Phương pháp giải bài tập hóa Hidrocacbon part 5 pdf

65

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
Þ 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) Þ
hhB
M = ½ M
A

Þ M
A
= 29.2 = 58
M
A
= 14n + 2 = 58 Þ n= 4
v CTPT A là C
4
H
10

Các ptpu cracking A :
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.
Þ m
2anken
= 55,52%m
B
= 55,52%m
A

Þ mC
3
H
6
+ mC
2
H
4
= 55,52%.58 (a+b)
Û 42a + 28b = 32,2016 (a+b)
Û 9,7984a = 4,2016b Û 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
Þ %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 2 :

66

Hydrocacbon (X) dn xut t aren. Húa hi (X) trn vi oxi va trong mt khớ
nhiờn k, t hon ton hn hp ri a v nhit ban u, ỏp sut trong bỡnh bng 12
ln ỏp xut ca (X) ban u. a v 0
o
C ỏp sut khớ gim cũn 2/3.
5,2 gam (X) lm mt mu dung dch cha 8 gam Brụm.
Xỏc nh CTCT ca (X)
GII
Bi ny cú 2 cỏch gii :
v cựng iu kin T, V khụng i thỡ t l s mol bng t l ỏp sut.
PV = nRT
12
n
n
P
P
1
2
1
2
==
v Khi a v O
o
C, hi nc b ngng t. Khớ cũn li l CO
2

P
3
= 2/3P

2

n
CO2
= 2/3 (n
CO2
+ n
H2O
)
Cỏch 1 : Dựng phng phỏp thụng thng gii.
v Gi s s mol ca X l 1mol
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+ắđắ
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
++

1 đ x đ y/2 (mol)
n
2
= x + y/2
ị n
2
= 12n
1
hay x + y/2 = 12 (1)
x = 2/3 (x + y/2) 3x = 2x + y
x = y (2)
(1), (2) ị x + x/2 = 12 ị x = 8 = y ị CTPT X : C
8
H
8

Cỏch 2 : Dựng phng phỏp bin lun gii
Gi C
x
H
y
: n
1
(mol)
ị n
2
= 12n
1
(1)

Khi a v O
o
C :
n
3
= 2/3n
2
= 2/3.12n
1
= 8n
1
= n
CO2

ị nH
2
O = 12n
1
8n
1
= 4n
1
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22

t
2yx
0
+ắđắ
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
++

n
1
đ 8n
1
đ 4n
1

x : y/2 = 8n
1
: 4n
1
ị x= y.
v CTN ca X (CH)
n
hay C
n
H
n

C
n
H
n
+ kBr
2
đ C
n
H
n
Br
k

13n đ 160k
5,2 đ 8

67

n
kkn
kn 8
205,2
8
160
2,5
13
=Þ=Þ=
X là dẫn xuất của Benzen Þ n ³ 6 Þ k £ 8/6 = 1,33
Þ k = 1 và n = 8.

v Vậy CTPT A : C
8
H
8
r = (8.2 + 2 – 8) = 5
A là dẫn xuất của benzen, A lại làm mất màu dd Br
2
Þ có nối đôi C=C ở nhánh.
v CTCT A :

CH=CH
2

A là Styren.

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 Þ 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
å
3
CaCO )
Þ nCO

2
= nCaCO
3
= 3,1
100
10030
=
+
(mol)
Þ mCO
2
= 1,3.44 = 57,2 (g)
OHnCOnO
n
HC
nn
222
22
)1(
2
13
++¾®¾
+
+
+


M
44n
19,2 57,2

68

Ta có tỉ lệ :
2,57
44
2,19
214
2,57
44
2,19
nnnM
=
+
Û=
n = 2,6
Ta có n < n = 2,6 < m = n+1
Þ n = 2 và m =3
v 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) Þ 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

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 O
2

(lấy dư) và cho hỗn hợp CO
2
, H
2
O, O
2
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,O
o
C).
a) Xác định dãy đồng đẳng A,B
b) Xác định CTPT của A, B
Tóm tắt :
X
6,4g O
2
CO
2
H
2
O
O
2
dö
dd Ca(OH)
2
dö

1 khí coù V=11,2l (0,4atm;O
o
C)
100g

n
O2bđ
= 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 :
nO
2 dư
= PV/RT = 11,2.0,4/(0,082.273) = 0,2 mol
nO
2 pu
= 2-0,2 = 1,8 (mol)
khí CO
2
, H
2
O bị hấp thụ vào dd Ca(OH)
2
dư

69

Ca(OH)
2

+ CO
2
CaCO
3
+ H
2
O

nCO
2
= nCaCO
3
= 100/100 = 1 mol
OH
2
y
COxO
4
y
xHC
22
t
2
yx
0
+ắđắ
ữ
ữ
ứ
ử

ỗ
ỗ
ố
ổ
++
p dng LBT nguyờn t (O) cho ptpu chỏy :
nO
2
p = nCO
2
+ ẵ nH
2
O
ị n
H2O
= 2(n
O2 p
n
CO2
) = 2(1,8-1) = 1,6 mol.
Ta thy nH
2
O > nCO
2
ị hai hydrocacbon trờn thuc dóy ng ng ankan.
CTPT trung bỡnh 2 ankan l :
22 +nn
HC
OHnCOnO
n

HC
nn
222
22
)1(
2
13
++ắđắ
+
+
+

x đ (3 n +1)/2x đ x n đ x ( n +1) (mol)
n
CO2
= x n = 1
n
H2O
= x( n +1) = 1,6
x = 0,6
n = 1,67
1 < n =1,67 < m= n + 1
ị n= 1 v m = 2
ị CTPT 2 ankan l CH
4
v C
2
H
6

Bi 5 :
t chỏy 560cm
3
hn hp khớ (ktc) gm 2 hydrocacbon cú cựng s nguyờn t
cacbon ta thu c 4,4g CO
2
v 1,9125g hi nc.
a) Xỏc nh CTPT cỏc cht hu c.
b) Tớnh %khi lng cỏc cht.
c) Nu cho lng CO
2
trờn vo 100 ml dd KOH 1,3M; Tớnh C
M
mui to thnh.
GII
bi ny, ta dựng phng phỏp s nguyờn t H trung bỡnh kt hp vi phng phỏp
bin lun gii.
a) Xỏc nh CTPT cỏc hydrocacbon :
t CTPT 2 hydrocacbon trờn :
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
y'x
yx
HC :B
HC:A

CTPT trung bỡnh 2 hydrocacbon trờn :
yx
HC
Gi s y < y ị y < y < y
S mol hn hp khớ 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)

70

OH
2
y
COxO
4
y
xHC
22
t
2
yx

0
+ắđắ
ữ
ữ
ứ
ử
ỗ
ỗ
ố
ổ
++
0,025 đ 0,025x đ 0,025 y /2
ợ
ớ
ỡ
=
=
ị
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
==
==
8,5y
4x
0,10625
2
y

0,025n
0,10,025n
H2O
CO2

CTPT A, B cú dng : A : C
4
H
y
v B : C
4
H
y

Ta cú y < y < y hay y < 8,5 <y (1)
Bin lun tỡm CTPT B :
8,5 < y chn
y Ê 2x + 2 = 2.4 + 2 = 10
ị y =10 ị CTPT B : C
4
H
10

Tng t bin lun tỡm CTPT A :
y < 8,5
y chn

y 2 4 6 8
A C
4

H
2
C
4
H
4
C
4
H
6
C
4
H
8

Vy cú 4 cp nghim :
ợ
ớ
ỡ
10'4
24
HC :B
HC:A
v
ợ
ớ
ỡ
10'4
44
HC :B

HC:A
v
ợ
ớ
ỡ
10'4
64
HC :B
HC:A
v
ợ
ớ
ỡ
10'4
84
HC :B
HC:A


c) Tớnh C
M
cỏc mui to thnh :
n
KOH
= V.C
M
= 0,1.1,3 = 0,13 (mol)
Ta cú :
2
CO

KOH
n
n
= 3,1
1,0
13,0
= ị To thnh 2 mui.
CO
2
+ 2KOH đ K
2
CO
3
+ H
2
O
a 2a a (mol)
CO
2
+ KOH đ KHCO
3

b b b (mol)
Ta cú :
ị
ợ
ớ
ỡ
==+
==+

13,0nb2a
1,0nba
KOH
CO
2
ợ
ớ
ỡ
=
=
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)

Bi 6 :
t chỏy hon ton hn hp gm ankin (A) v ankan (B) cú V = 5,6 lớt (kc) c
30,8g CO
2
v 11,7g H

2
O
Xỏc nh CTPT A,B. Tớnh % A,B. Bit B nhiu hn A mt C

71

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 :
î
í
ì
+
b
a
:HC :B
:HC:A
22mm
2-2nn
(mol) (n ³ 2; m ³ 1)
O1)H(nnCOO
2
3n
HC
2222-2nn
-+¾®¾+
a an a(n-1) (mol)
O1)Hm(mCOO

2
13m
HC
22222mm
++¾®¾
+
+
+

b bm bm (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) + bm = 65,0
18

7,11
= (mol) (3)
(2), (3) Þ 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
Þ 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:
î
í
ì
63
22
:
:
HCB
HCA

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 AgNO
3
/NH
3
dư tạo 0,735 g kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm
12,5%

72

- 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.
n
hh
= 08,0
4,22
792,1
= mol
gọi a, b, c lần lượt là số mol của ankan, anken, ankin trong mỗi phần
Þ a + b + c = 0,04 mol (1)
v Phần 1 + dd AgNO
3
/NH
3
dư ® 0,735g ¯ V

hh
giảm 12,5%
Þ V
ankin
= 12,5%(1/2V
hh
)
Þ n
ankin
= c = 12,5%*0,04 = 0,005 mol (2)
Þ M¯= 147
005,0
735,0
=
Þ Trong phân tử kết tủa chỉ có một nguyên tử bạc. Vậy ankin ban đầu là ankin-1
Đặt CTPT kết tủa C
n
H
2n-3
Ag
M¯ = 14n +105 = 107 Þ n= 3
Vậy CTPT ankin là C
3
H
4
.
Ta có a + b = 0,04- c =0,04 -0,005 = 0,035 mol (3)

v Phần 2 :
C

3
H
4
+ 4O
2
® 3CO
2
+ 2H
2
O
0,005 ® 0,015 (mol)
C
m
H
2m
+ 3m/2O
2
® mCO
2
+ mH
2
O
b ® mb (mol)
C
n
H
2n+2
+ (3n+1)/2O
2
® nCO

2
+ (n+1)H
2
O
a ® na (mol)
n
CO2
= 0,015 + mb + na (mol) (4)
n
Ca(OH)2
= 0,2 * 0,0125 = 0,115 mol
nCaCO
3
= 11/100 = 0,11(mol)
Khi cho CO
2
vào dd Ca(OH)
2
có thể xảy ra các phản ứng sau :
Ca(OH)
2
+ CO
2
® CaCO
3
+ H
2
O (5)
Ca(OH)
2

+ 2CO
2
® Ca(HCO
3
)
2
(6)

v TH 1 : Số mol CO
2
thiếu so với dd Ca(OH)
2
, chỉ xảy ra phương trình phản ứng
số (5)
nCO
2
= 0,015 + mb + na = nCaCO
3
= 0,11 mol
Þ mb + na = 0,095 mol (7)

73


Cách 1 : Dùng phương pháp biện luận dựa vào giới hạn
Giả sử n < m
Þ na + nb < na + mb < ma + mb
n(a + b) < na + mb < m(a + b)
n <
b

a
mbna
+
+
< m
1 £ n < 7,2
035,0
095,0
= <m £ 4
Þ
î
í
ì
=
=
4;3
2;1
m
n

Vậy có 4 cặp nghiệm ứng với trường hợp 1 :
î
í
ì
63
4
:
:
HCanken
CHankan

hay
î
í
ì
63
62
:
:
HCanken
HCankan
hay
î
í
ì
84
4
:
:
HCanken
CHankan
hay
î
í
ì
84
62
:
:
HCanken
HCankan

Giả sử m < n
Þ 2 £ m < 7,2
035,0
095,0
= <n £ 4
î
í
ì
=
=
2
4,3
m
n

Có 2 cặp nghiệm :
î
í
ì
42
83
:
:
HCanken
HCankan
hay
î
í
ì

42
104
:
:
HCanken
HCankan

v TH 2 : Xảy ra cả hai phương trình phản ứng 5,6 :
Ca(OH)
2
+ CO
2
® CaCO
3
+ H
2
O (5)
0,11 0,11 0,11 (mol)
Ca(OH)
2
+ 2CO
2
® Ca(HCO
3
)
2
(6)
(0,115-0,11) 2.0,005
n
CO2

= 0,11 + 2.0,005 = 0,12 (mol)
Þ na + mb = 0,12 – 0,015 = 0,105 (mol)
Giả sử n<m
Þ 1£ n < 3
035,0
105,0
= <m £ 4
Þ
î
í
ì
=
=
4
2,1
m
n
Þ CTPT
î
í
ì
84
4
HC
CH
và
î
í
ì
84

62
HC
HC

* n = 3
î
í
ì
63
83
HC
HC

Giả sử m < n

74

Þ 2£ m < 3
035,0
105,0
= <n £ 4
Có 2 cặp nghiệm :
î
í
ì
=
=
2
3
m

n
và
î
í
ì
=
=
2
4
m
n

CTPT các chất :
î
í
ì
42
83
HC
HC
và
î
í
ì
42
104
HC
HC

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 :
knn
HC
222 -+

Viết các phương trình phản ứng như trên
b
a
bman
n
+
+
=
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 Br
2
0,2M thấy dung dịch Br
2
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 CO
2
và H
2
O. Khi hấp thụ vào bình chứa dd Ba(OH)
2

thì
Cả CO
2
và H
2
O đều bị dd Ba(OH)
2
dư hấp thụ
m
bình tăng
= mCO
2
+ mH
2
O

= 46,5g
CO
2
+ Ba(OH)

2
® BaCO
3
¯ + H
2
O
n
CO2
= n
BaCO3
= 75,0
197
75,147
= mol
Þ mH
2
O = 46,5 – 0,75.44 = 13,5(gam)
Þ nH
2
O = 75,0
18
5,13
= (mol)
Cách 1 :
Ta thấy khi đốt hai hydrocacbon cho số mol nCO
2
= nH
2
O = 0,75 mol
Cách 2 : biện luận theo phương pháp số

k
trung bình

75

Đặt CTPT trung bình của hai hydrocacbon trên là :
k22n2n
HC
-+

()
OHk1nCOnO
2
k1n3
HC
222
k22n2n
-++®
-+
+
-+

1 ®
n
® ( k-+1n ) (mol)
0,3 ® 0,3
n
® 0,3( k-+1n ) (mol)
nCO
2

= 0,3
n
= 0,75 (mol) Þ
n
= 2,5
nH
2
O = 0,3( k-+1n ) = 0,75 (mol)
thay
n
= 2,5 vào phương trình trên Þ
k
=1

Þ có hai trường hợp :
* A, B đều là anken
* A là ankan, B là ankin (hoặc ngược lại)

v TH 1 : A, B là anken.
Đặt CTPT
î
í
ì
b:HC:B
a:HC:A
2mm
2nn
(mol)
Đặt CTPT trung bình 2 anken
n2n

HC
OHnCOnO
2
n3
HC
222
n2n
+®+
0,3 ® 0,3
n

nCO
2
= 0,3
n
= 0,75
Þ
n
= 2,5
Giả sử n< m Þ n= 2. Þ CTPT A là C
2
H
4
.
A là anken nhỏ nhất nên ta chỉ có tỉ lệ :
4,3
13
44
13
22

14
14
==Þ== m
n
m
M
M
A
B
(loại)
v TH 2 : A là ankan, B là ankin
î
í
ì
+
b:HC:B
a:HC:A
2-2mm
22nn
(mol)
O1)H(nnCOO
2
13n
HC
22222nn
++¾®¾
+
+
+

a ® an ® a(n+1) (mol)
O1)H-m(mCOO
2
1-3m
HC
2222-2mm
+¾®¾+
b ® bm ® b(m-1) (mol)
ta có :
nCO
2
= an + bm = 0,75 (1)
n
hh
= a + b = 0,3 (2)
nH
2
O = a(n+1) + b(m-1) = an + bm + (a-b) = 0,75 (3)