Bài tập về công thức cấu tạo – đồng đẳng – đồng phân – danh pháp

Tìm CTPT A Tóm tắt : V = 1dm3 CxHy(A) O2 t=133,5oC,P1=1atm ñoát sp chaùy V=1dm3 t=133,5oC, P2 taêng 10% (löôïng H2O taïo ra laø 0,216g) GIẢI : Tìm CTPT A? 0,03(mol) 133,5)0,082.(273 1.1 RT PVn1 =+ == Vì hỗn hợp đồng thể tích nên nA = nO2 = 0,03/2 = 0,015 mol => CxHy dư, biện luận theo O2 Sau khi đưa về nhiệt độ ban đầu, các khí tạo áp suất có trong bình gồm H2O, CO2, CxHy dư có số mol là : n2 = n1 . P2/P1 = 0,03.110/100 = 0,033 mol nH2O = 0,216/18 = 0,012 mol ĐLBT khối lượng (O) : nO2 = n CO2 + 1/2n H2O => n CO2 = nO2 – 1/2nH2O = 0,015-0,012/2 = 0,009mol nCxHydư = n2 - nCO2 - nH2O = 0,033-0,012-0,009 =0,012mol =>nCxHyphản ứng = 0,015-0,012 = 0,003 mol OH 2 yxCOO 4 yxHC 22 t 2yx 0 +¾®¾÷ ø ö ç è æ ++ 59 1 ÷ ø ö ç è æ + 4 yx x 2 y (mol) 0,003 0,015 0,009 0,012 (mol) Ta có : 012,0 2 009,0015,0 4 003,0 1 y x yx == + = => x = 3 y = 8 Vậy CTPT A : C3H8 II.2.1.4 Phương pháp giá trị trung bình (xác định CTPT của hai hay nhiều chất hữu cơ trong hỗn hợp): Là phương pháp chuyển hỗn hợp nhiều giá trị về một giá trị tương đương, nhiều chất về một chất tương đương v Đặc điểm Phương pháp giá trị trung bình được dùng nhiều trong hóa hữu cơ khi giải bài tóan về các chất cùng dãy đồng đẳng. Một phần bản chất của giá trị trung bình được đề cập đến ở việc tính phần trăm đơn vị và khối lượng hỗn hợp khí trong bài tóan tỉ khối hơi ở chương đầu lớp 10. Do đó, học sinh dễ dàng lĩnh hội phương pháp này để xác định CTPT của hai hay nhiều chất hữu cơ trong hỗn hợp. II.1.4.1 Phương pháp khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp ( hhM ) Chất tương đương có khối lượng mol phân tử hhM là khối lượng mol phân tử trung bình của hỗn hợp. Các bước giải : Bước cơ bản : Xác định CTTQ của hai chất hữu cơ A,B Bước 1 : Xác định CTTB của hai chất hữu cơ A, B trong hỗn hợp Bước 2 : Tìm hhM qua các công thức sau : ( ) 100 M%A100%A.M 100 %B.M%A.M nn .Mn.Mn n m M BABA BA BBAA hh hh hh -+ = + = + + == Hoặc ( ) 100 M%A100%A.M V .MV.MV VV .MV.MV .MdM BABBAA BA BBAA Xhh/Xhh -+ = + = + + == Giả sử MA MA< hhM < MB Bước 3 : Biện luận tìm MA, MB hợp lý => CTPT đúng của A và B Phạm vi ứng dụng: sử dụng có lợi nhiều đối với hỗn hợp các chất cùng dãy đồng đẳng 1) Phương pháp CTPT trung bình của hỗn hợp: v Phạm vi áp dụng : Khi có hỗn hợp gồm nhiều chất, cùng tác dụng với một chất khác mà phương trình phản ứng tương tự nhau (sản phẩm, tỉ lệ mol giữa nguyên liệu và 60 sản phẩm, hiệu suất, phản ứng tương tự nhau), có thể thay thế hỗn hợp bằng một chất tương đương, có số mol bằng tổng số mol của hỗn hợp. Công thức của chất tương đương gọi là CTPT trung bình. v Phương pháp giải : Bước 1 : Đặt CTPT của hai chất hữu cơ cần tìm rồi suy ra CTPT trung bình của chúng : Đặt A : CxHy ; B : Cx’Hy’ Þ CTPTTB : x yC H Bước 2 : Viết phương trình phản ứng tổng quát và dữ liệu đề bài cho tính y,x Bước 3 : biện luận Nếu x<x’ Þ x < x < x’ y<y’ Þ y< y < y’ Dựa vào điều kiện x, x’, y, y’ thỏa mãn biện luận suy ra giá trị hợp lý của chúng Þ CTPT A, B. v Phạm vi ứng dụng : Phương pháp giải này ngắn gọn đối với các bài tóan hữu cơ thuộc loại hỗn hợp các đồng đẳng nhất là các đồng đẳng liên tiếp. Tuy nhiên có thể dùng phương pháp này để giải các bài toán hỗn hợp các chất hữu cơ không đồng đẳng cũng rất hiệu quả. Ngoài phương pháp trên còn có phương pháp số C, số H, số liên kết p trung bình ( k ). Phương pháp giải tương tự như hai phương pháp trên v Một số lưu ý: 1) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B là đồng dẳng liên tiếp thì : m = n + 1 (ở đây n, m là số C trong phân tử A, B) 2) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B hơn kém nhau k nguyên tử C thì m = n + k. 3) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B cách nhau k nguyên tử C thì : m = n + (k +1) 4) Nếu bài cho anken, ankin thì n, m ³ 2. 5) Nếu bài toán cho A, B là hydrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường (hay điều kiện tiêu chuẩn) thì n, m £ 4 v Bài tập ví dụ : Bài 1: Đốt cháy hòan tòan 19,2 g hỗn hợp 2 ankan liên tiếp thu được 14,56 l CO2 (ở OoC, 2 atm). Tìm CTPT 2 ankan. GIẢI : Gọi CTPT trung bình của hai ankan : 22 +nn HC mol RT PVnCO 3,1082,0.273 56,14.2 2 === OHnCOnOnHC nn 22222 )1( 2 13 ++¾® + + + 61 X X M m ® X X M m . n Cách 1: phương pháp số C trung bình ( n ) Số mol hỗn hợp X X X M mn = Số mol CO2 : nCO2 = X X M m . n = 1,3 2,6n3,1n 2n14 19,2 =Þ= + Þ Hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp CnH2n+2 CmH2m+2 ; n<m; 1£ n , m = n +1 à n < 2,6n = < m = n +1 Vậy n = 2 vậy 2 ankan là: C2H6 m = 3 C3H8 Cách 2: Dùng phương pháp phân tử khối trung bình M : Gọi 2 ankan A : CnH2n+2 (a mol) ; B : CmH2m+2 (b mol) ( ) OHnnCOOnHC nn 22222 12 13 ++¾®÷ ø ö ç è æ +++ a an (mol) ( ) OHmmCOOmHC mm 22222 12 13 ++¾®¾÷ ø ö ç è æ +++ b bm (mol) nCO2 = an + bm = 1,3 (1) mhh = (14n + 2)a + (14m +2)b = 19,2 ó 14(bm + an) + 2(a + b) = 19,2 (2) Từ (1),(2) suy ra : a + b = 0,5 = nhh => M = mhh / nhh = 19,2/0,5 = 38,4 MA < 38,4 < MB = MA + 14 A CH4 C2H6 C3H8 C4H10 … MA 16 30 44 58 … M 38,4 38,4 38,4 38,4 … MB 30 44 58 72 … Vậy A : C2H6 62 B : C3H8 II.2.1.5 - Phương pháp biện luận 1. Dựa vào giới hạn xác định CTPT của một hydrocacbon: - Khi số phương trình đại số thiết lập được ít hơn số ẩn cần tìm, có thể biện luận dựa vào giới hạn : A : CxHy thì : y £ 2x + 2; y chẵn, nguyên dương ; x ³ 1, nguyên. - Nếu không biện luận được hay biện luận khó khăn có thể dùng bảng trị số để tìm kết quả. - Điều kiện biện luận chủ yếu của loại toán này là : hóa trị các nguyên tố. Phương pháp biện luận trình bày ở trên chỉ có thể áp dụng để xác định CTPT của một chất hoặc nếu nằm trong 1 hỗn hợp thì phải biết CTPT của chất kia. 2. Biện luận theo phương pháp ghép ẩn số để xác định CTPT của một hydrocacbon : a) Các bước cơ bản : Bước 1 : Đặt số mol các chất trong hỗn hợp là ẩn số. Bứơc 2 : Ứng với mỗi dữ kiện của bài toán ta lập một phương trình toán học. Bước 3 : Sau đó ghép các ẩn số lại rút ra hệ phương trình toán học. Chẳng hạn : a + b = P (với a, b là số mol 2 chất thành phần) an + bm = Q (với n, m là số C của 2 hydrocacbon thành phần) Bước 4 : Để có thể xác định m, n rồi suy ra CTPT các chất hữu cơ thành phần, có thể áp dụng tính chất bất đẳng thức : Giả sử : n < m thì n(x + y) < nx + my < m(x + y) nx+myn< <m x+y Þ Hoặc từ mối liên hệ n,m lập bảng trị số biện luận - Nếu A, B thuộc hai dãy đồng đẳng khác nhau ta phải tìm x, y rồi thế vào phương trình nx + my = Q để xác định m, n Þ CTPT. 3. Một số phương pháp biện luận xác định dãy đồng đẳng và CTPT hydrocacbon : v Cách 1 : Dựa vào phản ứng cháy của hydrocacbon, so sánh số mol CO2 và số mol H2O. Nếu đốt 1 hydrocacbon (A) mà tìm được : * nH2O > nCO2 à (A) thuộc dãy đồng đẳng ankan ptpư : n 2n+2 2 2 2 3n+1C H + O nCO + (n+1)H O 2 ¾¾® * nH2O = nCO2 Þ (A) thuộc dãy đồng đẳng anken hay olefin hoặc (A) là xicloankan ptpư : n 2n 2 2 2 3nC H + O nCO + nH O 2 ¾¾® 63 * nH2O < nCO2 Þ (A) thuộc dãy đồng đẳng ankadien, ankin hoặc benzen ptpư : n 2n-2 2 2 2 3n-1C H + O nCO + (n-1)H O 2 ¾¾® ­ ( đồng đẳng ankin hoặc ankadien) n 2n-6 2 2 2 3n-3C H + O nCO + (n-3)H O 2 ¾¾® ­ ( đồng đẳng benzen) v Cách 2 : Dựa vào CTTQ của hydrocacbon A : * Bước 1 : Đặt CTTQ của hydrocacbon là : CnH2n+2-2k (ở đây k là số liên kết p hoặc dạng mạch vòng hoặc cả 2 trong CTCT A) Điều kiện k ³ 0, nguyên. Nếu xác định được k thì xác định được dãy đồng đẳng của A. - k = 0 Þ A thuộc dãy đồng đẳng ankan - k = 1 Þ A thuộc dãy đồng đẳng anken - k = 2 Þ A thuộc dãy đồng đẳng ankin hay ankadien - k = 4 Þ A thuộc dãy đồng đẳng benzen. Để chứng minh hai ankan A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt A : CnH2n+2-2k ; B : CmH2m+2-2k’. Nếu tìm được k = k’ thì A,B cùng dãy đồng đẳng. * Bước 2 : Sau khi biết được A,B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt CTTQ của A là CxHy. Vì B là đồng đẳng của A, B hơn A n nhóm –CH2- thì CTTQ của B :CxHy (CH2)n hay Cx+nHy+2n. * Bước 3 : Dựa vào phương trình phản ứng cháy của A, B, dựa vào lượng CO2, H2O, O2 hoặc số mol hỗn hợp thiết lập hệ phương trình toán học, rồi giải suy ra x, y, n à Xác định được CTPT A, B. v Cách 3 : dựa vào khái niệm dãy đồng đẳng rút ra nhận xét : - Các chất đồng đẳng kế tiếp nhau có khối lượng phân tử lập thành một cấp số cộng công sai d = 14. - Có một dãy n số hạng M1, M2, …,Mn lập thành một cấp số cộng công sai d thì ta có : + Số hạng cuối Mn = M1 + (n-1)d + Tổng số hạng S = 2 M1 nM+ .n + Tìm M1, …, Mn suy ra các chất Trong một bài toán thường phải kết hợp nhiều phương pháp. Ví dụ : Đốt cháy một hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (có M hơn kém nhau 28g) thì thu được 0,3mol CO2 và 0,5 mol H2O. Tìm CTPT & tên A, B GIẢI : Hydrocacbon A, B có M hơn kém nhau 28g Þ A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng. Cách 1 : A, B + O2 ® CO2 + H2O 64 67,1 3,0 5,0 n n 2 2 CO OH == >1 Þ A, B thuộc dãy đồng đẳng ankan. Đặt CTTB A, B : 2n2n HC + : a mol O1)Hn(COnO 2 1n3HC 2222n2n ++® + + + a ® a n ® a( n +1) (mol) Ta có n 1n 3,0 5,0 n n 2 2 CO OH +== Þ n = 1,5 Đặt CTTQ A, B : CnH2n+2 và CmH2m+2 Giả sử n< m Þ n< 1,5 Þ n = 1 Þ CTPT A : CH4 (M = 16) Þ MB = 16 + 28 = 44 Þ CTPT B : C3H8. Cách 2 : Đặt CTTQ A, B : CnH2n+2 : a mol và CmH2m+2 : b mol Các ptpứ cháy : Ok)H-1(nnCOO 2 k-13nHC 2222k-22nn ++¾® + ++ a an a(n+1-k) (mol) Ok)H-1(mmCOO 2 k-13mHC 2222k-22mm ++¾® + ++ b bm b(m+1-k) (mol) Ta có : î í ì =+++ =+ 0,5k)b-1(mk)a-1(n 0,3bman Þ (a+b)(1-k) = 0,2 Þ k = 0 vì chỉ có k = 0 thì phương trình mới có nghĩa. Þ a + b = 0,2 và an + bm = 0,3 Giả sử n < m Þ n(a+b) < m (a+b) Þ n < ba bmna + + < m Þ n < 5,1 0,2 0,3 = < m Biện luận tương tự cách trên suy ra CTPT A : CH4 và B : C3H8. II.2.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LẬP CTPT HYDROCACBON Bài 1 : 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) 76 Thay (1) vào (3) : Þ a- b = 0 hay a= b (2) Þ a = b = 0,15 (mol) (1) Þ n + m = 5 15,0 75,0 = Xét tỉ lệ phân tử lượng giữa A và B ta có hai trường hợp : · MA : MB = 22 : 13 Þ 2 35 5.14 35 )(14 13 214 22 214 == + = - = + nmmn n = 3 (A : C3H8) và n =2 (B : C2H2) · MB : MA = 22 : 13 Þ 2 35 5.14 35 )(14 22 214 13 214 == + = - = + nmmn Þ n = 1,7 và m = 3,28 (loại) Vậy hai hydrocacbon đó là : î í ì 0,15:HC:B 0,15:HC:A 22 83 (mol) 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) b ® 2b ® b (mol) Ta có hệ phương trình : î í ì =+ =+ 0,075ba 0,12ba Þ î í ì = = 0,025b 0,05a Þ ïî ï í ì == == 8,65g0,025.346m 9,3g0,05.186m 422 222 BrHC BrHC 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. 77 ở 100oC thì hỗn hợp này ở thể khí, làm lạnh đến nhiệt độ phòng thì một số chất bị ngưng tụ. các chất khí có khối lượng phân tử trung bình (= 54). Các chất lỏng có (=74). Tổng khối lương các chất trong hỗn hợp đầu là 252. Biết khối lượng phân tử chất nặng nhất gấp đôi chất nhẹ nhất. Tìm CTPT các chất và % thể tích các chất trong hỗn hợp. GIẢI : Ở bài này, áp dụng tính chất đồng đẳng trong toán học để giải Gọi a1, a2, …, an là khối lượng phân tử của các hydrocacbon trên. * Áp dụng tính chất toán học : Các hydrocacbon liên tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng sẽ tạo nên một cấp số cộng có công sai d = 14 an = a1 + (n-1)d S = n* 2 aa n1 + Với an = 2a1 Þ 2a1 = a1 + (n-1).14 Þ a1 = 14(n-1) Þ S = 1,5na1 = 252 Hay 15,5.14n(n-1) = 252 Þ 21n12 - 21n1 - 252 = 0 n = 4(nhận) hay n = -3 (loại) a1 = 14(4-1) = 42 đặt hydrocacbon đầu là A1 : CxHy M1 = 12x + y = 42 mà : y chẵn y £ 2x +2 x 1 2 3 ³ 4 y 30 18 6 < 0 Vậy A là C3H6, là hydrocacbon đầu tiên trong cấp số cộng trên. Các đồng đẳng kế tiếp của nó là C4H8, C5H10, C6H12 (M = 84) Tính % thể tích các chất trong hỗn hợp : Gọi a, b, c, d (mol) lần lượt là số mol các hydrocacbon tương ứng : C3H6, C4H8, C5H10, C6H12 . Ta có : 64 dcba 84d70c56b42aM = +++ +++ = (1) 54 ba 56b42aM ' = + + =khi Þ b = 6a (2) 74 dc 84d70cM l = + + = Þ c = 2,5d(3) Thay (2), (3) vào (1) : 78 64 d2,5d6aa 84d70.2,5d56.6a42aM = +++ +++ = Þ 64 d5,37a 259d378a = + + Þ d = 2a (4) Þ c= 2,5.2a = 5a (3’) nhh = a + b + c + d = a + 6a + 5a + 2a = 14a Ở cùng điều kiện, tỉ lệ về số mol bằng tỉ lệ về thể tích %C3H6 = %14,7%100*14a a = %C4H8 = %85,42%100*14a 6a = %C5H10 = %71,35%100*14a 5a = %C6H12 = %28,14%100*14a 2a = II.3 – BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THÀNH PHẦN HỖN HỢP CÁC HIDROCACBON ĐÃ BIẾT CTPT v II.3.1 MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP : - Khai thác tính chất hóa học khác nhau của từng loại hydrocacbon, viết các phương trình phản ứng. - Đặt a, b, c,… lần lượt là thể tích (hoặc số mol) khí trong hỗn hợp. - Lập các phương trình đại số : bao nhiêu dữ kiện là bấy nhiêu phương trình. - Các thí nghiệm thường gặp trong toán hỗn hợp : + Đốt cháy hỗn hợp trong O2 : thường dùng lượng dư O2 (hoặc đủ) để phản ứng xảy ra hoàn toàn, nếu thiếu oxi bài toán sẽ trở nên phức tạp vì sản phẩm có thể là C, CO, CO2, H2O, hoặc sản phẩm chỉ gồm CO2, H2O đồng thời dư hydrocacbon. + Phản ứng cộng với H2 : cho hỗn hợp gồm hydrocacbon chưa no và H2 qua Ni, toC (hoặc Pd,to) sẽ có phản ứng cộng. - Độ giảm thể tích hỗn hợp bằng thể tích H2 tham gia phản ứng. Ta luôn có : - Số mol hỗn hợp trước phản ứng lớn hơn số mol hỗn hợp sau phản ứng. hhn T> hhn S - Khối lượng hỗn hợp trước và sau phản ứng bằng nhau (ĐLBTKL). mhh T = mhhS 79 Þ TM < SM Þ dT < dS + Phản ứng với dd brôm và thuốc tím dư, độ tăng khối lượng của dd chính là khối lượng của hydrocacbon chưa no. CnH2n+2-2k + kBr2 ® CnH2n+2-2kBr2k + Phản ứng đặc trưng của ankin-1 : 2R(C º CH)n + nAg2O ® 2R(C º CAg)n ¯ + nH2O Khi làm toán hỗn hợp do số mol các chất luôn thay đổi qua mỗi thí nghiệm do đó khi qua thí nghiệm mới ta nên liệt kê số mol của hỗn hợp sau và trước mỗi thí nghiệm. Lưu ý : trong công thức tính PV = nRT thì V là Vbình. Ví dụ : Một bình kín có dung tích 17,92 lít đựng hỗn hợp gồm khí hidro và axetilen (ở OoC và 1 atm) và một ít bột Ni xúc tác. Nung nóng bình một thời gian sau đó làm lạnh đến 0oC. a) Nếu cho ½ lượng khí trong bình qua dd AgNO3/NH3 sẽ sinh ra 1,2 gam kết tủa vàng nhạt. Tìm số gam axetilen còn lại trong bình. b) Cho ½ lượng khí còn lại qua dd Brom thấy khối lượng dung dịch tăng lên 0,41 gam. Tính số gam etilen tạo thành trong bình. c) Tính thể tích etan sinh ra và thể tích H2 còn lại sau phản ứng. Biết tỉ khối hỗn hợp đầu (H2 + C2H2 trước phản ứng) so với H2 = 4. Bột Ni có thể tích không đáng kể. GIẢI a) Tính lượng axetilen còn dư : v Phần 1 : Sản phẩm cháy tạo kết tủa vàng nhạt với ddAgNO3/NH3 chứng tỏ hỗn hợp còn axetilen dư Các ptpứ : C2H2 + Ag2O ¾¾¾¾ ®¾ 33/NHddAgNO C2Ag2 ¯ + H2O nC2Ag2 = 005,0240 2,1 = (mol) Lượng axetilen còn lại trong bình : nC2H2 dư = 2nC2H2 pứ = 2nC2Ag2 = 2.0,005 = 0,01 (mol) b) Tính số gam etilen tạo thành trong bình : v Phần 2 : Các ptpứ : C2H4 + Br2 ® C2H4Br2 b ® b ® b (mol) C2H2 + 2Br2 ® C2H2Br4 0,005 ® 2.0,005 (mol) Áp dụng ĐLBT khối lượng : mbình tăng = mC2H4 + mC2H2 Þ mC2H4 = mbình tăng – mC2H2 = 2(0,41- 0,005.26) = 0,56 (g) 80 nC2H4 = 02,028 56,0 = (mol) c) Thể tích etan sinh ra và thể tích H2 còn lại : v Phần 3 : nhh = 8,04,22 92,17 = (mol) Gọi x (mol) là số mol H2 trong 0,8 mol hỗn hợp ban đầu. M hh = 4.2 = 8 M hh = 88,0 )8,0(26.2 = -+ xx Þ x = 0,6 (mol) nC2H2 bđ = 0,2 (mol) Các ptpứ : C2H2 + H2 ¾¾ ®¾ C otNi, C2H4 0,02 ¬ 0,02 (mol) C2H2 + 2H2 ¾¾ ®¾ C otNi, C2H6 y ® 2y ® y (mol) Gọi y là số mol etan tạo thành. nC2H2 pứ tạo etan = y = 0,2 – (0,01 + 0,02) = 0,17 (mol) Þ nEtan = 0,17 (mol) nH2 còn lại = 0,6 – (0,02 + 2.0,17) = 0,24 mol Ghi chú : ta nên đặt các ẩn số ngay từ đầu và phải cùng đơn vị. Qua mỗi thí nghiệm sẽ giúp ta tìm một ẩn số. Lưu ý lượng hỗn hợp mang phản ứng trong mỗi thí nghiệm có thể khác nhau nhưng tỉ lệ thành phần các chất trong hỗn hợp không đổi. II.3.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THÀNH PHẦN HỖN HỢP CÁC HYDROCAC ĐÃ BIẾT CTPT Bài 1 : Đốt cháy hoàn toàn 100cm3 hỗn hợp A gồm : C2H6, C2H4, C2H2 và H2 thì thu được 90cm3 CO2. Nung nóng 100cm3 A có sự hiện diện của Pd thì thu được 80cm3 hỗn hợp khí B. Nếu cho B tiếp tục qua Ni, to thì thu được chất duy nhất. Tìm % các chất trong hỗn hợp. GIẢI : Đặt 100cm3 hh A gồm : C2H6 : a C2H4 : b 81 C2H2 : c H2 : d (cm3) Þ a + b + c + d = 100 (cm3) v TN1 : Các ptpứ : C2H6 + 7/2O2 ® 2CO2 + 3H2O a ® 2a (mol) C2H4 + 3O2 ® 2CO2 + 2H2O b ® 2b (mol) C2H2 + 5/2O2 ® 2CO2 + H2O c ® 2c (mol) H2 + 1/2O2 ® H2O d ® d (mol) Lưu ý : H2 cũng cháy trong Oxi, sản phẩm là H2O. VCO2 = 2(a + b + c) = 90 (cm3) Þ a + b + c = 45 (cm3) Þ d = 100 – 45 = 55(cm3) (1) v TN2 : xúc tác Pd,toC thì một liên kết p bị đứt, sản phẩm cộng là anken. C2H2 + H2 ¾¾ ®¾ CtPd, o C2H4 c ® c (cm3) Thể tích hỗn hợp giảm : Vkhí giảm = 2c – c = c = 100 – 80 = 20 (cm3) (2) Hỗn hợp khí B gồm : C2H6 : a C2H4 : b + c (cm3) H2 : d – c = 55 – 20 = 35 v TN3 : C2H4 + H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H6 b + c b + c (cm3) Vì chỉ thu được một khí duy nhất Þ C2H4 và H2 đều hết. Þ b + c = 35 Þb = 35 – c = 35 – 20 = 15 (cm3) a = 100 – (b + c + d) = 100 – (15 + 20 + 55) = 10 (cm3) % thể tích các chất trong hỗn hợp : %VC2H6 = %100.100 10%100. 100 = a =10% %VC2H4 = %100.100 15%100. 100 = b = 15% 82 %VC2H2 = %100.100 20%100. 100 = c = 20% %VH2 = %100.100 55%100. 100 = d = 55% Bài 2 : Cho 11 gam hỗn hợp gồm 6,72 lít hydrocacbon mạch hở A và 2,24 lít một ankin. Đốt cháy hỗn hợp này thì tiêu thụ 25,76 lít Oxi. Các thể tích đo ở đktc. a) Xác định loại hydrocacbon. b) Cho 5,5 gam hỗn hợp trên cùng 1,5 gam hidro vào một bình kín chứa sẵn một ít bột Ni (ở đktc) đun nóng bình để phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi đưa về OoC. Tính thành phần % hỗn hợp cuối cùng và áp suất trong bình. GIẢI : Dựa vào ptpứ cháy, đặt số mol các chất và giải hệ phương trình để tìm các giá trị x, n. a) Xác định loại hydrocacbon : Số mol các chất : nA = 3,04,22 72,6 = (mol) nankin = 1,04,22 24,2 = (mol) nO2 = 15,14,22 76,25 = (mol) Gọi 11g hỗn hợp î í ì - 1,0:: 3,0:: 22nn yx HCAnkin HCA (mol) Các ptpứ : OH 2 yxCOO 4 yxHC 22 t 2yx 0 +¾®¾÷ ø ö ç è æ ++ 0,3® 0,3(x + y/4) (mol) O1)H(nnCOO 2 1-3nHC 2222-2nn -+¾®+ 0,1 ® 0,1(3n-1)/2 (mol) nO2 = 0,3(x + 4 y ) + 0,1( 2 1-3n ) = 1,15 mhh = (12x + y)0,3 + (14n - 2)0,1 = 11 Û 36x + 3y + 14n = 112 (1) 4x + y + 2n = 16 (2) (1) – 7.(2) Þ y = 2x Thay y = 2x vào (1), (2) : 83 36x + 6x +14n = 112 4x + 2x + 2n = 16 Û 3x + n = 8 Þ x < 66,2 3 8 = Þ x = 2 C2H4 n = 2 Û C2H2 b) Tính thành phần % hỗn hợp cuối cùng và áp suất trong bình : nH2 = 1,5/2 = 0,75 (mol) Hỗn hợp mới gồm C2H4 : 0,015 mol C2H2 : 0,05 mol H2 : 0,75 mol Các ptpứ : C2H4 + H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H6 0,15 ® 0,15 ® 0,15 C2H2 + 2H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H6 0,05 ® 0,1 ® 0,05 Sản phẩm thu được gồm : C2H6 : 0,2 mol H2 dư : 0,5 mol Tỉ lệ %thể tích chính là tỉ lệ % số mol : %VC2H6 = %6,28%100.5,02,0 2,0 = + %VH2 = %4,71%100.5,02,0 5,0 = + · Tính áp suất : PVbình = nRT Trước phản ứng n1 = nC2H4 + nC2H2 + nH2 = 0,15 + 0,05 + 0,75 = 0,95 (mol) Sau phản ứng n2 = nC2H6 + nH2dư = 0,7 (mol) Ở cùng điều kiện Vbình, T = const 1 2 1 2 n n P P = Þ P2 = 73,095,0 7,0 n n 1 2 @= (atm) (P1 = 1atm ) Bài 3 : Một hỗn hợp khí A gồm C2H2 và H2 có tỉ khối hơi so với không khí bằng 0,4. Đun nóng A với xúc tác Ni một thời gian thu được hỗn hợp khí B, tỉ khối của B so với không khí bằng 7 4 . Nếu cho toàn bộ lượng B qua dung dịch KMnO4 dư thì còn lại khí D thoát ra ngoài, tỉ khối của D so với H2 bằng 4,5. Các thể tích đo ở đktc. a) Tính thành phần % thể tích của hỗn hợp A. b) Tính tỉ số thể tích của A so với thể tích B. Giải thích sự thay đổi thể tích đó. c) Tính thành phần % thể tích của hỗn hợp khí D 84 d) Biết VB = 3,136 lít, hỏi nếu hấp thu hết lượng B này trong dd Brom dư thì khối lượng các sản phẩm thu được là bao nhiêu? Tóm tắt : hh A C2H2 H2 Ni,toC hh B dd KMnO4 dö khí D thoaùt ra dA/KK=0,4 dB/kk= 4/7 dD/KK= 4,5 hh B dd Br2 dö3,136 lít m sp? GIẢI : a. % thể tích của hỗn hợp A : Trong A, đặt C2H2 : a (mol) H2 : b (mol) Ahh M = 0,4.29 = 11,6 Þ ba 2b 26a + + = 11,6 Þ b = 1,5a %C2H2 = %100.ba a + = %100. 1,5aa a + = 40% %H2 = 100% - 40% = 60% b. Tỉ lệ thể tích của A so với B : Phản ứng có thể xảy ra : C2H2 + H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H4 C2H2 + 2H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H6 Phản ứng cộng H2 làm giảm số mol khí nhưng không làm thay đổi khối lượng khí Þ nB < nA Þ VB < VA. Ta có : mA = mB Þ Ahh M .nA = Bhh M .nB Þ B A n n = hhA hhB M M Với Bhh M = 29. 7 116 7 4 = (gam/mol) và Ahh M = 11,6 Þ 7 10 6,11 7 116 n n B A == Vì tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ số mol khí nên VA : VB = 10 : 7 c. % thể tích hỗn hợp khí D : Hỗn hợp B gồm C2H4, C2H6, C2H2 dư và H2 dư khi cho qua dung dịch KMnO4 thì C2H4 và C2H2 dư bị oxi hóa và giữ lại trong dung dịch : C2H4 + [O] + H2O ® C2H4(OH)2 C2H2 + 4[O] ® HOOC–COOH 85 Hỗn hợp khí D thoát ra gồm C2H6 và H2 dư. Trong hỗn hợp D gọi C2H6 : x(mol) và H2 dư : y (mol). Ta có Dhh M = 4,5.2 = 9 Þ yx 2y 30x + + = 9 Þ y = 3x Þ %C2H6 = yx x + .100% = %100. 3xx x + = 25% %H2 = 100% - 25% = 75% d. Khối lượng các sản phẩm : C2H2 + H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H4 u u u (mol) C2H2 + 2H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H6 x 2x x (mol) Gọi u (mol) là số mol C2H4 thu được Þ B gồm : C2H4 : u (mol) C2H6 : x (mol) C2H2 dư : a – (u + x) (mol) H2 dư : 3x (mol) · nB = =4,22 136,3 0,14 (mol) Þ u + x + a – (u + x) + 3x = 0,14 Þ a + 3x = 0,14 (1) · nH2 ban đầu = 1,5a(mol) Þ u + 2x +3x = 1,5 Þ1,5a = u + 5x (2) · B A n n = Þ 7 10 7 10 0,14 2,5a = Þ a = 0,8 (mol) Từ (1) Þ x = 0,02 (mol) Từ (2) Þ u = 0,02 (mol) Trong B chỉ có C2H4 : 0,02 (mol) và C2H2 : 0,04 (mol) cho phản ứng cộng với dung dịch Br2 : C2H4 + Br2 ® C2H4Br2 0,02 ® 0,02 (mol) C2H2 + 2Br2 ® C2H2Br4 0,04 ® 0,04 (mol) Þ mC2H4Br2 = 0,02.188 = 3,76 (gam) mC2H2Br4 = 0,04.346 = 13,84 (gam) Bài 4 : Một bình kín 2 lít ở 27,3oC chứa 0,03 mol C2H2 ; 0,015 mol C2H4 và 0,04 mol H2 có áp suất P1. Tính P1 - Nếu trong bình đã có một ít bột Ni làm xúc tác (thể tích không đáng kể) nung bình đến nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu được hỗn hợp khí A có áp suất P2. - Cho hỗn hợp A tác dụng với lượng dư dd AgNO3/NH3 thu được 3,6 gam kết tủa. Tính P2. Tính số mol mỗi chất trong A.. 86 GIẢI : · Tính áp suất P1 : Tổng số mol các chất trước phản ứng : n1 = nC2H2 + nC2H4 + nH2 = 0,03 + 0,015 + 0,04 = 0,085 (mol) Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng : 05,1 2 3,300.082,0.085,011 1 ===Þ= V RTnPnRTPV atm · Tính áp suất P2 và số mol các chất : Các ptpứ : C2H2 + H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H4 a ® a ® a (mol) C2H4 + H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C2H6 b ® b ® b (mol) Vì số mol H2 = 0,04 < nC2H2 + nC2H4 = 0,045 (mol) nên phản ứng hết H2 Đặt a, b là số mol H2 tham gia hai phản ứng trên Þ a + b = 0,04 (1)(mol) C2H2 còn dư sau phản ứng trên tác dụng với lượng dư dd AgNO3/NH3 : HC º CH + Ag2O ¾¾¾¾ ®¾ 33/NHddAgNO C2Ag2 ¯ + H2O 0,015 ¬ 0,015 (mol) nC2Ag2 = 015,0240 6,3 = (mol) Þ nC2H2 dư = 0,015 mol Þ nC2H2 phản ứng = a = 0,03 – 0,015 = 0,015 (mol) b = 0,04 – a = 0,04 – 0,015 = 0,025 (mol) å nC2H4 = nC2H4 bđ + a = 0,015 + 0,015 = 0,03 (mol) nC2H4 d ư = 0,03 – b = 0,03 – 0,025 = 0,005 (mol) Áp suất P2 : å n2 = nC2H2 dư + nC2H4 dư + nC2H6 = 0,015 + 0,005 + 0,025 = 0,045 (mol) 554,0 2 3,300.082,0.045,02 2 === V RTnP (atm) Bài 5 : Cho a gam CaC2 chứa b% tạp chất trơ tác dụng với nước thì thu được V lít C2H2 (đktc) 1) Lập biểu thức tính b theo a và V 2) Nếu cho V lít trên vào bình kín có than hoạt tính nung nóng làm xúc tác,to trong bình toC áp suất P1. Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí, trong đó sản phẩm phản ứng chiếm 60%V, nhiệt độ không đổi, áp suất P2 Tính hiệu suất của phản ứng. 3) Giả sử dung tích bình không đổi, thể tích chất rắn không đáng kể. Hãy 87 a) Lập biểu thức tính áp suất P2 theo P1 và hiệu suất h. b) Tính khoảng giá trị của P2 theo P1 GI ẢI : 1) Lập biểu thức tính b theo a và V : · Cách 1 : CaC2 + 2H2O ® Ca(OH)2 + C2H2 22,4 V 22,4 V (mol) Gọi V là thể tích C2H2 sinh ra. nC2H2 = 22,4 V mCaC2 = 64. 22,4 V mtạp chất = (a- 22,4 64V ) b% = %100. 7a 20V-a7%100. a 22,4 64V-a = · Cách 2 : CaC2 + 2H2O ® Ca(OH)2 + C2H2 64(g) 22,4(lít) a – 0,01b(g) V(lít) b(%) Ta lập được tỉ l ệ : baV 224,04,2264 V 22,4 0,01b-a 64 -=Þ= Þb = 7 207 0,224 64V-22,4a Va - = Þ b%= %100. 7a 20V-a7 2) Tính hiệu suất phản ứng : Xét phản ứng : 3C2H2 ¾¾¾¾¾ ®¾ C,600hoat tinh C o C6H6 x ® x/3 (lít) Gọi x là thể tích C2H2 đã tham gia phản ứng trên Tổng số mol các chất sau phản ứng : ïî ï í ì - 3 : : 66 22 xHC xVHC (lít) å n = V – x + x/3 = V – 2/3x (l) VC6H6 = 60%Vhh 88 Cách 1 : Tính theo chất tham gia : Û VxxVx 11 9) 3 2(6,0 3 =Þ-= Hiệu suất phản ứng h = %81,81%100. 11 9%100.11 9 %100. === V V V x Cách 2 : Tính hiệu suất phản ứng theo sản phẩm : xxVx 9 11V) 3 2(6,0 3 =Þ-= Theo phản ứng : 3C2H2 ¾¾¾¾¾ ®¾ C,600hoat tinh C o C6H6 V ® V/3 (theo lý thuyết) h% = %100. 11 9%100. 3 11x/9 x/3%100. V/3 3/%100. t) thuyê'V(lý ) tê'V(thuc === x = 81,81% 3) a) Lập biểu thức tính áp suất P2 theo P1 và hiệu suất h : Ta có pt TTKLT : PVbình = nRT Ở Vbình, T = const Þ 1 2 1 2 1 2 V V n n P P == V2, V1 : Số mol các chất trong bình. Và V2 = V – 2/3x V1 = V Þ 3.100 h21 V3 21 V 3 2-V V V P P 1 2 1 2 -=-=== xx Þ 12 1 2 P 300 h2300P 300 h2300 P P - =Þ - = b) Tính khoảng giá trị của P2 theo P1 : Ta có 0 < h £ 100 h = 0 Þ 300 h2300 - = 1 h = 100 Þ 300 h2300 - = 3 1 Þ 3 1 P1 £ P2 £ P1 89 Bài 6 : Khi sản xuất đất đèn ta thu được hỗn hợp rắn gồm CaC2, Ca và CaO (hh A). Cho hỗn hợp A tác dụng hết với nước thì thu được 2,5 lít hỗn hợp khí khô X ở 27,0oC và 0,9856atm. Tỉ khối của X so với metan bằng 0,725. a) Tính % khối lượng mỗi chất trong A b) Đun nóng hỗn hợp khí X với bột Ni xúc tác một thời gian thì thu được hỗn hợp khí Y, chia Y làm hai phần bằng nhau. - Phần thứ nhất cho lội từ từ qua bình nước Brom dư thấy còn lại 448 ml hỗn hợp khí X (đktc) và tỉ khối so với Hidro là 4,5. Hỏi khối lượng bình nuớc Brom tăng bao nhiêu gam? - Phần thứ hai đem trộn với 1,68 lít O2 (đktc) trong bình kín dung tích 4 lít. Sau khi bật tia lửa điện để đốt cháy, giữ nhiệt độ bình ở 109,2oC. Tính áp suất bình ở nhiệt độ đó biết dung tích bình không đổi. GIẢI : a) Tính % khối lượng mỗi chất trong A : Gọi 5,52g hh A CaC2 : a Ca : b CaO : c (mol) mhh X = 64a + 40b + 56c = 5,52 (1) Lưu ý : hỗn hợp A tác dụng với nước, cả Ca và CaO cũng có phản ứng. CaC2 + 2H2O ® Ca(OH)2 + C2H2 a a (mol) Ca + H2O ® Ca(OH)2 + H2 b b (mol) CaO + H2O ® Ca(OH)2 c (mol) 2,5 lít khí thu được gồm : C2H2 : a H2 : b XM = 0,725.16 = 11,6 nhhX = a + b = RT PV = 1,0 0,082.300 2,5.0,9856 = (mol) (2) XM = 0,725.16 = 11,6 (gam/mol) Þ mX = XM .nX = 11,6.0,1 = 1,16 (gam) Þ 26a + 2b = 1,16 (3) (2), (3) Þ î í ì = = 0,06b 0,04a (mol) Theo các phản ứng trên : nCaC2 = nC2H2 = 0,04 mol Þ %CaC2 = %38,46%100.52,5 04,0.64 = 90 nCa = nH2 = 0,06 mol Þ %Ca = %48,43%100.52,5 06,0.40 = % CaO = 100% - (46,38 + 43,48)% = 10,14% b) Độ tăng khối lượng bình Brom : * Khi nung nóng hỗn hợp X với xúc tác Ni, có thể xảy ra 2 phản ứng : C2H2 + H2 ® C2H4 C2H2 + 2H2 ® C2H6 Þ hỗn hợp khí Y có thể gồm C2H4, C2H6, C2H2 dư, H2 dư. * Khi cho ½ hỗn hợp Y qua bình đựng dd Br2 dư thì C2H2, C2H4 bị hấp thu : C2H2 + 2Br2 ® C2H2Br4 (lỏng) C2H4 + Br2 ® C2H4Br2 (lỏng) Þ hỗn hợp khí Z thoát ra gồm C2H6 và H2. nZ = 0,02 mol và zM = 4,5.2 = 9 Þ mZ = 9.0,02 = 0,18 gam * Áp dụng ĐLBT khối lượng, ta có : m1/2hh Y = m1/2hh X = 1,16/2 = 0,58gam So sánh hỗn hợp Y và Z, ta thấy độ tăng khối lượng bình đựng dung dịch Br2 là tổng khối lượng của C2H2 và C2H4 tức là mY - mZ Vậy độ tăng khối lượng bình Brom = 0,58 – 0,18 = 0,4 gam v Tính áp suất bình sau phản ứng cháy : So sánh hỗn hợp X với Y và áp dụng ĐLBT nguyên tố, ta có : å Cn trong ½ hỗn hợp Y = å Cn trong ½ hỗn hợp X = 2.0,02 = 0,04 (mol) å Hn trong ½ hỗn hợp Y = å Hn trong ½ hỗn hợp X = 2.0,02 + 2.0,03 = 0,1 (mol) * Sản phẩm cháy gồm : nCO2 = nC = 0,04 (mol); nH2O = ½ nH = 0,05 (mol) Mặt khác, å On trong CO2 và trong H2O = 0,04.2 + 0,05 = 0,13 (mol) nO ban đầu là 0,075.2 = 0,15 (mol) Þ nO dư = 0,15 – 0,13 = 0,02 (mol) Þ nO2 dư = 0,02/2 = 0,01 (mol) ån các khí trong bình sau khi đốt = 0,04 + 0,05 + 0,01 = 0,1 (mol) Vậy áp suất bình là : P 784,0 4.273 )2732,109.(4,22.1,0 V nRT = + == atm 91 II.4 – BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ HYDROCACBON v Một số lưu ý khi giải bài tập tổng hợp về hydrocacbon : Bài tập tổng hợp là một dạng bài tập trong đó có cả phần tính toán kèm theo câu hỏi lý thuyết hoặc câu hỏi thí nghiệm. Bài tập hỗn hợp thường có các dạng sau : Tìm CTPT của một hay nhiều hydrocacbon sau đó yêu cầu : - Xác định CTCT đúng của các chất đó qua thí nghiệm cho chất đó tác dụng với một chất nào đó thu được sản phẩm cụ thể. - Xác định CTCT rồi viết phương trình phản ứng điều chế một chất hydrocacbon khác hoặc điều chế chất đó từ nguyên liệu chính ban đầu là gì. - Đưa ra phương pháp phân biệt các hydrocacbon mới tìm được hoặc nêu cách tách riêng, tinh chế từng chất trong hỗn hợp các chất mới tìm được. Về phương pháp làm bài tập loại này, chúng ta vận dụng các phương pháp đã hướng dẫn trong phần bài tập lý thuyết và bài tập tìm CTPT, bài tập hỗn hợp để giải. Sau đây là một số bài tập ví dụ : Dạng 1 : Đề bài yêu cầu xác định CTPT của sản phẩm thế, từ đó giả thiết đề cho xác định đúng CTCT của hydrocacbon ban đầu. Bài 1 : Khi tiến hành phản ứng thế giữa ankan B với hơi Br2 có chiếu sáng người ta thu được hỗn hợp X chỉ gồm 2 sản phẩm phản ứng (một chất vô cơ và một chất hữu cơ) ở thể hơi. Tỉ khối hơi của X so với không khí bằng 4. a) Lập CTPT của B và chọn cho M một CTCT thích hợp. b) Nếu tiến hành phản ứng thế 3 nguyên tử hidro trong phân tử B bằng Clo thì có thể thu được mấy đồng phân? GIẢI : Đề bài cho tỉ khối hơi của sản phẩm thế nên ta tìm CTPT sản phẩm rồi suy ra CTCT B a. Lập CTPT của B và chọn CTCT đúng của B. Gọi k là số nguyên tử Brom đã thế vào phân tử B : CnH2n+2 + kBr2 ® CnH2n+2-kBrk + kHBr a ® a ak (mol) Gọi a (mol) là số mol B đã tham gia phản ứng Sản phẩm phản ứng gồm : CnH2n+2-kBrk : a mol và HBr : ak mol Xhh M = 29.4 = 116 Þ 116 8)80214( = + +--+ aka akakkn Þ 14n + 44k = 114 92 n = 14 44114 k- k 1 2 3 n 5 1,8 < 0 Þ CTPT B : C5H12 và dẫn xuất của B : C5H11Br k = 1 : phản ứng xảy ra theo tỉ lệ mol 1:1 và thu được duy nhất một sản phẩm C5H11Br Þ B phải có cấu tạo đối xứng. Þ CTCT B : CH3 C CH3 CH3 CH3 Neopentan hay 2,2 – dimetylpropan b. Ta thu được 3 đồng phân của dẫn xuất 3 clo của B : CH3 C CH3 CCl3 CH3 CH3 C CH2Cl CHCl2 CH3 CH3 C CH2Cl CH2Cl CH2Cl Dạng 2 : Sau khi tìm được CTPT, CTCT của các hydrocacbon đề bài yêu cầu viết ptpứ điều chế các chất Bài 2 : Hỗn hợp khí X gồm 4 hydrocacbon A, B, C, D ở điiều kiện chuẩn. Trộn X với O2 vừa đủ để đốt cháy hết X trong một bình kín nhiệt độ T1 > 100oC và áp suất 0,8amt. Bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp rồi đưa bình về nhiệt độ T1, đo lại áp suất trong bình vẫn được trị số 0,8atm. Làm lại thí nghiệm với các hỗn hợp X có thành phần A, B, C, D khác nhau vẫn thu được kết quả như cũ. a) Lập CTPT A, B, C, D biết rằng MA < MB < MC < MD. b) Viết ptpư điều chế D từ A và B từ C GIẢI : Nhiệt độ sau khi đốt T1 > 100oC Þ H2O ở thể hơi Ở cùng điều kiện nhiệt độ, thể tích áp suất bình trước và sau khi đốt không đổi Þ số mol khí trong bình trước và sau phản ứng bằng nhau. Khi thay đổi thành phần của hỗn hợp X mà kết quả không thay đổi Þ khi đốt cháy từng chất thì tổng số mol trước và sau phản ứng cũng bằng nhau. Đặt công thức của một chất trong hỗn hợp là : CxHy OH 2 yxCOO 4 yxHC 22 t 2yx 0 +¾®¾÷ ø ö ç è æ ++ a ® a(x + y/4) ® ax ® ay/2 (mol) 93 Ta có : nT = nS Þ a + a(x + 0,25y) = ax + 0,5ay Þ1 + x + 0,25y = x + 0,5y Þ 0,25y = 1 Þ y = 4 Þ Vậy cả 4 hydrocacbon trên đều có 4 nguyên tử H trong phân tử. Mặt khác do A, B, C, D đều ở thể khí nên x £ 4 Þ Vậy 4 hydrocacbon trong X là CH4, C2H4, C3H4, C4H4 Theo thứ tự MA < MB < MC < MD thì A : CH4, B: C2H4, C: C3H4, D: C4H4. b. Viết các ptpứ điều chế : · Điều chế D từ A : 2CH4 ¾¾¾ ®¾ ln,1500 lc O C2H2 + 3H2 2C2H2 ¾¾¾¾ ®¾ CHClCuCl o100,, C4H4 (vinylaxetilen) · Điều chế B từ C : C3H4 + 2H2 ¾¾ ®¾ CtNi, o C3H8 C3H8 ¾®¾ Ct o CH4 + C2H4 Dạng 3 : Tìm CTPT của các hydrocacbon sau đó nêu cách nhận biết hoặc tinh chế hoặc tách các chất trong hỗn hợp hydrocacbon đó. Bài 3 : Đốt cháy một số mol như nhau của 3 hydrocacbon L, L, M ta thu được lượng CO2 như nhau và tỉ lệ số mol H2O và CO2 đối với K., L, M tương ứng bằng 0,5; 1, 1,5. a) Xác định CTPT K, L, M b) Nêu cách nhận biết 3 khí trên đựng trong 3 lọ mất nhãn c) Hãy tách riêng 3 chất trong hỗn hợp trên. GIẢI Đặt công thức chung cho 3 hydrocacbon là CnH2n +2-2k với k là số liên kết p trong phân tử các hydrocacbon trên. Ok)H-1(nnCOO 2 k-13nHC 2222k-22nn ++¾® + ++ a an ® a(n+1-k) (mol) 3 hydrocacbon đốt với số mol như nhau thu được lượng CO2 như nhau nên K, L, M có cùng số C trong phân tử. T = n kn n n CO OH -+= 1 2 2 · K thì T = 0,5 Þ 0,5n = n + 1 – k Þ n = 2(k – 1) 0 £ n £ 4 và k ³ 0 Þ n = 2, k = 2 Þ K : C2H2 · L thì T = 1 Þ n = 2 và k = 1 Þ CTPT L : C2H4 · M thì T = 1,5 Þ n = 2 và k = 0 Þ CTPT M : C2H6 94 b) Nhận biết 3 khí trên đựng trong 3 lọ mất nhãn : - Lấy mỗi khí một ít làm mẫu thử. - Dẫn lần lượt 3 khí vào dd AgNO3/NH3, khí nào tạo được kết tủa vàng nhạt là C2H2. ddAgNO3/NH3 + H2OAgC CAgAg2O+C2H2 (vaøng) - Hai khí còn lại không có hiện tượng gì được dẫn tiếp qua ddBr2 dư, khí nào làm mất màu nâu đỏ của dd Br2 là C2H4, khí còn lại không có hiện tượng gì thoát ra ngoài là C2H6 H2C=CH2 + Br2 ® BrH2C–CH2Br c) Cách tách 3 chất trên ra khỏi hỗn hợp của chúng : - Cũng thực hiện qua các thí nghiệm như trên ta thu được khí C2H6 thoát ra ngoài. - Tinh chế lại C2H2 bằng cách cho dd axít HCl vào kết tủa bạc axetilua, khí axetilen được hoàn nguyên sẽ bay ra ngoài : C2Ag2 + 2HCl ® C2H2­ + 2AgCl¯ - Tinh chế lại C2H4Br2 bằng cách cho thêm ddKOHđặc/ancol vào dd Br2 bị mất màu thì khí C2H4 được hoàn nguyên sẽ bay ra ngoài : C2H4 + 2KBrC2H4Br2 ancol + KOHñ Hoặc : C2H4 + ZnBr2 Zn/röôïuC2H4Br2 Ghi chú : Trên đây chỉ là một số bài tập ví dụ nhỏ, nếu các em làm tốt bài tập phần II.1& II.2 thì sẽ làm được bài tập phần này.