HỆ THỐNG hóa PHƯƠNG PHÁP QUY đổi TRONG GIẢI TOÁN hữu cơ

HỆ THỐNG HĨA PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI
TRONG GIẢI TỐN HĨA HỌC HỮU CƠ
Gần đây, các bài toán trong đề thi tốt nghiệp THPT thường được xử lí nhẹ nhàng bằng phương pháp
quy đổi. Đây là nét mới học sinh cần nắm bắt, vì nếu giải theo kiểu thơng thường như trước đây, các em
sẽ gặp khơng ít khó khăn, lúng túng do nhầm tưởng dữ kiện ra không đầy đủ.
Tuy nhiên hiện khơng có tài liệu nào hệ thống hóa phương pháp quy đổi một cách cụ thể, chi tiết để
học sinh nắm bắt được bản chất nên các em thường chỉ giải được số ít dạng quen thuộc như hỗn hợp các
triglixerit, hỗn hợp các triglixerit và axit béo. . .Với tài liệu này, các em sẽ hiểu rõ và sâu hơn phương
pháp quy đổi, từ đó có thể vận dụng quy đổi cho nhiều hỗn hợp các chất hữu cơ khác nhau.
Sau đây là nguyên tắc quy đổi các loại hợp chất hữu cơ:
1. Ankan
Ankan (a mol)  (CH4  kCH2 )


CH : a mol
 4

CH2 : b mol
2. Ancol no, hở
Ancol no, hở (a mol)  (CH4  xCH2  yO)
CH 4 : a mol

 CH 2 : b mol
O : c mol (a mol khi ancol ñôn)


3. Amin no, hở
Amin no, hở (a mol)  (CH4  xCH2  yNH)
CH 4 : a mol

 CH2 : b mol

NH : c mol (a mol khi amin đơn)


4. Anđehit no, hở
Anđehit no, hở (a mol)  (H2  xCH2  yCO)
H2 : a mol

 CH2 : b mol
CO : c mol (a mol khi anđehit đơn)


5. Axit cacboxylic no, hở
Axit cacboxylic no, hở (a mol)  (H2  xCH2  yCOO)
H2 : a mol

 CH2 : b mol
COO : c mol (a mol khi axit đơn)


6. Este no, hở
1


Este no, hở (a mol)  (H2  xCH2  yCOO)
H2 : a mol

 CH2 : b mol
COO : c mol (a mol khi este đơn)


7. Este mạch hở
Este mạch hở (a mol)  (xH2  yCH2  zCOO)
H 2 : b mol

 CH 2 : c mol
COO : d mol


8. Amino axit no, hở
Amino axit no, hở (a mol)  (H2  xCH2  yCOO  zNH)

H2 : a mol

CH : b mol
 2
COO : c mol (a mol khi 1 nhoùm COOH)
NH: d mol (a mol khi 1 nhoùm NH )

2
8. Hỗn hợp các triglixerit
Triglixerit (a mol)  [(HCOO)3 C3H5  xCH2  zH2 )]
(HCOO)3 C3 H5 : a mol

 CH2 : b mol
H : c mol
 2

9. Hỗn hợp gồm các triglixerit và axit béo
Triglixerit (a mol)  [(HCOO)3 C3H5  xCH2  zH2 )]
Axit béo (b mol)  (HCOOH  xCH2  yH2 )

(HCOO)3 C3 H5 : a mol

HCOOH : b mol

CH2 : c mol
H : d mol
 2
Các ví dụ
1. Hỗn hợp W gồm 3 este no, mạch hở X, Y, Z (X, Y, Z đều có phân tử khối nhỏ hơn 176; đều tạo
bởi một axit cacboxylic và một ancol). Đốt cháy hoàn toàn một lượng W được 1,8 mol CO2 và 1,4 mol
H2O. Xà phịng hóa hồn tồn cũng lượng W trên cần vừa đủ dung dịch chứa 0,9 mol NaOH. Phần trăm
khối lượng este có phân tử khối nhỏ nhất trong W là
A. 30,32%.
B. 11,28%.
C. 28,20%.
D. 25,32%.
Giải:
2


H2 : a mol

Quy đổi hỗn hợp W thành CH2 : b mol
COO : c mol


 b  c  1,8
a  0,5



 a  b  1,4  b  0,9
c  0,9
c  0,9



HCOOCH3 : x mol

Vậy hỗn hợp W có nC = b + c = nO = 2c = 1,8 nên W gồm HCOOCH2  CH 2 OOCH : y mol
CH OOC  COOCH : z mol
3
 3

x  y  z  0,5
60.0,1

Do đó 2x  4y  4z  1,8  x  0,1  %HCOOCH3 
 11,28%
2.0,5  14.0,9  44.0,9
2x  3y  3z  1,4

2. Hỗn hợp W gồm 4 este no, mạch hở X, Y, Z, T (mỗi este đều tạo bởi một axit cacboxylic và một
ancol; phân tử khối các este đều nhỏ hơn 200). Đốt cháy hoàn toàn một lượng W cần vừa đủ 1,525 mol
O2, thu được CO2 và 1,35 mol H2O. Xà phịng hóa hồn tồn cũng lượng W trên cần vừa đủ dung dịch
chứa 0,85 mol NaOH, sau phản ứng thu được hỗn hợp muối natri cacboxylat và 26,7 gam hỗn hợp ancol.
Phần trăm khối lượng este khơng có khả năng tráng bạc trong W là
A. 20,32%.
B. 23,46%.
C. 28,20%.

D. 25,32%.
Giải:
H2 : a mol

Quy đổi hỗn hợp W thành CH2 : b mol
COO : c mol


a  b  1,35
a  0,5


 0,5a  1,5b  1,525   b  0,85
c  0,85
c  0,85



Do hỗn hợp W có nC = b + c = nO = 2c = 1,7 và các este no, mạch hở X, Y, Z, đều có phân tử khối
nhỏ hơn 200 nên W phải gồm các este có số nguyên tử C bằng số nguyên tử O sau:

HCOOCH3 : x mol

HCOOCH2  CH2 OOCH : y mol

CH3OOC  COOCH3 : z mol
(HCOO) C H :t mol
3 3 5


x  y  z  t  0,5

2x  4y  4z  6t  1,7
 z  0,1
Do đó 
2x  3y  3z  4t  1,35
32(x  2z)  62y  92t  26,7
118.0,1
 23,46%
2.0,5  14.0,85  44.0,85
3. Hỗn hợp W gồm 3 este mạch hở X, Y, Z (X, Y, Z đều tạo từ một axit cacboxylic và một ancol;
X, Y, Z đều không cho phản ứng tráng bạc; X, Y cùng số nhóm chức; Z hơn X, Y một nhóm chức). Đốt
cháy hồn tồn 49,2 gam W được 2,2 mol CO2 và 1,8 mol H2O. Cũng lượng W trên phản ứng vừa đủ với
6,72 lít H2 (Ni; to; đktc) thu được hỗn hợp este E. Xà phịng hóa hồn tồn E bằng dung dịch NaOH vừa
đủ rồi cô cạn được hỗn hợp hai muối natri cacboxylat và 27,6 gam hỗn hợp 2 ancol đơn chức hơn kém
nhau 2C. Phần trăm khối lượng este có phân tử khối lớn nhất trong W là
A. 60,97%.
B. 34,55%.
C. 60,24%.
D. 34,13%.
 %CH3OOC  COOCH3 

3


Giải:
H2 : b mol
2b  14c  44d  49,2
b  0,2




Quy đổi hỗn hợp W (a mol) thành CH2 : c mol
 c  d  2,2
 c  1,6
COO : d mol
 b  c  1,8
d  0,6



Như vậy hỗn hợp E gồm các este no, hở có khối lượng (49,2 + 0,3.2) = 49,8 gam, với tổng số mol
là (0,2 + 0,3) =0,5 mol và được quy đổi thành:

H 2 : 0,5 mol

CH 2 :1,6 mol
COO : 0,6 mol

Dễ thấy nancol = nCOO = 0,6 mol nên Mancol 

27,6
 46 . Vậy 2 ancol thu được là CH3OH (0,3 mol)
0,6

0,6
 1,2 nên hỗn hợp có este đơn chức.
0,5
Do b= 0,5 nên E là 0,5 mol hỗn hợp gồm 2 este đơn chức và 1 este nhị chức. Vậy E có thể gồm
RCOOCH3 (0,1 mol); RCOOC3H7 (0,3 mol) và CH3OOCR1COOCH3 (0,1 mol) hoặc RCOOCH3 (0,3

mol); RCOOC3H7 (0,1 mol) và C3H7OOCR1COOC3H7 (0,1 mol).
và C3H7OH (0,3 mol). Mặt khác số nhóm COO trung bình 

RCOOCH3 (0,1 mol)

 Xét trường hợp E gồm RCOOC3 H7 (0,3 mol)3
CH OOCR COOCH (0,1 mol)
1
3
 3
 Do đó 0,1(R + 67) + 0,3(R + 67) + 0,1(R1 + 134) = 49,8 + 06.40 – 27,6 = 46,2
 0,4R + 0,1R1 = 6  4R + R1 = 60. Chỉ có R = 15; R1 = 0 là phù hợp.
RCOOCH3 (0,3 mol)

 Xét trường hợp E gồm RCOOC3 H 7 (0,1 mol)3
C H OOCR COOC H (0,1 mol)
1
3 7
 3 7

 Do đó 0,3(R + 67) + 0,1(R + 67) + 0,1(R1 + 134) = 49,8 + 06.40 – 27,6 = 46,2
 0,4R + 0,1R1 = 6  4R + R1 = 60. Chỉ có R = 15; R1 = 0 là phù hợp.
 W gồm:
CH3COOCH3 (0,1 mol)
CH3COOCH3 (0,3 mol)


CH3COO-CH2 -CH  CH2 (0,3 mol) hoặc CH3COO-CH2 -CH  CH2 (0,1 mol)
CH OOC-COOCH (0,1 mol)
CH =CH-CH -OOC-COO-CH -CH  CH (0,1 mol)

3
2
2
2
 3
 2
Nhưng hỗn hợp sau mới có este CH2 =CH-CH2 -OOC-COO-CH2 -CH  CH2 với phân tử khối lớn
0,1.170
 34,55%.
49,2
4. Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở X, Y và Z trong đó có một este hai chức và hai este đơn chức;
MX < MY < MZ. Cho 27 gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được hỗn hợp các ancol
no và 29,02 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic kế tiếp trong cùng dãy đồng đẳng. Khi đốt cháy
nhất. Vậy loại hỗn hợp đầu và %CH2 =CH-CH2 -OOC-COO-CH2 -CH  CH2 

4


hết 27 gam E thì cần vừa đủ 1,4 mol O2, thu được H2O và 1,19 mol CO2. Khối lượng của X trong 27 gam
E là
A. 3,70 gam.
B. 7,04 gam.
C. 5,92 gam.
D. 6,12 gam.
Giải:

nCOO

H2 : b mol
2b  14c  44d  27

 b  0,22



Quy đổi hỗn hợp E (a mol) thành CH2 : c mol
 c  d  1,19
 c  0,86
COO : d mol
0,5b  1,5c  1,4
d  0,33



Do hỗn hợp có este đơn chức nên 2 muối thu được là muối của các axit đơn chức, vậy nmuối =
= 0,33 mol. Rút ra Mmuối = 87,9 và 2 muối là CH3COONa (0,19 mol), C2H5COONa (0,14 mol).
Theo đề ancol thu được là 2 ancol đơn chức no và 1 ancol nhị chức no.
Qui đổi hỗn hợp ancol thu được gồm a mol CH3OH; b mol C2H4(OH)2 và c mol CH2, ta có hệ:
a  2b  n OH  0,33
a  0,11


32a  62b  14c  27  40.0,33  29,02  11,18  b  0,11
a  2b  c  1,19  2.0,19  3.0,14  0,39

c  0,06


Vì MX < MY < MZ nên Z là CH3COOCH2CH2OOCC2H5 (0,11 mol); Y là C2H5COOC3H7 (0,03
mol) và X là CH3COOCH3 (0,08 mol). Vậy mX = 0,08.74 = 5,92 gam
5. Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và ankan Y, số mol X lớn hơn số mol Y. Đốt cháy hoàn

toàn 0,09 mol E cần dùng vừa đủ 0,67 mol O2, thu được N2, CO2 và 0,54 mol H2O. Khối lượng của X
trong 14,56 gam hỗn hợp E là
A. 7,04 gam.
B. 7,20 gam.
C. 8,80 gam.
D. 10,56 gam.

2.0,67  0,54
 0,4 mol.
2
2
Để ý trong quy đổi thì ankan  (CH4  kCH2 ) ; amin no, hở  (CH4  uCH2  vNH) nên hỗn
Bảo toàn oxi cho nCO 
hợp E được quy đổi gồm:
CH 4 : a mol
a  0,09
a  0,09



CH2 : b mol  4a  2b  c  1,08   b  0,31
NH : c mol
a  b  0,4
c  0,1



Giả sử amin X có z nguyên tử N thì znX = 0,1 (*). Do tổng số mol X và Y là 0,09 mol, trong đó
nX > nY nên nX > 0,045. Để thỏa (*), chỉ có z = 2, ứng với nX = 0,05 là phù hợp. Vậy nY = 0,04.
Đặt công thức X, Y lần lượt là CxH2x + 4N2 và CyH2y + 2 thì 0,05x + 0,04y = 0,4.

Rút ra 5x + 4y = 40. Chỉ có x = 4; y = 5 là phù hợp.


X : C4 H12 N2 (0,05 mol)
Vậy E gồm: 
 m E  88.0,05  72.0,04  7,28
Y
:
C
H
(0,04
mol)

5 12

Trong 7,28 gam E có 4,4 gam X nên trong 14,56 gam E có 8,8 gam X.
6. Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và ancol Y (đơn chức, no, mạch hở). Đốt cháy hoàn
toàn 0,35 mol E cần dùng vừa đủ 1,55 mol O2, thu được N2, 0,9 mol CO2 và 1,45 mol H2O. Phần trăm
khối lượng của X trong hỗn hợp E là
A. 33,33%.
B. 72,68%.
C. 38,88%.
D. 68,20%.
Giải:
5


Để ý trong quy đổi thì ancol no, đơn, hở

 (CH4  kCH2  tO) ; amin no, hở

 (CH4  uCH2  vNH) nên hỗn hợp E được quy đổi gồm:

CH4 : a mol
a  0,35
a  0,35



CH2 : b mol
4a  2b  c  2,9
b  0,55



NH : c mol
a  b  0, 9
c  0,4
O : d mol
2a  1,5b  0,25c  0,5d  1,55 
d  0,15


Chú ý ancol đơn chức nên nancol = nO/ancol = d = 0,15 mol. Vậy namin = 0,2 mol.
Do namin = 0,2 mol và nN/amin = c = 0,4 mol nên Y là amin nhị chức.
Đặt công thức X, Y lần lượt là CxH2x + 4N2 (0,2 mol) và CyH2y + 2O (0,15 mol) thì 0,2x + 0,15y =
0,9. Rút ra 4x + 3y = 18. Chỉ có x = 3; y = 2 là phù hợp.

74.0,2
X : C3H10 N2 (0,2 mol)

Vậy E gồm: 
 %m X 
 68,2%
74.0,2

46.0,15
Y
:
C
H
O(0,15
mol)

2 6

7. Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X trong dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m
gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 1,375 mol CO2 và 1,275 mol H2O. Mặt khác,
a mol X tác dụng tối đa với 0,05 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là
A. 22,15.
B. 23,60.
C. 23,35.
D. 21,45
Giải:
(HCOO)3 C3 H5 : a mol
6a  b  1,375
a  0,025



Quy đổi X gồm: CH2 : b mol

 4a  b  c  1,275   b  1,225
H : c mol
c  0,05
c  0,05


 2
Vậy m = 176a + 14b – 2c = 21,45 nên mmuối = 21,45 + 40.3.0,025 – 92.0,025 = 22,15 gam.
8. X là hỗn hợp gồm triglixerit T và axit béo A. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X được hiệu số mol
giữa CO2 và H2O là 0,24 mol. Mặt khác cũng lượng X trên tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,48
mol NaOH đun nóng. Cơ cạn dung dịch sau phản ứng được 136,56 gam hỗn hợp chỉ gồm natri oleat và
natri panmitat. Phần trăm khối lượng triglixerit T trong X là
A. 56,65%
B. 42,24%
C. 82,64%
D. 40,13%
Giải:
Dễ dàng tính được 136,56 gam hỗn hợp muối gồm 0,12 mol natri oleat và 0,36 mol natri panmitat.

(HCOO)3 C3H5 : a mol
6a  b  c  4a  b  c  d  0,24
a  0,06



HCOOH : b mol
3a  b  0,48
 b  0,3



Quy đổi X gồm: 
CH2 : c mol
68(3a  b)  14c  2d  136,56
c  7,44
H : d mol
3a  b  c  0,12.18  0,36.16  7,92
d  0,12
 2
Vì muối thu được chỉ gồm natri oleat và natri panmitat nên axit béo A có 2 khả năng:
- A là C17H33COOH (0,3 mol)

282.0,3
 34,05% (loại vì khơng có trong các phương án trả lời).
176a  46b  14c  2d
- A là C15H31COOH (0,3 mol)
 %T  100% 

6


282.0,3
84,6
 100% 
 40,13% (chọn D).
176a  46b  14c  2d
128,28
* Nhận xét: Các phương án trả lời nên có %T = 34,05% để tránh thí sinh "làm mị" cơng đoạn
cuối như trên. Nếu đề có đưa ra phương án này, ta phải giải tiếp như sau:
Vì muối thu được chỉ gồm natri oleat và natri panmitat nên axit béo A có 2 khả năng:
- A là C17H33COOH (0,3 mol)

 A là 0,3 mol HCOOH kết hợp với 0,3.17 = 5,1 mol CH2 cùng 0,3.1 = 0,3 mol H2 bị loại khỏi A
(vơ lý, vì H2 bị loại khỏi hỗn hợp X theo quy đổi chỉ là 0,12 mol)
- A là C15H31COOH (0,3 mol)
 A là 0,3 mol HCOOH kết hợp với 0,3.15 = 4,5 mol CH2.
 T là 0,3 mol (HCOO)3C3H5 (0,06 mol) kết hợp với (7,44 – 4,5) = 2,94 mol CH2 cùng 0,12 mol
 %T  100% 

H2 bị loại.

 %T 

176.0,06  14.7,44  2.0,12
 40,13%
128,28
BÀI TẬP ÁP DỤNG

1. Hỗn hợp W gồm 3 este no, mạch hở X, Y, Z (phân tử khối mỗi este đều nhỏ hơn 176). Đốt cháy hoàn
toàn một lượng W được 1,6 mol CO2 và 1,3 mol H2O. Xà phịng hóa hồn tồn cũng lượng W trên cần
vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol NaOH, sau phản ứng thu được hỗn hợp muối natri của các axit
cacboxylic và 23,5 gam hỗn hợp các ancol. Phần trăm khối lượng este khơng có khả năng tráng bạc trong
W là
A. 30,32%.
B. 12,45%.
C. 28,20%.
D. 25,32%.
2. Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và ancol Y (đơn chức, no, mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 4,34
gam E cần dùng vừa đủ 0,31 mol O2, thu được N2, 0,18 mol CO2 và 0,29 mol H2O. Phần trăm khối
lượng của X trong hỗn hợp E là
A. 33,33%.
B. 72,68%.

C. 38,88%.
D. 68,20%.
3. Hỗn hợp W gồm ancol no, mạch hở X và ankan Y. Đốt cháy hoàn toàn 29,8 gam W cần dùng vừa đủ
2,2 mol O2, thu được H2O và 1,5 mol CO2. Biết trong W, số mol X lớn hơn số mol Y. Phần trăm khối
lượng ancol trong W là
A. 63,76%.
B. 72,68%.
C. 38,88%.
D. 68,20%.
4. Hỗn hợp W gồm 2 anđehit no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol W cần dùng vừa đủ 0,6 mol O2,
thu được H2O và 0,7 mol CO2. Phần trăm khối lượng anđehit có phân tử khối nhỏ hơn trong W là
A. 63,76%.
B. 72,68%.
C. 43,69%.
D. 68,20%.
5. W là hỗn hợp gồm 2 axit cacboxylic no, mạch hở. Trung hòa hoàn toàn 0,6 mol W cần vừa đủ dung
dịch chứa 0,7 mol NaOH, sau phản ứng thu được 47,4 gam muối. Phần trăm khối lượng axit cacboxylic
có phân tử khối nhỏ hơn trong W là
A. 53,76%.
B. 71,88%.
C. 43,69%.
D. 68,20%.
6. A là một hỗn hợp triglixerit. Xà phịng hóa hồn tồn m gam A bằng một lượng KOH vừa đủ rồi cơ
cạn được hỗn hợp muối khan Y. Đốt cháy hồn toàn Y thu được 0,505 mol CO2; 0,475 mol H2O và
0,015 mol K2CO3. Mặt khác m gam triglixerit A làm mất màu tối đa dung dịch chứa x mol Br2. Giá trị
của x là
A. 0,040.
B. 0,020.
C. 0,030
D. 0,045.

7


7. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp W gồm axit cacboxylic X và este Y (đều no, mạch hở) cần vừa
đủ 1,1 mol O2, thu được H2O và 1,0 mol CO2. Mặt khác cũng lượng W trên tác dụng với dung dịch
NaOH vừa đủ, đun nóng rồi cơ cạn thu được 34,2 gam hỗn hợp muối natri của 2 axit cacboxylic có số C
liên tiếp. Phần trăm khối lượng este Y trong W là
A. 53,76%.
B. 71,88%.
C. 43,69%.
D. 25,73%.
8. Đốt cháy hoàn toàn 28,5 gam hỗn hợp W gồm axit cacboxylic no, hở X và este no, hở Y (nX < nY) cần
vừa đủ 0,575 mol O2, thu được CO2 và 0,65 mol H2O. Phần trăm khối lượng este Y trong W là
A. 53,76%.
B. 71,88%.
C. 43,69%.
D. 52,63%.
9. Đốt cháy hoàn toàn 36,6 gam hỗn hợp W gồm 2 amino axit no, mạch hở cần vừa đủ 0,9 mol O2, thu
được CO2, 1 mol H2O và 0,2 mol N2. Phần trăm khối lượng amino axit có phân tử khối lớn nhất trong
W là
A. 33,40%.
B. 71,88%.
C. 43,69%.
D. 51,23%.
10. Đốt cháy hoàn toàn 32,8 gam hỗn hợp W gồm amino axit X và este Y (đều no, mạch hở; nX > nY)
cần vừa đủ 0,75 mol O2, thu được CO2, 0,8 mol H2O và 0,1 mol N2. Phần trăm khối lượng amino axit
trong W là
A. 54,42%.
B. 71,88%.
C. 43,69%.

D. 51,23%.
11. Hỗn hợp W gồm ankan X, ancol no, mạch hở Y, và amin no, mạch hở Z (X chiếm trên 10% khối
lượng hỗn hợp Z). Đốt cháy hoàn toàn 25,9 gam hơi W cần dùng vừa đủ 1,575 mol O2, thu được H2, 0,9
mol CO2 và 0,25 mol N2. Biết trong W, số mol Z không nhỏ hơn tổng số mol X và Y, cịn số mol Y
khơng nhỏ hơn số mol X. Phần trăm khối lượng ancol Y trong W là
A. 13,76%.
B. 52,68%.
C. 38,88%.
D. 44,01%.

ĐÁP ÁN
1B

2D

3A

4C

5B

6C

7D

8D

9A

10A

11D

HƯỚNG DẪN GIẢI
1.
H2 : a mol

Quy đổi hỗn hợp W thành CH2 : b mol
COO : c mol


a  b  1,3
a  0,5


  b  c  1,6   b  0,8
c  0,8
c  0,8



HCOOCH3 : x mol

Vậy hỗn hợp W có nC = b + c = nO = 2c = 1,6 nên W gồm HCOOCH2  CH 2 OOCH : y mol
CH OOC  COOCH : z mol
3
 3
Do đó:

8

x  y  z  0,5
x  0,2
118.0,05


 y  0,25  %CH3 OOC  COOCH3 
 12,45%
2x  4y  4z  1,6
2.0,5  14.0,8  44.0,8
32(x  z)  62 y  23,5
z  0,05


2. Quy đổi ancol no, đơn, hở  (CH4  kCH2  tO) ; amin no, hở  (CH4  uCH2  vNH) nên hỗn hợp
E được quy đổi gồm:

CH4 : a mol
16a  14b  15c  16d  4,34
a  0,07



CH2 : b mol
4a  2b  c  0,58
b  0,11




NH : c mol
a  b  0,18
c  0,08
O : d mol

2a  1,5b  0,25c  0,5d  0,31 d  0,03

Chú ý ancol đơn chức nên nancol = nO/ancol = d = 0,03 mol. Vậy namin = 0,7 – 0,03 = 0,04 mol.
Do namin = 0,04 mol và nN/amin = c = 0,08 mol nên Y là amin nhị chức.
Đặt công thức X, Y lần lượt là CxH2x + 4N2 (0,04 mol) và CyH2y + 2O (0,03 mol) thì 0,04x + 0,03y
= 0,18.
Rút ra 4x + 3y = 18. Chỉ có x = 3; y = 2 là phù hợp.


74.0,04
X : C3H10 N2 (0,04 mol)
Vậy E gồm: 
 %m X 
 68,2%
74.0,04  46.0,03

Y : C2 H6O(0,03 mol)
CH 4 : a mol
16a  14b  16c  29,8 a  0,4



3.
Quy đổi W thành CH2 : b mol  2a  1,5b  0,5c  2,2  b  1,1
O : c mol

a  b  1,5
c  0,5



Gọi x là số nguyên tử O của X thì xnX = c = 0,5. Do tổng số mol X, Y = a = 0,5, trong đó nX > nY
nên nX > 0,2 mol. Chỉ có x = 2, ứng với nX = 0,25 mol là phù hợp. Vậy nY = 0,15 mol.
Gọi công thức X, Y lần lượt là CnH2n+2O2 (0,25 mol); CmH2m (0,15 mol).
Ta có 0,25n + 0,15m = 1,5. Rút ra 5n + 3m = 30. Chỉ có n = 3; m = 5 là phù hợp.

 %X 

4.

76.0,25
 63,76%
29,8

H2 : a mol
a  0,5
a  0,5



Quy đổi W thành CH2 : b mol  0,5a  1,5b  0,5c  0,6  b  0
CO : c mol
 b  c  0,7
c  0,7




Hỗn hợp W có b = 0 nên W chỉ gồm các anđehit tạo bởi H2 và các nhóm CO.

HCHO : x mol
Vậy W gồm 
OHC  CHO : y mol
x  y  0,4
x  0,3
30.0,3


 %X 
 43,69%
30.0,3  58.0,2
x  2y  0,7 y  0,2
9


5.

H2 : a mol
a  0,6
a  0,6



Quy đổi W thành CH2 : b mol  c  0,7
 b  0
COO : c mol
2a  14b  44c  40.0,7  47,4  18.0,7

c  0,7



Hỗn hợp W có b = 0 nên W chỉ gồm các axit tạo bởi H2 và các nhóm COO.

HCOOH : x mol
Vậy W gồm 
HOOC  COOH : y mol
x  y  0,6
x  0,5
46.0,5


 %X 
 71,88%
46.0,5  90.0,1
x  2y  0,7 y  0,1
6.

(HCOO)3 C3 H5 : a mol

Quy đổi A gồm: CH 2 : b mol
 muối gồm
H : c mol
 2

HCOOK : 3a mol

CH2 : b mol

H : c mol
 2

1,5a  0,015
a  0,01


 1,5a  b  c  0,475  b  0,49  n Br  0,03mol
2
3a  b  0,015  0,505 c  0,03



7.

H2 : a mol

Quy đổi W thành CH2 : b mol
COO : c mol


 Số nhóm COO trung bình =

a  0,4
a  0,4


 0,5a  1,5b  1,1   b  0,6
 b  c  1,0
c  0,4




0,4
 1 . Vậy X, Y đều là hợp chất đơn chức.
0,4

 Phân tử khối trung bình của muối =

34,2
 85,5 . Do đó 2 muối là CH3COONa (0,3 mol)
0,4

và C2H5COONa (0,1 mol).
Do b = 0,6 nên hỗn hợp W cũng như hỗn hợp muối đều chứa 0,6 mol CH2, trong đó có 0,3
mol CH2 nằm trong 0,3 mol CH3COONa; 0,2 mol CH2 nằm trong 0,1 mol C2H5COONa. Vậy cịn 0,1
mol CH2 chỉ có thể nằm trong 0,1 mol este C2H5COOCH3.


88.0,1
X : CH3COOH (0,3 mol)
 W gồm 
 %Y 
 25,73%.
34,2

Y : C2 H5COOCH3 (0,1 mol)
8.

H2 : a mol


Quy đổi W thành CH2 : b mol
COO : c mol


 Số C trung bình =

2a  14b  44c  28,5
a  0,4


 0,5a  1,5b  0,575  b  0,25
a  b  0,65
c  0,55



b  c 0,8

 2.
0,4 0,4

10


Este phải có ít nhất 2C, số mol este lại lớn hơn số mol axit nên để số C trung bình của hỗn
hợp là 2 thì cả axit và este đều phải có 2C. Do số nhóm COO trung bình =

c
 1, 375 nên W gồm

0,4

HOOC-COOH (x mol) và HCOOCH3 (y mol)

x  y  0,4
x  0,15
60.0,25


 %Y 
 52,63%
28,5
x  2y  0,65 y  0,25

9.

H2 : a mol

CH : b mol
Quy đổi W thành  2
COO : c mol
NH: d mol


2a  14b  44c  15d  36,6 a  0,4


0,5a  1,5b  0,25d  0,9
b  0,4



a  b  0,5d  1
c  0,55
0,5d  0,2
d  0,4

 Số nhóm CH2 trung bình =

0,4
 1. Vậy mỗi amino axit có một nhóm CH2.
0,4

 Số nhóm NH trung bình =

0,4
 1. Vậy mỗi amino axit có một nhóm NH2.
0,4

0,55
 1,375 . Vậy có một amino axit có một nhóm COOH.
0,4
 Có một amino axit là NH2CH2COOH.
 Amino axit còn lại là NH2CH(COOH)2 hoặc NH2C(COOH)3.

 Số nhóm COO trung bình =

NH2CH2COOH : x mol
x  y  0,4
x  0,25


* Xét trường hợp W gồm 



NH2CH(COOH)2 : y mol 2x  3y  b  c  0,95 y  0,15
 %NH2CH(COOH)2 

119.0,15
 48,77%
36,6


x  0,325
NH2CH2 COOH : x mol x  y  0,4
* Xét trường hợp W gồm 


NH2C(COOH)3 : y mol 2x  4y  b  c  0,95 y  0,075

 %NH2C(COOH)3 

163.0,075
 33,40% (nhận, vì đây là amino axit có phân tử khối lớn
36,6

nhất trong X)

10.

H2 : a mol

2a  14b  44c  15d  32,8 a  0,35



CH2 : b mol
0,5a  1,5b  0,25d  0,75
b  0,35


Quy đổi W thành 
COO : c mol
a  b  0,5d  0,8
c  0,55
NH: d mol
0,5d  0,1
d  0,2

0,35
 Số nhóm CH2 trung bình =
 1. Vậy mỗi chất có một nhóm CH2.
0,35
 Este có 1 nhóm CH2 phải là HCOOCH3.
Do tổng số mol X, Y là 0,35 mol và nX > nY nên nX > 0,175 mol.
Gọi t là số N trong chất X thì tnX = d = 0,2. Chỉ có t = 1, ứng với nX = 0,2 là phù hợp.
11


 Amino axit là NH2CH(COOH)2 hoặc NH2C(COOH)3.

x  0,2

NH2CH(COOH)2 : x mol x  y  0,35
* Xét trường hợp W gồm 


HCOOCH3 : y mol
3x  2y  b  c  0,9 y  0,15

 %NH2CH(COOH)2 

119.0,15
 54,42%
32,8

NH2C(COOH)3 : x mol x  y  0,35
x  0,1

* Xét trường hợp W gồm 



4x  2y  b  c  0,9
y  0,25
HCOOCH3 : y molol
 loại, vì ta phải có nX = 0,2 mol.

11.

CH4 : a mol
16a  14b  16c  15d  25,9
a  0,5




CH2 : b mol
2a  1,5b  0,25d  0,5c  1,575 b  0,4
Quy đổi W thành 


O : c mol
a  b  0,9
c  0,3
NH:d mol


0,5d  0,25
d  0,5

Do tổng số mol X, Y, Z là 0,5 mol, trong đó n Z  n X  n Y nên n Z  0,25 mol
Gọi t là số N trong chất Z thì tn Z  d  0,5 . Chỉ có t = 2, ứng với nZ = 0,25 là phù hợp. Vậy Z

có cơng thức CnH2n+ 4N2 (0,25 mol).
Do tổng số mol X, Y là (0,5 – 0,25) = 0,25 mol, trong đó n Y  n X nên nY  0,125 mol.
Gọi k là số O trong chất Y thì kn Y  c  0,3 . Chỉ có k = 2, ứng với nY  0,15 là phù hợp.
Vậy Y có cơng thức CmH2m+ 2O2 (0,15 mol). Do đó ankan là CuH2u+2 (0,1 mol).
 0,1u + 0,15m + 0,25n = 0,9  2u + 3m + 5n = 18.
Chú ý n  2 nên chỉ có u = 1; m = 2 và n = 2 hoặc u = 2; m = 3 và n = 1 là phù hợp.
Nhưng chọn u = 1; m = 2 và n = 2 thì %X =
Do đó chọn u = 2; m = 3 và n = 1  %Y 

16.0,1

 6,18% (loại, vì trái giả thiết).
25,9
76.0,15
 44,01%
25,9

-------------------------------THÀNH CÔNG SẼ ĐẾN VỚI CÁC EM ------------------------------

.

12