bài toán hóa học sử dụng chất ảo, hỗn hợp ảo hóa hữu cơ

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

CHUYÊN ĐỀ 07 : SỬ DỤNG CHẤT ẢO, HỖN HỢP ẢO
ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỮU CƠ
I. Cơ sở của phương pháp
Trong đề thi Đại học, Cao đẳng, thường có những bài tập hóa hữu cơ gồm hỗn hợp nhiều chất, nhưng
các giả thiết liên quan đến hỗn hợp đó lại rất hạn chế. Vì thế việc tính toán tìm ra kết quả gặp nhiều
khó khăn.
Nếu để ý một chút ta sẽ thấy các chất trong hỗn hợp có những đặc điểm chung. Do đó, có thể quy đổi
hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp ít chất để làm cho việc tính toán trở nên đơn giản hơn.
II. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm CH3CH(OH)COOH, HCHO, CH3COOH, HCOOCH3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp
X cần V lít O2 (đktc), sau phản ứng thu được CO 2 và H2O. Hấp thụ hết sản phẩm cháy vào nước vôi trong
dư thu được 30 gam kết tủa. Vậy giá trị của V tương ứng là :
A. 5,60 lít.
B. 8,40 lít.
C. 7,84 lít.
D. 6,72 lít.
(Đề thi chọn HSG tỉnh Thái Bình, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
Nhận xét : Đề bài cho hỗn hợp X gồm 4 chất, nhưng chỉ có một giả thiết liên quan đến 4 chất đó. Vậy 4
chất trong hỗn hợp X phải có những đặc điểm chung nào đó.
● Cách 1 : Tìm quy luật chung
Hỗn hợp X gồm các chất: HCHO (CH2O), CH3COOH (C2H4O2), HCOOCH3 (C2H4O2), CH3CH(OH)COOH
(C3H6O3).
Quy luật chung : Hỗn hợp X có chứa các chất có cùng công thức tổng quát là C xH2xOx hay Cx(H2O)x.
Khi đốt cháy X, chỉ có C phản ứng với O2 tạo ra CO2.
to
Cx(H2O)x + xO2 ��
� xCO2 + xH2O
Theo phương trình phản ứng và bảo toàn nguyên tố C, ta có :

�
nCO  nO
�
n  0,3 mol
2
� 2
� O2
��
�
30
VO (�ktc)  0,3.22,4  6,72 l�
t
nCO  nCaCO 
 0,3 �
�
�
2
3 100
� 2
● Cách 2 : Sử dụng hỗn hợp ảo
Đề cho hỗn hợp gồm 4 chất nhưng lại chỉ có một giả thiết nên quy đổi hỗn hợp ban đầu thành một chất là
HCHO.
o

t
Phương trình phản ứng : HCHO  O2 ��
� CO2  H2O

Theo phương trình phản ứng và bảo toàn nguyên tố C, ta có :
�

nCO  nO
�
n  0,3 mol
2
� 2
� O2
�
�
�
30
VO (�ktc)  0,3.22,4  6,72 l�
t
nCO  nCaCO 
 0,3 �
�
�
2
3 100
� 2
Ví dụ 2: Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được
6,72 lít khí CO2 (đktc). Cũng m gam X trên cho tác dụng với Na dư thu được tối đa V lít khí H 2 (đktc). Giá
trị của V là
A. 3,36.
B. 11,20.
C. 5,60.
D. 6,72.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012)
Hướng dẫn giải
● Cách 1 : Tìm quy luật chung
Theo giả thiết, hỗn hợp X gồm CH3OH, C2H4(OH)2, C3H5(OH)3.

Quy luật chung : Số nguyên tử C của các chất trong X đều bằng số nhóm –OH.
6,72
 0,3 mol.
Suy ra : nOH trong X  nC trong X  nCO 
2
22,4
Áp dụng bảo toàn nguyên tố H trong phản ứng của X với Na, ta có :
Trang 1/6 - Mã đề thi 357


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

n OH  2nH � nH 
2

2

nOH
2

 0,15 mol � VH

ktc)
2 (�

 0,15.22,4  3,36 l�
t

● Cách 2 : Sử dụng hỗn hợp ảo
Hỗn hợp X gồm 3 chất là ancol metylic, etylen glicol và glixerol, nhưng lại chỉ có một giả thiết nên coi hỗn

hợp X chỉ gồm 1 chất là ancol metylic.
Theo bảo toàn nguyên tố C và bảo toàn nguyên tố H trong nhóm -OH, ta có :
�
�
nCH OH  0,3
�nCH3OH  nCO2  0,3 �
3
�
� VH2 (�ktc)  3,36 l�
t
�
�
n

2n
n

0,15
�
�
CH
OH
H
H
2
� 2
� 3
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm C3H4, C3H6, C3H8 có tỉ khối so với H2 là 21. Đốt cháy hoàn toàn 1,12 lít hỗn hợp X
(đktc), rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, lọc bỏ kết tủa, khối lượng
dung dịch thu được so với khối lượng nước vôi trong ban đầu

A. giảm 5,7 gam.
B. giảm 15 gam.
C. tăng 9,3 gam.
D. giảm 11,4 gam.
(Đề thi thử ĐH lần 2 – THPT Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
● Cách 1 : Tìm quy luật chung
Quy luật chung : Các chất trong X đều có 3 nguyên tử C. Vậy công thức chung của các chất trong X là
C3Hy.
Theo giả thiết : M C H  21,2.2  42 � 12.3  y  42 � y  6.
3 y

nH

2O

 nCO  3nC

3H6

2

� m(CO

2, H2O)

 3.0,05  0,15 mol

 0,15.44
14 2 43  0,15.18

14 2 43  9,3 gam.
mCO
2

mH O
2

Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có :
nCaCO  nCO  0,15 mol � mCaCO  0,15.100  15gam.
3

Vì

2

m(CO

2, H2O)

3

 mCaCO � mdung d�
ch gia�
m  mCaCO3  m(CO2, H2O)  5,7 gam
3
14 2 43 1 4 2 4 3
9,3

15

● Cách 2 : Sử dụng hỗn hợp ảo
Đề cho hỗn hợp X gồm 3 chất, nhưng chỉ có 2 giả thiết liên quan đến các chất đó nên quy đổi hỗn hợp
X thành hỗn hợp gồm C3H6 và C3H8.
Theo giả thiết, ta có :
�
�
�
nC3H6  nC3H8  0,05
nC H  0,05 �
nCO  0,15
�
�
�� 3 6
�� 2
�
42n
 44nC3H8  21.2.0,05  2,1 �
n
0
n  0,15
�
�
� C3H6
�C3H8
� H2O
� mCaCO3  15 gam  m(CO2 , H2O)  9,3� mdd gia�
 15  9,3  5,7 gam
m
PS: Với việc sử dụng hỗn hợp ảo trong giải toán thì số mol của chất trong hỗn hợp có thể có giá trị
âm hoặc bằng 0, nhưng kết quả vẫn giống cách làm khác.

Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn 80,08 gam hỗn hợp X gồm C 3H7OH, C2H5OH và CH3OC3H7 thu được 95,76
gam H2O và V lít khí CO2 (đktc). Giá trị của V là?
A. 129,6 lít.
B. 87,808 lít.
C. 119,168 lít.
D. 112 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 4 – THPT chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội,
năm học 2010 – 2011)
Hướng dẫn giải
● Cách 1 : Tìm quy luật chung
Quy luật chung : Các chất trong X đều có công thức phân tử tổng quát là CnH2n+2O (k = 0).
Suy ra : Khi đốt cháy X cho nC H
O  nH O  nCO .
n 2n2

2

2

95,76
Theo giả thiết : nH O 
 5,32 mol.
2
18
Trang 2/6 - Mã đề thi 357


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

Theo bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố C, H, O, ta có :

�nO trong X  nC H
 nH O  nCO
n 2n 2O
2
2
�
�
16n

12
n

n

m
� O trong X
C H
{H
{C
2O
1 4n22n43
�
2nH O
nCO
80,08
�
2
2
�
nO trong X  nCO  5,32

�
nO trong X  1,4
�
�
2
��
��
16nO trong X  12nCO  69,44 �nCO  3,92
�
� 2
�
2
� VCO

ktc)
2 (�

 3,92.22,4  87,708 l�
t

● Cách 2 : Sử dụng hỗn hợp ảo
Đề bài cho hỗn hợp gồm 3 chất, nhưng chỉ có 2 giả thiết nên quy đổi hỗn hợp C3H7OH, C2H5OH và
CH3OC3H7 thành hỗn hợp C3H7OH, C2H5OH.
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố H, ta có :
�
�
60nC3H7OH  46nC2H5OH  80,08
nC H OH  1,12
�
�

�� 3 7
�
8nC3H7OH  6nC2H5OH  2nH2O  10,64 �
n
 0,28
�
�
�C2H5OH
Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có :
nCO2  3nC3H7OH  2nC2H5OH  3,92 mol � VCO2 (�ktc)  87,808 l�
t
Ví dụ 5: Hóa hơi 3,35 gam X gồm CH 3COOH, HCOOC2H5, CH3COOCH3, CH3COOC2H5, thu được 1,68 lít
hơi X (ở 136,5oC và áp suất 1 atm). Đốt cháy hoàn toàn 3,35 gam hỗn hợp X trên thì thu được m gam
H2O. Giá trị của m là
A. 2,7 gam.
B. 3,6 gam.
C. 3,15 gam.
D. 2,25 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An,
năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
● Cách 1 : Tìm quy luật chung
Quy luật chung : Các chất trong X đều có công thức phân tử tổng quát là CnH2nO2 (k = 1).
Suy ra : Khi đốt cháy X cho nH O  nCO (1) .
2

Theo giả thiết : nC

nH2nO



2

pV
1.1,68

 0,05 mol.
RT 0,082(136,5 273)

Theo (1) và bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố C, H, O, ta có :
�nH O  nCO
2
2
�nH O  nCO
�
�
�
2
16nO trong C H O  12 nC  nH  3,35� � 2
�
{
{
n
2n
2
16.2.0,05

12n
1

4
4
2
4
4
3
�
�
CO2  2nH2O  3,35
2nH O
nCO
�
2n
2
2
CnH2nO2
�
�
� nH

2O

 nCO  0,125 mol � mH
2

2O

 0,125.18  2,25 gam

● Cách 2 : Sử dụng hỗn hợp ảo

Đề bài cho hỗn hợp 3 chất, nhưng lại chỉ có 2 giả thiết nên quy đổi hỗn hợp X gồm CH3COOH,
HCOOC2H5, CH3COOCH3, CH3COOC2H5 thành hỗn hợp gồm CH3COOH, HCOOC2H5.
Theo giả thiết, ta có :
�
60nCH3COOH  74nHCOOC2H5  3,35 �
nCH COOH  0,025
�
�
�� 3
�
nHCOOC2H5  0,025
�nCH3COOH  nHCOOC2H5  0,05
�
� nH2O  2nCH3COOH  3nHCOOC2H5  0,125 mol � mH2O  2,25 gam

Trang 3/6 - Mã đề thi 357


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

Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic, rồi
hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 (dư). Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và
dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào ?
A. Tăng 2,70 gam.
B. Giảm 7,74 gam.
C. Tăng 7,92 gam.
D. Giảm 7,38 gam.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2011)
Hướng dẫn giải
● Cách 1 : Tìm quy luật chung

Axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic có công thức cấu tạo lần lượt là CH 2=CHCOOH,
CH3COOCH=CH2, CH2=CHCOOCH3 và CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH.
Quy luật chung :
Các chất trên đều có công thức phân tử tổng quát là CnH2n-2O2 (k = 2).
Gọi tổng số mol của các chất là x mol. Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có :
�nC trongC H
 nCO  nCaCO  0,18 �nx  0,18
�nx  0,18
�
n 2n 2O2
2
3
��
��
�
(14n  30)x  3,42 �
x  0,03
m
 3,42
�
�
� CnH2n2O2
Sử dụng công thức (k  1).nh��
p cha�
t h�
�
u c� nCO2  nH2O suy ra :
nH

2O

 nCO  nC H
 0,15 mol.
n 2
2n4
2O
{ 2 14
32
0,18

Vì

0,03

0,15.18
gam
14 2 43  0,18.44
14 2 43  10,62 gam  18
14 2 43
mH O
2

mCO
2

mCaCO
3

mdung d�
ch gia�

m  mCaCO  m(CO
3

2, H2O)

nên khối lượng dung dịch Ca(OH) 2 bị giảm và

 18 10,62  7,38 gam

● Cách 2 : Sử dụng hỗn hợp ảo
Vì đề bài cho hỗn hợp 4 chất, nhưng chỉ có 2 giả thiết nên ta quy đổi hỗn hợp 4 chất axit acrylic, vinyl
axetat, metyl acrylat và axit oleic thành hỗn hợp 2 chất axit acrylic (C 3H4O2), vinyl axetat (C4H6O2).
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có :
�
�
mho�
 86nC4H6O2  72nC3H4O2  3,42
nC H O  0,09; nC3H4O2  0,06
n h�
�
p
�
�
�� 4 6 2
�
nCO  4nC H O  3nC H O  nCaCO  0,18 �
n  3nC H O  2nC H O  0,15
�
2
4 6 2

3 4 2
3
4 6 2
3 4 2
�
�H2O
Vì

0,15.18
gam
14 2 43  0,18.44
14 2 43  10,62 gam  18
14 2 43
mH O
2

mCO
2

mCaCO
3

mdung d�
ch gia�
m  mCaCO  m(CO
3

2, H2O)

nên khối lượng dung dịch Ca(OH) 2 bị giảm và

 18 10,62  7,38 gam

PS : Với việc sử dụng hỗn hợp ảo thì số mol của một chất trong hỗn hợp có thể mang giá trị âm, nhưng kết
quả vẫn không thay đổi so với các cách làm khác.
Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, thu được
2,16 gam H2O. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là :
A. 25%.
B. 27,92%.
C. 72,08%.
D. 75%.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2011)
Hướng dẫn giải
Chuyển hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat thành hỗn hợp ảo gồm hai chất là vinyl
axetat (C4H6O2), metyl axetat (C3H6O2).
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố H, ta có :
�
74nC H O  86nC H O  3,08
�
nC H O  0,03
3 6 2
4 6 2
�
�
3 6 2
�
�
�
6nC H O  6nC H O  2nH O
n

 0,01
3
6
2
4
6
2
2
{
�
�
� C4H6O2
0,12
�
Trang 4/6 - Mã đề thi 357


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

� %nC

4H6O4



0,01
.100%  25%
0,04

Ví dụ 8: Cho 28,8 gam hỗn hợp X gồm propinal, glucozơ, fructozơ tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3

trong NH3 thì thu được 103,6 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của propinal trong X là
A. 42,5%.
B. 85,6%.
C. 37,5%.
D. 40,0%.
(Đề thi thử ĐH lần 2 – THPT Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp X gồm propinal, glucozơ, fructozơ thành hỗn hợp gồm propinal, glucozơ.
Sơ đồ phản ứng:
�
CAg �C  COONH4 �
�
CH
1 4�
4C
2 4CHO
43
�1 4 4 44 2 4 4 4 43
�
o
x
mol
AgNO3/NH3, t
�
�
x mol
�������
��
�
CH

OH(CHOH)
CHO
�1 42 4 44 2 4 4 44 43
� Ag
{�
�
�
y mol
2(x y) mol
�
�
1 4 4 4 4 2 4 4 4 43
1 4 4 4 4 2 4 4 4 43
28,8 gam

103,6 gam

�
�
�
54x  180y  28,8
54x  180y  28,8
x  0,2
��
��
Ta có: �
2(x  y).108 194x  103,6 �
410x  216y  103,6 �
y  0,1
�

Suy ra : %mCH�C CHO 

0,2.54
.100%  37,5%
28,8

Ví dụ 9*: Hỗn hợp X gồm anđehit fomic, anđehit oxalic, axit axetic, etylen glicol, glixerol. Lấy 4,52 gam X
đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm đi qua bình 1 đựng H 2SO4 (đặc, dư), bình 2 đựng 600 ml dung dịch
Ba(OH)2 0,2M thấy bình 1 tăng 2,88 gam, bình 2 xuất hiện m gam kết tủa. Xác định m?
A. 23,64 gam.
B. 17,73 gam.
C. 15,76 gam.
D. 19,70 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An,
năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn giải
● Cách 1 : Tìm quy luật chung
Theo giả thiết, các chất trong X gồm HCHO, OHC–CHO, CH3COOH, C2H4(OH)2, C3H5(OH)3.
Quy luật chung : Số nguyên tử C của các chất trong X đều bằng số nguyên tử O. Suy ra nC  nO .
Gọi số mol của C, O, H trong X lần lượt là x, x và y.
m  12x  16x
{  y
{  4,52 � 28x  y  4,52 (1)
Theo giả thiết, ta có : X {
m
m
C

O

mH

Khi đốt cháy X thu được :
mH

2O

 mb�
nh 1 ta�
ng  2,88 gam � nH

� y  nH  2nH

2O

2O



2,88
 0,16 mol
18

 0,32 mol (2)

Từ (1) và (2) và áp dụng bảo toàn nguyên tố C trong phản ứng đốt cháy, suy ra :
nCO  nC trong X  x  0,15 mol � nBaCO  2nBa(OH)  nCO  0,09 mol
2
3
14 2 432 { 2

0,12

0,15

� nBaCO  17,73 gam
3

● Cách 2 : Sử dụng hỗn hợp ảo
Quy đổi hỗn hợp 5 chất thành hỗn hợp 2 chất gồm anđehit fomic, anđehit oxalic.
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố H, 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

�
30nHCHO  58nOHC CHO  4,52
�
n
 0,17
�
�
� � HCHO
�
nHCHO  nOHC CHO  nH O  0,16 �
nOHCCHO  0,01
�
2
�

nCO  nHCHO  2nOHC CHO  0,15
� 2
��
nBaCO  2nBa(OH)  nCO  0,09 � mBaCO3  17,73gam
3
14 2 432 { 2
�
0,15
0,12
�

Trên đây chỉ là những bài tập đơn giản. Đối với những bài tập hỗn hợp khó hơn thì phương pháp sử
dụng hỗn hợp ảo sẽ gặp khó khăn. Khi đó ta phải sử dụng phương pháp mạnh hơn đó là phương
pháp tìm quy luật chung.

Trang 6/6 - Mã đề thi 357