6 BÀI TẬP SO SÁNH GIẢI THÍCH CẤU TẠO, TÍNH CHẤT HÓA HỌC CỦA CÁC HYDROCACBON
7.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LẬP CTPT HYDROCACBON Bài 1 :
Bài 1 :
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 H2 dB/H2 = 14,5. Khi dẫn hỗn hợp khí B qua dung dịch Br2 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 MA kết hợp với phương pháp ghép ẩn số để giải.
=14,5.2 = 29
Theo ĐLBT khối lượng : khối lượng A đem cracking = khối lượng hỗn hợp B => 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) => = ½ MA => MA = 29.2 = 58 MA = 14n + 2 = 58 => n= 4 v CTPT A là C4H10 Các ptpu cracking A : C4H10 => CH4 + C3H6 a => a a (mol) C4H10 => C2H6 + C2H4 b => b b (mol)
Gọi A, B lần lượt là số mol A đã bị cracking theo 2 phản ứng trên. hh B gồm : CH4 : a (mol)
C2H6 : b (mol) C3H6 : a (mol) C2H4 : b (mol)
Khi dẫn hh qua dd Br2 thì 2 anken bị hấp thụ. => m2anken = 55,52%mB = 55,52%mA
=> 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) = 2 (a + 2,3a) = 6,6a (mol)
Ở cùng điều kiện, tỉ lệ số mol cũng chính là tỉ lệ về thể tích => %CH4 = %C3H6 = = 15%
%C2H6 = %C2H4 = Bài 2 :
Hydrocacbon (X) dẫn xuất từ aren. Hóa hơi (X) trộn với oxi vừa đủ trong một khí nhiên kế, đốt hoàn toàn hỗn hợp rồi đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất trong bình bằng 12 lần áp xuất của (X) ban đầu. Đưa về 0oC áp suất khí giảm còn 2/3.
5,2 gam (X) làm mất màu dung dịch chứa 8 gam Brôm. Xác định CTCT của (X)
GIẢI
Bài này có 2 cách giải :
v Ở cùng điều kiện T, V không đổi thì tỉ lệ số mol bằng tỉ lệ áp suất. PV = nRT
v Khi đưa về OoC, hơi nước bị ngưng tụ. Khí còn lại là CO2 P3 = 2/3P2
nCO2 = 2/3 (nCO2 + nH2O)
Cách 1 : Dùng phương pháp thông thường để giải. v Giả sử số mol của X là 1mol
1 => x => y/2 (mol) n2 = x + y/2 => n2 = 12n1 hay x + y/2 = 12 (1) x = 2/3 (x + y/2) Û 3x = 2x + y Û x = y (2) (1), (2) => x + x/2 = 12 => x = 8 = y => CTPT X : C8H8 Cách 2 : Dùng phương pháp biện luận giải
Gọi CxHy : n1 (mol) => n2 = 12n1 (1) Khi đưa về OoC :
n3 = 2/3n2 = 2/3.12n1 = 8n1 = nCO2 => nH2O = 12n1 – 8n1 = 4n1 n1 => 8n1 => 4n1 x : y/2 = 8n1 : 4n1 => x= y. v CTN của X (CH)n hay CnHn CnHn + kBr2 => CnHnBrk 13n => 160k 5,2 => 8
X là dẫn xuất của Benzen => n ³ 6 => k < 8/6 = 1,33 => k = 1 và n = 8.
v Vậy CTPT A : C8H8 r = (8.2 + 2 – 8) = 5
A là dẫn xuất của benzen, A lại làm mất màu dd Br2 => có nối đôi C=C ở nhánh. v CTCT A :
A là Styren.
Bài 3 :
Đốt cháy 19,2 g hỗn hợp 2 ankan kế tiếp thì thu được V lít CO2 (0oC, 2 atm). Cho V lít CO2 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 : CnH2n+2 : a (mol) Y : CmH2m+2 : b (mol) CTPT trung bình 2 ankan
Giả sử n < m => n< < m = n + 1. 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 thì mCO2 = mCO2(trong ) => nCO2 = nCaCO3 = (mol)
=> mCO2 = 1,3.44 = 57,2 (g) 44 19,2 57,2 Ta có tỉ lệ : = 2,6 Ta có n < = 2,6 < m = n+1 => n = 2 và m =3 v Vậy CTPT 2 ankan là C2H6 và C3H8 b) Tính % các hydrocacbon trên :
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) => a = 0,2 ;b = 0,3 (mol) %C2H6 = % C3H8 = 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 O2 (lấy dư) và cho hỗn hợp CO2, H2O, O2 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,OoC).
a) Xác định dãy đồng đẳng A,B b) Xác định CTPT của A, B Tóm tắt :
nO2bđ = 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 :
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 nCO2 = nCaCO3 = 100/100 = 1 mol
Áp dụng ĐLBT nguyên tố (O) cho ptpu cháy : nO2 pứ = nCO2 + ½ nH2O
=> nH2O = 2(nO2 pư – nCO2) = 2(1,8-1) = 1,6 mol.
Ta thấy nH2O > nCO2 => hai hydrocacbon trên thuộc dãy đồng đẳng ankan. CTPT trung bình 2 ankan là : x => (3+1)/2x => x => x (+1) (mol) nCO2 = x = 1 nH2O = x(+1) = 1,6 x = 0,6 = 1,67 1 < =1,67 < m= n + 1 => n= 1 và m = 2 => CTPT 2 ankan là CH4 và C2H6 Bài 5 :
Đốt cháy 560cm3 hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hydrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon ta thu được 4,4g CO2 và 1,9125g hơi nước.
a) Xác định CTPT các chất hữu cơ. b) Tính %khối lượng các chất.
c) Nếu cho lượng CO2 trên vào 100 ml dd KOH 1,3M; Tính CM 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 :
CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên : Giả sử y < y’ => y < < y’
Số mol hỗn hợp khí nhh = mol nCO2 = 4,4/44 = 0,1 (mol)
nH2O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol) 0,025 => 0,025x => 0,025/2
CTPT A, B có dạng : A : C4Hy và B : C4Hy’ Ta có 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 : C4H10 Tương tự biện luận tìm CTPT A : y < 8,5 y chẵn y 2 4 6 8 A C4H2 C4H4 C4H6 C4H8
Vậy có 4 cặp nghiệm : và và và
c) Tính CM các muối tạo thành : nKOH = V.CM = 0,1.1,3 = 0,13 (mol) Ta có : = => Tạo thành 2 muối.
CO2 + 2KOH => K2CO3 + H2O a 2a a (mol) CO2 + KOH => KHCO3
b b b (mol) Ta có : (mol)
CM(K2CO3 ) = (M) CM(KHCO3) = (M) Bài 6 :
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ankin (A) và ankan (B) có V = 5,6 lít (đkc) được 30,8g CO2 và 11,7g H2O
Xác định CTPT A,B. Tính % A,B. Biết B nhiều hơn A một C 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 :(mol) (n ³ 2; m ³ 1)
a an a(n-1) (mol) b bm bm (mol) n hỗn hợp = a+ b = (mol) (1)
n CO2 = an + bm =(mol) (2) n H2O = a(n-1) + bm =(mol) (3) (2), (3) => an - a + bm = 0,65 <=> 0,7 - a = 0,65 a = 0,05 mol (1) b = 0,25 – a = 0,25-0,05 = 0,2 mol (2) an + bm = 0,05n +0,2m = 0,7 n + 4m = 14 => m < 3,5 n = 14 – 4m m = n +1 vì B nhiều hơn A một C Biện luận : m 1 2 3 n 10 6 2 Vậy m = 3 n =2 Vậy CTPT A, B: Bài 7 :
Một hỗn hợp khí (X) gồm 1 ankan, 1 anken và 1 ankin có V =1,792 lít (ở đktc) được chia thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho qua dung dịch AgNO3/NH3 dư tạo 0,735 g kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm 12,5% - Phần 2 : Đốt cháy hoàn toàn rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào 0,2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0125M thấy có 11g kết tủa
Xác định CTPT của các hydrocacbon. GIẢI :
Ở bài này, có nhiều thí nghiệm với nhiều dữ kiện, ta nên dùng phương pháp ghép ẩn số để giải.
nhh = mol
gọi a, b, c lần lượt là số mol của ankan, anken, ankin trong mỗi phần => a + b + c = 0,04 mol (1)
v Phần 1 + dd AgNO3/NH3 dư => 0,735g (kết tủa) Vhh giảm 12,5% => Vankin = 12,5%(1/2Vhh)
=> nankin = c = 12,5%*0,04 = 0,005 mol (2) => M(kết tủa)=
=> Trong phân tử kết tủa chỉ có một nguyên tử bạc. Vậy ankin ban đầu là ankin-1 Đặt CTPT kết tủa CnH2n-3Ag
M(kết tủa) = 14n +105 = 107 => n= 3 Vậy CTPT ankin là C3H4.
Ta có a + b = 0,04- c =0,04 -0,005 = 0,035 mol (3) v Phần 2 :
C3H4 + 4O2 => 3CO2 + 2H2O
0,005 => 0,015 (mol) CmH2m + 3m/2O2 => mCO2 + mH2O b => mb (mol) CnH2n+2 + (3n+1)/2O2 => nCO2 + (n+1)H2O a => na (mol) nCO2 = 0,015 + mb + na (mol) (4)
nCa(OH)2 = 0,2 * 0,0125 = 0,115 mol nCaCO3 = 11/100 = 0,11(mol)
Khi cho CO2 vào dd Ca(OH)2 có thể xảy ra các phản ứng sau : Ca(OH)2 + CO2 => CaCO3 + H2O (5)
Ca(OH)2 + 2CO2 => Ca(HCO3 )2 (6)
v TH 1 : Số mol CO2 thiếu so với dd Ca(OH)2, chỉ xảy ra phương trình phản ứng số (5) nCO2 = 0,015 + mb + na = nCaCO3 = 0,11 mol
=> mb + na = 0,095 mol (7)
Cách 1 : Dùng phương pháp biện luận dựa vào giới hạn Giả sử n < m => na + nb < na + mb < ma + mb n(a + b) < na + mb < m(a + b) n < < m 1 < n < <m < 4 =>
Vậy có 4 cặp nghiệm ứng với trường hợp 1 : hay hay hay
Giả sử m < n => 2 < m < <n < 4 Có 2 cặp nghiệm : hay
v TH 2 : Xảy ra cả hai phương trình phản ứng 5,6 : Ca(OH)2 + CO2 => CaCO3 + H2O (5)
Ca(OH)2 + 2CO2 => Ca(HCO3 )2 (6) (0,115-0,11) 2.0,005 nCO2 = 0,11 + 2.0,005 = 0,12 (mol) => na + mb = 0,12 – 0,015 = 0,105 (mol) Giả sử n<m => 1< n < <m < 4 => => CTPT và * n = 3 Giả sử m < n => 2< m < <n < 4 Có 2 cặp nghiệm : và CTPT các chất : và
Vậy có 11 nghiệm thỏa yêu cầu đề bài.
Cách 2 : dùng phương pháp trung bình kết hợp với phương pháp biện luận. Đặt CTPT trung bình của ankan, anken :
Viết các phương trình phản ứng như trên Biện luận tương tự như trên.
Bài 8 :
Đốt cháy hoàn toàn 0,3mol hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (thuộc các dãy đồng đẳng ankan, anken, ankin) có tỉ lệ phân tử lượng 22:13 rồi dẫn sản phẩm sinh ra vào bình Ba(OH)2 dư thấy bình nặng thêm 46,5g và có 147,75g kết tủa.
a) Tìm CTPT A, B và tính khối lượng mỗi chất.
b) Cho 0,3 mol X lội từ từ qua 0,5 lít dung dịch Br2 0,2M thấy dung dịch Br2 mất màu hoàn toàn, khí thoát ra khỏi dung dịch Brôm chiếm thể tích 5,04 lít (đktc). Hỏi thu được sản phẩm gì? Gọi tên và tính khối lượng của chúng.
GIẢI :
Ở bài này, ta có thể giải theo phương pháp biện luận so sánh số mol kết hợp phương pháp ghép ẩn số để giải hoặc sử dụng phương pháp trung bình.
Sản phẩm cháy của 2 hydrocacbon là CO2 và H2O. Khi hấp thụ vào bình chứa dd Ba(OH)2 thì Cả CO2 và H2O đều bị dd Ba(OH)2 dư hấp thụ
mbình tăng = mCO2 + mH2O = 46,5g
CO2 + Ba(OH)2 => BaCO3 (kết tủa) + H2O nCO2 = nBaCO3 = mol
=> mH2O = 46,5 – 0,75.44 = 13,5(gam) => nH2O = (mol)
Cách 1 :
Ta thấy khi đốt hai hydrocacbon cho số mol nCO2 = nH2O = 0,75 mol Cách 2 : biện luận theo phương pháp số trung bình
Đặt CTPT trung bình của hai hydrocacbon trên là : 1 => => () (mol) 0,3 => 0,3 => 0,3() (mol) nCO2 = 0,3 = 0,75 (mol) => = 2,5
nH2O = 0,3() = 0,75 (mol)
thay = 2,5 vào phương trình trên => =1 => có hai trường hợp :
* A là ankan, B là ankin (hoặc ngược lại) v TH 1 : A, B là anken. Đặt CTPT (mol) Đặt CTPT trung bình 2 anken 0,3 => 0,3 nCO2 = 0,3= 0,75 =>= 2,5 Giả sử n< m => n= 2. => CTPT A là C2H4. A là anken nhỏ nhất nên ta chỉ có tỉ lệ : (loại) v TH 2 : A là ankan, B là ankin (mol) a => an => a(n+1) (mol) b => bm => b(m-1) (mol) ta có : nCO2 = an + bm = 0,75 (1) nhh = a + b = 0,3 (2) nH2O = a(n+1) + b(m-1) = an + bm + (a-b) = 0,75 (3) Thay (1) vào (3) : => a- b = 0 hay a= b
(2) => a = b = 0,15 (mol) (1) => n + m =
Xét tỉ lệ phân tử lượng giữa A và B ta có hai trường hợp : • MA : MB = 22 : 13 => n = 3 (A : C3H8) và n =2 (B : C2H2) • MB : MA = 22 : 13 => => n = 1,7 và m = 3,28 (loại) Vậy hai hydrocacbon đó là : (mol)
Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp : mC3H8 = 0,15.44 = 6,6 (g)
mC2H2 = 0,15.26 = 3,9 (g)
b) Xác định tên và tính khối lượng sản phẩm : nBr2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol)
• Dung dịch Br2 bị mất màu hòan toàn chứng tỏ 0,1 mol Br2 trong dd đã phản ứng hết. • Số mol khí thoát ra khỏi dd Br2 là 5,04/22,4 = 0,225 (mol) trong đó có 0,15 mol C3H8. => nC2H2 pứ = 0,225 – 0,15 = 0,075 (mol) • Hai phản ứng có thể xảy ra : C2H2 + Br2 => C2H2Br2 (lỏng) a => a => a (mol) C2H2 + 2Br2 => C2H2Br4 (lỏng) b => 2b => b (mol) Ta có hệ phương trình : => =>
Tên 2 sản phẩm : C2H2Br2 : 1,2- Dibrometen; C2H2Br4 : 1,1,2,2-Tetrabrometan. Bài 9 :
Một hỗn hợp gồm một số hydrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng có khối lượng phân tử trung bình () = 64.
ở 100oC thì hỗn hợp này ở thể khí, làm lạnh đến nhiệt độ phòng thì một số chất bị ngưng tụ. các chất khí có khối lượng phân tử trung bình (= 54). Các chất lỏng có (=74). Tổng khối lương các chất trong hỗn hợp đầu là 252.
Biết khối lượng phân tử chất nặng nhất gấp đôi chất nhẹ nhất. Tìm CTPT các chất và % thể tích các chất trong hỗn hợp.
GIẢI :
Ở bài này, áp dụng tính chất đồng đẳng trong toán học để giải Gọi a1, a2, …, an là khối lượng phân tử của các hydrocacbon trên. * Áp dụng tính chất toán học :
Các hydrocacbon liên tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng sẽ tạo nên một cấp số cộng có công sai d = 14
an = a1 + (n-1)d S =
Với an = 2a1 => 2a1 = a1 + (n-1).14 => a1 = 14(n-1) => S = 1,5na1 = 252 Hay 15,5.14n(n-1) = 252 => 21n12 - 21n1 - 252 = 0 n = 4(nhận) hay n = -3 (loại) a1 = 14(4-1) = 42
đặt hydrocacbon đầu là A1 : CxHy M1 = 12x + y = 42 mà : y chẵn y < 2x +2 x 1 2 3 ³ 4 y 30 18 6 < 0
Vậy A là C3H6, là hydrocacbon đầu tiên trong cấp số cộng trên. Các đồng đẳng kế tiếp của nó là C4H8, C5H10, C6H12 (M = 84) Tính % thể tích các chất trong hỗn hợp :
Gọi a, b, c, d (mol) lần lượt là số mol các hydrocacbon tương ứng : C3H6, C4H8, C5H10, C6H12 . Ta có : (1) => b = 6a (2) => c = 2,5d(3) Thay (2), (3) vào (1) : => => d = 2a (4) => c= 2,5.2a = 5a (3’) nhh = a + b + c + d = a + 6a + 5a + 2a = 14a
Ở cùng điều kiện, tỉ lệ về số mol bằng tỉ lệ về thể tích %C3H6 = %C4H8 = %C5H10 = %C6H12 = 8 BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THÀNH PHẦN HỖN HỢP CÁC HIDROCACBON ĐÃ BIẾT CTPT
v 8.1 MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP :
- Khai thác tính chất hóa học khác nhau của từng loại hydrocacbon, viết các phương trình phản ứng.
- Đặt a, b, c,… lần lượt là thể tích (hoặc số mol) khí trong hỗn hợp.
- Lập các phương trình đại số : bao nhiêu dữ kiện là bấy nhiêu phương trình. - Các thí nghiệm thường gặp trong toán hỗn hợp :
+ Đốt cháy hỗn hợp trong O2 : thường dùng lượng dư O2 (hoặc đủ) để phản ứng xảy ra hoàn toàn, nếu thiếu oxi bài toán sẽ trở nên phức tạp vì sản phẩm có thể là C, CO, CO2, H2O, hoặc sản phẩm chỉ gồm CO2, H2O đồng thời dư hydrocacbon.
+ Phản ứng cộng với H2 : cho hỗn hợp gồm hydrocacbon chưa no và H2 qua Ni, toC (hoặc Pd,to) sẽ có phản ứng cộng.
- Độ giảm thể tích hỗn hợp bằng thể tích H2 tham gia phản ứng. Ta luôn có :
- Số mol hỗn hợp trước phản ứng lớn hơn số mol hỗn hợp sau phản ứng.