Phương Pháp, Kỹ Thuật Giải Toán Hóa Học HYDROCACBON phần 7 pdf

Ta thấy nH2O > nCO2 Þ hai hydrocacbon trên thuộc dãy đồng đẳng ankan.. a Xác định CTPT các chất hữu cơ.. b Tính %khối lượng các chất.. GIẢI Ở bài này, ta dùng phương pháp số nguyên tử

Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O

nCO2 = nCaCO3 = 100/100 = 1 mol

O H 2

y CO x O

4

y x

H

2 y

x

0

+

¾®

¾

÷÷

ø

ö çç

è

æ

+

+

Áp dụng ĐLBT nguyên tố (O) cho ptpu cháy :

nO2 pứ = nCO2 + ½ nH2O

Þ nH2O = 2(nO2 pư – nCO2) = 2(1,8-1) = 1,6 mol

Ta thấy nH2O > nCO2 Þ hai hydrocacbon trên thuộc dãy đồng đẳng ankan

CTPT trung bình 2 ankan là : C n H2n+2

O H n CO n O

n

H

2

1

+

+

x ® (3n+1)/2x ® xn ® x (n+1) (mol)

nCO2 = xn = 1

nH2O = x(n+1) = 1,6

x = 0,6

n = 1,67

1 < n=1,67 < m= n + 1

Þ n= 1 và m = 2

Þ CTPT 2 ankan là CH4 và C2H6

Bài 5 :

Đốt cháy 560cm3 hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hydrocacbon có cùng số nguyên tử

cacbon ta thu được 4,4g CO2 và 1,9125g hơi nước

a) Xác định CTPT các chất hữu cơ

b) Tính %khối lượng các chất

c) Nếu cho lượng CO2 trên vào 100 ml dd KOH 1,3M; Tính CM muối tạo thành

GIẢI

Ở bài này, ta dùng phương pháp số nguyên tử H trung bình kết hợp với phương pháp biện luận để giải

a) Xác định CTPT các hydrocacbon :

Đặt CTPT 2 hydrocacbon trên :

ïî

ï í ì

y' x

y x

H C : B

H C : A

CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên : CxHy

Giả sử y < y’ Þ y < y < y’

Số mol hỗn hợp khí nhh = 0,025

4 , 22

56 ,

0 = mol nCO2 = 4,4/44 = 0,1 (mol)

nH2O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol)

O H 2

y CO x O

4

y x

H

2 y

x

0

+

¾®

¾

÷÷

ø

ö çç

è

æ

+

+

0,025 ® 0,025x ® 0,025y/2

î í

ì

=

= Þ ïî

ï

í

ì

=

=

=

=

8,5 y

4 x 0,10625 2

y 0,025

n

0,1 0,025

n

H2O

CO2

CTPT A, B có dạng : A : C4Hy và B : C4Hy’

Ta có y < y < y’ hay y < 8,5 <y’ (1)

Biện luận tìm CTPT B :

8,5 < y’ chẵn

y’ £ 2x + 2 = 2.4 + 2 = 10

Þ y’ =10 Þ CTPT B : C4H10

Tương tự biện luận tìm CTPT A :

y < 8,5

y chẵn

y 2 4 6 8

A C4H2 C4H4 C4H6 C4H8

Vậy có 4 cặp nghiệm :

î

í

ì

10'

4

2

4

H

C

:

B

H

C

:

A

và

î í ì

10' 4

4 4

H C : B

H C : A

và î í ì

10' 4

6 4

H C : B

H C : A

và î í ì

10' 4

8 4

H C : B

H C : A

c) Tính CM các muối tạo thành :

nKOH = V.CM = 0,1.1,3 = 0,13 (mol)

Ta có :

2

CO

KOH

n

n

= 1,3 1 , 0

13 ,

0 = Þ Tạo thành 2 muối

CO2 + 2KOH ® K2CO3 + H2O

a 2a a (mol)

CO2 + KOH ® KHCO3

b b b (mol)

î

í

ì

=

= +

=

= +

13 , 0 n

b 2a

1 , 0 n

b

a

KOH

CO 2

î í

ì

=

= 0,07 b

0,03 a

(mol)

CM(K2CO3 ) = 0,3

0,1

0,03= (M) CM(KHCO3) = 0,7

0,1 0,07 = (M)

Bài 6 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ankin (A) và ankan (B) có V = 5,6 lít (đkc) được 30,8g CO và 11,7g H O

GIẢI

Ở bài này, đốt cháy hỗn hợp 2 hydrocacbon không phải là đồng đẳng của nhau nên không dùng phương pháp trung bình được mà sử dụng phương pháp ghép ẩn số và biện luận để giải

Gọi 5,6 l hh :

î í

ì

+ b

a

: H C : B

: H C : A

2 2m m

2 -2n

n (mol) (n ³ 2; m ³ 1)

O 1)H (n nCO O

2

3n

H

Cn 2n-2 + 2 ¾¾® 2 + - 2

a an a(n-1) (mol)

O 1)H m ( mCO O

2

1 3m

H

Cm 2m+2 + + 2 ¾¾® 2 + + 2

b bm bm (mol)

n hỗn hợp = a+ b = 0,25

4 , 22

6 ,

5 = (mol) (1)

nCO2 = an + bm = 0,7

44

8 ,

30 = (mol) (2)

nH2O = a(n-1) + bm = 0,65

18

7 ,

11 = (mol) (3) (2), (3) Þ an - a + bm = 0,65

<=> 0,7 - a = 0,65

a = 0,05 mol

(1) b = 0,25 – a = 0,25-0,05 = 0,2 mol

(2) an + bm = 0,05n +0,2m = 0,7

n + 4m = 14

Þ m £ 3,5

n = 14 – 4m

m = n +1 vì B nhiều hơn A một C

Biện luận :

m 1 2 3

n 10 6 2

Vậy m = 3 n =2

Vậy CTPT A, B:

î í ì

6 3

2 2

:

:

H C B

H C A

Bài 7 :

Một hỗn hợp khí (X) gồm 1 ankan, 1 anken và 1 ankin có V =1,792 lít (ở đktc) được chia thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1: Cho qua dung dịch AgNO3/NH3 dư tạo 0,735 g kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm 12,5%

- Phần 2 : Đốt cháy hoàn toàn rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào 0,2 lít dung dịch Ca(OH)2

0,0125M thấy có 11g kết tủa

Xác định CTPT của các hydrocacbon

GIẢI :

Ở bài này, có nhiều thí nghiệm với nhiều dữ kiện, ta nên dùng phương pháp ghép ẩn

số để giải

nhh = 0,08

4

,

22

792

,

1 = mol

gọi a, b, c lần lượt là số mol của ankan, anken, ankin trong mỗi phần

Þ a + b + c = 0,04 mol (1)

v Phần 1 + dd AgNO3/NH3 dư ® 0,735g ¯ Vhh giảm 12,5%

Þ Vankin = 12,5%(1/2Vhh)

Þ nankin = c = 12,5%*0,04 = 0,005 mol (2)

Þ M¯= 147

005

,

0

735

,

Þ Trong phân tử kết tủa chỉ có một nguyên tử bạc Vậy ankin ban đầu là ankin-1

Đặt CTPT kết tủa CnH2n-3Ag

M¯ = 14n +105 = 107 Þ n= 3

Vậy CTPT ankin là C3H4

Ta có a + b = 0,04- c =0,04 -0,005 = 0,035 mol (3)

v Phần 2 :

C3H4 + 4O2® 3CO2 + 2H2O

0,005 ® 0,015 (mol)

CmH2m + 3m/2O2® mCO2 + mH2O

b ® mb (mol)

CnH2n+2 + (3n+1)/2O2 ® nCO2 + (n+1)H2O

a ® na (mol)

nCO2 = 0,015 + mb + na (mol) (4)

nCa(OH)2 = 0,2 * 0,0125 = 0,115 mol

nCaCO3 = 11/100 = 0,11(mol)

Khi cho CO2 vào dd Ca(OH)2 có thể xảy ra các phản ứng sau :

Ca(OH)2 + CO2 ® CaCO3 + H2O (5)

Ca(OH)2 + 2CO2 ® Ca(HCO3 )2 (6)

v TH 1 : Số mol CO2 thiếu so với dd Ca(OH)2, chỉ xảy ra phương trình phản ứng

số (5)

nCO2 = 0,015 + mb + na = nCaCO3 = 0,11 mol

Cách 1 : Dùng phương pháp biện luận dựa vào giới hạn

Giả sử n < m

Þ na + nb < na + mb < ma + mb

n(a + b) < na + mb < m(a + b)

n <

b

a

mb

na

+

+

< m

1 £ n < 2,7

035

,

0

095

,

0 = <m £ 4

Þ

î

í

ì

=

=

4

;

3

2

;

1

m

n

Vậy có 4 cặp nghiệm ứng với trường hợp 1 :

î

í

ì

6 3

4

:

:

H

C

anken

CH

ankan

hay î í ì

6 3

6 2

:

:

H C anken

H C ankan

hay î í ì

8 4

4

:

:

H C anken

CH ankan

hay î í ì

8 4

6 2

:

:

H C anken

H C ankan

Giả sử m < n

Þ 2 £ m < 2,7

035 , 0

095 , 0

= <n £ 4

î

í

ì

=

=

2

4

,

3

m

n

Có 2 cặp nghiệm :

î

í

ì

4 2

8 3

:

:

H

C

anken

H

C

ankan

hay î í ì

4 2

10 4

:

:

H C anken

H C ankan

v TH 2 : Xảy ra cả hai phương trình phản ứng 5,6 :

Ca(OH)2 + CO2 ® CaCO3 + H2O (5)

0,11 0,11 0,11 (mol)

Ca(OH)2 + 2CO2 ® Ca(HCO3 )2 (6)

(0,115-0,11) 2.0,005

nCO2 = 0,11 + 2.0,005 = 0,12 (mol)

Þ na + mb = 0,12 – 0,015 = 0,105 (mol)

Giả sử n<m

Þ 1£ n < 3

035 , 0

105 ,

0 = <m £ 4

Þ

î

í

ì

=

=

4

2

,

1

m

n

Þ CTPT

î í ì

8 4

4

H C

CH

và î í ì

8 4

6 2

H C

H C

* n = 3

î

í

ì

6

3

8

3

H

C

H

C

Giả sử m < n

Þ 2£ m < 3

035 , 0

105 ,

0 = <n £ 4

Có 2 cặp nghiệm :

î

í

ì

=

=

2

3

m

n

và

î

í

ì

=

= 2

4

m

n

CTPT các chất :

î

í

ì

4

2

8

3

H

C

H

C

và

î

í

ì

4 2

10 4

H C

H C

Vậy có 11 nghiệm thỏa yêu cầu đề bài

Cách 2 : dùng phương pháp trung bình kết hợp với phương pháp biện luận

Đặt CTPT trung bình của ankan, anken : C n H2n+2-2k

Viết các phương trình phản ứng như trên

b a

bm an n

+

+

= Biện luận tương tự như trên

Bài 8 :

Đốt cháy hoàn toàn 0,3mol hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (thuộc các dãy đồng đẳng ankan, anken, ankin) có tỉ lệ phân tử lượng 22:13 rồi dẫn sản phẩm sinh ra vào bình Ba(OH)2 dư thấy bình nặng thêm 46,5g và có 147,75g kết tủa

a) Tìm CTPT A, B và tính khối lượng mỗi chất

b) Cho 0,3 mol X lội từ từ qua 0,5 lít dung dịch Br2 0,2M thấy dung dịch Br2 mất màu hoàn toàn, khí thoát ra khỏi dung dịch Brôm chiếm thể tích 5,04 lít (đktc) Hỏi thu được sản phẩm gì? Gọi tên và tính khối lượng của chúng

GIẢI :

Ở bài này, ta có thể giải theo phương pháp biện luận so sánh số mol kết hợp phương pháp ghép ẩn số để giải hoặc sử dụng phương pháp trung bình

Sản phẩm cháy của 2 hydrocacbon là CO2 và H2O Khi hấp thụ vào bình chứa dd Ba(OH)2

thì

Cả CO2 và H2O đều bị dd Ba(OH)2 dư hấp thụ

mbình tăng = mCO2 + mH2O= 46,5g

CO2 + Ba(OH)2 ® BaCO3 ¯ + H2O

nCO2 = nBaCO3 = 0,75

197

75 ,

Þ mH2O = 46,5 – 0,75.44 = 13,5(gam)

Þ nH2O = 0,75

18

5 ,

13 = (mol)

Cách 1 :

Ta thấy khi đốt hai hydrocacbon cho số mol nCO2 = nH2O = 0,75 mol

Đặt CTPT trung bình của hai hydrocacbon trên là : CnH n+2- k

(n 1 k)H O CO

n O 2

k 1 n H

Cn n+2- k + + - 2 ® 2 + + - 2

1 ® n ® (n+1-k) (mol)

0,3 ® 0,3n ® 0,3(n+1-k) (mol)

nCO2 = 0,3n = 0,75 (mol) Þ n = 2,5

nH2O = 0,3(n+1-k) = 0,75 (mol)

thay n= 2,5 vào phương trình trên Þ k=1

Þ có hai trường hợp :

* A, B đều là anken

* A là ankan, B là ankin (hoặc ngược lại)

v TH 1 : A, B là anken

Đặt CTPT

î

í

ì

b : H C : B

a : H C : A

2m m

2n

n (mol) Đặt CTPT trung bình 2 anken CnH n

O nCO nH O

2

n H

0,3 ® 0,3n

nCO2 = 0,3n= 0,75

Þn= 2,5

Giả sử n< m Þ n= 2 Þ CTPT A là C2H4

A là anken nhỏ nhất nên ta chỉ có tỉ lệ :

4 , 3 13

44 13

22 14

n

m

M

M

A

v TH 2 : A là ankan, B là ankin

î

í

b : H

C

:

B

a : H

C

:

A

2

-2m

m

2

2n

n (mol)

O 1)H (n nCO O

2

1 3n

H

Cn 2n+2 + + 2 ¾¾® 2 + + 2

a ® an ® a(n+1) (mol)

O 1)H -m ( mCO O

2

1 -3m

H

b ® bm ® b(m-1) (mol)

ta có :

nCO2 = an + bm = 0,75 (1)

nhh = a + b = 0,3 (2)

nH2O = a(n+1) + b(m-1) = an + bm + (a-b) = 0,75 (3)

Thay (1) vào (3) : Þ a- b = 0 hay a= b

(2) Þ a = b = 0,15 (mol)

(1) Þ n + m = 5

15 , 0

75 ,

Xét tỉ lệ phân tử lượng giữa A và B ta có hai trường hợp :

· MA : MB = 22 : 13

35

5 14 35

) ( 14 13

2 14 22

2

n = 3 (A : C3H8) và n =2 (B : C2H2)

· MB : MA = 22 : 13

35

5 14 35

) ( 14 22

2 14 13

2

14

=

=

+

=

-=

n

Þ n = 1,7 và m = 3,28 (loại)

Vậy hai hydrocacbon đó là :

î

í

ì

0,15

:

H

C

:

B

0,15

:

H

C

:

A

2

2

8

3 (mol)

Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp :

mC3H8 = 0,15.44 = 6,6 (g)

mC2H2 = 0,15.26 = 3,9 (g)

b) Xác định tên và tính khối lượng sản phẩm :

nBr2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol)

· Dung dịch Br2 bị mất màu hòan toàn chứng tỏ 0,1 mol Br2 trong dd đã phản ứng hết

· Số mol khí thoát ra khỏi dd Br2 là 5,04/22,4 = 0,225 (mol) trong đó có 0,15 mol

C3H8

Þ nC2H2 pứ = 0,225 – 0,15 = 0,075 (mol)

· Hai phản ứng có thể xảy ra :

C2H2 + Br2 ® C2H2Br2 (lỏng)

a ® a ® a (mol)

C2H2 + 2Br2® C2H2Br4 (lỏng)

b ® 2b ® b (mol)

Ta có hệ phương trình :

î

í

ì

=

+

=

+

0,075

b

a

0,1

2b

a

Þ î í

ì

=

= 0,025 b

0,05 a

Þ ïî

ï í

ì

=

=

=

=

8,65g 0,025.346

m

9,3g 0,05.186 m

4 2 2

2 2 2

Br H C

Br H C

Tên 2 sản phẩm : C2H2Br2 : 1,2- Dibrometen; C2H2Br4 : 1,1,2,2-Tetrabrometan

Bài 9 :

Một hỗn hợp gồm một số hydrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng có khối lượng phân tử trung bình (M) = 64