Skkn phương pháp giải toán cộng hiđro và brom vào hiđrocacbon không no

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀVấn đề giải bài tập hoá học là một việc làm thường xuyên và quen thuộc đối với học sinh.. Thông qua việc giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ

Vấn đề giải bài tập hoá học là một việc làm thường xuyên và quen thuộc đối với học sinh Thông qua việc giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng tạo, bồi dưỡng hứng thú trong học tập Việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng hơn Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau Nếu biết lựa chọn phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh nắm vững hơn bản chất của các hiện tượng hoá học

Qua thực tế giảng dạy tại trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm, tôi nhận thấy khả năng giải toán Hóa học của các em học sinh còn hạn chế, đặc biệt

là giải toán Hóa học Hữu cơ vì những phản ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra không theo một hướng nhất định và không hoàn toàn Trong

đó dạng bài tập về phản ứng cộng vào hợp chất hữu cơ là một ví dụ Khi giải các bài tập dạng này học sinh thường gặp những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học không cần thiết thậm chí không giải được vì quá nhiều ẩn số

Do đó việc tìm ra phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có ý nghĩa hết sức quan trọng, giúp học sinh khắc phục những lỗi thông thường

Đó là lí do tôi chọn đề tài này: “phương pháp giải toán cộng hiđro và

brom vào hiđrocacbon không no”

Bài tập về các dạng toán hóa Hữu cơ rất phong phú, đa dạng, nhưng

do thời gian có hạn nên tôi chỉ nghiên cứu đề tài này trong giới hạn hiđrocacbon không no cộng với hiđro và brom

PHẦN II: NỘI DUNG

I CƠ SỞ LÍ THUYẾT

1 Phản ứng cộng H 2 :

* Tổng quát với hiđrocacbon A mạch hở, có k liên kết π

-Phản ứng hoàn toàn vào liên kết π

CnH2n+2-2k + kH2 → 0

xuc tac

t CnH2n+2 ∆ ↓=n k [1]

x kx ∆ ↓= ,n kx

Ta có: 2

A

( )

pu pu

n

-Phản ứng xảy ra không hoàn toàn vào liên kết π

CnH2n+2-2k + hH2 →0

xuc tac

t CnH2n+2- 2(k-h) ∆ ↓=n h [1’]

* Gọi X là hỗn hợp trước phản ứng gồm hidrocacbon và H2, hỗn hợp sau phản ứng là Y

Ta có:

+ nX - nY =n H 2(pu) > 0 và mX = mY → M X <M Y

+ / = Y = X

Y X

n M d

n

-Nếu hỗn hợp trước và sau phản ứng đều là chất khí đo ở cùng nhiệt độ và

thể tích thì / = Y = X = X

Y X

M d

- Hai hỗn hợp X và Y chứa cùng số mol C và H nên khi đốt cháy hỗn hợp

X hay hỗn hợp Y đều có:

n O 2 (đốt cháy X) = n O 2(đốt cháy Y)

n CO 2 (đốt cháy X) = n CO 2 (đốt cháy Y) [4]

n H O 2 (đốt cháy X) = n H O 2 (đốt cháy Y)

Do đó thay vì tính toán kết quả đốt cháy hỗn hợp Y (thường phức tạp hơn trên hỗn hợp X) ta tính kết quả đốt cháy hỗn hợp X

+ Số mol hiđrocacbon trong X bằng số mol hiđrocacbon trong Y

nhidrocacbon(X) =n hidrocacbon Y( ) [5]

+ Một đặc điểm lớn của phản ứng cộng hiđro vào hiđrocacbon không no là hiệu suất phản ứng thường không đạt 100% nên hỗn hợp sau phản ứng gồm hiđro, hiđrocacbon không no và hiđrocacbon no, bài toán này được xét tiếp theo sau bài toán phản ứng cộng của hiđrocacbon không no với brom

2 Phản ứng cộng Br 2

Cho hiđrocacbon không no A (mạch hở) vào dung dịch Br2 phản ứng hoàn toàn các hiện tượng có thể nhận được:

+ dung dịch phai màu → Br2 dư (hiđrocacbon hết)

+ dung dịch mất màu→ có thể Br2 thiếu và hiđrocacbon còn dư hoặc vừa đủ

+ khối lượng bình Br2 tăng = mA đã phản ứng

+ phản ứng tổng quát

-Phản ứng hoàn toàn vào liên kết π

CnH2n+2-2k + kBr2  → CnH2n+2-2kBr2k

Ta luôn có:

A

k = n Br2

n

* Nếu biết số mol CO2 và số mol Br2 đã phản ứng, ta lập tỉ lệ:

CO

Br

n

= 2

2

n

n k [6]

-Phản ứng xảy ra không hoàn toàn vào liên kết π

CnH2n+2-2k + hBr2  →CnH2n+2- kBr2h (h ≤ k)

* Xét bài toán đun hỗn hợp X gồm hiđrocacbon không no mạch hở và H2 được hỗn hợp Y Y làm mất màu dung dịch brom (brom dư)

Ta có: tổng số mol liên kết π trong hợp chất ban đầu = tổng số mol H2 phản ứng và số mol Br2 phản ứng [7]

Hỗn hợp khí X

0

2

n 2n+2-2k Ni,t Br du 2

C H

hh khí Y H

 → →





II BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một anken (đồng số mol) dẫn qua Ni

nung nóng thu được hỗn hợp Y Tỉ khối của Y so với X là 1,6 Hiệu suất phản ứng hiđro hóa là

Bài giải:

Cách 1

Giả sử ban đầu có 1mol anken và 1mol H2

Gọi số mol anken phản ứng là x mol

CnH2n + H2 → 0

Ni

t CnH2n+2 Ban đầu 1 1 0

Phản ứng x x x

Sau phản ứng 1-x 1-x x

Ta có nX = 2mol; nY = (2- x)mol

Áp dụng biểu thức [3]

Y

X

=

n

−

2

x

1

Cách 2

2 1,6 /

1,25

n

nY

CnH2n + H2 →Ni t, 0 CnH2n+2 ∆ ↓=n 1

∆ ↓=,n n X −n Y

2

'n n X n Y 2 1,25 0,75 n anken pu( ) n H pu( )

1

Bài 2: Cho 8,6g hỗn hợp X gồm hiđrocacbon Y (mach hở, thể khí ở điều

kiện thường) và H2 tác dụng vừa đủ với 0,4mol Br2 trong dung dịch, còn

khi đốt cháy hoàn toàn X tạo ra 0,6mol CO2 Tìm công thức phân tử của Y

và phần trăm thể tích của Y trong X là

Bài giải:

Gọi công thức phân tử của hiđrocacbon Y là CnH2n+2-2k : x mol

CnH2n+2-2k + kBr2  → CnH2n+2-2kBr2k

x kx

⇒kx= 0,4 (1)

CnH2n+2-2k + 3n 1 k

2

+ − O2 →t0 nCO2 + (n+1-k)H2O

x nx

⇒nx= 0,6 (2)

Lấy (2): (1) ta được n=0,6 30,4 2= ⇒ =n 23k

k

Hiđrocacbon Y ở thể khí nên nghiệm phù hợp là n =3 và k =2

=> Hiđrocacbon Y là C H 3 4

Từ nx = 0,4 => x = 0,2 mol

Khối lượng hỗn hợp X: (40.0,2) + 2n = 8,6 => H2 n = 0,3H2

=> % C H3 4

0,2

0,2 0,3

Cách 2 : Áp dụng [6]

;

k

n

k

−

=

⇒ =

n

3 4

2n+2 2

0 2

3

2

-Khối lượng hỗn hợp X: (40.0,2) + 2n = 8,6 => H2 n = 0,3molH2

=> % C H3 4

0,2

0,2 0,3

Bài 3: Trong một bình kín chứa hỗn hợp X gồm hiđrocacbon A và hiđro có

Ni xúc tác Nung nóng bình một thời gian, thu được một khí B duy nhất ở

cùng nhiệt độ, áp suất trong bình trước khi nung nóng gấp 3 lần áp suất sau khi nung nóng Đốt cháy một lượng B thu được 8,8g CO2 và 5,4g H2O. Công thức cấu tạo của A là

A C2H2 B C3H4 C C4H6 D C4H8

Bài giải:

Ta có:

2

2

nCO 0,2mol

nH O 0,3mol

=

=

Gọi công thức của hiđrocacbon A là: CnH2n+2-2k : a mol

CnH2n+2-2k + kH2 → 0

Ni

t CnH2n+2

a ka a

=> nđầu = (a+ka)mol và nsau = a mol

Ta có:

+

Mặt khác : CnH2n+2 + 3n 1

2

+ O2 → 0

t nCO2 + (n+1)H2O

=> 0,3n = 0,2(n+1) => n = 2 Vậy A là C2H2 => Chọn A

Cách 2

Vì sau phản ứng chỉ thu được chấ B duy nhất và khi đốt hoàn toàn B được n H O = , >n CO = ,

0 3 0 2nên A và H2 phản ứng hoàn toàn, vừa đủ với liên kết π

- Nếu chọn hỗn hợp X 3 mol thì B là 1mol và ta có

k

⇒ =

2 1

2

Khi đốt B ta có 0,3n = 0,2(n+1) => n = 2; Vậy A là C2H2 => Chọn A

Bài 4: Nung 0,04 mol C2H2 và 0,05 mol H2 với Ni nung nóng (hiệu suất

100%) được hỗn hợp X gồm 3 chất, dẫn X qua dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu được 24g kết tủa Số mol chất có phân tử khối lớn nhất trong X là

Bài giải:

Ta thấy số mol H2 thiếu so với lượng cần để làm no hoàn toàn 0,04 mol C2H2

Gọi a, b,c lần lượt là số mol C2H2, C2H4 và C2H6 trong X

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 →t0 C2Ag2 + 2NH4NO3

=> a = 0,01 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C và H ta có:

( ) ( )

,

, ,

n 2a 2b 2c 0 08 C

b c 0 03 1

nH 2a 4b 6c 0 18

2b 3c 0 08 2

=> + =

=> + =

Từ (1) và (2) suy ra: b= 0,01 và c = 0,02 => Chọn B

Bài 5: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một ankin Tỉ khối của X đối với H2 là 4,8 Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 8 Công thức phân tử của ankin là

Bài giải:

X

M = 4,8.2 = 9,6; M = 8.2 = 16Y

Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có hiđrocacbon không no

Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)

⇒mX = 9,6g

Dựa vào [3] ta có: Y

Y

Dựa vào [2] ⇒ nH2 phan ung = 1 - 0,6 = 0,4 mol

Ta có nankin (X) =

2 phan ung

H

1

n × 0,4 = 0,2 mol 2

1 2

= Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: (14n - 2)× 0,2 + 2× (1- 0,2) = 9,6

=> n = 3 CTPT: C3H4 Chọn B

Bài 6: Hỗn hợp X gồm 3 khí C3H4, C2H2 và H2 cho vào bình kín dung tích

9,7744 lít ở 250C, áp suất 1atm, chứa ít bột Ni, nung nóng bình một thời gian thu được hỗn hợp khí Y Biết tỉ khối của X so với Y là 0,75 Số mol H2 tham gia phản ứng là

A 0,75 mol B 0,30 mol C 0,10 mol D 0,60 mol

Bài giải:

X

1× 9,7744

0,082(273 + 25) Dựa vào [3] ta có: X Y Y

Y X

⇒nH2phan ung =0,4 - 0,3 = 0,1mol Chọn C

Bài 7: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với xúc

tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua bình đựng dung dịch brom (dư) thì còn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc) có tỉ khối so với O2 là 0,5 Khối lượng bình dung dịch brom tăng là:

A 1,04 gam B 1,20 gam C 1,64 gam D 1,32 gam.

Bài giải:

Có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

X 0,06 mol C2H2

0,04 mol H2 Ni, t

0

Z (C2H6, H2 d ) (0,448 lÝt, dZ/H2 = 0,5)

C 2 H 4 , C 2 H 2 d ,

C2H6, H2 d

mb×nh = mC

2 H 2 d + mC2H4 Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY = Δmtang + mZ

M = 0,5× 32 = 16;n = = 0,02 m = 0,02×16 = 0,32gam

Ta có: 0,06.26 + 0,04.2= Δm +0,32⇒Δm =1,64 – 0,32=1,32 gam Chọn D

Bài 8: Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen Nung X

một thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1 Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào dung dịch brom (dư) thì có

m gam brom tham gia phản ứng Giá trị của m là

A 32,0 B 8,0 C 3,2 D 16,0

Bài giải:

Vinylaxetilen: CH = CH - C CH2 ≡ , phân tử có 3 liên kết π

nX = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol; mX = 0,3.2 + 0,1.52 = 5,8 gam ⇒mY = 5,8 gam Y

M =29 Y

5,8

n = = 0,2 mol 29

Dựa vào [2] nH 2phan ung =0,4- 0,2 = 0,2mol chỉ bảo hoà hết 0,2 mol liên kết

π , còn lại 0,1.3 – 0,2=0,1 mol liên kết π sẽ phản ứng với 0,1 mol Br2.

2

Br

m = 0,1×160 = 16 gam

Bài 9: Cho 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm C3H8, C2H2, C3H6, CH4 và H2 đi qua

bột Niken xúc tác nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng

ta thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y không chứa H2 Thể tích hỗn hợp các hidrocacbon có trong X là:

Bài giải:

Dựa vào [5] ⇒Vhiđrocacbon (Y) = Vhiđrocacbon (X) = 6,72 lít Chọn C

Bài 10: Cho 4,48 lít hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H2, C2H4, C3H6, C3H8 và V

lít khí H2 qua xúc tác Niken nung nóng đến phản ứng hoàn toàn Sau phản ứng ta thu được 5,20 lít hỗn hợp khí Y Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện Thể tích khí H2 trong Y là

Bài giải :

Dựa vào [5] ta có : Vhiđrocacbon (Y) = Vhiđrocacbon (X) = 4,48 lít

⇒Thể tích H2 trong Y là: 5,2 - 4,48=0,72 lít Chọn A

Bài 11: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ

khối đối với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu

được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6 Số mol H2 đã tham gia phản ứng là

Bài giải:

X

M = 7,3.2 = 14,6; M = Y 73 2 73

6 × = 3 ; nX = 1 mol Dựa vào [2] và [3] ⇒nY = 0,6 mol; nH 2phan ung = 1 - 0,6 = 0,4mol Chọn B

Bài 12: Cho 27,2 gam một ankin Y phản ứng hết với 1,4 gam H2 với xúc

tác Ni, nung nóng thu được hỗn hợp A gồm một ankan và một anken Cho

A từ từ qua nước brom dư thấy có 16,0 gam brom phản ứng Công thức phân tử của ankin là

Bài giải:

Gọi công thức phân tử của ankin Y là CnH2n -2 ( n 2≥ )

Dựa vào [7] ta có: n(Y)= 0,7 + 0,1=0,4

2 (vì Y chứa hai π )

−

⇒ 2 2 = 27,2 =68 14= −2

0,4

n n

C H

Vậy n = 5 suy ra công thức phân tử C5H8 Chọn D

III BÀI TẬP THAM KHẢO.

Bài 1: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2, 0,05 mol C3H6 và 0,07

mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y gồm C2H6, C2H4, C3H8, C2H2 dư, C3H6 dư và H2 dư Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp

Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong dư Khối lượng bình dung dịch nặng thêm là

C 16,92 gam D 6,84 gam

Bài 2: (Đề TSĐH KB năm 2009) Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có

khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất Tỉ khối của X so với H2 bằng 9,1 Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn,

thu được hỗn hợp khí Y không làm mất màu nước brom, tỉ khối của Y so với H2 bằng 13 Công thức cấu tạo của anken là

A CH3-CH=CH-CH3 B CH2=CH-CH2-CH3.

C CH2=C(CH3)2 D CH2=CH2

Bài 3: Một hỗn hợp khí X gồm Ankin A và H2 có thể tích 15,68 lít Cho X

qua Ni nung nóng, phản ứng hoàn toàn cho ra hỗn hợp khí Y có thể tích 6,72 lít (trong Y có H2 dư) Thể tích của A trong X và thể tích của H2 dư lần lượt là (các thể tích đo ở điều kiện tiêu chuẩn)

A 2,24 lít và 4,48 lít B 3,36 lít và 3,36 lít

C 1,12 lít và 5,60 lít D 4,48 lít và 2,24 lít

Bài 4: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ

khối đối với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6 Cho hỗn hợp khí Y đi chậm qua bình nước Brom dư ta thấy có 10,08 lít (đktc) khí Z thoát ra có tỉ khối đối với H2 bằng 12 thì khối lượng bình đựng Brom đã tăng thêm

Bài 5: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ

khối đối với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6 Khối lượng hỗn hợp khí

Y là

Bài 6: (Bài 6.11 trang 48 sách bài tập Hoá 11 nâng cao)

Cho hỗn hợp X gồm etilen và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,25 Dẫn X qua bột Ni nung nóng (hiệu suất phản ứng hiđro hoá anken bằng 75%), thu được hỗn hợp Y Tính tỉ khối của Y so với H2 Các thể tích khí đo ở đktc

ĐS: dY/H2 = 5,23

Bài 7: (Bài 6.11 trang 43 sách bài tập Hoá 11)

Hỗn hợp khí A chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng Tỉ khối của A đối với H2 là 8,26 Đun nóng nhẹ A có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp B không làm mất màu nước brom và có tỉ khối

đối với H2 là 11,80 Xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của từng chất trong hỗn hợp A và hỗn hợp B

ĐS: Hỗn hợp A: C3H6 (12%); C4H8 (18%); H2 (70%)

Hỗn hợp B: C3H8 (17%); C4H10 (26%); H2 (57%)

IV KẾT QUẢ.

Lớp đối chứng: Là 3 lớp 11 năm học trước, ba lớp học chương trình nâng cao và cơ bản, tôi sử dụng phương pháp truyền thống

Năm học 2011 – 2012 Lớp TSHS 0 – 3.4 3.5 – 4.9 5.0 – 6.4 6.5 – 7.9 8.0 – 10

Tổng 121 15 12,

4

27 22,3 32 26,5 43 35,

5

Lớp thực nghiệm: là 3 lớp năm nay, học chương trình nâng cao và

cơ bản, tôi sử dụng phương pháp giải toán cộng hiđro và brom vào hiđrocacbon không no

Năm học 2012 - 2013 Lớp TSHS 0 – 3.4 3.5 – 4.9 5.0 – 6.4 6.5 – 7.9 8.0 – 10

Khi sử dụng phương này hướng dẫn học sinh ôn thi đại học kết quả năm sau cao hơn năm trước

Đối với giáo viên đứng lớp giảm bớt gánh nặng là nói nhiều, viết nhiều làm việc nhiều mà hiệu quả lại rất cao

PHẦN BA KẾT LUẬN.

I Kết luận.

Qua thực tế đã giảng dạy áp dụng đề tài này học sinh tiếp thu rất nhanh, hứng thú và phấn khởi trong thời lượng có hạn học sinh của tôi đã làm được rất nhiều bài tập một cách nhanh, chính xác, hiệu quả cao

Trong quá trình thực hiện đề tài này tôi nhận thấy, vận dụng được phương pháp này sẽ giúp cho quá trình giảng dạy và học tập môn hoá học được thuận lợi hơn rất nhiều bởi trong quá trình giải toán ta không cần phải lập các phương trình toán học

Đây không phải là điều mới, nhưng nó mới đối với học sinh khi áp dụng phương pháp giải các bài toán trong thời gian ngắn, phù hợp với hình thức trắc nghiệm

II Đề nghị

Qua thực hiện đề tài này tôi nhận thấy rằng để tăng khả năng giải bài tập nhanh, chính xác ở học sinh góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy tôi đề nghị

Một là phân phối chương trình tăng thêm các tiết luyện tập, để giáo viên có điều kiện đưa thêm một số cách giải bài tập mới

Hai là sách giáo khoa nên có nhiều bài tập áp dụng để học sinh tự làm trên cơ sở đó hoàn thiện và khắc sâu kiến thức

Do năng lực và thời gian có hạn, đề tài có thể chưa bao quát hết được các loại, dạng của phương pháp Các ví dụ được đưa ra trong đề tài có thể chưa thực sự điển hình Tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ phía đồng nghiệp và hội đồng khoa học

Xin chân thành cảm ơn !

Chư sê, ngày 8 tháng 3 năm 2013

Người viết

Giáo viên: Đào Khắc Toản