BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY 10 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPTQG HÓA HỌC 2021 MỨC 8 ĐIỂM HƯỚNG DẪN GIẢI THEO SƠ ĐỒ BIẾN HÓA ( Tài liệu chuyển giao mùa thi 2021 )

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

CHUYÊN ĐỀ 1:
KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TẬP ESTE
BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI 2021
Những năm gần đây đề thi THPTQG có tính phân hóa rất cao, cũng chính vì vậy để
đạt được điểm cao trong thời gian thi chỉ có 50 phút đỏi hỏi học sinh không ngừng
cải tiến các phương pháp cổ truyền thay vào đó là phương pháp mới nhằm đáp ứng
được đòi hỏi về mặt thời gian.Phương pháp quy đổi este thông qua đề thi THPTQG
2019 và tốt nghiệp THPT 2020 tôi trình bày thông qua hướng dẫn giải dưới đây hy
vọng sẽ giúp ích các em học sinh khóa 2003.Trân trọng!
A.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI ĐIỂN HÌNH DÙNG TRONG GIẢI BÀI
TẬP ESTE:

1.Phương pháp đồng đẳng hóa(Quy về chất đầu dãy đồng đẳng;CH2)
Phương pháp này dựa trên cơ sở : Đồng đẳng là những chất có thành phần phân tử
hơn kém nhau các nhóm CH2 ; tính chất hóa học giống nhau).
VD1:
Hon hop Este no don chuc mach ho

Quy doi

HCOOCH3
CH2
Y

X

VD2 :
Este no don chuc mach ho
Este khong no có 1 lien ket doi o goc don chuc mach

Este khong no có 1 lien ket ba o goc don chuc mach

Quy doi

HCOOCH 3
CH 2 =CH-COOCH 3
CH = C - COOCH 3
CH 2
Y

X

2.Phương pháp Hiđro hóa:
Phương pháp này dựa trên cơ sở :các este không no có thể tham gia phản ứng cộng
H2 để thành các este no nên ta có thể quy đổi thành este no bỏ bớt H2 ( số mol H2 bỏ
bớt bằng số mol pi)
VD1:

1


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
HCOOCH3
Este no don chuc mach ho
Este khong no có 1 lien ket doi o goc don chuc mach

+

CH2

H2

Este khong no có 1 lien ket ba o goc don chuc mach
Y

X

VD2:Chất béo
R 1C O O C H

2

C 3H 8 a
CH2
b
C O O 3a
- H2 c

R 2C O O C H
R 3C O O C H
a m ol

2

CH4 a
CH2 t
C O O 3a
- H 2 0 ,0 6

C 3H 5

a
H C O O 3a
CH2
b
- H2
c
HCOOCH

2

a

HCOOCH
HCOOCH
CH

2

2

- H

b
c

2

3.Phương pháp Thủy phân hóa:
Phương pháp này dựa trên cơ sở :các este có thể phản ứng thủy phân sinh ra axit và
an col nên một số trường hợp người ta có thể quy đổi thành hỗn hợp axit,ancol bỏ

bớt H2 ; bỏ bớt H2O
B.BÀI TẬP MINH HỌA:

Câu 68(Mã đề 202-2019):Đốt cháy hoàn toàn 25,74 gam triglixerit X, thu được CO2 và
1,53 mol H2O. Cho 25,74 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol
và m gam muối .Mặt khác 25,74 gam X tác dụng được tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung
dịch .Giá trị của m là
A. 27,72.
B. 26,58.
C.27,42.
D. 24,18.

2


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
C3H5 a
HCOO 3a
CH2 b
- H2 0,06
25,74 gam

Hướng dẫn giải
H2O 1,53 mol
NaOH

HCOONa 3a
CH2
b
0,06

- H2
C3H5(OH)3 a

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố H:
4a + b – 0,06 = 1,53 → 4a + b = 1,59 (I)
+ Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,12 = 25,74
→ 176a + 14b = 25,86 (II)
Từ (I)(II) ta có a = 0,03 ; b = 1,47
→ m = 26,58
Câu 72(Mã đề 203-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol
O2 thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu
được glixerol và 35,36 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2
trong dung dịch .Giá trị của a là
A. 0,2.
B. 0,24.
C.0,12.
D. 0,16.

Hướng dẫn giải
C3H5 x
HCOO 3x
CH2 y
- H2 a
m gam

O2
3,08 mol

H2O 2 mol
CO2 (6x + y)

NaOH

HCOONa 3x
CH2
y
a
- H2
35,36 gam
C3H5(OH)3 x

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố H:
4x + y – a = 2
(I)
+ Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 35,36
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 3,08 = 6x+ y + 1
→ 3x + y = 2,08
(III)
3

(II)


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,04 ;

y = 1,96 ; a = 0,12

Câu 65(Mã đề 204-2019):Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol
O2 thu được H2O và 1,65 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ ,

thu được glixerol và 26,52 gam muối .Mặt khác m gam X tác dụng được tối đa với a mol
Br2 trong dung dịch .Giá trị của a là
A. 0,09.
B. 0,12.
C.0,15.
D. 0,18.

C3H5 x
HCOO 3x
CH2 y
- H2 a
m gam

Hướng dẫn giải
O2
2,31 mol

H2O (4x + y - a) mol
CO2 1,65 mol

NaOH

HCOONa 3x
CH2
y
a
- H2
26,52 gam
C3H5(OH)3 x

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C:
6x + y = 1,65
+ Áp dụng BT khối lượng : 204.x + 14y – 2.a = 26,52
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 3x + 2,31 = 2x+ 0,5.y – 0,5.a + 1,65
→ x – 0,5 y + 0,5.a = - 0,66
Từ (I)(II)(III) ta có x = 0,03 ; y = 1,47 ; a = 0,09

(I)
(II)
(III)

Câu 67(Mã đề 207-2019):Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu được H2O và
1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , thu được glixerol
và m gam muối .Mặt khác 17,16 gam X tác dụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong
dung dịch .Giá trị của m là
A. 16,12.
B. 18,48.
C.18,28.
D. 17,72.

Hướng dẫn giải
C3H5 a
HCOO 3a
CH2 b
- H2 0,04
17,16 gam

H2O
CO2 1,1 mol
NaOH

4

HCOONa 3a
CH2
b
- H2
0,04
C3H5(OH)3 3a


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C:
6a + b = 1,1
(I)
+ Áp dụng BT khối lượng : 176a + 14b – 0,08 = 17,16
→ 176a + 14b = 17,24
(II)
→ m = 17,72
Từ (I)(II) ta có a = 0,02 ; b = 0,98
Câu 66(Minh họa 2019): Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần
vừa đủ 4,77 mol O2, thu được3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc
tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đunnóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol
và m gam muối. Giá trị của m là
A. 86,10.
B. 57,40.
C. 83,82.
D. 57,16.

C 3 H 5 0,06

H C O O 0,18
CH 2
x
- H2 a

Hướng dẫn giải

O2
4,77

H 2 O 3,14 m ol
CO 2 (0,36 + x) m ol

m 1 gam

Áp dụng ĐLBT O: 0,18 + 4,77 = 0,36 + x + 1,57 → x = 3,02 mol
Áp dụng ĐLBT H: 0,06.2,5 + 0,09 + 3,02 – a = 3,14 →a = 0,12 → m1 = 52,6 gam
Sơ đồ thí nghiệm 78,9 gam X (gấp 1,5 lần thí nghiệm 1)
C 3 H 5 0,09
HCOO 0,27
CH 2
4,53
- H 2 0,18

H2

C 3 H 5 0,09
HCOO 0,27
CH 2
4,53

KOH

HCOOK 0,27 mol
CH 2
4,53 mol
m gam

78,9 gam

Dễ tính được m = 86,10 gam chọn A
Câu 58 ( Tham khảo BGD 2020):Xà phòng hóa hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm các triglixerit
bằng dung dịch NaOH , thu được glixerol và hỗn hợp X gồm 3 muối C17HxCOONa
,C15H31COONa, C17HyCOONa có tỷ lệ mol tương ứng là 3:4:5.Hiđro hóa hoàn toàn m gam E thu
được 68,96 gam hỗn hợp Y .Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần vừa đủ 6,14 mol O2 .Giá trị
của m là
A.68,4.
B. 60,2.
C.68,8.
D. 68,84.
5


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

Hướng dẫn giải

B ao toan C O O

6 8,96

C 3 H 5 4t
H C O O 12t
CH 2 196 t
- H2

C 17 H x C O O N a
C 15 H 31 C O O N a
C 17 H y C O O N a

N aO H
B ao toan C

v

m gam

3t
4t
5t

C 3 H 5 (O H ) 3
O2
6,14 m ol

CO2

220 t

H 2O

3,96 mol

B ao toan O
3448t = 68,96
t = 0,02

m =68,4 gam

Câu 59 ( Minh Họa TN THPT BGD 2020):Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong

dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn
m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 , thu được H2O và 2,28 mol CO2 . Mặt khác, m
gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,04.
B. 0,08.
C. 0,20.
D. 0,16.
Hướng dẫn giải
Ta quy đổi X như sau:

6


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

C3H5 x
C17H35COO 3x
- H2
a

O2
3,22

H2O (55x -a) mol
CO2 2,28 mol

m gam

+ Bảo toàn C: x = 0,04
+Bảo toàn O: a=0,08 mol

.Chọn B

Câu 60: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp T gồm triglixerit X và 0,01 mol
triolein Y , thu được H O và 1,395 mol CO . Cho m gam T tác dụng với dung
2

2

dịch KOH vừa đủ , thu được glixerol và 23,64 gam hỗn hợp muối trong đó có
14,4 gam kalioleat còn lại là muối của axitcacboxylic no . Giá trị của m là
A. 21,79 .
B. 21,74.
C. 30,74.
D. 39,04.

nC

17H33

=0,045 mol
COOK

Hướng dẫn giải

C3H5
a
HCOO 3a
CH2
b
- H2
0,045
m gam

H2O
CO2 1,395 mol
KOH

HCOOK 3a
CH2
b
0,045
- H2
23,64 gam
C3H5(OH)3 a

+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố C: 6a + b = 1,395
(I)
+ Áp dụng BT khối lượng :
252a + 14b – 0,09 = 23,64 → 252a + 14b = 23,73 (II)

7


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Từ (I)(II) ta có a = 0,025 ;

b = 1,245

→ m = 21,74 gam

Câu 61(TNTHPT 2020 –MĐ 224). Hỗn hợp E gồm axit panmitic ,axit stearic và
triglixerit X. Cho m gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được
57,84 gam hỗn hợp hai muối .Nếu Đốt cháy hết m gam E cần vừa đủ 4,98 mol O ,
thu được H O và 3,48 mol CO .Khối lượng của X trong m gam E là
2

2

A. 32,24 gam.

B. 34,48 gam.

C. 25,60 gam

D.33,36 gam

Hướng dẫn giải
a mol

(RCOO)3C3H5

C15H31COOH
C17H35COOH

nchât béo =

n
CO2 -

O2
4,98 mol

H2O
n

0,04
0,08

3,48 - 2.a

H2 O

n

k-1

Áp dụng ĐLBT O: n

CO2 3,48 mol

COO(E)

H2O

=3,48 - 2a

=0,24 - a

(RCOO)3C3H5
C15H31COOH
C17H35COOH

O2
4,98 mol

CO2 3,48 mol
H2O

NaOH
(0,24 –a)
8

3,48 - 2.a

C15H31COONa
C17H35COONa
57,84 gam
C3H5(OH)3
H2O

2

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Bảo toàn KL:
3,48.44 +(3,48 – 2a).18 – 4,98.32 =57,84 + 92.a + 18(0,24 – 4a) - 40.(0,24 –a)
a =0,04 mol
278.x + 306.y = 57,84

x =0,12 mol

y=0,08 mol

x + y = 0,2

(RCOO)3C3H5 0,04

u

C15H31COOH
C17H35COOH

0,08

0,04.n + u = 0,12

C15H31COONa

0,12

C17H35COONa

0,08

→ 0 < u = 0,12 – 0,04.n < 0,08

n =2

C15H31COO - CH2
C15H31COO - CH

m =33,36 gam

0,04 mol

C17H35COO - CH2

Câu 77 (TNTHPT 2020 –MĐ 224).: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở X,Y và Z
(Trong đó có một este hai chức và hai este đơn chức; M < M < M . Cho 24,66
X

Y

Z

gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư , thu được hỗn hợp các ancol
no và 26,42 gam hỗn hợp muối của hai axitcacboxylic kế tiếp trong cùng dãy
đồng đẳng .Khi đốt cháy hết 24,66 gam E thì cần vừa đủ 1,285 mol O thu được
H O và 1,09 mol CO . Khối lượng của Y trong 24,66 gam E là
2

A.6,16 gam.

2

B. 5,18 gam.

C. 3,48 gam.

9

2

D. 2,96 gam.


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Hướng dẫn giải

HCOOCH3

x

HCOO-CH2

NaOH

Ancol

y

RCOONa

HCOO- CH2
O2

z

CH2

CO2 1,09 mol

1,285 mol

t

- H2

26,42 gam

H2O

0,99 mol

24,66 gam

Áp dụng ĐLBTKL : nH2O = 0,99 mol

HCOOCH3

C2H4(OH)2 y

x

HCOO-CH2

NaOH

CH2
CH3OH x

y

RCOONa

HCOO- CH2
CH2

z

- H2

t

26,42 gam

0,3 mol

O2

CO2 1,09 mol

1,285 mol

H2O

0,99 mol
24,66 gam

Bảo toàn O: n

COO

= x + 2y = 0,3

→ R =21,067

CH COONa
3

0,17 mol

C H COONa
2

0,13 mol

5

10

→ t =0


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

Bảo toàn C: z =0,49

HCOOCH3

0,1

60.x + 118.y = 17,8

x = 0,1 mol

x + 2y = 0,3

y= 0,1 mol

C2H4(OH)2 0,1
CH2 u
CH3OH 0,1

NaOH

HCOO-CH2
0,1

CH3COONa 0,17 mol

HCOO- CH2
CH2

C2H5COONa 0,13 mol

0,49

Bảo toàn CH : u = 0,06
2

C2H5COOCH3(CH2)m 0,03 mol

C2H4(OH)2 0,1
CH2 u
CH3OH 0,1

CH3COO - CH2

CH3COONa 0,17 mol

CH3COOCH3 (CH2)n 0,07 mol

C2H5COO -CH2

NaOH

0,1 mol

C2H5COONa 0,13 mol

0,07.n + 0,03.m = 0,06

C H 3C O O C H

3

C 2H 5C O O C 3H

n =0 ; m= 2

0 ,0 7 m o l
7

0 ,0 3 m o l

m =3,38 gam
Y

C H 3C O O - C H

2

C 2H 5C O O -C H

2

0 ,1 m o l
11

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

Câu78( Tham khảo BGD 2020): Hỗn hợp X gồm 3 este mạch hở đều tạo bởi axit
cacboxylic với ancol no , trong đó có 2 este đơn chức và một este hai chức .Đốt
cháy hoàn toàn 3,82 gam X trong O , thu được H O và 0,16 mol CO .Mặt khác
2

2

2

cho 3,82 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH,thu được hỗn hợp Y gồm 2
an col đồng đẳng kế tiếp và dung dịch chứa 3,38 gam hỗn hợp muối .Đun nóng
toàn bộ Y với H SO đặc thu được tối đa 1,99 gam hỗn hợp 3 ete.Phần trăm khối
2

4

lượng của este có phân tử khối nhỏ nhất trong X là :
A.23,04%.
B. 38,74%.
C.33,33%.

D.58,12%.

Hướng dẫn giải

O2
X
3,82 gam

N aO H
2t

C O 2 0,16 m ol
ROH
2t
M uôi
3,38 gam

Bảo toàn khối lượng

M = 48,8

R O R 1,99 gam
H 2O t
1,99 + 1 8.t

Bảo toàn khối lượng

t=0,025

C 2H 5O H a m o l
C 3H 7O H b m o l
2 ,4 4 g am

12

a + b = 0,05
46.a + 60.b = 2,44

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

x HCOOC2H5
COOC2H5
y COOC2H5
z
u

CH2
- H2

O2

CO2 0,16 mol

NaOH
2t

C2H5OH 0,04
C3H7OH 0,01

HCOONa x
COONa y
COONa
................

3,82 gam

Bảo toàn C

3.x + 6y + z = 0,16
x + 2y = 0,05

C2H5OH 0,05
0,01
CH2

3,38 gam

z = 0,01

u = 0
x = 0 ,0 3
y = 0 ,0 1

( Chú ý : u = 0 vì z = 0,01 = số mol CH2 trong an col nên dưới muối không còn
nhóm CH2; vì không có C nên trắc trắn no)

H C O O C 2H 5
H C O O C 3H 7
C O O C 2H 5
C O O C 2H 5

0,02
0,01
0,01

% este nhỏ nhất

%HCOOC H :38,74%
2

5

Câu 68(Mã đề 201-2018): Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu
được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22
mol O2 , thu được H2O và 2,28 mol CO2 . Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol
Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,04.
B. 0,08.
C. 0,20.
D. 0,16

13


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi X như sau:
C3H5 x
C17H35COO 3x
- H2 a

O2
3,22

H2O (55x -a) mol
CO2 2,28 mol

m gam

+Bảo toàn C: x = 0,04
+Bảo toàn O: a =0,08 mol Chọn B
Hướng dẫn giải 2

C 5 7 H 1 1 6 -2 k O 6
0 ,0 4 m o l

CO2

O2

2 ,2 8 m o l

3 ,2 2 m o l

H 2O
B a o to a n O

2 ,1 2 m o l

Dễ có được k =5
Vậy a = 0,08 mol . Chọn B
Câu 41(ĐHA- 2014): Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX <
MY; Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z.
Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2
(đktc), thu được khí CO2 và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với
dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác
dụng hết với dung dịch KOH dư là

Hướng dẫn giải 1
DLBTKL

E

CO

O2
0 ,5 9 m o l

0 ,4 7 m o l

2

1 1 ,1 6 g a m
H 2O

0 ,5 2 m o l

9 ,3 6 g a m

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:

14


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

t

R1COOH
R2COOH
R1COO- CH2
R2COO- CH
CH3(CH2)m
C3H6(OH)2(CH2)m

HCOOH
C3H6(OH)2
CH2
- H2
- H2O

x
y
z
x
2t

E
E

(Chú ý: Trong bài toán này số mol COO bằng số mol liên kết pi trong gốc )
Sơ đồ biến hóa hóa học:
HCOOH
C3H6(OH)2
CH2
- H2

- H2O

0,04
y
z
0,04
2t

O2
0,59

CO2 0,47
H2O

0,52

E
11,16 gam

+ Bảo toàn C: 0,04 + 3y +z = 0,47
→ 3y + z = 0,43
→ y – t = 0,1
+ Bảo toàn O : 0,04 + y –t + 0,59 = 0,47 + 0,26
+ Bảo toàn H :
4y +z -2t = 0,52
Giải hệ : y= 0,11 ; z=0,1 ; t=0,01
Vì z = 0,1< y =0,11 nên an col là C3H6(OH)2
Khi cho E tác dụng KOH thì muối thu được gồm :
HCOOK 0,04
CH2

0,1
- H2
0,04
m gam

m =4,68 gam .chọn A
Hướng dẫn giải 2

15

(I)
(II)
(III)


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
DLBTKL

E

CO2 0,47 mol

O2
0,59 mol

11,16 gam
H2O

0,52 mol

9,36 gam

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:
CH 2 = CH - COOH
C 3 H 6 (OH) 2
CH 2 =CH-COO

C 3H 6

CH 2 =CH-COO
CH 2

Sơ đồ phản ứng:
a CH 2 = CH - CO OH
b C 3 H 6 (OH) 2
c

CH 2 =CH-CO O
CH 2 =CH-CO O

d

CH 2

C 3H 6

O2
0,59 m ol
Br 2

0,04 mol
KO H
(a + 2c )

11,16 gam

CO 2 0,47 mol

H 2 O 0,52 m ol
M uoi

H 2 O a mol
C 3 H 6 (OH) 2

Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14
(I)
Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O : -a + b – 3c = 0,05 (II)
Bảo toàn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04
(III)
Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16
(IV)
Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02
Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắc chắn an col Z là C3H6(OH)2.
Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam

16

( m gam)

( b +c)

BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3
axit cacboxylic (phântử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau
và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy
phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y.
Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình
tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốtcháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O.
Phần trăm khối lượng của este không no trong X là
A. 34,01%.
B. 38,76%.
C. 40,82%.
D. 29,25%.

Hướng dẫn giải
Na
ROH
0,08

H2
0,04 mol

m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH )
Ta quy đổi X:
HCOOCH3
CH3- CH = CH- COOCH3
CH2

Ta có sơ đồ phản ứng :

a

HCOOCH3

NaOH
0,08

CH3OH 0,08 mol

b CH3- CH = CH- COOCH3
c

Muoi

O2

CH2

H2O 0,22 mol

5,88 gam

Bảo toàn nhóm COO: a + b = 0,08
(I)
Bảo toàn H: 2a + 4b + c = 0,22
(II)
Bảo toàn khối lượng: 60a + 100.b + 14.c = 5,88 (III)
Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02
Vì c= 0,02 =b nên trong este không no không thể chứa nhóm CH2. Vì nếu có CH2 thì
đồng nghĩa este no không có nhóm CH2 (vô lý)

Vậy % este không no dễ tính được : 34,01% chọn A
17


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Câu 46: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) T là este
tạo bởi X, Y với một ancol hai chức Z . Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T bằng
lượng vừa đủ khí O2, thu được 3,92 lít CO2 (đktc) và 3,69 g H2O. Mặt khác 5,07 g M phản ứng
vừa đủ với 500ml dung dịch KOH 0,2M, đun nóng. Phát biểu nào sau đây là sai?
A. Thành phần phần trăm theo số mol của Y trong M là 21,43%
B. Tổng số nguyên tử hidro trong hai phân tử X, Y là 6
C. Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T bằng 5.
D. X làm mất màu nước brom

Hướng dẫn giải
DLBTKL

M

CO2 0,175 mol

O2
0,1975 mol

7,7 gam

5,07 gam
H2O

0,205 mol

3,69 gam

Nhận thấy số mol H2O lớn hơn mol CO2 nên ta luận được an col trong M phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:
HCOOH
C2H4(OH)2
HCOO
HCOO

C2H4

CH2

Sơ đồ phản ứng:
a HCOOH
b C2H4(OH)2

O2
0,1975 mol

CO2

0,175 mol

HCOO
c
HCOO
d CH2

C2H4

H2O
KOH
0,1 mol

5,07 gam

18

0,205 mol


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08
(I)
Bảo toàn nhóm COO: a + 2c = 0,1
(II)
Sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: b – c = 0,03 (III)
Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175
(IV)
Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035
Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol là C2H4(OH)2
TH1 :

x

HCOOH

y

C H 3C O O H

0,04 C 2 H 4 (O H ) 2
0,01

HCOO

C 2H 4

C H 3C O O

Ta dễ có:
x + y = 0 ,0 2

x = 0 ,0 0 5

y + 0 ,01 = 0 ,0 3 5 (B a o to a n C H 2 )

y = 0 ,0 1 5

TH2:

x

C H 3CO O H

y

C 2H 5C O O H

0 ,0 4 C 2 H 4 (O H ) 2
0 ,0 1

C H 3CO O
C 2H 5C O O

C 2H 4

x + y = 0 ,0 2

( L oai )

x + 2 .y + 0 ,0 3 = 0 ,0 3 5 (B a o to a n C H 2 )

Câu 80 (MĐ 201-2017). Một hỗn hợp E gồm este đơn chức X và este hai chức Y (X,Y đều no
,mạch hở).Xà phòng hóa hoàn toàn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu
được hai muối có khối lượng a gam và hỗn hợp T gồm hai ancol có cùng số nguyên tử cácbon.Đốt
cháy toàn bộ T ,thu được 16,128 lít khí CO2 (đktc) và 19,44 gam H2O .Giá trị của a gần nhất với
giá trị nào sau đây ?
A.43,0.
B. 37,0.
C.40,5.
13,5 .
19


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi E:

HCOOCH3
H C O O -C H 2
HCOO- CH2
CH2

Sơ đồ phản ứng:
x HCOOCH3
y

HCOONa
NaOH
0,56 mol

HCOO -CH2

CH2

0,56 mol
a gam

v

Bao toan O

HCOO- CH2
z

CH3OH

CH2

x
O2

C2H4(OH)2 y

40,48 gam

CH2

CO2

0,72 mol

H2 O

1,08 mol

t
51,12 gam

Bảo toàn nhóm COO: x + 2y = 0,56
Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol:

(I)

n = 0,98 mol
O2

Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam

Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A
Lời Giải 2
*Tìm T
16,128
= 0,72mol
2
22, 4
19, 44
n H 2O = 18 = 1, 08mol

nCO

=

T là ancol no mạch hở

n

T

= 1,08 − 0,72 = 0,36

-sơ đồ đốt cháy T :

20

nCO

<
2

n

H 2O


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
CnH2n+2Ox

O2

n CO2 + ( n+1) H2O
0,72

0,36

0, 72
=2
0,36

n=

Vậy ancol T gồm C2H5OH và C2H4(OH)2

x m o l C 2H 5O H
E
4 0 ,4 8

M uoi +

+ N aO H
0 ,5 6 m o l

gam

2 2 ,4

gam

a gam

y m o l C 2 H 4 (O H ) 2

x + y = 0 ,3 6

*sơ đồ phản ứng xà phòng hóa
Bảo toàn nhóm OH ta có :
x+ y = 0,36

x= 0,16

x + 2y = 0,56

y = 0,2

.

Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A
Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic
no, đơn chức. Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn

chức (phân tử có hai liên kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5
mol O2 thu được 0,45 mol CO2 . Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml
dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp
ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no là a gam. Giá trị của a là
A. 13,20.
B 20,60.
C 12,36.
D 10,68.

21


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi E:
HCOO
C H 3C O O

C 3H 6

C H 2 = C H -C O O
C H 2 = C H -C O O

C 3H 5

C H 2 = C H -C O O
CH2

Sơ đồ biến hóa:
HCOO

C H 3C O O

B a o to a n H
C 3H 6

x

H 2 O (5 x + 7 y + z )
O2
0 ,5 m o l

C H 2 = C H -C O O
C H 2 = C H -C O O

CO2
0 ,4 5 m o l

y

C 3H 5

C H 2 = C H -C O O
z

CH2

N aO H
0 ,4 2 .t

0 ,1 6 .t

(Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2)
Ta dễ có:
x + y = 0,16t
2x + 3y =0,42 t

x = 0,06t
y = 0,1 t

x
y

=

3
5

(I)
(II)

Bảo toàn C :6x + 12y +z = 0,45
Bảo toàn O : 4x + 6y + 0,5.2 =0,45.2 + 5x + 7y + z
x + y + z = 0,1
(III)
Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,025 ; z=0,06 → t =0,25
Vì z = 0,06 ; y= 0,025 nên chắc chắn trong gốc axit không no sẽ không chứa nhóm
CH2 mà chỉ có trong gốc axit no. Vậy muối axit no là
HCOONa

0 ,0 1 5

C H 3 C O O N a 0 ,0 1 5
CH2

0 ,0 6

22


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
Dễ tính được giá trị của a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C
Hướng dẫn giải 2
R 1C O O
C 3H 6

( C n H 2 n -2 O 4 )
R 2C O O
x m ol

0 ,5 m o l

R 3 CO O

( C m H 2 m -1 0 O 6 )

R 3 CO O

CO2
0 ,4 5 m o l

O2

C 3H 5

H 2O
t m ol

R 3 COO

N aO H
y m ol

0 ,4 2 k m o l

( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2)
Ta dễ có :
x = 0,06k

x + y = 0,16k
2x + 3y =0,42 k

x
y

y = 0,1 k

=

3
5

(1)
Áp dụng ĐLBT O:
t = 4x + 6y + 0,1
Theo sự chênh lệch số mol CO2 và H2O và dựa vào hệ số ta có :
0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y
= x + 5y
n −n
CO 2

H 2O

5x + 11y = 0,35 (2)

Từ (1)(2) giải hệ ta có được
x = 0,015
y = 0,025


→ 3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 )
Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045 ←

Chọn được cặp nghiệm :
n = 10
m = 12

Dễ tính được

23

a = 12,36


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021

Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn
toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09
mol NaOH trong dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri
panmitat, natri stearat. Giá trị của a là
A. 25,86.
B 26,40.
C 27,70.
D 27,30.

Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi X:
C15H31COOH
(C15H31COO)3C3H5
CH2

Sơ đồ biến hóa:
x C 15H 31C O O H
y

CO2

O2

1 ,5 6 m o l

(C 1 5 H 3 1 C O O ) 3 C 3 H 5
H 2O

z CH2

N aO H
0 ,0 9 m o l

1 ,5 2 m o l
M uoi
H 2O

x

C 3 H 5 (O H ) 3

y

Bảo toàn nhóm COO: x + 3y = 0,09
(I)
Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có:
2y =1,56- 1,52 → y =0,02 ; x = 0,03
Bảo toàn C: 16x + 51.y + z =1,56 → z = 0,06
Vậy muối :
C15H31COONa 0,09
CH2

0,06

Tính được a =25,86 gam chọn A

Hướng dẫn giải 2
Ta quy đổi X:
C 15H 31C O O H
C 3 H 5 (O H ) 3
CH2
- H 2O

Sơ đồ biến hóa:
24


BIÊN SOẠN GIẢNG DẠY ÔN THI THPTQG 2021
C 1 5 H 3 1 C O O H 0 ,0 9
C 3H 5(O H )3
x
y
CH2
- H 2O
3x

CO2

O2

H 2O

N aO H
0 ,0 9 m o l

1 ,5 6 m o l

1 ,5 2 m o l
C 1 5 H 3 1 C O O N a 0 ,0 9
CH2

y

+ Áp dụng sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta dễ có:
1,56 – 1,52 = -x +3x → x = 0,02
+ Áp dụng ĐLBTC : 0,09 . 16 + 3x + y = 1,56 → y = 0,06 mol
(Để tìm x,y HS có thể sử dụng ĐLBT C, H )
Tính được a = 25,86 gam
Hướng dẫn giải 3
C 15 H 31 C O O H
x m ol
C 17 H 35 C O O H
y m ol
(R C O O ) 3 C 3 H 5
z m ol

O
4,46 m ol
( 1)

(C n H 2n - 4 O 6 )

(2)

m =24,64 gam

CO2
1,56 m ol

H 2O
1,52 m ol
H 2O ( x + y )
N aO H
0,09 m ol

T a de co : x + y + 3z = 0,09

M uoi
C 3H 8O 3
z

Áp dụng ĐLBT O (1) ta có được : nO = 4,46
Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam
Sự chênh lệch số mol CO2 và số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03
Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02. 92 → a =25,86 gam chọn A
Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết pi (π) trong phân tử, trong đó có
một este đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy
hoàn toàn 12,22 gam E bằng O2 , thu được 0,37 mol H2O. Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa
đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic
không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối
lượng m1 gam và một ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam. Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần nhất
với giá trị nào sau đây?
A. 2,7.
.
B 1,1.
C 4,7.

D 2,9.

25