MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH_01

Chuyên ñề Hoá Hữu cơ - Lớp 11 chuyên Hoá - Trường THPT chuyên Lê Quý ðôn
Tài liệu chia sẻ trên mạng

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH

Phương pháp 1: ðỊNH LUẬT BẢO TOÀN
Nguyên tắc : Sử dụng ñịnh luật bảo toàn vật chất ñể tính khối lượng các chất.
I/ Phương pháp bảo toàn khối lượng

1. Cơ sở :
ðịnh luật bảo toàn khối lượng
Trong phản ứng hoá học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng các khối lượng
các chất tạo thành.
Phản ứng hoá học : A + B  C + D
 m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D

2. Phạm vi áp dụng :
Áp dụng cho tất cả các trường hợp cần tính khối lượng của một chất mà có thể
biết hoặc biết ñược khối lượng các chất còn lại.
3. Ví dụ minh hoạ :

VD
1
: Cho 2,83 g hỗn hợp 2 rượu 2 chức tác dụng vừa ñủ với Na thì thoát ra 0,896 lit H

2
(ñktc) và m g
muối khan. Giá trị m (g) là :
A. 5,49 B. 4,95 C. 5,94 D. 4,59
Giải
:
+) Cách giải thông thường :
Gọi CT của rượu thứ nhất là : R(OH)
2
( a mol )
rượu thứ hai là : R'(OH)
2
( b mol )
PTPƯ : R(OH)
2
+ 2Na  R(ONa)
2
+ H
2

(mol) a a a
R'(OH)
2
+ 2Na  R'(ONa)
2
+ H
2

(mol) b b b
Theo giả thiết ta có : (R+34)a + (R'+34)b = 2,83

và a + b = 0,04
 Ra + R'b = 2,83 - 34(a+b) = 1,47
Khối lượng muối tạo thành là : m = (R+78)a + (R'+78)b = Ra + R'b + 78(a+B)
= 4,59 (g)
+) Cách giải nhanh :
Gọi CT chung của 2 rượu là : R(OH)
2

R(OH)
2
+ 2 Na
→
R(ONa)
2
+H
2

0,08 0,04
Áp dụng ñịnh luật bảo toàn khối lượng ta có :
m = 2,83 + 0,08.23 - 0,04.2 = 4,59 (g)
VD
2
: Cho 4,2 g hỗn hợp gồm CH
3
OH, C
6
H
5
OH và CH
3

COOH tác dụng với Na vừa ñủ thấy thoát ra
0,672 lit H
2
(ñktc) và 1 dung dịch X. Cô cạn dung dịch X ta thu ñược chất rắn Y. Khối lượng (g) Y là :
A. 2,55 B. 5,52 C. 5,25 D. 5,05
Giải
: Do cả 3 chất trên ñều chưa 1 nguyên tử H linh ñộng nên :
nNa= 2nH
2
= 2.
4,22
672,0
=0,06 mol

Áp dụng ñịnh luật bảo toàn khối lượng ta có :
m
Y
= 4,2 + 0,06.23 - 0,03.2 = 5,52 (g)
Chuyên ñề Hoá Hữu cơ - Lớp 11 chuyên Hoá - Trường THPT chuyên Lê Quý ðôn
Tài liệu chia sẻ trên mạng

II/ Phương pháp bảo toàn nguyên tố
1.Cơ sở : ðịnh luật bảo toàn nguyên tố
Tổng khối lượng của một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng của nguyên tố ñó ở
sau phản ứng.
2. Phạm vi ứng dụng:
Có thể áp dụng trong nhiều trường hợp, nhưng thường dùng nhất trong các bài
toán ñốt cháy.
3. Ví dụ minh hoạ :

VD
1
: ðốt cháy hoàn toàn m g hỗn hợp các hiñrocacbon : C
3
H
4
, C
2
H
6
, C
4
H
8
thì thu ñược 12,98g CO
2

và 5,76g H
2
O. Vậy m (g) có giá trị :
A. 1,48 B. 8,14 C. 4,18 D. Không xác ñịnh
Giải
:
+) Cách giải thông thường :
C
2
H
6
+ 7/2 O
2


2CO
2
+ 3H
2
O
(mol) x 3,5x 2x 3x
C
3
H
4
+ 4O
2


3CO
2
+ 2H
2
O
(mol) y 4y 3y 2y
C
4
H
8
+ 6O
2



4CO
2
+ 4H
2
O
(mol) z 6z 4z 4z
Theo PTPƯ và ñề bài ta có hệ:
2x + 3y +4z = 12,98 : 44 = 0,295
3x + 2y + 4z =5,76 : 18 = 0,32
30x + 40y + 56 z + 32( 3,5x + 4y + 6z) = 12,98 + 5,76
Giải hệ phương trình ta có : x = 0,05 ; y = 0,025 ; z = 0,03
Khối lượng hỗn hợp là : m = 0,05.30 + 0,025.40 + 0,03.56 = 4,18 (g)
+) Cách giải nhanh : Áp dụng ñịnh luật bảo toàn nguyên tố :
m
Y
= m
C
+ m
H
=
18
76,5
.2 +
44
98,12
.12 =4,18g
VD
2
: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm rượu A, B ta ñược hỗn hợp X gồm các olefin. Nếu ñốt
cháy hoàn toàn Y thì thu ñược 0,66g CO

2
. Khi ñốt cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng CO
2
và H
2
O
(g) là :
A. 0,903 B. 0,39 C. 0,94 D. 0,93
Giải
: Y tách nước tạo thành X :
nC(X) =nC(Y)
⇒
nCO
2
(X)=nCO
2
(Y)=0,66/44 =0,015 mol
Mà khi ñốt cháy X thì nCO
2
= nH
2
O = 0,015 (mol)
Tổng khối lượng CO
2
và H
2
O là : m = 0,66 + 0,015.18 = 0,93(g)

Chuyên ñề Hoá Hữu cơ - Lớp 11 chuyên Hoá - Trường THPT chuyên Lê Quý ðôn
Tài liệu chia sẻ trên mạng

Phương pháp 2 : QUY ðỔI NHIỀU CHẤT THÀNH MỘT CHẤT
Nguyên tắc :

ðưa hỗn hợp các chất về một chất có công thức trung bình sau ñó dựa vào giá trị
trung bình vừa tìm ñược ñể kết luận về chất cần xác ñịnh.
I/ Phương pháp khối lượng mol trung bình

M

1. Cơ sở : Sử dụng công thức :
hh
hh
n
m
M =

rồi sau ñó dùng
M
ñể xác ñịnh M của các chất ban ñầu M
1

<
M
< M
2
với M
1
< M
2
.
2. Phạm vi ứng dụng :
Áp dụng rộng rãi cho các bài tập hoá hữu cơ
3. Ví dụ minh hoạ :

VD
1
: Hỗn hợp A gồm 2 ankanal X, Y có tổng số mol là 0,25mol. Khi cho hỗn hợp A tác dụng với
dung dịch AgNO
3
/NH
3
dư thì tạo ra 86,4g kết tủa và khối lượng dung dịch AgNO
3
giảm 77,5g. Biết
M
x
<M
y
. CTCT của X là :
A. CH
3

CHO B. HCHO C. C
2
H
5
CHO D. Kết qủa khác
Giải
: Vì khối lượng Ag tách ra là 86,4g mà khối lượng dung dịch giảm 77,5g nên
Khối lượng 2 anñehit là : 86,4 - 77,5 = 8,9 (g)
)/(6,35
25,0
9,8
molgM ==
mà M
X
<
M
< M
y


M
X
< 35,6

M
X
= 30. X là HCHO.
VD
2
: Một hỗn hợp X gồm 2 ankin là ñồng ñẳng kế tiếp nhau. Nếu cho 5,6 lit hỗn hợp X ñi qua dung

dịch Br
2
thì thấy khối lượng bình tăng 8,6g. CTPT của 2 ankin :
A. C
3
H
4
, C
4
H
6
B. C
4
H
6
, C
5
H
8
C. C
2
H
2
, C
3
H
4
D. Kết quả khác
Giải
: Theo ñề ra ta có : m

ankin
= 8,6 g .
Số mol của ankin là : )(25,0
4,22
6,5
moln
ankin
==

Khối lượng phân tử trung bình của 2 ankin là : )/(4,34
25,0
6,8
molgM ==


M
1
< 34,4 < M
2
với 2 ankin kế tiếp

M
1
= 26 và M
2
= 40 . CTPT của 2 ankin là : C
2
H
2
và C

3
H
4

II/ Phương pháp số nguyên tử cacbon trung bình
n

1. Cơ sở : ðặt CT của các chất cùng thuộc một dãy ñồng ñẳng dưới dạng CT chung của dãy nhưng thay
n bằng
n
.Sau ñó tính
n
và kết luận về số nguyên tử C của các chất : n
1
<
n
< n
2
.
2. Pham vi ứng dụng :
Dùng ñể giải các bài toán về các chất thuộc cùng một dãy ñồng ñẳng ñặc biệt là
các chất ñồng ñẳng liên tiếp.
3. Ví dụ minh hoạ :

VD
1
: Có 2 axit hữu cơ no : A là axit ñơn chức và B là axit ña chức. Hỗn hợp X chứa 0,3 mol hỗn hợp
A và B. ðốt cháy hoàn toàn X thì thu ñược 11,2 lit CO
2
(ñkc) Vậy CTPT của A là :

A. CH
3
COOH B. HCOOH C. C
2
H
5
COOH D. Kết quả khác
Giải
: Số nguyên tử C trung bình của A và B là :
667,1
3,0
5,0
≈=n


Số nguyên tử C của A < 1,667


Số nguyên tử C của A = 1

A là HCOOH
VD
2
: ðốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hiñrocacbon ñồng ñẳng có khối lượng phân tử hơn kém nhau
28ñvC ta thu ñược 4,48 lit CO
2
(ñkc) và 5,4g H
2
O. CTPT của 2 hợp chất là :
A. C

3
H
4
, C
5
H
8
B. C
2
H
4
, C
4
H
8
C. CH
4
, C
3
H
8
D. C
2
H
2
, C
4
H
6

Giải
: )(2,0
4,22
48,4
2
moln
CO
==
)(3,0
18
4,5
2
moln
OH
==
Chuyên ñề Hoá Hữu cơ - Lớp 11 chuyên Hoá - Trường THPT chuyên Lê Quý ðôn
Tài liệu chia sẻ trên mạng

Do nH
2
O > nCO
2
nên hiñrocacbon là ankan.
Gọi CT chung của 2 ankan là :
22 +nn
HC


OHnCOnO
n

HC
nn
222
22
)1(
2
13
++→
+
+
+

0,2 0,3

2
3,0
2,0
1
=⇒=
+
n
n
n
Vậy n
1
= 1 và n
2
= 3. CT của 2 hiñrocacbon là CH
4
và C

3
H
8
.
III/ Phương pháp gốc hiñrocacbon trung bình :
R

1. Cơ sở : ðặt CT của các hợp chất cần tìm dưới dạng công thức có chứa R . Sau ñó tiến hành xác ñịnh
gốc
R . Biện luận R
1
,R
2
theo : R
1
< R < R
2

2. Phạm vi ứng dụng :
Thường dùng cho bài toán vể R chứa nhóm chức, ñặc biệt là axit, este.
3. Ví dụ minh hoạ :

VD
1
: Hỗn hợp X gồm 2 este A, B ñồng phân với nhau và ñều tạo ra từ axit ñơn chức và rượu ñơn
chức. Cho 2,2g hỗn hợp X bay hơi ở 136,5
o
C và 1atm thì thu ñược 840ml hơi este. Mặt khác, ñem thuỷ
phân hoàn toàn 26,4g hỗn hợp X bằng 100ml dung dịch NaOH 20% (d=1,2g/ml) rồi ñem cô cạn thì thu
ñược 33,8g chất rắn khan. Vậy CTPT của este là :

A. C
2
H
4
O
2
B. C
3
H
6
O
2
C. C
4
H
8
O
2
D. C
5
H
10
O
2

Giải
: A, B là este ñơn chức.
)(025,0
)5,136273(082,0
84,0

moln
X
=
+
=
)/(88
025,0
2,2
molgM
este
==
n
este thuỷ phân
= 26,4 : 88 = 0,3 (mol)

)(6,0
40.100
2,1.20.100
moln
NaOH
==

NaOH dư
m
muối
= 33,8 - (0,6-0,3).40 = 21,8 (g)
166,566,56866,72
3,0
8,21
121

=→<<→=→+=≈= RRRRRM
muoi



R
1
ứng với -H mà R
1
+ 44 + R
1
' = 88

R
1
' = 43 ứng với C
3
H
7
-
CTPT của este là : HCOOC
3
H
7
hay C
4
H
8
O
2

VD
2
: Cho 3,55 g hỗn hợp các amin ñơn chức tác dụng vừa ñủ 0,1 mol HCl. Xác ñịnh CT của amin có
phân tử khối bé nhất.
A. CH
3
NH
2
B. C
2
H
5
NH
2
C. CH
3
NHCH
3
D. Kết quả khác
Giải : Gọi CT chung là :
2
NHR

ClNHRHClNHR
32
→+

155,195,195,35
1,0

55,3
11
2
=→=<→=→== RRRRM
NHR


R
1
ứng với CH
3
-
Ngoài ra phương pháp trung bình còn ñược mở rộng ñể tính toán cho cả hỗn hợp các chất
thuộc dãy ñồng ñẳng khác nhau, ñể tính số liên kết π trung bình, hoá trị trung bình ...
Chuyên ñề Hoá Hữu cơ - Lớp 11 chuyên Hoá - Trường THPT chuyên Lê Quý ðôn
Tài liệu chia sẻ trên mạng

Phương pháp 3 : QUY ðỔI MỘT CHẤT THÀNH NHIỀU CHÁT


Nguyên tắc :
Chuyển chất cần xác ñịnh thành 2 hay nhiều chất ñể xác ñịnh ñược, rồi sau ñó viết
phương trình phản ứng bình thường, ñể xác ñịnh yếu tố cần tìm...
Ví dụ :
VD
1
: Khi ñốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành do ñồng trùng hợp 2,3-ñimetyl butañien và
acrilo nitrin CH
2
=CH-CN) với lượng O

2
vừa ñủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng ñộ áp suất xác
ñịnh chứa 57,69% CO
2
về V. Tỉ lệ 2 loại monome là
A. 3/5 B. 3/3 C. 1/3 D. 3/2
Giải
:
+) Cách 1: Tách polime thành 2 monome ban ñầu :
PƯ cháy :
OHCOOHC
222106
56
2
17
+→+
x 6x 5x


22222
2
1
2
3
3
4
15
NOHCOOCNCHCH ++→+−=
y 3y 3/2y y/2
Ta có:

:
3
1
3
59,3455,11
45,28859,634300600
100
69,57
511
36
=⇔
=⇔
=⇔
+=+⇔=
+
+
y
x
xy
xy
yxyx
yx
yx

+) Cách 2: Tách polime thành các nguyên tố rồi viết sơ ñồ cháy :
(- CH
2
- C(CH
3
) = C(CH

3
) - CH
2
-)
x
(- CH
2
- CH(CN) - )
y


(6x + 3y) C

(6x + 3y) CO
2

(10x + 3y) H

(5x + 3y/2) H
2
O
y N

y/2 N
2

Do ñó :
3
1
22

3
536
36
100
69,57
100
%
2
=⇒
++++
+
==
y
x
yy
xyx
yxCO