Phương Pháp, Kỹ Thuật Giải Toán Hóa Học HYDROCACBON phần 7

Chia sẻ: Dwefershrdth Vrthrtj | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

110
lượt xem 30
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương Pháp, Kỹ Thuật Giải Toán Hóa Học HYDROCACBON phần 7

CaCO3 + H2O Ca(OH)2 + CO2 nCO2 = nCaCO3 = 100/100 = 1 mol æ yö y C x H y + ç x + ÷O 2 ¾t xCO 2 + H 2 O 0 ¾® ç ÷ 4ø 2 è 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 : C n H 2 n + 2 3n + 1 C n H 2n+2 + O2 ¾ nCO2 + (n + 1) H 2 O ¾® 2 ® (3 n +1)/2x ® x n ® x ( n +1) x (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 : ì ïA : C x H y Đặt CTPT 2 hydrocacbon trên : í ïB : C x H y' î CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên : C x H y Giả sử y < y’ Þ y < y < y’ 0,56 = 0,025 mol Số mol hỗn hợp khí nhh = 22,4 nCO2 = 4,4/44 = 0,1 (mol) nH2O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol) 69
æ yö y C x H y + ç x + ÷O 2 ¾t xCO 2 + H 2 O 0 ¾® ç ÷ 4ø 2 è ® 0,025x ® 0,025 y /2 0,025 ìn CO2 = 0,025 = 0,1 ìx = 4 ï Þí í y ïn H2O = 0,025 = 0,10625 î y = 8,5 î 2 CTPT A, B có dạng : A : C4Hy và B : C4Hy’ Ta có y < y < y’ hay y < 8,5
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. ìA : C n H 2n -2 : a (mol) (n ³ 2; m ³ 1) Gọi 5,6 l hh : í B : C m H 2m + 2 : b î 3n C n H 2n -2 + O 2 ¾ nCO 2 + (n - 1)H 2 O ¾® 2 a an a(n-1) (mol) 3m + 1 C m H 2m + 2 + O 2 ¾ mCO 2 + (m + 1)H 2 O ¾® 2 b bm bm (mol) 5,6 = 0,25 (mol) n hỗn hợp = a+ b = (1) 22,4 30,8 = 0,7 (mol) n CO2 = an + bm = (2) 44 11,7 = 0,65 (mol) (3) n H2O = a(n-1) + bm = 18 (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 ì A : C2 H 2 Vậy CTPT A, B: í îB : C3 H 6 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% 71
- 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. 1,792 = 0,08 mol nhh = 22,4 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) 0,735 Þ M¯= = 147 0,005 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 ® 0,015 0,005 (mol) CmH2m + 3m/2O2 ® mCO2 + mH2O ® mb b (mol) CnH2n+2 + (3n+1)/2O2 ® nCO2 + (n+1)H2O ® na a (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) 72
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) na + mb n<
0,105 Þ 2£ m < = 3
Đặt CTPT trung bình của hai hydrocacbon trên là : C n H 2 n + 2- 2 k ( ) 3n + 1 - k C n H 2 n + 2- 2 k + O 2 ® nCO 2 + n + 1 - k H 2 O 2 ®n ® ( n + 1 - k ) (mol) 1 ® 0,3 n ® 0,3( n + 1 - k ) (mol) 0,3 nCO2 = 0,3 n = 0,75 (mol) Þ n = 2,5 nH2O = 0,3( n + 1 - k ) = 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. ìA : C n H 2n : a Đặt CTPT í (mol) îB : C m H 2m : b Đặt CTPT trung bình 2 anken C n H 2 n 3n C n H 2n + O 2 ® nCO 2 + nH 2 O 2 ® 0,3 n 0,3 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 : M B 14m 22 44 = = Þm= = 3,4 (loại) M A 14n 13 13 v TH 2 : A là ankan, B là ankin ìA : C n H 2n + 2 : a (mol) í îB : C m H 2m -2 : b 3n + 1 C n H 2n + 2 + O 2 ¾ nCO 2 + (n + 1)H 2 O ¾® 2 ® an ® a(n+1) a (mol) 3m - 1 C m H 2m -2 + O 2 ¾ mCO 2 + (m - 1)H 2 O ¾® 2 ® bm ® b(m-1) (mol) b 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) 75
Thay (1) vào (3) : Þ a- b = 0 hay a= b (2) Þ a = b = 0,15 (mol) 0,75 (1) Þ n + m = =5 0,15 Xét tỉ lệ phân tử lượng giữa A và B ta có hai trường hợp : · MA : MB = 22 : 13 14n + 2 14m - 2 14(m + n) 14.5 Þ = = = =2 22 13 35 35 n = 3 (A : C3H8) và n =2 (B : C2H2) · MB : MA = 22 : 13 14n + 2 14m - 2 14(m + n) 14.5 Þ = = = =2 13 22 35 35 Þ n = 1,7 và m = 3,28 (loại) Vậy hai hydrocacbon đó là : ìA : C 3 H 8 : 0,15 (mol) í îB : C 2 H 2 : 0,15 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. Þ 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) ® 2b ®b b (mol) Ta có hệ phương trình : ìm C 2 H 2 Br2 = 0,05.186 = 9,3g ìa + 2b = 0,1 ìa = 0,05 ï Þí Þ í í îa + b = 0,075 îb = 0,025 ïm C 2 H 2 Br4 = 0,025.346 = 8,65g î 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 ( M ) = 64. 76