Phương pháp giải bài tập hóa Hidrocacbon part 5 pdf

Cracking ankan A, người ta thu hỗn hợp khí B gồm ankan anken Tỉ khối B so với H2 dB/H2 = 14,5 Khi dẫn hỗn hợp khí B qua dung dịch Br2 dư, khối lượng hỗn hợp khí giảm 55,52% a) Tìm CTPT A chất B b) Tính % thể tích chất khí B GIẢI Ở dựa vào tính chất phản ứng cracking áp dụng định luật bảo tồn khối lượng để tìm MA kết hợp với phương pháp ghép ẩn số để giải M hhB =14,5.2 = 29 Theo ĐLBT khối lượng : khối lượng A đem cracking = khối lượng hỗn hợp B Þ mAtham gia pứ = mB (1) Phản ứng cracking làm tăng gấp đôi số mol hydrocacbon nên nB = 2nA tham gia pứ (2) (1) chia (2) Þ M hhB = ½ MA Þ MA = 29.2 = 58 MA = 14n + = 58 Þ n= v CTPT A C4H10 Các ptpu cracking A : C4H10 ® CH4 + C3H6 a ®a a (mol) C4H10 ® C2H6 + C2H4 b® b b (mol) Gọi A, B số mol A bị cracking theo phản ứng hh B gồm : CH4 : a (mol) C2H6 : b (mol) C3H6 : a (mol) C2H4 : b (mol) Khi dẫn hh qua dd Br2 anken bị hấp thụ Þ m2anken = 55,52%mB = 55,52%mA Þ mC3H6 + mC2H4 = 55,52%.58 (a+b) Û 42a + 28b = 32,2016 (a+b) Û 9,7984a = 4,2016b Û b @ 2,3a (mol) nB = 2(a + b) = (a + 2,3a) = 6,6a (mol) Ở điều kiện, tỉ lệ số mol tỉ lệ thể tích a * 100% = 15% 6,6a b 2,3a %C2H6 = %C2H4 = * 100% = * 100% = 35% 6,6a 6,6a Þ %CH4 = %C3H6 = Bài : 65 Hydrocacbon (X) dẫn xuất từ aren Hóa (X) trộn với oxi vừa đủ khí nhiên kế, đốt hồn tồn hỗn hợp đưa nhiệt độ ban đầu, áp suất bình 12 lần áp xuất (X) ban đầu Đưa 0oC áp suất khí giảm cịn 2/3 5,2 gam (X) làm màu dung dịch chứa gam Brôm Xác định CTCT (X) GIẢI Bài có cách giải : v Ở điều kiện T, V khơng đổi tỉ lệ số mol tỉ lệ áp suất PV = nRT P2 n = = 12 P1 n v Khi đưa OoC, nước bị ngưng tụ Khí cịn lại CO2 P3 = 2/3P2 nCO2 = 2/3 (nCO2 + nH2O) Cách : Dùng phương pháp thông thường để giải v Giả sử số mol X 1mol yử y ổ C x H y + ỗ x + ữO xCO + H O ¾® 4ø è ® x ® y/2 (mol) n2 = x + y/2 Þ n2 = 12n1 hay x + y/2 = 12 (1) x = 2/3 (x + y/2) Û 3x = 2x + y Û x = y (2) (1), (2) Þ x + x/2 = 12 Þ x = = y Þ CTPT X : C8H8 Cách : Dùng phương pháp biện luận giải Gọi CxHy : n1 (mol) Þ n2 = 12n1 (1) Khi đưa OoC : n3 = 2/3n2 = 2/3.12n1 = 8n1 = nCO2 Þ nH2O = 12n1 – 8n1 = 4n1 yử y ổ ắđ C x H y + ỗ x + ữO xCO + H O 4ø è n1 ® 8n1 ® 4n1 x : y/2 = 8n1 : 4n1 Þ x= y v CTN X (CH)n hay CnHn CnHn + kBr2 ® CnHnBrk 13n ® 160k 5,2 ®8 66 13n 160k = Þ 2,5n = 20k Þ k = 5,2 n X dẫn xuất Benzen Þ n ³ Þ k £ 8/6 = 1,33 Þ k = n = v Vậy CTPT A : C8H8 r = (8.2 + – 8) = A dẫn xuất benzen, A lại làm màu dd Br2 Þ có nối đôi C=C nhánh v CTCT A : CH=CH A Styren Bài : Đốt cháy 19,2 g hỗn hợp ankan thu V lít CO2 (0oC, atm) Cho V lít CO2 qua dd Ca(OH)2 thu 30g kết tủa Nếu tiếp tục cho dd Ca(OH)2 vào đến dư thu thêm 100g kết tủa a) Xác định CTPT ankan b) Tính thành phần % theo khối lượng hydrocacbon GIẢI Ở này, đốt cháy hỗn hợp gồm ankan liên tiếp nên dùng phương pháp trung bình để giải a) Xác định CTPT ankan : Đặt CTTQ ankan X : CnH2n+2 : a (mol) Y : CmH2m+2 : b (mol) CTPT trung bình ankan C n H n + Giả sử n < m Þ n< n < m = n + CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 ® Ca(HCO3)2 Khi cho thêm dd Ca(OH)2 vào đến dư : Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 ® 2CaCO3 + 2H2O Áp dụng ĐLBT khối lượng mCO2 = mCO2(trong Þ nCO2 = nCaCO3 = 30 + 100 = 1,3 (mol) 100 å CaCO ) Þ mCO2 = 1,3.44 = 57,2 (g) C n H 2n+2 + M 19,2 3n + O2 ¾ nCO2 + (n + 1) H O ắđ 44 n 57,2 67 Ta cú tỉ lệ : M 44n 14n + 44n = Û = 19,2 57,2 19,2 57,2 n = 2,6 Ta có n < n = 2,6 < m = n+1 Þ n = m =3 v Vậy CTPT ankan C2H6 C3H8 b) Tính % hydrocacbon : C2H6 + 7/2O2 ® 2CO2 + 3H2O a ® 2a (mol) C3H8 + 5O2 ® 3CO2 + 4H2O b ® 3b (mol) nCO2 = 2a + 3b = 1,3 (1) mhh = 30a + 44b = 19,2 (2) (1) , (2) Þ a = 0,2 ;b = 0,3 (mol) 30a 30.0,2 * 100% = * 100% = 31,25% 19,2 19,2 44b 44.0,3 % C3H8 = * 100% = * 100% = 68,75% 19,2 19,2 %C2H6 = Bài : Một hỗn hợp X gồm hydrocacbon liên tiếp thuộc dãy đồng đẳng thể khí đktc Đốt cháy X với 6,4g O2 (lấy dư) cho hỗn hợp CO2, H2O, O2 dư qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư có 100g kết tủa cịn lại khí có V= 11,2l(0,4atm,OoC) a) Xác định dãy đồng đẳng A,B b) Xác định CTPT A, B Tóm tắt : X 6,4g O2 CO2 dd Ca(OH)2 dö H2O O2 dư o khí có V=11,2l (0,4atm;O C) 100g nO2bđ = 64/32 = mol GIẢI Ở này, đốt cháy hydrocacbon liên tiếp thuộc dãy đồng đẳng nên sử dụng phương pháp trung bình để giải a) Xác định dãy đồng đẳng A, B : nO2 dư = PV/RT = 11,2.0,4/(0,082.273) = 0,2 mol nO2 pu = 2-0,2 = 1,8 (mol) khí CO2, H2O bị hấp thụ vào dd Ca(OH)2 dư 68 Ca(OH)2 + CaCO3 CO2 + H2O nCO2 = nCaCO3 = 100/100 = mol ổ yử y ắđ C x H y + ỗ x + ữO xCO + H O ỗ ữ 4ứ ố p dng ĐLBT nguyên tố (O) cho ptpu cháy : nO2 pứ = nCO2 + ẵ nH2O ị nH2O = 2(nO2 p – nCO2) = 2(1,8-1) = 1,6 mol Ta thấy nH2O > nCO2 Þ hai hydrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan CTPT trung bình ankan : C n H n + 3n + ắđ O2 ¾ nCO2 + (n + 1) H O x ® (3 n +1)/2x ® x n ® x ( n +1) nCO2 = x n = nH2O = x( n +1) = 1,6 C n H 2n+2 + (mol) x = 0,6 n = 1,67 < n =1,67 < m= n + Þ n= m = Þ CTPT ankan CH4 C2H6 Bài : Đốt cháy 560cm3 hỗn hợp khí (đktc) gồm hydrocacbon có số ngun tử cacbon ta thu 4,4g CO2 1,9125g nước a) Xác định CTPT chất hữu b) Tính %khối lượng chất c) Nếu cho lượng CO2 vào 100 ml dd KOH 1,3M; Tính CM muối tạo thành GIẢI Ở này, ta dùng phương pháp số nguyên tử H trung bình kết hợp với phương pháp biện luận để giải a) Xác định CTPT hydrocacbon : ì ïA : C x H y ïB : C x H y' ỵ Đặt CTPT hydrocacbon : í CTPT trung bình hydrocacbon : C x H y Giả sử y < y’ Þ y < y < y’ Số mol hỗn hợp khí nhh = 0,56 = 0,025 mol 22,4 nCO2 = 4,4/44 = 0,1 (mol) nH2O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol) 69 æ yử y ắđ C x H y + ỗ x + ữO xCO + H O ỗ ữ 4ứ ố 0,025 đ 0,025x đ 0,025 y /2 ìn CO2 = 0,025 = 0,1 ìx = ï Þí í y ïn H2O = 0,025 = 0,10625 ỵ y = 8,5 ỵ CTPT A, B có dạng : A : C4Hy B : C4Hy’ Ta có y < y < y’ hay y < 8,5