NHỮNG CON ĐƯỜNG TƯ DUY TRONG CÁC BÀI TOÁN HÓA HỌC HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ CHỨA C, H, O
5.1. Tư duy dồn biến trong các bài toán Hóa học hữu cơ
5.1.1. Tư duy dồn biến hỗn hợp chứa nhiều hidrocacbon và H2
Hỗn hợp chứa các hidrocacbon và H2 chúng ta có thể dồn thành một hidrocacbon. Điều đó thật đơn giản khi các bạn nghĩ H2 là ankan có dạng C0H2
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho qua bình đựng dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O2 (đktc), sau phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V là :
A. 6,72 B. 8,96 C. 5,60 D. 7,84
Định hướng tư duy giải
+ Đầu tiên ta sẽ dồn X về thành một hidrocacbon sau đó áp BTLK.π
+ Khi đốt X ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_X} = 0,1\\
{n_{C{O_2}}} = 0,22
\end{array} \right. \to X:{C_{2,2}}{H_{6,4 - 2k}}\) với k là số liên kết π trong X.
+ Mặt khác \({n_{B{r_2}}} = k.{n_X} = k\frac{{6,32}}{{32,8 - 2k}} = 0,12 \to k = 0,6\)
Vậy \({n_{{H_2}O}} = \frac{{0,1(6,4 - 2.0,6)}}{2} = 0,26(mol)\)
\({n_{{O_2}}} = 0,35(mol) \to V = 7,84(lit)\)
Ví dụ 2: Đốt cháy 2,92 gam hỗn hợp hai ankan A, B thu được 0,2 mol CO2. Biết tỉ lệ số mol nA : nB = 2 : 7. Công thức phân tử của A và B lần lượt là
A. C2H6 và C5H12 B. C2H6 và C7H16
C. CH4 và C4H10 D. CH4 và C5H12
Định hướng tư duy giải
Câu này khá đơn giản nhưng sẽ là một ví dụ khá hay về tư duy “dồn biến”.
Ankan sẽ được chia thành C và H do đó
\(BTKL:{n_H} = 2,92 - 0,2.12 = 0,52(mol)\)
Ai cũng biết \({n_{ankan}} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,26 - 0,2 = 0,06 \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_A} = \frac{{0,06}}{9}.2\\
{n_B} = \frac{{0,06}}{9}.7
\end{array} \right.\)
Nhìn vào đáp án và \(BTNT.C:\frac{{0,06}}{9}.2.1 + \frac{{0,06}}{9}.7.4 = 0,2 \to \left\{ \begin{array}{l}
C{H_4}\\
{C_4}{H_{10}}
\end{array} \right.\)
Ví dụ 3: Nung nóng a mol hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 trong bình kín có xúc tác thích hợp thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y qua lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 24 gam kết tủa và hỗn hợp khí Z. Hỗn hợp Z làm mất màu tối đa 40 gam brom trong dung dịch và còn lại hỗn hợp khí T. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp T thu được 11,7 gam nước. Giá trị của a là
A. 1,00. B. 0,80. C. 1,50. D. 1,25.
Định hướng tư duy giải
+ Có \(X \to \left\{ \begin{array}{l}
\to {C_2}{H_2}:0,1(mol)\\
\to {C_2}{H_4}:0,25(mol)\\
\to \left\{ \begin{array}{l}
{H_2}\\
{C_2}{H_6}
\end{array} \right. \to 0,66(mol)\left\{ \begin{array}{l}
3{H_2}\\
{C_2}{H_2}
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)
\( \to a = 0,65 + 0,1 + 0,25 + 0,25 = 1,25\)
5.1.2. Tư duy dồn biến hỗn hợp chứa C, H, O dựa vào mối liên hệ giữa các nguyên tố
Rất tự nhiên và đơn giản nếu một hỗn hợp chứa nhiều chất hữu cơ mà trong phân tử chỉ chứa C, H, O thì đương nhiên công thức chung của nó sẽ là CxHyOz. Mấu chốt của việc xử lý các hỗn hợp này là phải nhìn ra biểu thức liên hệ giữa x, y, z mà người ra đề đã ngầm che dấu đi.
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat và metyl metacrylat rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình 1 đựng dung dịch H2SO4 đặc, bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng m gam, bình 2 xuất hiện 35,46 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 2,70. B. 2,34. C. 3,24. D. 3,65.
Định hướng tư duy giải
Bài toán này khá quen thuộc nhưng có lại là một ví dụ khá hay về cách áp dụng ấp chiến lược. Ta áp dụng bằng cách dồn hỗn hợp thành CnH2n-2O2.
Ta có nCO2 = 0,18 mol
Và \(\frac{{4,02}}{{14n + 30}}.n = 0,18\,\, \to n = 3,6\,\, \to {n_{{H_2}O}} = \frac{1}{2}.0,05.5,2 = 0,13(mol)\)
→ nH2O = 2,34 gam
Tuy nhiên, ta cũng có thể xử lý thông minh như sau :
Ta có nCO2 = 0,18 mol (BTNT.C)
Khi đó: \(BTKL:{n_{hh}} = \frac{{4,02 - 0,18.14}}{{32 - 2}} = 0,05\)
\( \to {m_{{H_2}O}} = 2,34(gam)\)
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol và axit axetic trong đó axit axetic chiếm 27,13% khối lượng hỗn hợp. Đốt 15,48 gam hỗn hợp X thu được V lít CO2 (đktc) và 11,88 gam H2O. Hấp thụ V lít CO2 (đktc) vào 400ml dung dịch NaOH x mol/l thu được dung dịch Y chứa 54,28 gam chất tan. Giá trị của x là
A. 2,4 B. 1,6 C. 2,0 D. 1,8
Định hướng tư duy giải
Đây cũng là một bài toán xử lý bằng tư duy dồn biến khá hay.
Đầu tiên ta có: \({m_X} = 15,48\left\{ \begin{array}{l}
C{H_3}COOH:0,07(mol)\\
C{H_3}CHO\\
{C_4}{H_8}{O_2}\\
{C_2}{H_6}{O_2}
\end{array} \right.\)
quan sát các công thức và dồn thành
\(15,48\left\{ \begin{array}{l}
C{H_3}COOH:0,07(mol)\\
{C_2}{H_4}O:a(mol)\\
C{H_3}O:b(mol)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
\to 44a + 31b + 4,2 = 15,48\\
\to 4a + 3b + 0,07.4 = 1,32
\end{array} \right.\)
\( \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,2\\
b = 0,08
\end{array} \right. \to {n_{C{O_2}}} = 0,07.2 + 0,2.2 + 0,08 = 0,62(mol)\)
Nếu CO2 dư thì khối lượng chất tan tối đa là : 0,62.84 = 52,08(gam)
Nếu NaOH dư thì khối lượng chất tan > 0,62.106 = 65,72(gam)
Vậy \(54,28\left\{ \begin{array}{l}
NaHC{O_3}:x(mol)\\
N{a_2}C{O_3}:y(mol)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
\to 84x + 106y = 54,28\\
\to x + y = 0,62
\end{array} \right.\)
\( \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,52\\
y = 0,1
\end{array} \right. \to {n_{NaOH}} = 0,72 \to \left[ {NaOH} \right] = 1,8(M)\)
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm ancol alylic, etilenglicol, but-2-en-1,4-điol, buta-1,3-đien. Đốt 0,4 mol hỗn hợp X cần V lít O2 (đktc) thu được a mol CO2 và 23,4 gam H2O. Hấp thụ 0,6a mol CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,2 mol NaOH và 0,54 mol Ba(OH)2 thu được 70a gam kết tủa. Giá trị của V gần nhất với:
A. 34,2 B. 39,4 C. 36,6 D. 44,8
Định hướng tư duy giải
Nhận thấy X \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_3}{H_6}O\\
{C_2}{H_6}{O_2}\\
{C_4}{H_8}{O_2}\\
{C_4}{H_6}
\end{array} \right. \to H = C + O + 2\)
Ta dồn X thành \({C_x}{H_{x + y + 2}}{O_y}\,\, \to \left\{ \begin{array}{l}
\to 0,4x = a\\
\to 0,4(x + y + 2) = 2,6
\end{array} \right.\)
Với \({n_{C{O_2}}} = 0,6a(mol) \to \left\{ \begin{array}{l}
BaC{O_3}:\frac{{70a}}{{197}}\\
\to Ba{(HC{O_3})_2}:0,54 - \frac{{70a}}{{197}}\\
\to NaHC{O_3}:0,2
\end{array} \right.\)
\( \to 0,6a = \frac{{70a}}{{197}} + 2(0,54 - \frac{{70a}}{{197}}) + 0,2\,\, \to a = 1,34(mol)\)
\( \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 3,35\\
y = 1,15
\end{array} \right. \to 0,4.1,15 + 2{n_{{O_2}}} = 1,34.2 + 1,3\,\)
\(\, \to {n_{{O_2}}} = 1,76\,\, \to V = 39,424(l)\)
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm CH3-CO-CH3; CH2≡C(CH3)-CHO; CH3-C≡C-COOH và CH3-C≡C-CH2-COOH. Đốt 27,88 gam hỗn hợp X thu được 64,24 gam CO2 và 18,36 gam H2O. Phầm trăm khối lượng CH3-CO-CH3 trong hỗn hợp X là
A. 20,803% B. 16,643% C. 14,562% D. 18,723%
Định hướng tư duy giải
Nhận xét: Các chất trong X trừ C3H6O có mối liên hệ
Khi đó ta dồn X về \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_3}{H_6}O:a(mol)\\
{C_x}{H_{2x - 2y}}{O_y}:b(mol)
\end{array} \right.\)
\(X \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = 1,46(mol)\\
{n_{{H_2}O}} = 1,02(mol)
\end{array} \right. \to n_O^{Trong\,X} = \frac{{27,88 - 1,46.12 - 1,02.2}}{{16}} = 0,52(mol)\)
\( \to \left\{ \begin{array}{l}
3a + bx = 1,46\\
6a + (2x - 2y).b = 1,02.2\\
a + by = 0,52
\end{array} \right. \to a = 0,08 \to \% C{H_3}COC{H_3} = 16,643\% \)
5.1.3. Tư duy dồn biến kết hợp với định luật bảo toàn liên kết π
Thực chất của việc mở rộng định luật BTLK.π là quá trình “tung hỏa mù” làm cho người giải đề có cảm giác bài toán rất phức tạp. Do đó, mấu chốt tư duy khi giải là cần phải biết thu gọn (dồn biến) hay nói một cách khác là phải rèn luyện khả năng đơn giản hóa bài toán. Thế tóm lại đơn giản hóa bài toán nghĩa là thế nào? – Nghĩa là những yếu tố không ảnh hưởng tới bài toán thì ta bỏ nó đi. Thật ra thì cũng không có gì phức tạp trong việc nhận ra những yếu tố không ảnh hưởng đó. Ta cùng nhau xem xét một vài ví dụ đơn giản sau:
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm 0,2 mol axetilen, 0,1 mol but-1-in, 0,15 mol etilen, 0,1 mol etan và 0,85 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni) một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỷ khối so với H2 bằng a. Cho Y tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thu được kết tủa và 19,04 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Sục khí Z qua dung dịch Brom dư thấy có 8,0 gam brom phản ứng. Giá trị của gần nhất của a là:
A. 9,6 B. 10,2 C. 9,8 D. 11,4
Định hướng tư duy giải
- Yếu tố nhiễu ở đây là gì? – Đó chính là dung dịch AgNO3/NH3.
- Tại sao nói vậy? – Vì AgNO3/NH3 chỉ có tác dụng hút các ankin đầu mạch. Do đó, ta chỉ cần khử nhiễu đơn giản bằng cách sau:
+ Chia các ankin trong X thành hai phần và chỉ cần quan tâm tới cái phần bị hidro hóa thôi. Phần còn lại là phần bị AgNO3/NH3 hút thì ta không cần quan tâm.
- Khi đó ta có hỗn hợp cần quan tâm là
\({X^'}\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_2}:a\\
{C_4}{H_6}:b\\
{C_2}{H_4}:0,15\\
{C_2}{H_6}:0,1\\
{H_2}:0,85
\end{array} \right. \to \) Y’(không chứa ankin, chính là Z)
Có ngay \({n_Z} = 0,85\left\{ \begin{array}{l}
{n_{B{r_2}}} = 0,05 \to {n_{anken}} = 0,05\\
{n_{ankan}} = a + b + 0,1 + (0,15 - 0,05) = 0,2 + a + b\\
\to {n_{{H_2}}} = 0,85 - (2a + 2b + 0,1) = 0,75 - 2a - 2b
\end{array} \right.\)
Và \( \to a + b = 0,15 \to n_{{H_2}}^{{\rm{p}}{\rm{.ung}}} = 0,4 \to {n_Y} = {n_X} - 0,4 = 1(mol)\)
Ta có \(BTKL:{m_X} = {m_Y} = 19,5 \to {d_{{\raise0.7ex\hbox{$Y$} \!\mathord{\left/
{\vphantom {Y {{H_2}}}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}
\!\lower0.7ex\hbox{${{H_2}}$}}}} = \frac{{{M_Y}}}{2} = \frac{{\frac{{19,5}}{1}}}{2} = 9,75\) →Chọn C
Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09 mol vinylaxetylen và 0,16 mol hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 là 21,13. Dẫn Y đi qua dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam Z gồm 4 kết tủa có số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm mất màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây:
A. 27. B. 29. C. 26. D. 25.
Định hướng tư duy giải
Bài toán này về ý tưởng cũng tương tự như bài toán trên. Tuy nhiên, nó che đậy tốt hơn một chút.
Ta có: \({n_X} = 0,39\left\{ \begin{array}{l}
CH \equiv CH:0,08\\
C{H_3}CHO:0,06\\
CH \equiv C - CH = C{H_2}:0,09\\
{H_2}:0,16
\end{array} \right.\)
\(BTKL:{m_X} = 9,72 \to {n_Y} = 0,23 \to n_{{H_2}}^{{\rm{ph}}{\rm{.ung}}} = 0,16(mol)\)
Trong Y ta tưởng tượng là chia thành hai phần:
Phần 1: \(\left\{ \begin{array}{l}
CH \equiv CH:a\\
C{H_3}CHO:0,5a\\
CH \equiv C - CH = C{H_2}:a\\
CH \equiv C - C{H_2} - C{H_3}:a
\end{array} \right. \to m\left\{ \begin{array}{l}
CAg \equiv CAg:a\\
Ag:a\\
CAg \equiv C - CH = C{H_2}:a\\
CAg \equiv C - C{H_2} - C{H_3}:a
\end{array} \right.\)
Phần 2: Là phần chúng ta dùng để BTLK.π
Phần 2 gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}
CH \equiv CH:0,08 - a\\
C{H_3}CHO:0,06 - 0,5a\\
CH \equiv C - CH = C{H_2}:0,09 - 2a\\
{H_2}:0,16 - a
\end{array} \right.\)
Và \( \to 0,16 - a + 0,003 = 2(0,08 - a) + (0,06 - a) + 3(0,09 - 2a) \to a = 0,0436\)
→ m = 29,1248
→ Chọn B
---(Để xem nội dung đầy đủ, chi tiết vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
5.2.3. Tư duy biện luận, đánh giá tổng hợp
Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm hai ancol X, Y và axit cacboxylic Z (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A thu được 48,4 gam CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, đun nóng m gam hỗn hợp A có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác chỉ thu được một chất hữu cơ B 2 chức (thuần) có khối lượng 23,9 gam và a gam H2O. Đốt cháy hoàn toàn lượng chất B ở trên cần 24,08 lít khí O2 (đktc). Nếu lấy toàn bộ lượng ancol có trong A đem đốt cháy thì cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Biết các phản ứng hoàn toàn và các ancol đơn chức, số nguyên tử C trong Y nhiều hơn trong X một nguyên tử. Giá trị của V gần nhất với:
A. 22,1 B. 24,6 C. 26,8 D. 28,2
Định hướng tư duy giải
Khi đốt cháy A thì \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = 1,1\\
{n_{{H_2}O}} = 0,85
\end{array} \right.\)
Vì đốt cháy A hay B thì lượng khí O2 cũng cần như nhau nên ta có:
\({n_{{O_2}}} = 1,075 \to {m_A} = 48,4 + 15,3 - 1,075.32 = 29,3(gam)\)
\(BTNT.O:n_O^{trong\,A} = 1,1.2 + 0,85 - 1,075.2 = 0,9(mol)\)
\(BTKL:a = 29,3 - 23,9 = 5,4(gam) \to {n_{{H_2}O}} = 0,3(mol)\)
Vì các ancol đơn chức \( \to A\left\{ \begin{array}{l}
{n_{ancol}} = 0,3(mol)\\
{n_{axit}} = 0,15(mol)
\end{array} \right. \to \overline C = \frac{{1,1}}{{0,45}} = 2,44\)
+ Nếu số C trong các ancol là 3 và 4 thì \({n_{C{O_2}}} > 0,3.3 + 0,15.2 = 1,2\) (vô lý)
+ Nếu các ancol là CH3OH và C2H5OH thì axit phải là axit không no.
Lại có khi A cháy nCO2 - nH2O = 0,25 do đó khi axit cháy thì nCO2 - nH2O = 0,55
\( \to 0,55 = (k - 1).0,15\,\, \to k = 3,2\) (Vô lý vì số liên kết π trong axit phải nguyên).
+ Vậy ta phải có \(A\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_5}OH:a\\
{C_3}{H_n}OH:b\\
HOOC - R - COOH:0,15(mol)
\end{array} \right.\)
Nếu \(R = 14 \to {m_A} > 0,3.46 + 0,15.104 = 29,4\) (vô lý)
→ \(A\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_5}OH:a\\
{C_3}{H_n}OH:b\\
HOOC - COOH:0,15(mol)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a + b = 0,3\\
\to 2a + 3b + 0,15.2 = 1,1
\end{array} \right.\)
\( \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,1\\
b = 0,2
\end{array} \right. \to 0,1.6 + 0,2(n + 1) + 0,15.2 = 0,85.2 \to n = 3\)
Vậy khi đốt các ancol \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_6}O:0,2\\
{C_3}{H_4}O:0,1
\end{array} \right. \to {n_{{O_2}}} = 1(mol) \to V = 22,4(l)\)
Ví dụ 2: Hỗn hợp E gồm ba chất hữu cơ mạch hở: axit cacboxylic X, anđehit Y, ancol Z, trong đó X và Y đều no; Z không no, có một nối đôi C=C và không quá 4 nguyên tử cacbon trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol E, thu được 40,32 lít CO2 (đktc) và 27 gam H2O. Biết E lần lượt phản ứng với Na (tạo ra khí H2) và NaOH theo tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 5 và 3 : 2. Phần trăm khối lượng của Y trong E gần nhất với:
A. 12%. B. 13%. C. 14%. D. 11%.
Định hướng tư duy giải
Dễ suy ra với \({n_E} = 0,6 \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Na}} = 1,0 \to {n_{{H_2}}} = 0,5\\
{n_{NaOH}} = 0,4
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{COOH}} = 0,4\\
{n_{OH}} = 0,6
\end{array} \right.\)
→ Z phải chứa 2 chức – OH
→ Z phải là \(C{H_2} = CH - CH(OH) - C{H_2}(OH)\) → nZ = 0,3 mol
Ta lại có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = 1,8\\
{n_{{H_2}O}} = 1,5(mol)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
HOOC - COOH:0,2\\
HOC - CHO:0,1
\end{array} \right.\)
\( \to \% HOC - CHO = \frac{{0,1.58}}{{0,1.58 + 0,3.88 + 0,2.90}} = 11,55\% \)
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm C2H7N và hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 100ml hỗn hợp X bằng 1 lượng O2 vừa đủ thu được 550ml Y gồm khí và hơi nước. Nếu cho Y đi qua axitsufuric đặc dư thì còn lại 250ml khí CTPT của 2 hidrocacbon:
A. CH4 và C2H6 B. C3H6 và C2H4
C. C2H6 và C3H8 D. C3H6 và C3H8
Định hướng tư duy giải
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{V_X} = 100(ml)\\
{V_{{H_2}O}} = 550 - 250 = 300(ml)
\end{array} \right. \to \overline H = 6\)
→ Như vậy ta loại ngay đáp án C và D vì các chất đều có số H không nhỏ hơn 6.
Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{V_{{N_2}}} + {V_{C{O_2}}} = 250(ml)\\
{V_{{N_2}}} < 50
\end{array} \right. \to {V_{C{O_2}}} > 200 \to \overline C > 2\)
→ Như vậy ta loại ngay đáp án A vì các chất đều có số C không vượt quá 2.
Ví dụ 4: Nung 47 gam hỗn hợp X gồm 2 ancol A, B (MA < MB) với nhôm oxit thu được hỗn hợp Y gồm 3 ete (các ete có số mol bằng nhau), 0,33 mol hỗn hợp ancol dư, 0,27 mol hỗn hợp 2 anken và 0,42 mol nước. Biết hiệu suất anken hóa của các ancol là như nhau. Phần trăm khối lượng của A trong X là :
A. 48,94% B. 68,51%
C. 48,94% hoặc 68,51% D. Đáp án khác
Định hướng tư duy giải
Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}
X \to anken\\
X \to {\rm{ete}}
\end{array} \right.\,\, \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{anken}} = 0,27\\
\sum {{n_{{H_2}O}}} = 0,42
\end{array} \right. \to {n_{ete}} = 0,42 - 0,27 = 0,15(mol)\)
\( \to n = 0,27 + \left( {0,42 - 0,27} \right).2 = 0,57(mol)\)
Vậy \({n_X} = 0,33 + 0,57 = 0,9(mol)\,\, \to \overline M = \frac{{47}}{{0,9}} = 52,22 \to \left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_5}OH:a(mol)\\
B:b(mol)
\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
a + b = 0,9\,\,\,\,(1)\\
46a + B.b = 47\,\,(2)\\
H(a + b) = 0,27\,\,(3)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
\to b = \frac{{5,6}}{{B - 46}}\\
\to H = 30\%
\end{array} \right.\)
Vì sau cùng có ancol B dư nên
\( \to b - \underbrace {0,3b}_{anken} - \underbrace {0,15}_{ete} > 0\,\, \to B < 72,168 \to {C_3}{H_7}OH\)
\( \to X\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_5}OH:0,5\\
{C_3}{H_7}OH:0,4
\end{array} \right. \to \% {C_2}{H_5}OH = 48,936\% \)
---(Để xem nội dung đầy đủ, chi tiết vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)----
...
Trên đây là phần trích dẫn tài liệu ''Những con đường tư duy trong các bài toán Hóa hữu cơ hay và khó chứa C, H, O'' để xem nội dung chi tiết đầy đủ xin mời quý thầy cô cùng các em học sinh vui lòng đăng nhập vào hệ thống Chúng tôi để xem online hoặc tải về máy.
Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em đạt điểm số thật cao trong kỳ thi sắp tới!
