69
Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O
nCO2 = nCaCO3 = 100/100 = 1 mol
OH
2
y
COxO
4
y
xHC 22
t
2
yx
0+¾®¾
÷
÷
ø
ö
ç
ç
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
OHnCOnO
n
HC nn 222
22 )1(
2
13 ++¾®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 : ï
î
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 = 025,0
4,22
56,0 = mol
nCO2 = 4,4/44 = 0,1 (mol)
nH2O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol)
70
OH
2
y
COxO
4
y
xHC 22
t
2
yx
0+¾®¾
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ++
0,025 ® 0,025x ® 0,025 y/2
î
í
ì
=
=
Þ
ï
î
ï
í
ì
==
==
8,5y
4x
0,10625
2
y
0,025n
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 C
4
H
2
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 :
2
CO
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 ) = 3,0
0,1
0,03 =(M) CM(KHCO3) = 7,0
0,1
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
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 CO2 = an + bm = 7,0
44
8,30 =(mol) (2)
n H2O = 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 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 = 08,0
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 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 <
b
a
mbna
+
+
< m
1 £ n < 7,2
035,0
095,0 =<m £ 4
Þî
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
Þî
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