Phương pháp giải bài tập Hóa học Lớp 11 - Phần 5

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 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. hhBM =14,5.2 = 29 Theo ĐLBT khối lượng : khối lượng A đem cracking = khối lượng hỗn hợp B Þ 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) Þ hhBM = ½ MA Þ MA = 29.2 = 58 MA = 14n + 2 = 58 Þ 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. Þ m2anken = 55,52%mB = 55,52%mA Þ 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 Þ %CH4 = %C3H6 = %100*6,6 a a = 15% %C2H6 = %C2H4 = %35%100*6,6 3,2%100* 6,6 == a a a b Bài 2 : 66 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 12 n n P P 1 2 1 2 == 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 OH 2 yxCOO 4 yxHC 22 t 2yx 0 +¾®¾÷ ø ö ç è æ ++ 1 ® x ® y/2 (mol) n2 = x + y/2 Þ n2 = 12n1 hay x + y/2 = 12 (1) x = 2/3 (x + y/2) Û 3x = 2x + y Û x = y (2) (1), (2) Þ x + x/2 = 12 Þ x = 8 = y Þ CTPT X : C8H8 Cách 2 : Dùng phương pháp biện luận giải Gọi CxHy : n1 (mol) Þ n2 = 12n1 (1) Khi đưa về OoC : n3 = 2/3n2 = 2/3.12n1 = 8n1 = nCO2 Þ nH2O = 12n1 – 8n1 = 4n1 OH 2 yxCOO 4 yxHC 22 t 2yx 0 +¾®¾÷ ø ö ç è æ ++ n1 ® 8n1 ® 4n1 x : y/2 = 8n1 : 4n1 Þ x= y. v CTN của X (CH)n hay CnHn CnHn + kBr2 ® CnHnBrk 13n ® 160k 5,2 ® 8 67 n kknkn 8205,2 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 : C8H8 r = (8.2 + 2 – 8) = 5 A là dẫn xuất của benzen, A lại làm mất màu dd Br2 Þ có nối đôi C=C ở nhánh. v CTCT A : CH=CH2 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 22 +nn HC Giả sử n < m Þ n< 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 å 3CaCO ) Þ nCO2 = nCaCO3 = 3,1100 10030 = + (mol) Þ mCO2 = 1,3.44 = 57,2 (g) OHnCOnOnHC nn 22222 )1( 2 13 ++¾® + + + M 44 n 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 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) Þ a = 0,2 ;b = 0,3 (mol) %C2H6 = %25,31%100*2,19 2,0.30%100* 2,19 30 == a % C3H8 = %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 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 : X 6,4g O2 CO2 H2O O2 dö dd Ca(OH)2 dö 1 khí coù V=11,2l (0,4atm;OoC) 100g 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 69 Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O nCO2 = nCaCO3 = 100/100 = 1 mol OH 2 yCOxO 4 yxHC 22 t 2yx 0 +¾®¾÷÷ ø ö çç è æ ++ Áp dụng ĐLBT nguyên tố (O) cho ptpu cháy : nO2 pứ = nCO2 + ½ nH2O Þ nH2O = 2(nO2 pư – nCO2) = 2(1,8-1) = 1,6 mol. Ta thấy nH2O > nCO2 Þ hai hydrocacbon trên thuộc dãy đồng đẳng ankan. CTPT trung bình 2 ankan là : 22 +nn HC OHnCOnOnHC nn 22222 )1( 2 13 ++¾® + + + x ® (3 n +1)/2x ® x n ® x ( n +1) (mol) nCO2 = x n = 1 nH2O = x( n +1) = 1,6 x = 0,6 n = 1,67 1 < n =1,67 < m= n + 1 Þ n= 1 và m = 2 Þ 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 : ïî ï í ì y'x yx HC :B HC:A CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên : yx HC Giả sử y < y’ Þ y < y < y’ Số mol hỗn hợp khí nhh = 025,04,22 56,0 = mol nCO2 = 4,4/44 = 0,1 (mol) nH2O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol) 70 OH 2 yCOxO 4 yxHC 22 t 2yx 0 +¾®¾÷÷ ø ö çç è æ ++ 0,025 ® 0,025x ® 0,025 y /2 î í ì = = Þ ïî ï í ì == == 8,5y 4x 0,10625 2 y0,025n 0,10,025n H2O CO2 CTPT A, B có dạng : A : C4Hy và B : C4Hy’ 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 Þ y’ =10 Þ 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 : î í ì 10'4 24 HC :B HC:A và î í ì 10'4 44 HC :B HC:A và î í ì 10'4 64 HC :B HC:A và î í ì 10'4 84 HC :B HC:A c) Tính CM các muối tạo thành : nKOH = V.CM = 0,1.1,3 = 0,13 (mol) Ta có : 2CO KOH n n = 3,1 1,0 13,0 = Þ Tạo thành 2 muối. CO2 + 2KOH ® K2CO3 + H2O a 2a a (mol) CO2 + KOH ® KHCO3 b b b (mol) Ta có : Þ î í ì ==+ ==+ 13,0nb2a 1,0nba KOH CO2 î í ì = = 0,07b 0,03a (mol) CM(K2CO3 ) = 3,00,1 0,03 = (M) CM(KHCO3) = 7,00,1 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 CO2 và 11,7g H2O Xác định CTPT A,B. Tính % A,B. Biết B nhiều hơn A một 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 3nHC 2222-2nn -+¾®+ a an a(n-1) (mol) O1)Hm(mCOO 2 13mHC 22222mm ++¾® + ++ b bm bm (mol) n hỗn hợp = a+ b = 25,04,22 6,5 = (mol) (1) n CO2 = an + bm = 7,044 8,30 = (mol) (2) n H2O = a(n-1) + bm = 65,018 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 AgNO3/NH3 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. nhh = 08,04,22 792,1 = 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 AgNO3/NH3 dư ® 0,735g ¯ Vhh giảm 12,5% Þ Vankin = 12,5%(1/2Vhh) Þ nankin = 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 CnH2n-3Ag M¯ = 14n +105 = 107 Þ 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 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 < ba 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 + CO2 ® CaCO3 + H2O (5) 0,11 0,11 0,11 (mol) Ca(OH)2 + 2CO2 ® Ca(HCO3 )2 (6) (0,115-0,11) 2.0,005 nCO2 = 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 ba bmann + + = 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 ¯ + H2O nCO2 = nBaCO3 = 75,0197 75,147 = mol Þ mH2O = 46,5 – 0,75.44 = 13,5(gam) Þ nH2O = 75,018 5,13 = (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 k trung bình 75 Đặt CTPT trung bình của hai hydrocacbon trên là : k22n2n HC -+ ( ) OHk1nCOnO 2 k1n3HC 222k22n2n -++® -+ + -+ 1 ® n ® ( k-+1n ) (mol) 0,3 ® 0,3 n ® 0,3( k-+1n ) (mol) nCO2 = 0,3 n = 0,75 (mol) Þ n = 2,5 nH2O = 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 n3HC 222n2n +®+ 0,3 ® 0,3 n nCO2 = 0,3 n = 0,75 Þ n = 2,5 Giả sử n< m Þ n= 2. Þ CTPT A là C2H4. 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 13nHC 22222nn ++¾®¾ + ++ a ® an ® a(n+1) (mol) O1)H-m(mCOO 2 1-3mHC 2222-2mm +¾®+ 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)