R(COO-R’)
3
uk'u`rZ
Este + NaOH
→
o
t
Muối + rượu
Este + NaOH
→
1 muối + 1 anđehit
⇒
este này khi phản ứng với dd NaOH tạo ra
rượu có nhóm -OH liên kết trên cacbon mang nối đơi bậc 1, khơng bền đồng phân hóa tạo ra
anđehit.
x
y
VD: R-COOCH=CH2 + NaOH
→
o
t
RCOONa + C
6
H
5
ONa + H
2
O
( do phenol có tính axit nên phản ứng tiếp với NaOH tạo ra muối và H
2
O)
Este + NaOH
→
1 sản phẩm duy nhất
⇒
Este đơn chức 1 vòng
+NaOH
→
o
t
WwW`zkltiZuk'u :
α=
Este
öùng)NaOH(phaûn
n
n
⇒
+ CT R-COOR’ dùng để phản ứng với NaOH
⇒
CT cấu tạo của este.
Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo 1 muối + 2 rượu đơn chức
⇒
2 este này cùng gốc axit và do hai rượu khác nhau tạo nên.
Vậy công thức 2 este là R-COO
'R
giải
⇒
R,R’ ; ĐK : R1<
'R
<R2
⇒
CT
2
2
1
OHC
COORR
COORR
yx
⇔
−
−
Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo ra 3 muối + 1 rượu
⇒
(trong đó 2 este cùng gốc rượu)
⇒
CT 3este là:
'COORR
'COORR
'COORR
23
12
11
⇔
2
OHC
yx
Hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với NaOH thu được 1 muối + 1 rượu : Có
3 trường hợp xảy ra :
+ TH1 : 1 axit + 1 rượu
OH'R
RCOOH
CH
'RCOOR
OH'R
Hỗn hợp hai chất hữu cơ khi phản ứng với dd NaOH thu được hai muối + 1 rượu (đều
đơn chức). Có hai trường hợp :
+ TH1 : 1 axit + 1 este
'RCOOR
RCOOH
+ TH2 : 2 este (cùng gốc rượu) :
'COORR
'COORR
2
1
⇔
RCOO
'R
.
Hỗn hợp hai chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với dd NaOH thu được 1 muối + 2 rượu.
Có hai trường hợp :
+ TH1 : 1 rượu + 1 este
'RCOOR
OH'R
hai nguyên tử oxi)
b) - Do axit đơn + rượu đa : (RCOO)
y
R’ (y
≥
2)
+ Tương tự như phần a.
c) Este do axit đa + rượu đa : R
y
(COO)
x.y
R’
x
(ĐK : x,y
≥
2)
nếu x=y
⇒
CT : R(COO)xR’
Khi cho este phản ứng với dd NaOH ta gọi Ct este là RCOOR’ nhưng khi đốt ta nên gọi
CTPT là C
x
H
y
O
2
(y
≤
2x) vì vậy ta phải có phương pháp đổi từ CTCT sang CTPT để dễ giải.
VD : este 3 chức do rượu no 3 chức + 3 axit đơn chức (có 1 axit no, iaxit có 1 nối đôi, 1 axit
2m+2x+2y+2a-4
O
6
Đặt : n=m+x+y+a+3
⇔
C
n
H
2n-10
O
6
R
COOR
1
COOR
2
R
COOR
1
COOR
2
COOR
1
C
m
H
2m+1
COO
C
x
O
Điều kiện : 1
≤
x
≤
n
&$•|%%4€$7~-$
Este do rượu đa, axit đa và axit đơn :
VD :
Khi phản ứng với NaOH tạo ra R(COONa)
2
, R’COONa và R’’(OH)
3
Hoặc este + NaOH
→
muối của axit đa + rượu đa và rượu đơn
VD :
khi cho phản ứng với NaOH cho R(COONa)
3
+
R’(OH)
2
+ R’’OH
Este do axit tạp chức tạo nên :
VD : R-COO-R’-COO-R’’ khi phản ứng NaOh tạo : R-COONa, và
R’’OH
VD :
khi phản ứng với NaOH tạo :
f<DHDUD'W :
• Este + NaOH
O
• Đốt cháy este :
22nnCO OH
OHClà CT chức đơn no này estenn
22
⇒⇒
=
9DDDmR]nwW`z•H'Z‚FYQp'ƒ]rtti
Z
'$
b>
w
>
2aw{$/${^$666
„
Giả thiết cho CT dạng phân tử và một số tính chất của hợp chất hữu cơ.
QS)-) :- Đưa CTPT về dạng CTCT có nhóm chức của nó.
H
+
, t
o
H
+
, t
o
R
(COOR')
9: : Một rượu no có công thức là (C
2
H
5
O)
n
. Biện luận để xác định CTPTcủa rượu đó.
+ Đưa CT trên về dạng cấu tạo : (C
2
H
5
O)
n
⇔
C
2n
H
4n
(OH)
n
+ Đặt ĐK : số nguyên tử H = 2 số nguyên tử C + 2 – số nhóm chức
⇒
4n=2.2n+2-n
⇒
n=2
⇒
Ct rượu là C
4
H
8
C
3n
H
2n
(COOH)
n
+ Do axit hữu cơ này không làm mất màu nước brom nên có 2 trường hợp :
Axit này no : (k=0) loại vì theo ĐK : H=2C+2-số nhóm chức
⇔
2n=6n+2-n
⇒
n<0.
Axit này thơm : k=4 (do 3 lk
π
tạo 3 lk đôi C=C và một lk
π
tạo vòng benzen)
ĐK : H=2C+2-2k-số nhóm chức
⇔
2n=6n+2-8-n
⇔
n=2. Vậy Ct của axit là C
6
H
4
(COOH)
2
(vẽ
CTCT : có 3 CT).
QSQ-)H'&#$~{| $S
4
, C
3
H
6
và C
4
H
10
thu được 17,6g CO
2
và
10,8g H
2
O. m có giá trị là:
A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g.
Suy luận: M
hỗn hợp
= m
C
+ m
H
=
17 10,8
12 2 6
44 18
gam
× + ×
H
.
O. Cho sản phẩm
cháy vào dung dịch Ca(OH)
2
dư thì khối lượng kết tủa thu được là:
A. 37,5g B. 52,5g C. 15g D. 42,5g
Đáp án: A
Suy luận:
n
ankan
= nCO
2
- nCO
2
→ nCO
2
= nH
2
O - n
ankan
nCO
2
=
9,45
18
= 0,15 = 0,375 mol
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
2
(đktc) và 25,2g H
2
O. Hai hidrocacbon đó là:
A. C
2
H
6
và C
3
H
8
B. C
3
H
8
và C
4
H
10
C. C
4
H
10
và C5H
12
D. C
5
H
12
n
CO
2
+
( )
1n
+
H
2
O
Ta có:
1
1 1,4
n
n
=
+
→
n
= 2,5 →
Thí dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi
qua bình 1 đựng P
2
O
5
dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng
6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là:
A. 0,06 B. 0,09 C. 0,03 D. 0,045
C
10
và C
2
H
4
thu được 0,14 mol CO
2
và 0,23 mol H
2
O. Số mol ankan và anken có trong hỗn hợp lần lượt là:
A. 0,09 và 0,01 B. 0,01 và 0,09
C. 0,08 và 0,02 D. 0,02 và 0,08
Suy luận: n
ankan
= 0,23 – 0,14 = 0,09 ; n
anken
= 0,1 – 0,09 mol
; Dựa vào phản ứng cộng của anken với Br
2
có tỉ lệ mol 1: 1.
Thí dụ: Cho hỗn hợp 2 anken đi qua bình đựng nước Br
2
thấy làm mất màu vừa đủ dung dịch
chứa 8g Br
2
. Tổng số mol 2 anken là:
A. 0,1 B. 0,05 C. 0,025 D. 0,005
Suy luận: n
anken
= nBr
⇒
nH
2
O = nCO
2
Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken.
Thí dụ 2: Một hỗm hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C trong phân tử và
có cùng số mol. Lấy m gam hỗn hợp này thì làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch 20% Br
2
trong
dung môi CCl
4
. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO
2
. Ankan và anken
đó có công thức phân tử là:
A. C
2
H
6
, C
2
H
4
B. C
3
H
8
, C
3
H
2n
+
3
2
n
O
2
→ n CO
2
+ n H
2
O
0,1 0,1n
Ta có: 0,1n =
0,6
2
=
0,3
⇒
n = 3
⇒
C
3
H
6.
ˆ `$-!: nCO
2
> nH
Copyright: Tài liệu đại học ©