các dạng BT hóa hữu cơ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (381.78 KB, 32 trang )
I- Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i nhanh tr¾c nghiÖm ho¸ h÷u c¬
!"
hh
hh
m
M
n
=
!"#"$"%&'() *+,-
./0122222222222222222222222222222222223
4567
2
X Y
co
C H
n
n
n
=
4567
2
CO
hh
n
n
n
=
8
1 2
n a n b
n
a b
+
=
+
')
9
:
;
+ 567!9:!;
:+ !9:!;
567<*; 567
;!) <=
V d 1 >;+?@5A)+;B:C='1
D&+99:;/3=7%&E6+
F=7>
B
:7
;
>
G
H=7
;
>
G
:7
I
>
C
H=7
I
>
C
:7
B
>
9J
K=7
B
>
9J
:7
L
>
9;
Suy lun
24,8
49,6
0,5
hh
M = =
8
14 2 49,6 3,4.n n+ = → =
;"+7
I
>
C
+7
B
>
9J=
VÝ dô 2 79B;M+?@5AN""OP
H
;
!+!+(""&GBH
;
=
9= 7%&E6$M+
F=7
;
>
B
:7
I
>
G
H=7
I
>
C
:7
B
>
9J
7=7
B
>
9J
:7
L
>
9;
K=7
L
>
9J
:7
G
>
9;
Suy lun
2
64
0,4
160
anken Br
n n mol= = =
14
35
0,4
anken
M = =
8
14 35 2,5.n n= → =
Q)+7
;
>
B
+7
I
>
G
V d 3 79J:;F?7>
B
+M?@5AN
""P":!RS:?T1
U*6=
9= 7%&E6$M+
F=7
;
>
B
:7
I
>
G
H=7
I
>
G
:7
B
>
9J
7=7
B
>
C
:7
L
>
9J
K=7
L
>
9J
:7
G
>
9;
;=VWR1$M+
F=9LX:ILXH=;JX:IJX
7=;LX:;LXK=BJX=9JX
Suy lun:
9=
4 4
2 2CH anken CH anken
V V n n
= → =
2
7
anken
m g
=
8
4
10,2 7
0,2
16
CH
n
−
= =
8
7
14 2,5
0,2
n n= → =
=>M+7
;
>
B
+
7
I
>
G
=
;=Y
2 3
2,5
2
n
+
= = =
*5 ;M<= YZ
[,\X]XY=
^XY];LX=
V d 4:Q$;"1AA"_?@
BC:B7`
;
+;C:C>
;
`=VWR1"+
F=aJX:9JXH=CLX=9LX
7=CJX:;JXK=SLX=;LX
#$%&'b\
>7>`
F
]9B
cd7>`
F
]9;=
V d 1 7>7>`+>
;
N0*)=Ke+
* U&+Pf1gD!
h+$!)1:!R99:C=
i!""$"gP""F`
I
j>
I
;9:GF=
7>
I
`>fU&>
;
>7>`+
F=C:I H=a:I
7=9J:I K=9:JI
Suy lun>d7>`>
;
0
Ni
t
→
7>
I
`>
/
3
CH OH HCHO
m m+
3U&+99:C=
>7>`;F
;
`
3
NH
→
7`
;
>
;
`BF
↓
1 1 21,6
0,05
4 4 108
HCHO Ag
n n mol= = × =
=
k
>7>`
]J:JL=IJ]9:L8
3
11,8 1,5 10,3
CH OH
m g= − =
V d 27?J:9>7``>+J:;>7>`$"gAP
""F`
I
j>
I
F+
F=9JC H=9J:C
7=;9G K=;9:G
Suy lunJ:9>7``>^J:;F
J:;>7>`^J:CF
^Q$$F=
($'$$)%! *
Nguyên tcK0+ 0RU1(!+
!$1l$O99!=
7g1K0+ 0m,9F^9Hn
1(lF^H/Pl:+b\E<U&3=
' 0h/F^H3M+Zo$!U&
1+ Up='() $!U&
+f=
Đi vi rưuqrU&P
2
( ) ( )
2
x x
x
R OH xK R OK H+ → +
>nc`>^c`
1
2
>
;
'M!&9$"gPf9
RIas9]IC=
YA,+)
1 :>
;
+()l$O7'V'Dg=
Đi vi anđehitlrU&$DM
cs7>`F
;
`
0
3
,NH t
→
cs7``>;F
'M!&9MM$D^9l
⇒
∆
]BLs;a]9G=YA,
M
:
l
^
M
:
F
^7'V'
M=
Đi vi axitqrU&P,
c/7``>3
l
l`>^c/7``3
l
l>
;
`
>nc7``>`>^c7``>
;
`
9^9^
∆
↑
];;
Đi vi estelrU&l+t)
c7``c
u
`>^c7``c
u
`>
9^9^
∆
↑
];Isk
c
u
Đi vi aminoaxitlrU&P>7
>``7dcd>
;
>7^>``7dcd>
I
7
9^9^
∆
↑
]IG:L
Th d 1 7;J:9L;lD&$"g(P""
;
7`
I
Y7`
;
/3+""=7%f"";C:aG
=v$OY+
F=B:CB H=B:BC
7=;:;B K=;:B;
Suy lunvw%&;l+
R COOH−
V;
R COOH−
;
7`
I
^;
R COONa−
7`
;
↑
>
;
`
'M;^;9
⇒
∆
];=/;Id993]BB
'M,+R;C:aGs;J:9L]C:C9=
^47`
;
]
8,81
0,2
44
mol=
^'17`
;
Y]J:;=;;:B]B:BC
Th d 279J;D&AA"_?
@$"g(Pff9B:B!x+Y>
;
/3=Y)$O+
F=9:9; H=;:;B
7=I:IG K=B:BC
Suy lun'M9U&^9J:L>
;
R
6 6 2
2
( )
1,4
2
14,1
78 45
n n
C H NO
n
n
N
n
−
=
+
m∆ =
;Id9];;
YMW+9+J:L>
;
R
9B:Bs9J]B:B=^4>
;
]
4,4.0,5
0,1
22
mol=
^'1>
;
Y]J:9=;;:B];:;B=
Th d 3E++J:JLM M9lD&P9
D&5AL:G`>=kn$:EL:BSLM M)
5AB:;`>+G:;;L=Y7'7'M M+
F=/7``7
;
>
L
3
;
H=/7``7>
I
3
;
7=/7``7>
;
7>
;
7>
I
3
;
K=ANU$
Suy lunY
`>
];
M M
^M M;&f(l;&+D&=
Qn%&mN$M M+c/7``c
u
3
;
c/7``c
u
3
;
;`>^c/7``3
;
;c
u
`>
9;^9]/Ia:;s;c
u
3
⇒
J:JISLJ=JSL^J:JISL]G:;;LsL:BSL]
J:SL=
^J:JISL/SCs;c
u
3]J:SL^c
u
];a^c
u
]7
;
>
L
d
k
M M
]
5,475
146
0,0375
=
^k
c
/BB;a3;]9BG^k
c
]J
Y%&-M M+/7``7
;
>
L
3
;
B= +, /.+, 0,
d'$U&)w:m$!U&
<m$ Upf+=
FH^7K
'
F
H
]
7
K
- vw
'
+m$!PU&
k
4
+m$! U&
K[U&(t!"e)
'
]
4
d46"gU+5U&$
$9!F/7:>3
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
n n n+ =
^
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
m m m+ =
vU 6$!.DF/7:>:`3
F`
;
^7`
;
>
;
`
')
2 2 2
O CO H O
mA m m m+ = +
YP
F
]
7
>
`
Th d 1Q$++y7
;
>
G
:7
I
>
B
:7
B
>
C
9;:aC7`
;
+L:SG>
;
`='$Oz/Q$ B:9C3
Th d 2 ;:CI;D&$"g(P$
J:CaG>
;
/3+=v$O+
F=L:BaH=B:aL7=L:aBK=B:La
Th d 3 7B:;?M:M:l{$"g(
P!$J:GS;>
;
/3+9""=7%f""
xq=q+
F=;:LLH=L:L;7=L:;LK=L:JL
Suy lun7UI!5,)956>*^4]
;>
;
];=J:JI]J=JG
|"gQiH'i
^
q
]B:;J:JG/;Id93]L:L;=
Ω
Th d 4 7;MD&+;W<
V9QM$++9:JC>
;
`
V;$"gP>
;
"/:
J
3F=QMF$++
17`
;
/3+
F=9:BIBH=9:BBI7=9:IBBK=9:BBB
Suy lunYMD&5 7`
;
] %>
;
`]J:JG
^
2
( 2) ( 2)
0,06
CO P C P
n n mol= =
'MH''+H'i)
( 2) ( )
0,06
C P C A
n n mol= =
^
2
( )
0,06
CO A
n mol=
^
2
22,4.0,06 1,344
CO
V = =
1+7`
;
}>
;
`+
/$3
]7`
;
s>
;
`
Th d 1Q$++;"5A"_?
@;;:B7`
;
/3+;L:;>
;
`=>")+
F=7
;
>
G
+7
I
>
C
H=7
I
>
C
+7
B
>
9J
7=7
B
>
9J
+7L>
9;
K=7
L
>
9;
+7
G
>
9B
4>
;
`]
25,2
18
]9:B87`
;
]9
>
;
`}7`
;
⇒
;!*"_=vw+ 567
2 2n n
C H
+
3 1
2
n
+
`
;
^
n
7`
;
( )
1n
+
>
;
`
')
1
1 1,4
n
n
=
+
^
n
];:L^
Th d 2:Q$++Y/399J:C>
;
`=A
!U Up$!gA+0P%
RLJ:B=Y)$O+
F=I:IGH=;:;B7=G:S;K=B:BC
Suy lunP%!U7`
;
+>
;
`
7`
;
>
;
`]LJ:B87`
;
]LJ:Bs9J:C]Ia:G
7`
;
]
39,6
44
=
J:a
C
2
H
6
C
3
H
8
]7`
;
s>
;
`]
10,8
0,9
4418
=
J:I
~~d Một số phơng pháp giải nhanh trắc nghiệm hoá vô cơ
!"#$
+Trong PUHH thỡ tng khi lng cỏc sn phm bng tng khi lng cỏc cht tham gia PU.
+Khi cụ cn dung dch thỡ khi lng hn hp mui thu c bng tng khi lng cỏc cation kim loi v
anion gc axit.
Vớ d 1: Cho t t mt lung khớ CO qua ng s ng m gam hn hp Fe v cỏc oxit ca Fe un
núng thu c 64 gam Fe, khi i ra sau PU to 40 gam kt ta vi dung dch Ca(OH)2 d. Tớnh m.
A. 7,04 g B. 74,2 g
C. 70,4 g D. 74 g
Gii Ta cú: nCO
2
= nCaCO
3
= 40/100 = 0,4 mol
mCO + m = mFe + mCO
2
m nCO pu = nCO
2
= 0,4 nờn:
m = mFe + mCO2 - mCO = 64 + 0,4.44 - 0,4.28 = 70,4 g
Vớ d 2: Mt dung dch cha 0,1 mol , 0,2 mol Al
3+
, x mol Cl
-
v y mol Tớnh x,y bit
rng cụ cn dung dch thu c 46,9 gam cht rn khan.
A. x = 0,2 y = 0,3 B. x = 0,1 y = 0,3
C. x = 0,3 y = 0,2 D. x = 0,2 y = 0,2
Gii
Theo nh lut bo ton khi lng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9
Theo nh lut bo ton in tớch: 0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y
Gii h phng trỡnh > x = 0,2 y = 0,3
Vậy đáp án đúng là đáp án A
Vớ d 3: un 132,8 gam hn hp 3 ancol no, n chc vi H2SO4 c thu dc 111,2 g. Hn hp
6 ete cú s mol bng nhau. Tớnh s mol mỗi ete.
A. 0,2 mol B. 0,1 mol
C. 0,3 mol D. 0,25 mol
Giải
Theo ĐLBT khối lượng: m ancol = m (ete) + mH
2
O
> mH
2
O = m(rượu) - m(ete) = 132,5 - 111,2 = 21,6 g
trong PU ete hóa thì: nete = nH
2
O = 21,6/18 = 1,2 mol
> Số mol mỗi ete là 1,2/6 = 0,2 mol
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II vào dung dịch HCl
đủ thu được 0,2 mol CO2. Tính khối lượng muối mới thu dược.
A. 7g B. 74g
C. 24 g D. 26 g
Giải
Trong các PU của HCl với muối cacbonat thì nCO
2
= nH
2
O = nHCl/2
mà nCO
2
= 0,2 mol > nH
2
O = 0,2 mol và nHCl = 0,4 mol
theo ĐLBT khối lượng: 23,8 + 0,4.36,5 = m + 44.0,2 + 18.0,2
> m = 26 g
2. %%$&
-Nguyên tắc: Đây là trường hợp riêng của bảo toàn điện tích, chỉ áp dụng cho các PU oxi hóa khử. Khi
đó ne cho = ne nhận.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột S rồi đun nóng trong điều kiện không có không khí
thu được chất rắn A. Hòa tan A bằng HCl dư thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn B cần
bao nhiêu lit Ò ở đktc.
A. 22,4 lÝt B. 32,928 lÝt
C. 6.72,4 lÝt D. 32,928 lÝt
Giải
Ta thấy nFe = 60/56 > nS = 30/32 nên Fe dư, S hết. Khí B là hỗn hợp H
2
, H
2
S. Đốt B thu được
SO
2
, H
2
O
Phân tích:
-S nhận một phần e của Fe để tạo và không thay đổi trong PU với HCl (vẫn là trong
H
2
S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe đã cho và e do nó vốn có để tạo SO
2
trong PU với
O
2
.
-Fe nhường một phần e cho S để tạo (FeS) và cuối cùng lượng e này lại đẩy sang cho O
2
(theo
trên). Phần Fe dư còn lại nhường e cho H
+
để tạo H
2
, sau đó H
2
lại trả số e này cho O
2
trong PU
cháy tạo H
2
O
> Như vậy, một cách gián tiếp thì toàn bộ e do Fe nhường và S nhường đã được O
2
thu nhận.
Vậy: ne cho = 2nFe + 4nS = 5,89 mol.
> nO
2
= 5,89/4 = 1,47 mol
V O
2
= 1,47.22,4 = 32,928 lit.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A,B có hóa trị không đổi, chúng đều không PU với nước và mạnh
hơn Cu. / X tác dụng hoàn toàn với CuSO
4
dư, lấy Cu thu được cho PU hoàn toàn với HNO
3
dư
thấy thoát ra 1,12 lit NO ở đktc. Nếu cho lượng X trên PU hoàn toàn với HNO3 thì thu được bao
nhiêu lit N
2
ở đktc.
A. 0,224 lÝt B. 0,928 lÝt
C. 6.72,4 lÝt D. 0,336 lÝt
Giải : Phân tích: nhận a mol e của A,B để tạo Cu, Cu lại nhường lại a mol e cho N
5+
để tạo
NO. N
5+
+ 3e > N
2+
=> nNO = a/3 = 1,12/22,4 = 0,05 mol > a = 0,15 mol
Ở thí nghiệm sau, A,B nhường a mol e cho N
5+
để tạo N
2
:
2N
+5
+ 2.5e > N
2
> nN
2
= 0,15/10 = 0,015 mol
> V N
2
= 0,015.22.4 = 0,336 lit
Ví dụ 3. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu,Mg,Al tác dụng hết với HNO3 thu được 0,01 mol NO và 0,04
mol NO
2
. Tính khối lượng muối tạo ra?
A. 5,7g B. 7,4g
C. 0,24 g D. 5,69 g
Giải
Đặt số mol Mg,Al,Cu lần lượt là a,b,c
>S mol e nhng = 2a + 3b + 2c = nNO3- trong mui.
S mol e nhn = 3nNO + nNO
2
= 0,07 mol = 2a + 3b + 2c
Vy: m = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam
Chỳ ý: S mol HNO3 lm mụi trng = s mol HNO3 to mui = s mol e cho = s mol e nhn. S
mol HNO3 oxi húa tớnh c theo s mol cỏc SP kh, tự ú ta tớnh c s mol HNO3 phn ng
3. Ph ơng pháp tăng giảm khối l ợng:
Ví dụ 1 : Hoà tan hoàn toàn 4,86 gam kim loại R hoá trị II bằng dung dịch HCl thu đợc dung dịch
X và 4,48 lít khí H
2
( đktc). Khối lợng muối có trong dung dịch X
A. 5,7g B.17,4g
C. 19,24 g D. 19,06 g
Suy luận : R + HCl > RCl
2
+ H
2
Cứ 1 mol R chuyển thành RCl
2
khối lợng tăng 2 x 35,5 = 71g và có 1 mol H
2
bay ra. Theo
bài ra thì có 4,48/ 22,4 = 0,2 molH
2
bay ra. Nh vậy khói lợng tăng = 0,2 x 71 = 14,2 g => Tổng
khối lợng muối = 4,86 + 14,2 = 19,06 gam
Vậy đáp án đúmg là đáp án D.
Ví dụ 2: Cho 4,3 gam hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
và 1 lít dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1 M và
(NH
4
)
2
CO
3
0,25 M thu đợc 39,7 gam kết tủa X. Tính phần trăm khối lợng các chất ttrong X.
A. 42,62% và 53,38% B. 40,70% và 50,30%
C. 60% và 40% D. 70,80% và 20,20%
Gii: CO
3
2-
+ Ba
2+
> BaCO
3
CO
3
2-
+ Ca
2+
> CaCO
3
Khi chuyển 1 mol muối BaCl
2
hay CaCl
2
thành BaCO
3
hay CaCO
3
khối lợng bị giảm
đi : 71-6o = 11 gam. Nh vậy tổng số mol 2 muối cacbonat = = 0,3 mol.
Còn số mol của CO
2
2-
= 0,1+0,25= 0,35 mol.
Đặt x, y là số mol của BaCO
3
, CaCO
3
trong X ta có hệ pt:
x+y = 0,3
197x + 100y = 39,7 Giả ra đợc x= 0,1; y= 0,2
Vậy % BaCO
3
= = 49,62% và % CaCO
3
= 50,38%
43-39,7
11
0,1 x 197 x 100
39,7
Vậy đáp án A là đáp án đúng.
4. '()*$+, -&.)/$0, 12$345 2$3
$ 678, $-$$3&
9:: Hũa tan hon ton hn hp gm 0,2 mol Fe v 0,1 mol vo HCl d c dung dch
X. Cho X tỏc dng vi NaOH d c kt ta. Lc kt ta, ra sch v nung trong khụng khớ n
khi lng khụng i c m(g) cht rn. Vy m =?
A. 22g. B. 32g C.42g D.52g
Cỏch gii thụng thng: vit ln lt tng phn ng ri tớnh toỏn > mt thi gian. Nhm: Lng
Fe ban u trong hn hp vn khụng h thay i khi quỏ trỡnh kt thỳc. Cht rn sau phn ng l
do ú ta tớnh s mol Fe trong hn hp ban u : 0,2+0,1. 2 = 0,4 (mol)
>
Vy ỏp ỏn l B.
;<=>?7@$-$$3= .$3=3!>$+>4A?
B (4$>&>C
? )/
9: Cho 0,6 mol phn ng nhit nhụm to ra 81,6g . Cụng thc oxi st l:
A. FeO. B. C. D.Khụng xỏc nh c.
Nhm: Al ly oxi trong oxit st nờn s mol nguyờn t O trong 2 oxit l bng nhau
>
Vy ỏp ỏn l C.
Ví dụ 3:
9JJ
;
7`
I
+>7`
I
ế%m"Ga
!x=q$OX(!=
2%
H+$)1UMVVf =QE+VV$=
;>7`
I
ddddddddddddd}
;
7`
I
7`
;
>
;
`
;xCB/3dddddddddd}vUBB9C]G;
========l/3dddddddddd}vU9JJdGa]I9
ddd}l]CBddd} ]9GX
D:EF
CT chung: C
x
H
y
(x
≥
1, y
≤
2x+2). Nếu là chất khí ở đk thường hoặc đk chuẩn: x
≤
4.
Hoặc: C
n
H
2n+2-2k
, với k là số liên kết
π
, k
≥
0.
D:GHI)JK L&$$7 M$$NMLO!4J4P
QQ Gọi CT chung của các hidrocacbon
k
n
n
HC
22
2
−+
(cùng dãy đồng đẳng nên k giống
nhau)
- Viết phương trình phản ứng
- Lập hệ PT giải
⇒
n
, k.
- Gọi CTTQ của các hidrocacbon lần lượt là
k2n2nk2n2n
2211
HC,HC
−+−+
và số mol lần lần lượt
là a
1
,a
2
….
Ta có: +
aa
anan
n
21
2211
++
++
=
+ a
1
+a
2
+… =n
hh
Ta có đk: n
1
<n
2
⇒
n
1
<
n
<n
2
.
Thí dụ : + Nếu hh là hai chất đồng đẳng liên tiếp và
n
=1,5
Thì n
1
<1,5<n
2
=n
1
+1
⇒
0,5<n
1
<1,5
⇒
n
1
=1, n
2
=2.
+ Nếu hh là đđ không liên tiếp, giả sử có M cách nhau 28 đvC (2 nhóm –CH
2
-)
Thì n
1
<
n
=1,5<n
2
=n
1
+2
⇒
n
1
=1, n
2
=3.
QQ: - gọi CT chung của hai hidrocacbon là
yx
HC
.
- Tương tự như trên
⇒
y,x
- Tách ra CTTQ mỗi hidrocacbon
HC,HC
2211
yxyx
Ta có: x
1
<
x
<x
2
, tương tự như trên
⇒
x
1
,x
2
.
y
1
<
y
<y
2
; ĐK: y
1
,y
2
là số chẳn.
nếu là đồng đẳng liên tiếp thì y
2
=y
1
+2. thí dụ
y
=3,5
⇒
y
1
<3,5<y
2
=y
1
+2
⇒
1,5<y
1
<3,5 ; y
1
là số chẳn
⇒
y
1
=2, y
2
=4
nếu là đđ không kế tiếp thì ta thay ĐK : y
2
=y
1
+2 bằng đk y
2
=y
1
+2k (với k là hiệu số nguyên
tử cacbon).
Cho vài thí dụ:
DD:GH '.'Q'$+L&$$77B<R)1=
QS)-) + Gọi CTTQ của hidrocacbon là C
x
H
y
; Đk: x
≥
1, y
≤
2x+2, y chẳn.
+ Ta có 12x+ y=M
+ Do y>0
⇒
12x<M
⇒
x<
12
M
(chặn trên) (1)
+ y
≤
2x+2
⇒
M-12x
≤
2x+2
⇒
x
≥
14
2M −
(chặn dưới) (2)
Kết hợp (1) và (2)
⇒
x và từ đó
⇒
y.
Thí dụ : KLPT của hydrocacbon C
x
H
y
= 58
Ta có 12x+y=58
+ Do y>o
⇒
12x<58
⇒
x<4,8 và do y
≤
2x+2
⇒
58-12x
≤
2x+2
⇒
x
≥
4
⇒
x=4 ; y=10
⇒
CTPT hydrocacbon là C4H10.
DDD:GHTHDUDVD'WXYQ
Khi giải bài toán hh nhiều hydrocacbon ta có thể có nhiều cách gọi :
- Cách 1 : Gọi riêng lẻ, cách này giải ban đầu đơn giản nhưng về sau khó giải, dài, tốn thời
gian.
- Cách 2: Gọi chung thành một công thức
yx
HC
hoặc
k22n2n
HC
−+
(Do các hydrocacbon khác dãy
đồng đẳng nên k khác nhau)
QS)-) Gọi Ct chung của các hydrocacbon trong hh là
yx
HC
(nếu chỉ đốt cháy hh)
hoặc
k22n2n
HC
−+
(nếu vừa đốt cháy vừa cộng hợp H
2
, Br
2
, HX…)
- Gọi số mol hh.
- Viết các ptpứ xảy ra, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình
⇒
k,y,x n hoaëc
+ Nếu là
y,x
ta tách các hydrocacbon lần lượt là
HC,HC
2211
yxyx
Ta có: a
1
+a
2
+… =nhh
aa
axax
x
21
2211
++
++
=
aa
ayay
y
21
2211
++
++
=
Nhớ ghi điều kiện của x
1
,y
1
…
+ x
1
≥
1 nếu là ankan; x
1
≥
2 nếu là anken, ankin; x
1
≥
3 nếu là ankadien…
Chú ý: + Chỉ có 1 hydrocacbon duy nhất có số nguyên tử C=1 nó là CH
4
(x1=1; y1=4)
+ Chỉ có 1 hydrocacbon duy nhất có số nguyên tử H=2 nó là C
2
H
2
(y
2
=4) (không học đối
với C
4
H
2
).
Các ví dụ:
D9WQUZH:GH'[H\]W'
H^'$ $+$-$!L&$$7
k22n2n
HC
−+
a.Phản ứng với H
2
dư (Ni,t
o
) (Hs=100%)
k22n2n
HC
−+
+
k
H
2
→
o
t,Ni
2n2n
HC
+
hỗn hợp sau phản ứng có ankan và H
2
dư
Chú ý: Phản ứng với H
2
(Hs=100%) không biết H
2
dư hay hydrocacbon dư thì có thể dựa
vào
M
của hh sau phản ứng. Nếu
M
<26
⇒
hh sau phản ứng có H
2
dư và hydrocacbon chưa no
phản ứng hết
b.Phản ứng với Br
2
dư:
k22n2n
HC
−+
+
k
Br
2
→
k2k2n2n
BrHC
−+
c. Phản ứng với HX
k22n2n
HC
−+
+
k
HX
→
kk2n2n
XHC
−+
d.Phản ứng với Cl
2
(a's'k't')
k22n2n
HC
−+
+
k
Cl
2
→
HClxClHC
kk22n2n
+
−+
e.Phản ứng với AgNO
3
/NH
3
2
k22n2n
HC
−+
+xAg
2
O
→
3
NH
x
OxHAgHC
2x
xk22n2n
+
−−+
_`2a
C
n
H
2n+2
+ xCl
2
→
ASKT
C
n
H
2n+2-x
Cl
x
+ xHCl `<
≤
>
≤
b
C
n
H
2n+2
→
Crackinh
C
m
H
2m+2
+ C
x
H
2x
`<b>c
≥
6>
≥
6
≥
T
T_`2a%
+ Phản ứng với H
2
, Br
2
, HX đều tuân theo tỉ lệ mol 1:1
+ Chú ý phản ứng thế với Cl
2
ở cacbon
α
CH
3
-CH=CH
2
+ Cl
2
→
C500
o
ClCH
2
-CH=CH
2
+ HCl
d_`2a
+ Phản ứng với H
2
, Br
2
, HX đều tuân theo tỉ lệ mol 1:2
VD: C
n
H
2n-2
+ 2H
2
→
o
t,Ni
C
n
H
2n+2
+ Phản ứng với dd AgNO
3
/NH
3
2C
n
H
2n-2
+ xAg
2
O
→
2CnH
2n-2-x
Ag
x
+ xH
2
O
`<e
≤
>
≤
* Nếu x=0
⇒
hydrocacbon là ankin
≠
ankin-1
* Nếu x=1
⇒
hydrocacbon là ankin-1
* Nếu x= 2
⇒
hydrocacbon là C
2
H
2
.
;_`2a&%24J4P
+ Cách xác định số liên kết
π
ngoài vòng benzen.
Phản ứng với dd Br2
α=
nhydrocacbo
Br
n
n
2
⇒
α
là số liên kết
π
ngoài vòng benzen.
+ Cách xác định số lk
π
trong vòng:
Phản ứng với H
2
(Ni,t
o
):
β+α=
nhydrocacbo
H
n
n
2
* với
α
là số lk
π
nằm ngoài vòng benzen
*
β
là số lk
π
trong vòng benzen.
Ngoài ra còn có 1 lk
π
tạo vòng benzen
⇒
số lk
π
tổng là
α
+
β
+1.
9: hydrocacbon có 5
π
trong đó có 1 lk
π
tạo vòng benzen, 1lk
π
ngoài vòng, 3 lk
π
trong
vòng. Vậy nó có k=5
⇒
CTTQ là C
n
H
2n+2-k
với k=5
⇒
CTTQ là C
n
H
2n-8
f<DHDUD'W
9g :h :Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp 2 ankan là đồng đẳng kế tiếp ,thu được 3,36 lít
CO
2
(ĐKTC).Hai ankan trong hỗn hợp là:
Giải : số nt cacbon trung bình= số mol CO
2
: số mol 2 ankan > CTPT
9: :Đốt cháy 6,72 lít khí (ở đktc) hai hiđrocacbon cùng dãy đồng đẳng tạo thành 39,6 gam CO
2
và 10,8 gam H
2
O.
a)Công thức chung của dãy đồng đẳng là:
b) Công thức phân tử mỗi hiđrocacbon là:
Giải :Do chúng ở thể khí, số mol CO
2
> số mol H
2
O >là ankin hoặc ankadien
số mol 2 chất là :nCO
2
- n H
2
O = 0,3 > Số ntử cacbon trung bình là : nCO
2
:n 2HC=3
> n
1
=2 ,n
2
=4 > TCPT là C
2
H
2
và C
4
H
6
9:T :Cho 4,6 gam hỗn hợp 2 anken là đồng đẳng kế tiếp qua dung dịch brôm dư,thấy
có 16 brôm phản ứng.Hai anken là
Giải:n
Br2
= 0,1 =n
2anken
>số nguyên tử cacbon trung bình =
14.1,0
6,4
=3,3
CTPT 2anken là: C
3
H
6
và C
4
H
8
9:d:Khi đốt cháy 1hh gồm:0,1 mol C
2
H
4
và 1 hydrocacbon A,thu được 0,5 mol CO
2
và 0,6 mol H
2
O.CTPT của hydrocacbon A là:
Giải:nH
2
O > nCO
2
> A là ankan
Số mol A= nH
2
O - nCO
2
=0,1 > n =(0,5 – 0,1.2): 0,1 =2 >CTPT của A là:C
2
H
6
α
9:;:Khi đốt cháy 0,2 mol hh gồm: C
2
H
2
và 1 hydrocacbon A,thu được:
số mol CO
2
=số mol H
2
O =0,5 mol.CTPT của hydrocacbon A là ?
Giải:nH
2
O = nCO
2
> A là ankan > nC
2
H
2
=n A= 0,1 > số nguyên tử cacbon trong Alà:
(0,5 –0,1.2): 0,1 =3 > ctpt của A là: C
3
H
8
9ij'kl:GHDmR]n<DDo'ij'kl'gp'
QqrHQWQ:
+ Ban đầu đưa về dạng phân tử
+ Sau đó đưa về dạng tổng quát (có nhóm chức, nếu có)
+ Dựa vào điều kiện để biện luận.
9:: Biện luận xác định CTPT của (C
2
H
5
)
n
⇒
CT có dạng: C
2n
H
5n
Ta có điều kiện: + Số nguyên tử H
≤
2 số nguyên tử C +2
⇒
5n
≤
2.2n+2
⇒
n
≤
2
+ Số nguyên tử H là số chẳn
⇒
n=2
⇒
CTPT: C
4
H
10
9: Biện luận xác định CTPT (CH
2
Cl)
n
⇒
CT có dạng: C
n
H
2n
Cl
n
Ta có ĐK: + Số nguyên tử H
≤
2 số nguyên tử C + 2 - số nhóm chức
⇒
2n
≤
2.2n+2-n
⇒
n
≤
2.
+ 2n+n là số chẳn
⇒
n chẳn
⇒
n=2
⇒
CTPT là: C
2
H
4
Cl
2
.
9:T Biện luận xác định CTPT (C
4
H
5
)
n
, biết nó không làm mất màu nước brom.
CT có dạng: C
4n
H
5n
, nó không làm mất màu nước brom
⇒
nó là ankan loại vì 5n<2.4n+2
hoặc aren.
`<&%k !"=s
⇒
5n =2.4n-6
⇒
n=2. Vậy CTPT của aren là C
8
H
10
.
Chú ý các qui tắc:
+ Thế halogen vào ankan: ưu tiên thế vào H ở C bậc cao.
+ Cộng theo Maccôpnhicôp vào anken
+ Cộng H
2
, Br
2
, HX theo tỷ lệ 1:1 vào ankađien.
+ Phản ứng thế Ag
2
O/NH
3
vào ankin.
+ Quy luật thế vào vòng benzen
+ Phản ứng tách HX tuân theo quy tắc Zaixep.
tiZ
DEqY]
1) Khi đốt cháy rượu:
22
COOH
nn >
⇒
rượu này no, mạch hở.
2) Khi tách nước rượu tạo ra olefin
⇒
rượu này no đơn chức, hở.
3) Khi tách nước rượu A đơn chức tạo ra chất B.
-
1d
A/B
<
⇒
B là hydrocacbon chưa no (nếu là rượu no thì B là anken).
-
1d
A/B
>
⇒
B là ete.
4) - Oxi hóa rượu bậc 1 tạo ra andehit hoặc axit mạch hở.
R-CH2OH
→
]O[
R-CH=O hoặc R-COOH
- Oxi hóa rượu bậc 2 thì tạo ra xeton:
R-CHOH-R'
→
]O[
R-CO-R'
- Rượu bậc ba không phản ứng (do không có H)
5) Tách nước từ rượu no đơn chức tạo ra anken tuân theo quy tắc zaixep: Tách -OH và H ở
C có bậc cao hơn
6) - Rượu no đa chức có nhóm -OH nằm ở cacbon kế cận mới có phản ứng với Cu(OH)2
tạo ra dd màu xanh lam.
- 2,3 nhóm -OH liên kết trên cùng một C sẽkhông bền, dễ dàng tách nước tạo ra
anđehit, xeton hoặc axit cacboxylic.
OH
+
NaOH
ONa
+
H
2
O
CH
2
OH
+
NaOH
không phản ứng
- Nhóm -OH liên kết trên cacbon mang nối đơi sẽ khơng bền, nó đồng phân hóa tạo
thành anđehit hoặc xeton.
CH
2
=CHOH
→
CH
3
-CHO
CH
2
=COH-CH
3
→
CH
3
-CO-CH
3
.
f<DHDUD'W
E
Khi đốt cháy rượu :
no là rượu này rượunn
22
COOH
⇒〉
rượu
CO
ứng phảnrượuCOOH
n
n
cácbontử nguyên sốnnn
2
22
=⇒=−
Nếu là hổn hợp rượu cùng dãy đồng đẳng thì số ngun tử Cacbon trung bình.
VD :
n
= 1,6 ⇒ n
1
<
n
=1,6 ⇒ phải có 1 rượu là CH
3
OH
b.
2
x
=
rượu
H
n
n
2
⇒ x là số nhóm chức rượu ( tương tự với axít)
c. rượu đơn chức no (A) tách nước tạo chất (B) (xúc tác : H
2
SO
4
đđ)
. d
B/A
< 1 ⇒ B là olêfin
. d
B/A
> 1 ⇒ A là ete
d. + oxi hóa rượu bậc 1 tạo anđehit : R-CHO
→
0
,tCu
R- CH= O
+ oxi hóa rượu bậc 2 tạo xeton : R- CH – R’
[
O
]
R – C – R’
OH O
+ rượu bậc 3 khơng bị oxi hóa.
DDQuR:
- Nhóm OH liên kết trực tiếp trên nhân benzen, nên liên kết giữa O và H phân cực mạch
vì vậy hợp chất của chúng thể hiện tính axit (phản ứng được với dd bazơ)
- Nhóm -OH liên kết trên nhánh (khơng liên kết trực tiếp
trên nhân benzen) khơng thể hiện tính axit.
f<DHDUD'W
a/ Hợp chất HC: A + Na → H
2
=
A
H
n
n
2
2
x
⇒ x là số ngun tử H linh động trong – OH hoặc
-COOH.
b/ Hợp chất HC: A + Na → muối + H
2
O ⇒
y=
A
NaOH
n
ứng phảnn
⇒ y là số nhóm chức phản ứng
với NaOH là – OH liên kết trên nhân hoặc – COOH và cũng là số ngun tử H linh động phản
ứng với NaOH.
9:: .
1
n
n
A
H
2
=
⇒ A có 2 ngun tử H linh động phản ứng Natri
.
1=
A
NaOH
n
n
⇒ A có 1 ngun tử H linh động phản ứng NaOH
. nếu A có 2 nguyên tử Oxi
⇒ A có 2 nhóm OH ( 2H linh động phản ứng Na) trong đó có 1 nhóm –OH nằm trên nhân thơm
( H linh động phản ứng NaOH) và 1 nhóm OH liên kết trên nhánh như
HO-C
6
H
4
-CH
2
-OH
DDDFiD:
- Nhóm hút e làm giảm tính bazơ của amin.
- Nhóm đẩy e làm tăng tính bazơ của amin.
VD: C
6
H
5
-NH
2
<NH
3
<CH
3
-NH
2
<C
2
H
5
NH
2
<(CH
3
)
2
NH
2
(tính bazơ tăng dần)
f<DHDUD'W
•
x=
+
amin
H
n
n
⇒ x là số nhóm chức amin
VD: n
H
+
: n
amin
= 1 :1 ⇒ amin này đơn chức
• CT của amin no đơn chức là C
n
H
2n+3
N (n ≥ 1)
. Khi đốt cháy n
H2O
> n
CO2
⇒ n
H2O
– n
CO2
= 1,5 n
amin
.
=
amin
CO
n
n
2
số nguyên tử cacbon
• Bậc của amin : -NH
2
bậc 1 ; -NH- bậc 2 ; -N - bậc 3
D9F`uD':
Q/&-S22a v_
v
_
R-CH=O +Ag
2
O
→
o
t,ddNH
3
R-COOH + 2Ag
↓
R-CH=O + 2Cu(OH)
2
→
o
t
R-COOH + Cu
2
O
↓
+2H
2
O
Nếu R là Hydro, Ag
2
O dư, Cu(OH)
2
dư:
H-CHO + 2Ag
2
O
→
o
t,ddNH
3
H
2
O + CO
2
+ 4Ag
↓
H-CH=O + 4Cu(OH)
2
→
o
t
5H
2
O + CO
2
+ 2Cu
2
O
↓
Các chất: H-COOH, muối của axit fomic, este của axit fomic cũng cho được phản ứng
tráng gương.
HCOOH + Ag
2
O
→
o
t,ddNH
3
H
2
O + CO
2
+2Ag
↓
HCOONa + Ag
2
O
→
o
t,ddNH
3
NaHCO
3
+ 2Ag
↓
H-COOR + Ag
2
O
→
o
t,ddNH
3
ROH + CO
2
+ 2Ag
↓
Anđehit vừa đóng vai trò chất khử, vừa đóng vai trò chất oxi hóa:
+ Chất khử: Khi phản ứng với O
2
, Ag
2
O/NH
3
, Cu(OH)
2
(t
o
)
+ Chất oxi hóa khi tác dụng với H
2
(Ni, t
o
)
f<DHDUD'W
.
andehyt. chöùc nhoùm soálaø x
n
n
anñehyt
Ag
⇒= x2
+ Trường hợp đặc biệt : H-CH = O phản ứng Ag
2
O tạo 4mol Ag nhưng %O = 53,33%
+ 1 nhóm andehyt ( - CH = O ) có 1 liên kết đôi C = O ⇒ andehyt no đơn chức chỉ có 1 liên
kết Π nên khi đốt cháy
22
COOH
nn =
( và ngược lại)
+ andehyt A có 2 liên kết Π có 2 khả năng : andehyt no 2 chức ( 2Π ở C = O) hoặc andehyt
không no có 1 liên kết đôi ( 1Π trong C = O, 1 Π trong C = C).
7 b
andehyt chức nhóm sốlà
n
n
andehyt
OCu
2
xx ⇒=
b
andehyt chức nhóm sốlà
n
ứng phảnn
andehyt
Cu(OH)
2
xx ⇒= 2
b
C) C )đôi( kết liên số andehyt chức nhóm số (là x
n
ứng phảnn
2
H
=∏+⇒= x
andehyt
9FwD'FwxRD
+ Khi cân bằng phản ứng cháy nhớ tính cacbon trong nhóm chức.
VD: C
n
H
2n+1
COOH +
)
2
1n3
(
+
O
2
→
(n+1)CO
2
+ (n+1)H
2
O
+ Riêng axit fomic tráng gương, phản ứng với Cu(OH)
2
tạo
↓
đỏ gạch.
Chú ý axit phản ứng với Cu(OH)
2
tạo ra dd màu xanh do có ion Cu
2+
+ Cộng HX của axit acrylic, axit metacrylic, andehit acrylic nó trái với quy tắc cộng
Maccopnhicop:
VD: CH
2
=CH-COOH + HCl
→
ClCH
2
-CH
2
-COOH
+ Khi giải tốn về muối của axit cacboxylic khi đốt cháy trong O
2
cho ra CO
2
, H
2
O và
Na
2
CO
3
VD : C
x
H
y
O
z
Na
t
+ O
2
→
)
2
t
x( +
CO
2
+
2
y
H
2
O +
2
t
Na
2
CO
3
f<DHDUD'W
•
COOH) - (axít chức nhóm sốlà x
n
ứng phảnn
axít
OH
-
⇒= x
• Chí có axít fomic ( H-COOH) tham gia phản ứng tráng gương
• Đốt axít :
Ta có :
22nnCOOH
OHC:CT lại) ngượcvà ( chức. đơn no trênaxít nn
2
⇒⇒=
2
•
loại) kim ứng phản(axít chức nhóm sốlà x
n
n
axít
H
2
⇒=
2
sinh
x
ra
R y- :
+ Số mol Na (trong muối hữu cơ) = số mol Na (trong Na
2
CO
3
) (bảo tồn ngun tố Na)
+ Số mol C (trong Muối hữu cơ) = số mol C (trong CO
2
) + Số mol C (trong Na
2
CO
3
) (bảo
tồn ngun tố C)
k-(> : Gốc hút e làm tăng tính axit, gốc đẩy e làm giảm tính acit của axit
cacboxylic.
9Duk'u
$-$2B'$+M%%73.
Este do axit x chức và rưỡu y chức : R
y
(COO)
x.y
R’
x
.
Nhân chéo x cho gốc hidrocacbon của rượu và y cho gốc hdrocacbon của axit.
x.y là số nhóm chức este.
VD : - Axit đơn chức + rượu 3 chức : (RCOO)
3
R’
- Axit 3 chức + rượu đơn chức : R(COO-R’)
3
uk'u`rZ
Este + NaOH
→
o
t
Muối + rượu
Este + NaOH
→
1 muối + 1 anđehit
⇒
este này khi phản ứng với dd NaOH tạo ra
rượu có nhóm -OH liên kết trên cacbon mang nối đơi bậc 1, khơng bền đồng phân hóa tạo ra
anđehit.
x
y
VD: R-COOCH=CH2 + NaOH
→
o
t
R-COONa + CH
2
=CH-OH
Este + NaOH
→
1 muối + 1 xeton
⇒
este này khi phản ứng tạo rượu có nhóm
OH liên kết trên cacbon mang nối đôi bậc 2 không bền đồng phân hóa tạo xeton.
+ NaOH
→
o
t
R-COONa + CH
2
=CHOH-CH
3
Este + NaOH
→
2muối +H
2
O
⇒
Este này có gốc rượu là
đồng đđẳng của phenol hoặc phenol
VD :
+ 2NaOH
→
o
t
RCOONa + C
6
H
5
ONa + H
2
O
( do phenol có tính axit nên phản ứng tiếp với NaOH tạo ra muối và H
2
O)
Este + NaOH
→
1 sản phẩm duy nhất
⇒
Este đơn chức 1 vòng
+NaOH
→
o
t
WwW`zkltiZuk'u :
α=
Este
öùng)NaOH(phaûn
n
n
⇒
α
là số nhóm chức este (trừ trường hợp este của phenol và đồng
đẳng của nó)
n
NaOH
cần <2n
este
(este phản ứng hết)
⇒
Este này đơn chứcvà NaOH còn dư.
Este đơn chức có CTPT là : C
x
H
y
O
2
⇔
R-COOR’ ĐK : y
≤
2x
Ta có 12x+y+32 = R + R’ + 44.
Khi giải bài toán về este ta thường sử dụng cả hai công thức trên.
+ Ct C
x
H
y
O
2
dùng để đốt cháy cho phù hợp.
+ CT R-COOR’ dùng để phản ứng với NaOH
⇒
CT cấu tạo của este.
Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo 1 muối + 2 rượu đơn chức
⇒
2 este này cùng gốc axit và do hai rượu khác nhau tạo nên.
Vậy công thức 2 este là R-COO
'R
giải
⇒
R,R’ ; ĐK : R1<
'R
<R2
⇒
CT
2
2
1
OHC
COORR
COORR
yx
⇔
−
−
Hỗn hợp este đơn chức khi phản ứng với NaOH tạo ra 3 muối + 1 rượu
⇒
3 este này
cùng gốc rượu và do 3 axit tạo nên.
CT 3 este là
R
COOR’
⇒
CT 3este
'COORR
'COORR
'COORR
3
2
1
⇔
2
OHC
yx
Hỗn hợp este khi phản ứng với NaOH
→
3 muối + 2 rượu đều đơn chức
⇒
CTCT của 3este là
R
COO
'R
(trong đó 2 este cùng gốc rượu)
⇒
CT 3este là:
'COORR
'COORR
'COORR
23
12
11
⇔
2
OHC
yx
Hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với NaOH thu được 1 muối + 1 rượu : Có
3 trường hợp xảy ra :
+ TH1 : 1 axit + 1 rượu
OH'R
RCOOH
CH
3
-CH=O
Đp hóa
RCOOC=CH
2
CH
3
CH
3
-CO-CH
3
Đp hóa
RCOO
R
C
O
O
R COONa
OH
+ TH2 : 1 axit + 1 este (cùng gốc axit)
'RCOOR
RCOOH
+ TH3 : 1 rượu + 1 este (cùng gốc rượu)
'RCOOR
OH'R
Hỗn hợp hai chất hữu cơ khi phản ứng với dd NaOH thu được hai muối + 1 rượu (đều
đơn chức). Có hai trường hợp :
+ TH1 : 1 axit + 1 este
'RCOOR
RCOOH
+ TH2 : 2 este (cùng gốc rượu) :
'COORR
'COORR
2
1
⇔
RCOO
'R
.
Hỗn hợp hai chất hữu cơ đơn chức khi phản ứng với dd NaOH thu được 1 muối + 2 rượu.
Có hai trường hợp :
+ TH1 : 1 rượu + 1 este
'RCOOR
OH'R
+ TH 2 : 2 este cùng gốc axit
2
1
RCOOR
RCOOR
R y Nếu giả thiết cho các hợp chất hữu cơ đồng chức thì mỗi phần trên chỉ có 1
trường hợp là hh 2 este (cùng gốc rượu hoặc cùng gốc axit).
uk'u`FZ
a) - Do axit đa chức + rượu đơn chức : R(COOR’)
x
(x
≥
2)
- Nếu este này do axit đa chức + rượu đơn chức (nhiều rượu) : R(COO
'R
)
x
- Nếu este đa chức + NaOH
→
1 muối+2rượu đơn chức
⇒
este này có tối thiểu hai chức.
VD : (3 chức este mà chỉ thu được 2 rượu)
- Nếu este này có 5 nguyên tử oxi
⇒
este này tối đa hai chức este (do 1 chức este có tối đa
hai nguyên tử oxi)
b) - Do axit đơn + rượu đa : (RCOO)
y
R’ (y
≥
2)
+ Tương tự như phần a.
c) Este do axit đa + rượu đa : R
y
(COO)
x.y
R’
x
(ĐK : x,y
≥
2)
nếu x=y
⇒
CT : R(COO)xR’
Khi cho este phản ứng với dd NaOH ta gọi Ct este là RCOOR’ nhưng khi đốt ta nên gọi
CTPT là C
x
H
y
O
2
(y
≤
2x) vì vậy ta phải có phương pháp đổi từ CTCT sang CTPT để dễ giải.
VD : este 3 chức do rượu no 3 chức + 3 axit đơn chức (có 1 axit no, iaxit có 1 nối đôi, 1 axit
có một nối ba) (este này mạch hở)
Phương pháp giải : + este này 3 chức
⇒
Pt có 6 nguyên tử Oxi
+ Số lkết
π
: có 3 nhóm –COO- mỗi nhóm có 1 lk
π
⇒
3
π
.
+ Số lk
π
trong gốc hydrocacbon không no là 3 ( 1
π
trong axit có 1 nối đôi, 2
π
trong
axit có 1 nối ba)
⇒
CT có dạng : CnH2n+2-2kO6 với k=6
⇒
CT : CnH2n-10O6.
+ Gọi CTCT là :
⇔
C
m+x+y+a+3
H
2m+2x+2y+2a-4
O
6
Đặt : n=m+x+y+a+3
⇔
C
n
H
2n-10
O
6
R
COOR
1
COOR
2
R
COOR
1
COOR
2
COOR
1
C
m
H
2m+1
COO
C
x
H
2x-1
COO
C
y
H
2y-3
COO
C
a
H
2a-1
yQ/%%{|>2& v)/}_
+ Rượu đa chức + axit đơn chức :
xRCOOH + R’(OH)n (RCOO)
x
R’(OH)
(n-x)
+ xH
2
O `K ~
≤
>
≤
+ Rượu đơn + axit đa :
R(COOH)
n
+ xR’OH + xH
2
O
Điều kiện : 1
≤
x
≤
n
&$•|%%4€$7~-$
Este do rượu đa, axit đa và axit đơn :
VD :
Khi phản ứng với NaOH tạo ra R(COONa)
2
, R’COONa và R’’(OH)
3
Hoặc este + NaOH
→
muối của axit đa + rượu đa và rượu đơn
VD :
khi cho phản ứng với NaOH cho R(COONa)
3
+
R’(OH)
2
+ R’’OH
Este do axit tạp chức tạo nên :
VD : R-COO-R’-COO-R’’ khi phản ứng NaOh tạo : R-COONa, và
R’’OH
VD :
khi phản ứng với NaOH tạo :
f<DHDUD'W :
• Este + NaOH
→
0
t
muối + nước
nó).cuả đẳng đồngvà (
phenolcủa este biệt đặc hợptrườngtrừ este chức nhóm sốlà
n
ứng phảnn
este
NaOH
xx ⇒=
VD: CH
3
– COOC
6
H
5
+ NaOH
→
0
t
CH
3
– COONa + C
6
H
5
ONa + H
2
O
• Đốt cháy este :
22nnCO OH
OHClà CT chức đơn no này estenn
22
⇒⇒
=
9DDDmR]nwW`z•H'Z‚FYQp'ƒ]rtti
Z
'$
b>
w
>
2aw{$/${^$666
„
Giả thiết cho CT dạng phân tử và một số tính chất của hợp chất hữu cơ.
QS)-) :- Đưa CTPT về dạng CTCT có nhóm chức của nó.
H
+
, t
o
H
+
, t
o
R
(COOR')
x
(COOH)
(n-x)
R
COO
COO
R'
COO R"
R
COO
COO
R"
R'
COO
R'
OH
COONa
R
COO
R
OOC
R'
OH
COONa
- Đặt điều kiện theo công thức chung :
+ Nếu no : k=0 thì ta luôn có số nguyên tử H = 2 số nguyên tử C + 2 – số nhóm chức.
+ Nếu không cho no thì ta có : số nguyên tử H
≤
2 số nguyên tử C + 2 – số nhóm
chức.
9: : Một rượu no có công thức là (C
2
H
5
O)
n
. Biện luận để xác định CTPTcủa rượu đó.
+ Đưa CT trên về dạng cấu tạo : (C
2
H
5
O)
n
⇔
C
2n
H
4n
(OH)
n
+ Đặt ĐK : số nguyên tử H = 2 số nguyên tử C + 2 – số nhóm chức
⇒
4n=2.2n+2-n
⇒
n=2
⇒
Ct rượu là C
4
H
8
(OH)
2
9: : Một axit hữu cơ có CTPT là (C
4
H
3
O
2
)
n
, biết rằng axit hữu cơ này không làm mất màu
dd nước brom. Xác định CTCT của axit ?
+ Đưa về dạng cấu tạo : (C
4
H
3
O
2
)
n
⇔
C
4n
H
3n
O
2n
⇔
C
3n
H
2n
(COOH)
n
+ Do axit hữu cơ này không làm mất màu nước brom nên có 2 trường hợp :
Axit này no : (k=0) loại vì theo ĐK : H=2C+2-số nhóm chức
⇔
2n=6n+2-n
⇒
n<0.
Axit này thơm : k=4 (do 3 lk
π
tạo 3 lk đôi C=C và một lk
π
tạo vòng benzen)
ĐK : H=2C+2-2k-số nhóm chức
⇔
2n=6n+2-8-n
⇔
n=2. Vậy Ct của axit là C
6
H
4
(COOH)
2
(vẽ
CTCT : có 3 CT).
QSQ-)H'&#$~{| $S
:…&"$}/$†, -$+4&$$7
Thí dụ: Công thức tổng quát của hiđrocacbonA có dạng (C
n
H
2n+1
)
m
. A thuộc dãy đồng đẳng nào?
A) Ankan B) Anken C) Ankin D) Aren
Suy luận: C
n
H
2n+1
là gốc hidrocacbon hóa trị I. Vậy phân tử chỉ có thể do 2 gốc hydrocacbon hóa
trị I liên kết với nhau, vậy m = 2 và A thuộc dãy ankan: C
2n
H
2n+4
.
T <4$-!L&$$7 thì cacbon tạo ra CO
2
vầ hidro tạo ra H
2
O. Tổng khối lượng C
và H trong CO
2
và H
2
O phải bằng khối lượng của hidrocacbon.
Thí dụ: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH
4
, C
3
H
6
và C
4
H
10
thu được 17,6g CO
2
và
10,8g H
2
O. m có giá trị là:
A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g.
Suy luận: M
hỗn hợp
= m
C
+ m
H
=
17 10,8
12 2 6
44 18
gam
× + ×
H
.
d <4$-! thu được nCO
2
> nH
2
O và số mol ankan cháy bằng hiệu số của số mol
H
2
O và số mol CO
2
.
C
n
H
2n+2
+
2
3 1
2
n
O
+
→
nCO
2
+ (n + 1) H
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2 ankan thu được 9,45g H
2
O. Cho sản phẩm
cháy vào dung dịch Ca(OH)
2
dư thì khối lượng kết tủa thu được là:
A. 37,5g B. 52,5g C. 15g D. 42,5g
Đáp án: A
Suy luận:
n
ankan
= nCO
2
- nCO
2
→ nCO
2
= nH
2
O - n
ankan
nCO
2
=
9,45
18
= 0,15 = 0,375 mol
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓
+ H
2
O
nCaCO
3
= CO
2
= 0,375 mol
mCaCO
3
= 0,375.100 = 37,5g
Thí dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được
11,2 lít CO
2
(đktc) và 12,6g H
2
O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
A. Ankan B. Anken C. Ankin D. Aren
Suy luận:
nH
2
O =
12,6
18
= 0.7 > 0,5. Vậy đó là ankan
Thí dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liêm tiếp trong dãy đồng đẳng thu được
22,4 lít CO
2
(đktc) và 25,2g H
2
O. Hai hidrocacbon đó là:
A. C
2
H
6
và C
3
H
8
B. C
3
H
8
và C
4
H
10
C. C
4
H
10
và C5H
12
D. C
5
H
12
và C
6
H
14
Suy luận: nH
2
O =
25,2
18
= 1,4 mol ; nCO
2
= 1mol
nH
2
O > nCO
2
⇒
2 chất thuộc dãy ankan. Gọi n là số nguyên tử C trung bình:
2 2n n
C H
+
+
3 1
2
n
+
O
2
→
n
CO
2
+
( )
1n
+
H
2
O
Ta có:
1
1 1,4
n
n
=
+
→
n
= 2,5 →
Thí dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi
qua bình 1 đựng P
2
O
5
dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng
6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là:
A. 0,06 B. 0,09 C. 0,03 D. 0,045
C
2
H
6
C
3
H
8
Suy luận: nH
2
O =
4,14
18
= 0,23 ; nCO
2
=
6,16
44
= 0,14
n
ankan
= nH
2
O – nCO
2
= 0,23 – 0,14 = 0,09 mol
Thí dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH
4
, C
4
H
10
và C
2
H
4
thu được 0,14 mol CO
2
và 0,23 mol H
2
O. Số mol ankan và anken có trong hỗn hợp lần lượt là:
A. 0,09 và 0,01 B. 0,01 và 0,09
C. 0,08 và 0,02 D. 0,02 và 0,08
Suy luận: n
ankan
= 0,23 – 0,14 = 0,09 ; n
anken
= 0,1 – 0,09 mol
; Dựa vào phản ứng cộng của anken với Br
2
có tỉ lệ mol 1: 1.
Thí dụ: Cho hỗn hợp 2 anken đi qua bình đựng nước Br
2
thấy làm mất màu vừa đủ dung dịch
chứa 8g Br
2
. Tổng số mol 2 anken là:
A. 0,1 B. 0,05 C. 0,025 D. 0,005
Suy luận: n
anken
= nBr
2
=
8
160
= 0,05 mol
s :…2)/$-!$+?$‡cho nCO
2
= nH
2
O
Thí dụ 1Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng đẳngthu
được 11,2 lít CO
2
(đktc) và 9g H
2
O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
A. Ankan B. Anken C. Ankin D, Aren
Suy luận: nCO
2
=
11,2
0,5
22,4
=
mol ; nH2O =
9
0,5
18
=
⇒
nH
2
O = nCO
2
Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken.
Thí dụ 2: Một hỗm hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C trong phân tử và
có cùng số mol. Lấy m gam hỗn hợp này thì làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch 20% Br
2
trong
dung môi CCl
4
. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO
2
. Ankan và anken
đó có công thức phân tử là:
A. C
2
H
6
, C
2
H
4
B. C
3
H
8
, C
3
H
6
C. C
4
H
10
, C
4
H
8
D. C
5
H
12
, C
5
H
10
Suy luận: n
anken
= nBr
2
=
80.20
100.160
=
0,1 mol
C
n
H
2n
+
3
2
n
O
2
→ n CO
2
+ n H
2
O
0,1 0,1n
Ta có: 0,1n =
0,6
2
=
0,3
⇒
n = 3
⇒
C
3
H
6.
ˆ `$-!: nCO
2
> nH
2
O và n
ankin (cháy)
= nCO
2
– nH
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO
2
và H
2
O có tổng khối
lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd Ca(OH)
2
dư thu được 45g kết tủa.
a. V có giá trị là:
