61 X X M m ® X X M m . n Cách 1: phương pháp số C trung bình ( n ) Số mol hỗn hợp X X X M m n = Số mol CO 2 : nCO 2 = X X M m . n = 1,3 2,6n3,1n 2 n 14 19,2 =Þ= + Þ Hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp C n H 2n+2 C m H 2m+2 ; n<m; 1£ n , m = n +1 à n < 2,6n = < m = n +1 Vậy n = 2 vậy 2 ankan là: C 2 H 6 m = 3 C 3 H 8 Cách 2: Dùng phương pháp phân tử khối trung bình M : Gọi 2 ankan A : C n H 2n+2 (a mol) ; B : C m H 2m+2 (b mol) () OHnnCOO n HC nn 22222 1 2 13 ++¾®¾ ÷ ø ö ç è æ + + + a an (mol) () OHmmCOO m HC mm 22222 1 2 13 ++¾®¾ ÷ ø ö ç è æ + + + b bm (mol) nCO 2 = an + bm = 1,3 (1) m hh = (14n + 2)a + (14m +2)b = 19,2 ó 14(bm + an) + 2(a + b) = 19,2 (2) Từ (1),(2) suy ra : a + b = 0,5 = n hh => M = m hh / n hh = 19,2/0,5 = 38,4 M A < 38,4 < M B = M A + 14 A CH 4 C 2 H 6 C 3 H 8 C 4 H 10 … M A 16 30 44 58 … M 38,4 38,4 38,4 38,4 … M B 30 44 58 72 … Vậy A : C 2 H 6 62 B : C 3 H 8 II.2.1.5 - Phương pháp biện luận 1. Dựa vào giới hạn xác định CTPT của một hydrocacbon: - Khi số phương trình đại số thiết lập được ít hơn số ẩn cần tìm, có thể biện luận dựa vào giới hạn : A : C x H y thì : y £ 2x + 2; y chẵn, nguyên dương ; x ³ 1, nguyên. - Nếu không biện luận được hay biện luận khó khăn có thể dùng bảng trị số để tìm kết quả. - Điều kiện biện luận chủ yếu của loại toán này là : hóa trị các nguyên tố. Phương pháp biện luận trình bày ở trên chỉ có thể áp dụng để xác định CTPT của một chất hoặc nếu nằm trong 1 hỗn hợp thì phải biết CTPT của chất kia. 2. Biện luận theo phương pháp ghép ẩn số để xác định CTPT của một hydrocacbon : a) Các bước cơ bản : Bước 1 : Đặt số mol các chất trong hỗn hợp là ẩn số. Bứơc 2 : Ứng với mỗi dữ kiện của bài toán ta lập một phương trình toán học. Bước 3 : Sau đó ghép các ẩn số lại rút ra hệ phương trình toán học. Chẳng hạn : a + b = P (với a, b là số mol 2 chất thành phần) an + bm = Q (với n, m là số C của 2 hydrocacbon thành phần) Bước 4 : Để có thể xác định m, n rồi suy ra CTPT các chất hữu cơ thành phần, có thể áp dụng tính chất bất đẳng thức : Giả sử : n < m thì n(x + y) < nx + my < m(x + y) nx+my n<<m x+y Þ Hoặc từ mối liên hệ n,m lập bảng trị số biện luận - Nếu A, B thuộc hai dãy đồng đẳng khác nhau ta phải tìm x, y rồi thế vào phương trình nx + my = Q để xác định m, n Þ CTPT. 3. Một số phương pháp biện luận xác định dãy đồng đẳng và CTPT hydrocacbon : v Cách 1 : Dựa vào phản ứng cháy của hydrocacbon, so sánh số mol CO 2 và số mol H 2 O. Nếu đốt 1 hydrocacbon (A) mà tìm được : * nH 2 O > nCO 2 à (A) thuộc dãy đồng đẳng ankan ptpư : n2n+2222 3n+1 CH + OnCO + (n+1)HO 2 ¾¾® * nH 2 O = nCO 2 Þ (A) thuộc dãy đồng đẳng anken hay olefin hoặc (A) là xicloankan ptpư : n2n222 3n CH + OnCO + nHO 2 ¾¾® 63 * nH 2 O < nCO 2 Þ (A) thuộc dãy đồng đẳng ankadien, ankin hoặc benzen ptpư : n2n-2222 3n-1 CH + OnCO + (n-1)HO 2 ¾¾®- ( đồng đẳng ankin hoặc ankadien) n2n-6222 3n-3 CH + OnCO + (n-3)HO 2 ¾¾®- ( đồng đẳng benzen) v Cách 2 : Dựa vào CTTQ của hydrocacbon A : * Bước 1 : Đặt CTTQ của hydrocacbon là : C n H 2n+2-2k (ở đây k là số liên kết p hoặc dạng mạch vòng hoặc cả 2 trong CTCT A) Điều kiện k ³ 0, nguyên. Nếu xác định được k thì xác định được dãy đồng đẳng của A. - k = 0 Þ A thuộc dãy đồng đẳng ankan - k = 1 Þ A thuộc dãy đồng đẳng anken - k = 2 Þ A thuộc dãy đồng đẳng ankin hay ankadien - k = 4 Þ A thuộc dãy đồng đẳng benzen. Để chứng minh hai ankan A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt A : C n H 2n+2-2k ; B : C m H 2m+2-2k’ . Nếu tìm được k = k’ thì A,B cùng dãy đồng đẳng. * Bước 2 : Sau khi biết được A,B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt CTTQ của A là C x H y . Vì B là đồng đẳng của A, B hơn A n nhóm –CH 2 - thì CTTQ của B :C x H y (CH 2 ) n hay C x+n H y+2n . * Bước 3 : Dựa vào phương trình phản ứng cháy của A, B, dựa vào lượng CO 2 , H 2 O, O 2 hoặc số mol hỗn hợp thiết lập hệ phương trình toán học, rồi giải suy ra x, y, n à Xác định được CTPT A, B. v Cách 3 : dựa vào khái niệm dãy đồng đẳng rút ra nhận xét : - Các chất đồng đẳng kế tiếp nhau có khối lượng phân tử lập thành một cấp số cộng công sai d = 14. - Có một dãy n số hạng M 1 , M 2 , …,M n lập thành một cấp số cộng công sai d thì ta có : + Số hạng cuối M n = M 1 + (n-1)d + Tổng số hạng S = 2 M 1 n M+ .n + Tìm M 1 , …, M n suy ra các chất Trong một bài toán thường phải kết hợp nhiều phương pháp. Ví dụ : Đốt cháy một hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (có M hơn kém nhau 28g) thì thu được 0,3mol CO 2 và 0,5 mol H 2 O. Tìm CTPT & tên A, B GIẢI : Hydrocacbon A, B có M hơn kém nhau 28g Þ A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng. Cách 1 : A, B + O 2 ® CO 2 + H 2 O 64 67,1 3,0 5,0 n n 2 2 CO OH == >1 Þ A, B thuộc dãy đồng đẳng ankan. Đặt CTTB A, B : 2n2n HC + : a mol O1)Hn(COnO 2 1n3 HC 222 2n2n ++® + + + a ® a n ® a( n +1) (mol) Ta có n 1n 3,0 5,0 n n 2 2 CO OH + == Þ n = 1,5 Đặt CTTQ A, B : C n H 2n+2 và C m H 2m+2 Giả sử n< m Þ n< 1,5 Þ n = 1 Þ CTPT A : CH 4 (M = 16) Þ M B = 16 + 28 = 44 Þ CTPT B : C 3 H 8 . Cách 2 : Đặt CTTQ A, B : C n H 2n+2 : a mol và C m H 2m+2 : b mol Các ptpứ cháy : Ok)H-1(nnCOO 2 k-13n HC 2222k-22nn ++¾®¾ + + + a an a(n+1-k) (mol) Ok)H-1(mmCOO 2 k-13m HC 2222k-22mm ++¾®¾ + + + b bm b(m+1-k) (mol) Ta có : î í ì =+++ =+ 0,5k)b-1(mk)a-1(n 0,3bman Þ (a+b)(1-k) = 0,2 Þ k = 0 vì chỉ có k = 0 thì phương trình mới có nghĩa. Þ a + b = 0,2 và an + bm = 0,3 Giả sử n < m Þ n(a+b) < m (a+b) Þ n < b a bmna + + < m Þ n < 5,1 0,2 0,3 = < m Biện luận tương tự cách trên suy ra CTPT A : CH 4 và B : C 3 H 8 . II.2.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LẬP CTPT HYDROCACBON Bài 1 : 65 Cracking ankan A, người ta thu được một hỗn hợp khí B gồm 2 ankan và 2 anken. Tỉ khối hơi của B so với H 2 d B/H2 = 14,5. Khi dẫn hỗn hợp khí B qua dung dịch Br 2 dư, khối lượng hỗn hợp khí giảm đi 55,52%. a) Tìm CTPT của A và các chất trong B. b) Tính % thể tích các chất khí trong B. GIẢI Ở bài này dựa vào tính chất phản ứng cracking và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tìm M A kết hợp với phương pháp ghép ẩn số để giải. hhB M =14,5.2 = 29 Theo ĐLBT khối lượng : khối lượng A đem cracking = khối lượng hỗn hợp B Þ m Atham gia pứ = m B (1) Phản ứng cracking làm tăng gấp đôi số mol hydrocacbon nên n B = 2n A tham gia pứ (2) (1) chia (2) Þ hhB M = ½ M A Þ M A = 29.2 = 58 M A = 14n + 2 = 58 Þ n= 4 v CTPT A là C 4 H 10 Các ptpu cracking A : C 4 H 10 ® CH 4 + C 3 H 6 a ® a a (mol) C 4 H 10 ® C 2 H 6 + C 2 H 4 b ® b b (mol) Gọi A, B lần lượt là số mol A đã bị cracking theo 2 phản ứng trên. hh B gồm : CH 4 : a (mol) C 2 H 6 : b (mol) C 3 H 6 : a (mol) C 2 H 4 : b (mol) Khi dẫn hh qua dd Br 2 thì 2 anken bị hấp thụ. Þ m 2anken = 55,52%m B = 55,52%m A Þ mC 3 H 6 + mC 2 H 4 = 55,52%.58 (a+b) Û 42a + 28b = 32,2016 (a+b) Û 9,7984a = 4,2016b Û b @ 2,3a (mol) n B = 2(a + b) = 2 (a + 2,3a) = 6,6a (mol) Ở cùng điều kiện, tỉ lệ số mol cũng chính là tỉ lệ về thể tích Þ %CH 4 = %C 3 H 6 = %100* 6,6 a a = 15% %C 2 H 6 = %C 2 H 4 = %35%100* 6,6 3,2 %100* 6,6 == a a a b Bài 2 : 66 Hydrocacbon (X) dn xut t aren. Húa hi (X) trn vi oxi va trong mt khớ nhiờn k, t hon ton hn hp ri a v nhit ban u, ỏp sut trong bỡnh bng 12 ln ỏp xut ca (X) ban u. a v 0 o C ỏp sut khớ gim cũn 2/3. 5,2 gam (X) lm mt mu dung dch cha 8 gam Brụm. Xỏc nh CTCT ca (X) GII Bi ny cú 2 cỏch gii : v cựng iu kin T, V khụng i thỡ t l s mol bng t l ỏp sut. PV = nRT 12 n n P P 1 2 1 2 == v Khi a v O o C, hi nc b ngng t. Khớ cũn li l CO 2 P 3 = 2/3P 2 n CO2 = 2/3 (n CO2 + n H2O ) Cỏch 1 : Dựng phng phỏp thụng thng gii. v Gi s s mol ca X l 1mol OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +ắđắ ữ ứ ử ỗ ố ổ ++ 1 đ x đ y/2 (mol) n 2 = x + y/2 ị n 2 = 12n 1 hay x + y/2 = 12 (1) x = 2/3 (x + y/2) 3x = 2x + y x = y (2) (1), (2) ị x + x/2 = 12 ị x = 8 = y ị CTPT X : C 8 H 8 Cỏch 2 : Dựng phng phỏp bin lun gii Gi C x H y : n 1 (mol) ị n 2 = 12n 1 (1) Khi a v O o C : n 3 = 2/3n 2 = 2/3.12n 1 = 8n 1 = n CO2 ị nH 2 O = 12n 1 8n 1 = 4n 1 OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +ắđắ ữ ứ ử ỗ ố ổ ++ n 1 đ 8n 1 đ 4n 1 x : y/2 = 8n 1 : 4n 1 ị x= y. v CTN ca X (CH) n hay C n H n C n H n + kBr 2 đ C n H n Br k 13n đ 160k 5,2 đ 8 67 n kkn kn 8 205,2 8 160 2,5 13 =Þ=Þ= X là dẫn xuất của Benzen Þ n ³ 6 Þ k £ 8/6 = 1,33 Þ k = 1 và n = 8. v Vậy CTPT A : C 8 H 8 r = (8.2 + 2 – 8) = 5 A là dẫn xuất của benzen, A lại làm mất màu dd Br 2 Þ có nối đôi C=C ở nhánh. v CTCT A : CH=CH 2 A là Styren. Bài 3 : Đốt cháy 19,2 g hỗn hợp 2 ankan kế tiếp thì thu được V lít CO 2 (0 o C, 2 atm). Cho V lít CO 2 trên qua dd Ca(OH) 2 thì thu được 30g kết tủa. Nếu tiếp tục cho dd Ca(OH) 2 vào đến dư thì thu được thêm 100g kết tủa nữa. a) Xác định CTPT 2 ankan. b) Tính thành phần % theo khối lượng 2 hydrocacbon. GIẢI Ở bài này, đốt cháy hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp nên dùng phương pháp trung bình để giải. a) Xác định CTPT 2 ankan : Đặt CTTQ 2 ankan X : C n H 2n+2 : a (mol) Y : C m H 2m+2 : b (mol) CTPT trung bình 2 ankan 22 +nn HC Giả sử n < m Þ n< n < m = n + 1. CO 2 + Ca(OH) 2 ® CaCO 3 + H 2 O 2CO 2 + Ca(OH) 2 ® Ca(HCO 3 ) 2 Khi cho thêm dd Ca(OH) 2 vào đến dư : Ca(HCO 3 ) 2 + Ca(OH) 2 ® 2CaCO 3 + 2H 2 O Áp dụng ĐLBT khối lượng thì mCO 2 = mCO 2 (trong å 3 CaCO ) Þ nCO 2 = nCaCO 3 = 3,1 100 10030 = + (mol) Þ mCO 2 = 1,3.44 = 57,2 (g) OHnCOnO n HC nn 222 22 )1( 2 13 ++¾®¾ + + + M 44n 19,2 57,2 68 Ta có tỉ lệ : 2,57 44 2,19 214 2,57 44 2,19 nnnM = + Û= n = 2,6 Ta có n < n = 2,6 < m = n+1 Þ n = 2 và m =3 v Vậy CTPT 2 ankan là C 2 H 6 và C 3 H 8 b) Tính % các hydrocacbon trên : C 2 H 6 + 7/2O 2 ® 2CO 2 + 3H 2 O a ® 2a (mol) C 3 H 8 + 5O 2 ® 3CO 2 + 4H 2 O b ® 3b (mol) n CO2 = 2a + 3b = 1,3 (1) m hh = 30a + 44b = 19,2 (2) (1) , (2) Þ a = 0,2 ;b = 0,3 (mol) %C 2 H 6 = %25,31%100* 2,19 2,0.30 %100* 2,19 30 == a % C 3 H 8 = %75,68%100* 2,19 3,0.44 %100* 2,19 44 == b Bài 4 : Một hỗn hợp X gồm 2 hydrocacbon liên tiếp nhau thuộc cùng một dãy đồng đẳng và đều ở thể khí ở đktc. Đốt cháy X với 6,4g O 2 (lấy dư) và cho hỗn hợp CO 2 , H 2 O, O 2 dư đi qua bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thì có 100g kết tủa và còn lại 1 khí thoát ra có V= 11,2l(0,4atm,O o C). a) Xác định dãy đồng đẳng A,B b) Xác định CTPT của A, B Tóm tắt : X 6,4g O 2 CO 2 H 2 O O 2 dö dd Ca(OH) 2 dö 1 khí coù V=11,2l (0,4atm;O o C) 100g n O2bđ = 64/32 = 2 mol GIẢI Ở bài này, đốt cháy 2 hydrocacbon liên tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng nên sử dụng phương pháp trung bình để giải. a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B : nO 2 dư = PV/RT = 11,2.0,4/(0,082.273) = 0,2 mol nO 2 pu = 2-0,2 = 1,8 (mol) khí CO 2 , H 2 O bị hấp thụ vào dd Ca(OH) 2 dư . 4,2016b Û b @ 2,3a (mol) n B = 2(a + b) = 2 (a + 2,3a) = 6, 6a (mol) Ở cùng điều kiện, tỉ lệ số mol cũng chính là tỉ lệ về thể tích Þ %CH 4 = %C 3 H 6 = %100* 6, 6 a a = 15% %C 2 H 6 =. %CH 4 = %C 3 H 6 = %100* 6, 6 a a = 15% %C 2 H 6 = %C 2 H 4 = %35%100* 6, 6 3,2 %100* 6, 6 == a a a b Bài 2 : 66 Hydrocacbon (X) dn xut t aren. Húa hi (X) trn vi oxi va trong mt khớ nhiờn. M A + 14 A CH 4 C 2 H 6 C 3 H 8 C 4 H 10 … M A 16 30 44 58 … M 38,4 38,4 38,4 38,4 … M B 30 44 58 72 … Vậy A : C 2 H 6 62 B : C 3 H 8 II.2.1.5 - Phương pháp biện luận 1.