BÀI TẬP HIDROCACBON CO LOI GIAI

BÀI TẬP: HIĐROCACBON Bài 1 . 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 ⇒ A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng. Cách 1 : A, B + O 2 → CO 2 + H 2 O 67,1 3,0 5,0 n n 2 2 CO OH == >1 ⇒ 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 + == ⇒ n = 1,5 Đặt CTTQ A, B : C n H 2n+2 và C m H 2m+2 Giả sử n< m ⇒ n< 1,5 ⇒ n = 1 ⇒ CTPT A : CH 4 (M = 16) ⇒ M B = 16 + 28 = 44 ⇒ 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 ++→ + + + a an a(n+1-k) (mol) Ok)H-1(mmCOO 2 k-13m HC 2222k-22mm ++→ + + + b bm b(m+1-k) (mol) Ta có :    =+++ =+ 0,5k)b-1(mk)a-1(n 0,3bman ⇒ (a+b)(1-k) = 0,2 ⇒ k = 0 vì chỉ có k = 0 thì phương trình mới có nghĩa. ⇒ a + b = 0,2 và an + bm = 0,3 Giả sử n < m ⇒ n(a+b) < m (a+b) ⇒ n < ba bmna + + < m ⇒ 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 . Bài 2. 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 ⇒ 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) ⇒ hhB M = ½ M A ⇒ M A = 29.2 = 58 ⇒ M A = 14n + 2 = 58 ⇒ n= 4  CTPT A là C 4 H 10 Các ptpư cracking A : 1 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. ⇒ m 2anken = 55,52%m B = 55,52%m A ⇒ mC 3 H 6 + mC 2 H 4 = 55,52%.58 (a+b) ⇔ 42a + 28b = 32,2016 (a+b) ⇔ 9,7984a = 4,2016b ⇔ 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 ⇒ %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 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 ⇒ 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 ∑ 3 CaCO ) ⇒ nCO 2 = nCaCO 3 = 3,1 100 10030 = + (mol) ⇒ mCO 2 = 1,3 x 44 = 57,2 (g) OHnCOnO n HC nn 222 22 )1( 2 13 ++→ + + + M 44 n 19,2 57,2 Ta có tỉ lệ : 2,57 44 2,19 214 2,57 44 2,19 nnnM = + ⇔= ⇒ n = 2,6 Ta có n < n = 2,6 < m = n+1 ⇒ n = 2 và m =3  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) ⇒ 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 2 Bài 4 : Đốt cháy hoàn toàn V lít hỗn hợp 2 hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp thu được 1,12 lít khí CO 2 ( đktc) và 1,26g H 2 O. Giá trị của V là : A . 0,112 lít B . 0,224 lít C . 0,448 lít D. 0,336 lít Giải: 2 2 1,12 1,26 0,5( ); 0,07( ) 22,4 18 CO H O n mol n mol= = = = ⇒ 2 2 0,07 0,05 0,02( ) ankan H O CO n n n mol= − = − = 0,02.22,4 0,448 ankan V = = (lít) Bài 5 : Đốt cháy 560cm 3 hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hydrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon ta thu được 4,4g CO 2 và 1,9125g hơi nước. a) Xác định CTPT các chất hữu cơ. b) Tính %khối lượng các chất. c) Nếu cho lượng CO 2 trên vào 100 ml dd KOH 1,3M; Tính C M 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 :      y'x yx HC :B HC:A CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên : yx HC Giả sử y < y’ ⇒ y < y < y’ Số mol hỗn hợp khí n hh = 025,0 4,22 56,0 = mol nCO 2 = 4,4/44 = 0,1 (mol) nH 2 O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol) OH 2 y COxO 4 y xHC 22 t 2 yx 0 +→         ++ 0,025 → 0,025x → 0,025 y /2      = = ⇒      == == 8,5y 4x 0,10625 2 y 0,025n 0,1x0,025n H2O CO2 CTPT A, B có dạng : A : C 4 H y và B : C 4 H y’ 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 ⇒ y’ =10 ⇒ CTPT B : C 4 H 10 Tương tự biện luận tìm CTPT A : y < 8,5 y chẵn y 2 4 6 8 A C 4 H 2 C 4 H 4 C 4 H 6 C 4 H 8 Vậy có 4 cặp nghiệm :    10'4 24 HC :B HC:A và    10'4 44 HC :B HC:A và    10'4 64 HC :B HC:A và    10'4 84 HC :B HC:A c) Tính C M các muối tạo thành : n KOH = V.C M = 0,1.1,3 = 0,13 (mol) Ta có : 2 CO KOH n n = 3,1 1,0 13,0 = ⇒ Tạo thành 2 muối. 3 CO 2 + 2KOH → K 2 CO 3 + H 2 O a 2a a (mol) CO 2 + KOH → KHCO 3 b b b (mol) Ta có : ⇒    ==+ ==+ 13,0nb2a 1,0nba KOH CO 2    = = 0,07b 0,03a (mol) C M(K2CO3 ) = 3,0 0,1 0,03 = (M) C M(KHCO3) = 7,0 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 2 và 11,7g H 2 O . Xác định CTPT A,B. Tính % A,B. Biết B nhiều hơn A một cacbon 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 :    + b a :HC :B :HC:A 22mm 2-2nn (mol) (n ≥ 2; m ≥ 1) O1)H(nnCOO 2 3n HC 2222-2nn −+→+ a an a(n-1) (mol) O1)Hm(mCOO 2 13m HC 22222mm ++→ + + + b bm b(m + 1) (mol) n hỗn hợp = a+ b = 25,0 4,22 6,5 = (mol) (1) n CO 2 = an + bm = 7,0 44 8,30 = (mol) (2) n H 2 O = a(n-1) + b(m + 1) = 65,0 18 7,11 = (mol) (3) (2), (3) ⇒ an - a + b(m + 1) = 0,65 <=> 0,7 + b - a = 0,65 → a – b = 0,05 mol → 0,15n + 0,1m = 0,7 → m = 7 + 1,5n Biện luận : n 1 2 3 4 m Lẻ 4 Lẻ 1 Vậy m = 3 n =2 → Vậy CTPT A, B:    104 22 : : HCB HCA Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn m (g) hỗn hợp X gồm CH 4 , C 3 H 6 và C 4 H 10 thu được 4,4g CO 2 và 2,52g H 2 O, m có giá trị nào trong số các phương án sau ? A. 1,48g B. 2,48 g C. 14,8g D. 24,7 g Hướng dẫn: Cách giải nhanh: Bài 8: Đốt cháy m gam hiđrocabon A thu được 2,688 lít CO 2 ( đktc) và 4,32g H 2 O. Công thức phân tử của A là: A / C 2 H 6 B / C 2 H 4 C / C 2 H 2 D / CH 4 Giải : 2 2 2,688 4,32 0,12( ); 0,24( ) 22,4 15 CO H O n mol n mol= = = = ; 2 2 CO H O n n< ⇒ Dãy đồng đẳng của ankan 2 2n n C H + 2 2 2 2 2 ( 1) o t C n n C H O nCO n H O + + → + + 4 = + = + = + = X C H 4,4 2,52 m m m .12 .2 1,2 0,28 1,48(g) 44 18 Theo p/ư ta có 1 mol → n ( n+ 1) mol Theo đầu bài 0,12 0,24 mol 1 1 0,12 0,24 n n n + = → = → công thức phân tử của ankan là CH 4 Bài 9: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hiđrocacbon mạch hở, liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO 2 (đktc) và 25,2g H 2 O. CTPT 2 hiđrocacbon là: A. CH 4 , C 2 H 6 *B. C 2 H 6 , C 3 H 8 C. C 3 H 8 , C 4 H 10 D. C 4 H 10 , C 5 H 12 Giải : 2 2 2 2 22,4 25,2 1( ); 1,4( ) 22,4 18 CO H O CO H O n mol n mol n n= = = = ⇒ < ⇒ Dãy đồng đẳng của ankan. Hai ankan kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng → công thức chung của 2 ankan là 2 2n n C H + 2 2 2 2 2 ( 1) o t C n n C H O nCO n H O + + → + + Theo p/ư ta có 1 mol → n ( n + 1) mol Theo đầu bài 1 1,4 mol 1 2,5 1 1,4 n n n + = → = → n 1 = 2 < n =2,5< n 2 = 3 → công thức của 2 ankan là C 2 H 6 và C 3 H 8 Bài 10. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí C 3 H 8 và C 4 H 10 đối với hiđro là 25,5. Thành phần % thể tích của hỗn hợp đó là: A - 50%;50% * B - 25%; 75% C - 45% ; 55% D - 20% ; 80% Áp dụng qui tắc đường chéo ta có : Bài 11: Đốt cháy một số mol như nhau của 3 hydrocacbon L, L, M ta thu được lượng CO 2 như nhau và tỉ lệ số mol H 2 O và CO 2 đối với K, L, M tương ứng bằng 0,5; 1; 1,5. a) Xác định CTPT K, L, M b) Nêu cách nhận biết 3 khí trên đựng trong 3 lọ mất nhãn c) Hãy tách riêng 3 chất trong hỗn hợp trên. GIẢI a, Đặt công thức chung cho 3 hydrocacbon là C n H 2n +2-2k với k là số liên kết π trong phân tử các hydrocacbon trên. Ok)H-1(nnCOO 2 k-13n HC 2222k-22nn ++→ + + + a an → a(n+1-k) (mol) Ba hydrocacbon đốt với số mol như nhau thu được lượng CO 2 như nhau nên K, L, M có cùng số C trong phân tử. T = n kn n n CO OH −+ = 1 2 2 • K thì T = 0,5 ⇒ 0,5n = n + 1 – k ⇒ n = 2(k – 1) 0 ≤ n ≤ 4 và k ≥ 0 ⇒ n = 2, k = 2 ⇒ K : C 2 H 2 • L thì T = 1 ⇒ n = 2 và k = 1 ⇒ CTPT L : C 2 H 4 • M thì T = 1,5 ⇒ n = 2 và k = 0 ⇒ CTPT M : C 2 H 6 Bài 12: Đốt cháy hiđrocacbon A tạo ra 11g CO 2 . Mặt khác, khi cho 3,4g A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3 thấy tạo thành a gam kết tủa. CTPT của A và a là: A. C 2 H 2 ; 8,5g B. C 3 H 4 ; 8,5g C. C 4 H 6 ; 8,75g *D. C 5 H 8 ; 8,7 Giải: Do A tác dụng được với AgNO 3 trong NH 3 nên A là ank-1-in: 5 44 58 51 7 7 V C 3 H 8 V C 4 H 10 TØ lÖ 1:1 C n H 2n-2 +       − 2 13n O 2 → nCO 2 + (n-1)H 2 O 3,4 0,25 14n - 2 n n 2 CO = 44 11 = 0,25 mol Ta có: 214 4,3 −n = n 25,0 ⇒ n = 5 ⇒ CTPT A là C 5 H 8 C 5 H 8 + AgNO 3 + NH 3 → C 5 H 7 Ag + NH 4 NO 3 0,05 mol → 0,05 mol n 8 5HC = 8,6 4,3 =0,05 mol ⇒ a = 0,05.175= 8,75g ⇒ Đáp án D Bài 13: Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít hiđrocacbon X thu được 6,72 lít CO 2 ( đktc). X tác dụng với dd AgNO 3 trong NH 3 sinh ra kết tủa Y. Công thức cấu tạo của X là: A. CH 3 -CH=CH 2 B. CH ≡ CH C. CH 3 -C ≡ CH D. CH 2 =CH-CH ≡ CH Giải: X tác dụng được với dd AgNO 3 /NH 3 ⇒ X là ank-1-in C n H 2n-2 +       − 2 13n O 2 → nCO 2 + (n-1)H 2 O Theo p/ư 1 → n mol Theo đầu bài 0,1 → 0,3 n X = 0,1 mol ; 2 0,3( )nCO m ol= 1 3 0,1 0,3 n n CTPT= ⇒ = ⇒ của X là C 3 H 4 ⇒ CTCT X là: CH 3 -C ≡ CH ⇒ Đáp án D Bài 14. Để đốt cháy 1mol ankan X cần 5 mol oxi, công thức của ankan đó là A. C 4 H 10 B. C 3 H 8 . C. tất cả đều sai. D. C 2 H 6 Giải: Công thức chung của ankan là: 2 2n n C H + 2 2 2 2 2 3 1 ( 1) 2 o t C n n n C H O nCO n H O + + + → + + Theo p/ư 1 3 1 2 n + → 3 1 1 2 3 1 5 n n + = ⇒ = → công thức phân tử của X là: C 3 H 8 Theo đầu bài 1 5 Câu 15. Đốt cháy hoàn toàn 2 hiđrocacbon kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Sản phẩm cháy cho lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc và bình 2 đựng KOH rắn thấy khối lượng bình 1 tăng 5,6 g và bình 2 tăng 8,8g. Hai hiđrocacbon đó là: A. C 2 H 4 , C 3 H 6 B. C 2 H 6 , C 3 H 8 C. C 3 H 6 , C 4 H 8 D. C 3 H 8 , C 4 H 10 Giải: Theo đầu bài khối lượng bình 1 tăng chính là khối lượng của H 2 O Khối lượng bình 2 tăng chính là khối lượng của CO 2 2 2 8,8 5,6 0,2( ); 0,31( ) 44 18 CO H O n mol n mol= = = = → 2 2 CO H O n n< → Dãy đồng đẳng của ankan. Hai ankan kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng → công thức chung của 2 ankan là 2 2n n C H + 2 2 2 2 2 ( 1) o t C n n C H O nCO n H O + + → + + Theo p/ư ta có 1 mol → n ( n + 1) mol Theo đầu bài 0,2 0,31 mol 1 1,8 0,2 0,31 n n n + = → = → n 1 = 1 < n =1,8< n 2 = 2 → công thức của 2 ankan là CH 4 và C 2 H 6 6 . 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 . 2H 2 O Áp dụng ĐLBT khối lượng thì mCO 2 = mCO 2 (trong ∑ 3 CaCO ) ⇒ nCO 2 = nCaCO 3 = 3,1 100 10030 = + (mol) ⇒ mCO 2 = 1,3 x 44 = 57,2 (g) OHnCOnO n HC nn 222 22 )1( 2 13 ++→ + + + . có : 2 CO KOH n n = 3,1 1,0 13,0 = ⇒ Tạo thành 2 muối. 3 CO 2 + 2KOH → K 2 CO 3 + H 2 O a 2a a (mol) CO 2 + KOH → KHCO 3 b b b (mol) Ta có : ⇒    ==+ ==+ 13,0nb2a 1,0nba KOH CO 2    = = 0,07b 0,03a (mol) C M(K 2CO3