giải nhanh hóa hữu cơ bằng bảo toàn nguyên tố

Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỮU CƠ BẰNG PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN
NGUYÊN TỐ
(Đăng trên Đặc san Toán học và Tuổi trẻ, số 15 THPT, tháng 10/2014)
1. Nội dung phương pháp bảo toàn nguyên tố
- Cơ sở của phương pháp bảo toàn nguyên tố là định luật bảo toàn nguyên tố : Trong phản ứng hóa học, các
nguyên tố được bảo toàn.
- Hệ quả của của định luật bảo toàn nguyên tố: Trong phản ứng hóa học, tổng số mol của một nguyên tố tham
gia phản ứng bằng tổng số mol nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng.
- Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp sử dụng hệ quả của định luật bảo toàn nguyên tố để giải
bài tập hóa học.
- Tính nhanh số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố:
Số mol nguyên tố X hoặc nhóm nguyên tố X = số nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử X trong đơn chất, hợp
chất �số mol chất đó.
Ví dụ : Đốt cháy hỗn hợp gồm C 2H4, C2H6, C2H2, H2 thu được CO2 và H2O thì theo bảo toàn nguyên tố
H, ta có :
2nH O  2nC H  4nC H  6nC H  2nH
2

2 2

2

4

2 6

2

- Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố khi giữa lượng chất cần tính và lượng chất đã biết đều có chứa

cùng 1 nguyên tố hoặc một nhóm nguyên tố.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Dẫn V lít (đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro có khối lượng là m gam đi qua ống sứ đựng bột
niken nung nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO 3 trong dung dịch NH3, thu được 12 gam kết tủa.
Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z được
2,24 lít khí CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O. Giá trị của V là :
A. 11,2.B. 13,44.
C. 5,60.D. 8,96.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
● Cách 1: Tính toán theo phương trình phản ứng
Theo giả thiết, suy ra : Y gồm C2H2, C2H4, C2H6 và có thể có H2. Z có C2H6 và có thể có H2.
Dựa vào số mol của các chất Br2, C2Ag2, CO2, H2O và bản chất phản ứng, ta có :
C2H4  Br2 � C2H4Br2
mol : 0,1 � 0,1
AgNO /NH , to

3
3
C2H2 ������
� C2Ag2 �

mol : 0,05

�

0,05
o

t

C2H6  3,5O2 ��
� 2CO2  3H2O

mol : 0,05

�

0,1 � 0,15

to

2H2  O2 ��� 2H2O
mol : 0,1 �

(0,25 0,15)  0,1
o

t , Ni
C2H2  H2 ���
� C2H4

mol : 0,1 � 0,1

�

0,1

o

t , Ni

C2H2  2H2 ���
� C2H6

mol : 0,05 � 0,1

�

0,05

�nH trong X  0,3; nC H trong X  0,2
� 2
2 2
Suy ra : �
V
 VC H  VH  11,2 l�
t
�
2 2
2
� X (�ktc)
● Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố
Trang 1/6 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

Theo giả thiết, suy ra : nC2H2 dö  nC2Ag2  0,05;
nC H  nBr  0,1;nH O  0,25.
2

4

2

2

Nhận xét : Các chất trong X đều chứa 2 nguyên tử H. Mặt khác, số mol của C 2H2 dư, C2H4 và H2O đều đã
biết. Vậy áp dụng bảo toàn nguyên tố H là tính được số mol của hỗn hợp X. Vì thế không mất nhiều thời gian
viết phương trình phản ứng và tính toán như cách 1.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có :
2(nH  nC H )  2nC H d�  4nC H  2nH O
2
2 2
{2 4
{2
1 44
2 42432
12
3
nX

0,05

0,1

0,25

� nX  0,5 mol � VX (�ktc)  11,2 l�
t
Ví dụ 2: Oxi hoá 2,3 gam ancol etylic bằng CuO đun nóng, thu được 3,3 gam hỗn hợp X gồm anđehit, axit,

ancol dư và nước. Hỗn hợp này tác dụng hết với Na sinh ra 0,84 lít H 2 (đktc). Hiệu suất phản ứng oxi hoá ancol
là :
A. 25%.
B. 50%.
C. 75%.
D. 90%.
(Đề thi thử lần 2 – Trường THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
● Cách 1: Tính toán theo phương trình phản ứng
Khối lượng hỗn hợp X tăng lên so với khối lượng ancol ban đầu là do lượng O trong CuO phản ứng đã chuyển
vào H2O và CH3COOH.
Theo giả thiết, suy ra : nH2  0,0375;
nCuO phaûn öùng  nO phaûn öùng  (3,3 2,3):16  0,0625. Gọi số mol của ancol tham gia phản ứng là x, y và số mol
ancol dư là z.
Phương trình phản ứng :

C2H5OH  CuO � CH3CHO  Cu  H2O
x � x
�
x
C2H5OH  2CuO � CH3COOH  2Cu  H2O
y
� 2y �
y
�
2C2H5OH  2Na � 2C2H5ONa  H2

y

z

�
0,5z
2CH3COOH  2Na � 2CH3COONa  H2
y
�
2HOH  2Na � 2NaOH  H2
(x  y)

�

0,5y

0,5(x  y)

�
nC H OH bñ  x  y  z  0,05
2 5
�
�
��
nH  0,5y  0,5z  (0,5x  0,5y)  0,0375
2
�
n
�
� CuO pö  x  2y  0,0625
�x  0,0125; y  0,025; z  0,0125
�
� � 0,05 0,0125
 75%

�H 
0,05
�
● Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố
Sơ đồ phản ứng :

Trang 2/6 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

�
CH3COOH �
�
CH3COONa�
�
�
C2H5OH d�� Na �
�
�
CuO, to
C2H5OH ����
��
C2H5ONa � H2 �
�
���
(1)
(2)
HOH
�

�
�NaOH
�
�
�
�
CH3CHO
�
Bản chất phản ứng (1) là C 2H5OH bị oxi hóa bởi CuO, khối lượng hỗn hợp sau phản ứng tăng lên là do O
trong CuO chuyển vào H2O và CH3COOH. Ở phản ứng (2), CH3COOH, C2H5OH dư, HOH có nguyên tử H
linh động trong nhóm –OH nên tham gia phản ứng thế Na giải phóng H 2, CH3CHO không tham gia phản ứng
này.
Sử dụng bảo toàn nguyên tố O trong phản ứng oxi hóa ancol và bảo toàn nguyên tố H của nhóm –OH trong
phản ứng của X với Na, ta có :
�
nHOH  nCH3COOH  nO pha�
 0,0625
n�
�
ng
�
�
n
 nCH COOH  nC H OH d�  2nH  0,075
�
3
2 5
2
� HOH
�nC H OH d�  0,0125

� 2 5
� � 0,05 0,0125
 75%
�H 
0,05
�
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một ancol đơn chức trong 0,7 mol O 2 (dư), thu được tổng số mol các khí
và hơi bằng 1 mol. Khối lượng (gam) ancol ban đầu đem đốt cháy là :
A. 8,6.
B. 6,0.
C. 9,0.
D. 7,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2014)
Hướng dẫn giải
Theo bảo toàn nguyên tố C, H, O, ta có :
�n  x.n
; 2nH O  ynC H O
CxHyO
2
x y
� CO2
�
�nCxHyO  2nO2 pö  2nCO2  nH2O
�
n
 nO bñ  nO pö
�
2
2
� O2 dö

�nCO  0,1x; nH O  0,05y
2
2
�
�
� �nO p�  0,1x  0,025y  0,05
2
�
n
 0,75 0,1x  0,025y
�
� O2 d�
�
�n(CO , H O, O d�)  0,025y  0,75  1
�� 2 2 2
n
 0,1x  0,025y  0,05  nO b�  0,7
�
2
� O2 p�
�y  10 �
�y  10; x  4
��
��
�x  5
�mC4H10O  7,4 gam
Ví dụ 4: Cho 0,1 mol CH3COOH vào cốc chứa 30 ml dung dịch ROH 20% (d =1,2 g/ml, R là một kim loại
kiềm). Cô cạn dung dịch sau phản ứng rồi đốt cháy hoàn toàn chất rắn khan thì thu được 9,54 gam chất rắn và
có m gam hỗn hợp gồm CO2, hơi nước bay ra. Giá trị của m là :
A. 10,02.

B. 9,3. C. 7,54.
D. 8,26.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên KHTN – ĐHQG Hà Nội, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
Sau tất cả các phản ứng, R trong ROH đã chuyển hết vào R 2CO3.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với R, ta có :
30.1,2.20%
9,54
 2.
2
3
R  17
2R  60
� R  23(Na); nROH  0,18; nR CO  0,09.
nROH  2nR CO �

2

3

Sơ đồ phản ứng :
Trang 3/6 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

ROH
{
CH3COOH
1 4 2 4 3 (1)

0,1mol

H2O
{
0,1mol

0,18 mol

�
�
CO ��
�
CH3COOR � O2 , to
�
� R2CO3  � 2 �
�
����
(2)
1 2 3 �H O ��
ROH d� �
�
0,09 mol
14 22 43
m gam

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với C và H cho toàn bộ quá trình phản ứng, ta có :
�
2nCH COOH  nR CO  nCO
� 14 23 43 {2 3 { 2
?

0,09
� 0,1
�
4nCH3COOH  nROH  2nH2O (1)  2nH2O (2)
�
123
123
14 2 43 {
�
0,18
0,1
?
� 0,1
�nCO  0,11; nH O (2)  0,19
� 2
2
��
m  mCO  mH O (2)  8,26 gam
�
2
2
�
Ví dụ 5: Cho 6,08 gam chất hữu cơ X chứa C, H, O tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô
thì phần bay hơi chỉ có nước, phần chất rắn khan còn lại chứa hai muối của natri chiếm khối lượng 9,44 gam.
Nung hai muối này trong oxi dư, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 6,36 gam Na 2CO3, 5,824 lít khí CO2
(đktc) và 2,52 gam nước. Số mol oxi có trong X là :
A. 0,24.
B. 0,06.
C. 0,12.
D. 0,20.

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Gọi số mol H2O sinh ra trong phản ứng thủy phân và phản ứng đốt cháy lần lượt là nH2O (1) và nH2O (2) . Áp
dụng bảo toàn nguyên tố Na cho toàn bộ quá trình phản ứng và bảo toàn khối lượng trong phản ứng của X với
NaOH, ta có :
�
nNaOH  2nNa CO  2.6,36:106  0,12
2
3
�
�
mX  mNaOH  mmuoái  18nH O (1)
123 {
1 22 3
�{
9,44
?
�6,08 0,12.40
� nH O (1)  0,08.
2

Theo bảo toàn nguyên tố C, H và giả thiết, ta có:
�
nC/X  nCO  nNa CO  0,32
{ 2 14 22 433
�
0,26
�
0,06
�

n

2n

2nH O (2)  nNaOH  0,32
� H/X
H2O (1)
2
1
2
3
12
3 {
�
0,12
0,08
0,14
�
6,08 0,32.12  0,32
� nO/X 
 0,12 mol
16
Ví dụ 6: Xà phòng hoá hoàn toàn 0,1 mol một este no, đơn chức bằng 26 gam dung dịch MOH 28% (M là kim
loại kiềm), rồi tiến hành chưng cất sản phẩm, thu được 26,12 gam chất lỏng X và 12,88 gam chất rắn khan Y.
Đốt cháy hoàn toàn chất rắn Y, thu được H 2O, V lít CO2 (đktc) và 8,97 gam một muối duy nhất. Giá trị của V
là:
A. 5,264 lít.
B. 14,224 lít.
C. 6,160 lít.
D. 5,600 lít.

(Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố M, ta có :
Trang 4/6 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

�
7,28
�
nMOH  2nM CO
n

�
2
3
� MOH M  17
�
; � 7,28
�
2.8,97
8,97 �
�

�
nM CO 
� 2 3 2M  60 � M  17 2M  60 � mY  0,1.(R  83)  0,03.56  12,88 � R
3
29.

12
Khi
C2H5 
�RCOOK
�M  39 (K )
14 2 43
� 0,1mol
�
�
�
� �nKOH  0,13 � Y goà
m�
KOH dö
�n
�
14 2 43

0,065
� 0,03 mol
� K 2CO3
cháy Y, C trong C2H5COOK chuyển hết vào K2CO3 và CO2. Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có :
3nC H COOK  nCO  nK CO
142 25 43 { 2 1 22 33
0,1

?

0,065

� nCO  0,235 mol, VCO

2

đốt

2

(�
ktc)

 5,264 l�
t

Ví dụ 7: Thủy phân không hoàn toàn a gam tetrapeptit Gly-Ala-Gly-Val trong môi trường axit, thu được 0,2
mol Gly-Ala, 0,3 mol Gly-Val, 0,3 mol Ala và m gam hỗn hợp 2 amino axit Gly và Val. Giá trị của m là :
A. 57,2.
B. 82,1.
C. 60,9.
D. 65,2.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Hùng Vương –Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết và sử dụng bảo toàn nhóm Ala, Gly và Val, ta có :
�
�
n
 n  Ala  nAla  0,5
� Gly AlaGly Val 14Gly
2 43 {
0,3
�
0,2

�
�nGly  nGly Ala  nGly Val  2nGly AlaGlyVal
14 2 43 14 2 43
1 44 2 4 43
�{?
0,2
0,3
0,5
�
nVal  nGly Val  nGly AlaGly Val
�
14 2 43 1 44 2 4 43
�{?
0,3
0,5
�
�nGly  0,5, nVal  0,2
�
� �m
 0,5.75 0,2.117  60,9 gam
� (Gly, Val) 1 2 3 14 2 43
mGly
Val
�
Ví dụ 8: Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol tripeptit X tạo thành từ amino axit mạch hở A có chứa một
nhóm −COOH và một nhóm −NH2, thu được 4,032 lít CO2 (đktc) và 3,06 gam H2O. Thủy phân hoàn toàn m
gam X trong 100 ml dung dịch NaOH 2M, rồi cô cạn thu được 16,52 gam chất rắn. Giá trị của m là :
A. 7,56.
B. 6,93.
C. 5,67.

D. 9,24.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Đặt công thức của tripeptit X laøCxHyO4N3 .
Theo bảo toàn nguyên tố C và H, ta có :
�x.nC H O N  nCO
� 14x 2y 4433 { 2
�x  9; y  17
0,18
�
�
0,02
��
�
�y.nCxHyO4N3  2n
�X laøC9H17O4N3
H2O
{
14
2
4
3
�
0,17
0,02
�
Suy ra amino axit là H2NCH(CH3)COOH.
Trong phản ứng thủy phân hoàn toàn X bằng dung dịch NaOH, sau đó cô cạn dung dịch thì chất rắn thu được
là muối H2NCH(CH3)COONa (hay có công thức phân tử là C 3H6O2NNa) và có thể còn NaOH dư. Theo bảo
toàn nguyên tố Na và giả thiết, ta có :

Trang 5/6 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

�
�nC3H6O2NNa  nNaOH dö  nNaOH bñ  0,2
�
111n
 40nNaOH dö  16,52
�
� C3H6O2NNa
� nC H O NNa  0,12; nNaOH dö  0,08
3 6 2

Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có :
9nC H O N  3nC H O NNa  3.0,12  0,36
9 17 4

� nC H

9 17O4N3

3

3 6 2

 0,04 mol � mX  9,24 gam

Trang 6/6 - Mã đề thi 357