Phương pháp giải bài tập hóa Hidrocacbon part 4 pptx

54 OHCOA A 22 m 9y m 44x m M == = 0,9 9y 1,76 44x 0,58 58 == ị x = 4 y =10 Vy CTPT A : C 4 H 10 Vớ d 2 : Khi t chỏy hũan tũan 0,42 g mt Hydrocacbon X thu tũan b sn phm qua bỡnh 1 ng H 2 SO 4 c, bỡnh 2 ng KOH d. Kt qu, bỡnh 1 tng 0,54 g; bỡnh 2 tng 1,32 g. Bit rng khi húa hi 0,42 g X chim th tớch bng th tớch ca 1,192 g O 2 cựng iu kin. Tỡm CTPT ca X Túm tt : 0,42g X (C x H y ) +O 2 CO 2 H 2 O Bỡnh 1ủửùng ddH 2 SO 4 ủ -H 2 O, m 1 =0,54g CO 2 Bỡnh 2 ủửùng KOHdử -CO 2 , m 2 =1,32g Tỡm CTPT X? GII * Tớnh M X : 0,42g X cú V X = V O2 ca 0,192g O 2 (cựng iu kin) => n X = nO 2 => 2 O O2 X X M m M m = => 70 0,192 0,42.32 m .Mm M 2 2 O OX X === * Gi X : C x H y OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +ắđắ ữ ứ ử ỗ ố ổ ++ M X 44x 9y (g) 0,42 mCO 2 mH 2 O (g) Ta cú : H2OCO2X X m 9y m 44x m M == (1) bi cho khi lng CO 2 , H 2 O giỏn tip qua cỏc phn ng trung gian ta phi tỡm khi lng CO 2 , H 2 O * Tỡm m CO2 , m H2O : - Bỡnh 1 ng dd H 2 SO 4 s hp th H 2 O do ú tng khi lng bỡnh 1 chớnh l khi lng ca H 2 O : rm 1 = mH 2 O=0,54g (2) - Bỡnh 2 ng dd KOH d s hp th CO 2 do ú tng khi lng bỡnh 2 chớnh l khi lng ca CO 2 : rm 2 = mCO 2 =1,32g (3) 55 (1), (2), (3) ị 0,54 9y 1,32 44x 0,42 70 == ị x = 5 y = 10 Vy CTPT X : C 5 H 10 (M = 70vC) II.2.1.3 Phng phỏp th tớch (phng phỏp khớ nhiờn k): v Phm vi ng dng : Dựng xỏc nh CTPT ca cỏc cht hu c th khớ hay th lng d bay hi. v C s khoa hc ca phng phỏp : Trong mt phng trỡnh phn ng cú cỏc cht khớ tham gia v to thnh ( cựng iu kin nhit , ỏp sut) h s t trc cụng thc ca cỏc cht khụng nhng cho bit t l s mol m cũn cho bit t l th tớch ca chỳng. 1) Phng phỏp gii Bc 1 : Tớnh th tớch cỏc khớ V A , V O2 , V CO2 , V H2O (hi) Bc 2 : Vit v cõn bng cỏc phng trỡnh phn ng chỏy ca hydrocacbon A di dng CTTQ C x H y Bc 3 : Lp cỏc t l th tớch tớnh x,y OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +ắđắ ữ ứ ử ỗ ố ổ ++ 1(l) ữ ứ ử ỗ ố ổ + 4 y x (l) x(l) ữ ứ ử ỗ ố ổ 2 y (l) V A (l) V O2 (l) V CO2 (l) V H2O (hi) (l) OHCO ề A 22 2 V 2 y V x V 4 y x V 1 == + = hay OHCOOA n y n x n y x n 22 24 1 2 == + = ; n n V V x A CO A CO 22 ==ị A OH n n 22 2 V 2V y A OH ==ị Cỏch khỏc : Sau khi thc hin bc 1 cú th lm theo cỏch khỏc: - Lp t l th tớch V A : V B : V CO2 : V H2O ri a v t l s nguyờn ti gin m:n:p:q. - Vit phng trỡnh phn ng chỏy ca hp cht hu c A di dng: mC x H y + nO 2 ắđắ o t pCO 2 + qH 2 O - Dựng nh lut bo ton nguyờn t cõn bng phng trỡnh phn ng chỏy s tỡm c x v y =>CTPT A * Mt s lu ý: - Nu V CO2 : V H2O = 1:1 => C : H = n C : n H = 1: 2 56 - Nu túan cho oxy ban u d thỡ sau khi bt tia la in v lm lnh (ngng t hi nc) thỡ trong khớ nhiờn k cú CO 2 v O 2 cũn d. Bi túan lý lun theo C x H y - Nu túan cho V CxHy = V O2 thỡ sau khi bt tia la in v lm lnh thỡ trong khớ nhiờn k cú CO 2 v C x H y d . Bi túan lý lun theo oxy. - Khi t chỏy hay oxi húa hũan ton mt hydrocacbon m gi thit khụng xỏc nh rừ sn phm, thỡ cỏc nguyờn t trong hydrocacbon s chuyn thnh oxit bn tng ng tr: N 2 đ khớ N 2 Halogen đ khớ X 2 hay HX (tựy bi) 2. Bi tp vớ d Vớ d 1: Trn 0,5 l hn hp C gm hydrocacbon A v CO 2 vi 2,5 l O 2 ri cho vo khớ nhiờn k t chỏy thỡ thu c 3,4 l khớ, lm lnh ch cũn 1,8 l. Cho hn hp qua tip dung dch KOH (c) ch cũn 0,5 l khớ. Cỏc V khớ o cựng iu kin. Tỡm CTPT ca hydrocacbon A. Túm tt : C x H y : a (l) Gi 0,5 l hn hp CO 2 : b (l) 0,5l hn hp + 2,5l O 2 ủoỏt CO 2 ,O 2 d,H 2 O ll(- H 2 O) CO 2 ,O 2 d KOHủ(- CO 2 ) O 2 d GII : * O 2 d , bi túan lý lun theo Hydrocacbon A OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +ắđắ ữ ứ ử ỗ ố ổ ++ a a ữ ứ ử ỗ ố ổ + 4 y x ax a 2 y (lớt) CO 2 đ CO 2 b b (lớt) Ta cú V hh = a + b = 0,5 (1) VCO 2 = ax + b = 1,8 0,5 = 1,3 (2) VH 2 O = a 2 y = 3,4 1,8 = 1,6 (3) VO 2 d = 2,5 - a ữ ứ ử ỗ ố ổ + 4 y x = 0,5 ị ax + a 4 y = 2 (4) ị ax + 3,2/4 = 2 ị ax = 1,2 (5) (2), (3) VCO 2 = b = 0,1 57 V hh = a + b = 0,5 Þ a = 0,4 Þ x = ax /a = 3 Þ y = ay/a = 8 Vậy CTPT của A là C 3 H 8 Ví dụ 2 : Trộn 12 cm 3 một hydrocacbon A ở thể khí với 60 cm 3 oxi (lấy dư) rồi đốt cháy. Sau khi làm lạnh để nước ngưng tụ rồi đưa về điều kiện ban đầu thì thể tích khí còn lại là 48 cm 3 , trong đó có 24cm 3 bị hấp thụ bởi KOH, phần còn lại bị hấp thụ bởi P. Tìm CTPT của A (các thể tích khí đo trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) Tóm tắt : 12cm 3 C x H y 60cm 3 O 2 (dư) đốt CO 2 H 2 O O 2 dư làm lạnh -H 2 O CO 2 O 2 dư (V=48cm 3 ) 24cm 3 khí bò hấp thụ bởi KOH khí còn lại bò hấp thụ bởi P (- CO 2 ) (-O 2 ) GIẢI : * Tính các V: VCO 2 = 24cm 3 VO 2 dư = 48 – 24 = 24cm 3 Þ VO 2 pứ = 60 – 24 = 36 cm 3 * Tìm CTPT : Cách 1: Tính trực tiếp từ phương trình phản ứng đốt cháy: OH y xCOO y xH t y 222x 24 C 0 +¾®¾ ÷ ø ư ç è ỉ ++ 12 ® ÷ ø ư ç è ỉ + 4 y x 12 ® 12x (cm 3 ) VCO 2 =12x = 24 => x = 2 VO 2 dư = 60 – 12 ÷ ø ư ç è ỉ + 4 y x = 24 => y = 4 Þ CTPT của A: C 2 H 4 Cách 2: Lập tỉ lệ thể tích OHCOOA 222 V 2 y V x V 4 y x V 1 == + = OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +¾®¾ ÷ ø ư ç è ỉ ++ 1 ÷ ø ư ç è ỉ + 4 y x x 2 y (cm 3 ) 12 36 24 (cm 3 ) 58 22 COOA V x V 4 y x V 1 = + = 24 x 36 4 y x 12 1 = + =Û => x = 2 và y = 4 Þ CTPT của A: C 2 H 4 Cách 3: Nhận xét: đốt 12 cm 3 A đã dùng 36 cm 3 oxy và tạo ra 24 cm 3 CO 2 Suy ra O?H24CO36OH12C 22 t 2yx 0 +¾®¾+ ĐLBT (O): => O24H24CO36OH12C 22 t 2yx 0 +¾®¾+ ĐLBT (C): 12x = 24 => x = 2 ĐLBT (H) :12y = 48 => y = 4 àVậy CTPT của A là C 2 H 4 Ví dụ 3 : Trong một bình kín thể tích 1dm 3 có một hỗn hợp đồng thể tích gồm hydrocacbon A và O 2 ở 133,5 o C, 1 atm. Sau khi bật tia lửa điện và đưa về nhiệt độ ban đầu (133,5 o C) thì áp suất trong bình tăng lên 10% so với ban đầu và khối lượng nước tạo ra là 0,216 g. Tìm CTPT A Tóm tắt : V = 1dm 3 C x H y (A) O 2 t=133,5 o C,P 1 =1atm đốt sp cháy V=1dm 3 t=133,5 o C, P 2 tăng 10% (lượng H 2 O tạo ra là 0,216g) GIẢI : Tìm CTPT A? 0,03(mol) 133,5)0,082.(273 1.1 RT PV n 1 = + == Vì hỗn hợp đồng thể tích nên n A = nO 2 = 0,03/2 = 0,015 mol => C x H y dư, biện luận theo O 2 Sau khi đưa về nhiệt độ ban đầu, các khí tạo áp suất có trong bình gồm H 2 O, CO 2 , C x H y dư có số mol là : n 2 = n 1 . P 2 /P 1 = 0,03.110/100 = 0,033 mol nH 2 O = 0,216/18 = 0,012 mol ĐLBT khối lượng (O) : nO 2 = n CO 2 + 1/2n H 2 O => n CO 2 = nO 2 – 1/2nH 2 O = 0,015-0,012/2 = 0,009mol nC x H y dư = n 2 - nCO 2 - nH 2 O = 0,033-0,012-0,009 =0,012mol =>nC x H yphản ứng = 0,015-0,012 = 0,003 mol OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +¾®¾ ÷ ø ư ç è ỉ ++ 59 1 ÷ ø ö ç è æ + 4 y x x 2 y (mol) 0,003 0,015 0,009 0,012 (mol) Ta có : 012,0 2 009,0015,0 4 003,0 1 y x y x == + = => x = 3 y = 8 Vậy CTPT A : C 3 H 8 II.2.1.4 Phương pháp giá trị trung bình (xác định CTPT của hai hay nhiều chất hữu cơ trong hỗn hợp): Là phương pháp chuyển hỗn hợp nhiều giá trị về một giá trị tương đương, nhiều chất về một chất tương đương v Đặc điểm Phương pháp giá trị trung bình được dùng nhiều trong hóa hữu cơ khi giải bài tóan về các chất cùng dãy đồng đẳng. Một phần bản chất của giá trị trung bình được đề cập đến ở việc tính phần trăm đơn vị và khối lượng hỗn hợp khí trong bài tóan tỉ khối hơi ở chương đầu lớp 10. Do đó, học sinh dễ dàng lĩnh hội phương pháp này để xác định CTPT của hai hay nhiều chất hữu cơ trong hỗn hợp. II.1.4.1 Phương pháp khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp ( hh M ) Chất tương đương có khối lượng mol phân tử hh M là khối lượng mol phân tử trung bình của hỗn hợp. Các bước giải : Bước cơ bản : Xác định CTTQ của hai chất hữu cơ A,B Bước 1 : Xác định CTTB của hai chất hữu cơ A, B trong hỗn hợp Bước 2 : Tìm hh M qua các công thức sau : ( ) 100 M%A100%A.M 100 %B.M%A.M nn .Mn.Mn n m M BABA BA BBAA hh hh hh -+ = + = + + == Hoặc ( ) 100 M%A100%A.M V .MV.MV VV .MV.MV .MdM BABBAA BA BBAA Xhh/X hh -+ = + = + + == Giả sử M A < M B => M A < hh M < M B Bước 3 : Biện luận tìm M A , M B hợp lý => CTPT đúng của A và B Phạm vi ứng dụng: sử dụng có lợi nhiều đối với hỗn hợp các chất cùng dãy đồng đẳng 1) Phương pháp CTPT trung bình của hỗn hợp: v Phạm vi áp dụng : Khi có hỗn hợp gồm nhiều chất, cùng tác dụng với một chất khác mà phương trình phản ứng tương tự nhau (sản phẩm, tỉ lệ mol giữa nguyên liệu và 60 sản phẩm, hiệu suất, phản ứng tương tự nhau), có thể thay thế hỗn hợp bằng một chất tương đương, có số mol bằng tổng số mol của hỗn hợp. Công thức của chất tương đương gọi là CTPT trung bình. v Phương pháp giải : Bước 1 : Đặt CTPT của hai chất hữu cơ cần tìm rồi suy ra CTPT trung bình của chúng : Đặt A : C x H y ; B : C x’ H y’ Þ CTPTTB : xy CH Bước 2 : Viết phương trình phản ứng tổng quát và dữ liệu đề bài cho tính y,x Bước 3 : biện luận Nếu x<x’ Þ x < x < x’ y<y’ Þ y< y < y’ Dựa vào điều kiện x, x’, y, y’ thỏa mãn biện luận suy ra giá trị hợp lý của chúng Þ CTPT A, B. v Phạm vi ứng dụng : Phương pháp giải này ngắn gọn đối với các bài tóan hữu cơ thuộc loại hỗn hợp các đồng đẳng nhất là các đồng đẳng liên tiếp. Tuy nhiên có thể dùng phương pháp này để giải các bài toán hỗn hợp các chất hữu cơ không đồng đẳng cũng rất hiệu quả. Ngoài phương pháp trên còn có phương pháp số C, số H, số liên kết p trung bình ( k ). Phương pháp giải tương tự như hai phương pháp trên v Một số lưu ý: 1) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B là đồng dẳng liên tiếp thì : m = n + 1 (ở đây n, m là số C trong phân tử A, B) 2) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B hơn kém nhau k nguyên tử C thì m = n + k. 3) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B cách nhau k nguyên tử C thì : m = n + (k +1) 4) Nếu bài cho anken, ankin thì n, m ³ 2. 5) Nếu bài toán cho A, B là hydrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường (hay điều kiện tiêu chuẩn) thì n, m £ 4 v Bài tập ví dụ : Bài 1: Đốt cháy hòan tòan 19,2 g hỗn hợp 2 ankan liên tiếp thu được 14,56 l CO 2 (ở O o C, 2 atm). Tìm CTPT 2 ankan. GIẢI : Gọi CTPT trung bình của hai ankan : 22 +nn HC mol RT PV n CO 3,1 082,0.273 56,14.2 2 === OHnCOnO n HC nn 222 22 )1( 2 13 ++¾®¾ + + + 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 [...]... có nghĩa Þ a + b = 0,2 và an + bm = 0,3 Giả sử n < m Þ n(a+b) < m (a+b) Þn< 0,3 na + bm . 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. hiệu quả. Ngoài phương pháp trên còn có phương pháp số C, số H, số liên kết p trung bình ( k ). Phương pháp giải tương tự như hai phương pháp trên v Một số lưu ý: 1) Nếu bài cho 2 chất hữu. dụng : Phương pháp giải này ngắn gọn đối với các bài tóan hữu cơ thuộc loại hỗn hợp các đồng đẳng nhất là các đồng đẳng liên tiếp. Tuy nhiên có thể dùng phương pháp này để giải các bài toán