›
›
›

Đại cương về Hóa học hữu cơ Lớp 9

doc 75 trang nhatle22 9240
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đại cương về Hóa học hữu cơ Lớp 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docdai_cuong_ve_hoa_hoc_huu_co_lop_9.doc

Nội dung text: Đại cương về Hóa học hữu cơ Lớp 9

  1. ĐẠI CƯƠNG VỀ HOÁ HỌC HỮU CƠ - HÓA HỌC LỚP 9 1. Đặc điểm chung của các hợp chất hữu cơ. - Thành phần các nguyên tố tạo nên hợp chất hữu cơ rất ít, chủ yếu là các nguyên tố: C, H, O, N (và một số nguyên tố khác S, P, Cl, một số ít kim loại ) Nhưng số lượng các hợp chất hữu cơ rất nhiều. - Liên kết hoá học trong hợp chất hữu cơ chủ yếu là liên kết cộng hoá trị. - Phần lớn hợp chất hữu cơ dễ bay hơi, dễ cháy, kém bền với nhiệt. - Một số hợp chất hữu cơ không tan trong nước nhưng tan được trong dung môi hữu cơ. - Các phản ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra chậm, không hoàn toàn và theo nhiều hướng khác nhau tạo nên hỗn hợp sản phẩm. 2. Phân loại hợp chất hữu cơ. Hợp chất hữu cơ chia làm 2 loại: - Hiđrocacbon: là hợp chất mà trong phân tử chỉ có C và H. HIĐRO CACBON Hiđrocacbon mạch hở Hiđrocacbon mạch vòng Ankan Anken Ankađien Ankin Xicloankan Aren (Hiđrocacbo (Hiđrocacbonk (Hiđrocacbo (Hiđrocacbo (Hiđrocacbo (Hiđrocacbo n không no hông no có 2 n không no n vòng no) n thơm) n non) có 1 nối đôi) liên kết đôi) có 1 liên kết CnH2n CnH2n-6 CnH CnH2n CnH2n-2 ba) CnH2n-2 2n+2 (n 3) (n 6) (n 1) (n 2) (n 3) (n 3) - Dẫn xuất của hiđrocacbon: ngoài C, H còn có các nguyên tố khác như O, N, halogen Dẫn xuất của hiđrocacbon gồm: - Dẫn xuất halogen: Khi thay thế một hoặc nhiều nguyên tử hiđro trong phân tử hiđrocacbon bằng một hoặc nhiều nguyên tử halogen ta được dẫn xuất halogen: CxHyClz, CxHyBrz, CxHyIz . + Dẫn xuất có oxi: Ancol, axit cacboxylic, este, chất béo, tinh bột, gluxic:
  2. II. CẤU TẠO HOÁ HỌC. 2. Một số lưu ý khi viết CTCT. Giả sử hợp chất có CTPT: CxHyOzNtXv 2x + 2 - (y + v) + t Xác định độ bất bão hoà = 2 - Nếu = 0 => chỉ có cấu tạo mạch hở, liên kết đơn. - Nếu = 1 => Có 1 liên kết  hoặc 1 vòng. - Nếu = 2 => Có 2 liên kết  hoặc 1 vòng + 1 liên kết . III. DANH PHÁP HỢP CHẤT HỮU CƠ. 1. Tên thông thường. Thường đặt tên theo nguồn gốc tìm ra chúng, đôi khi có phần đuôi để chỉ rõ hợp chất thuộc loại nào? VD: Axit fomic HCOOH (formica: kiến) Axit axetic CH3COOH (axetus: giấm) Mentol C10H20O (metha piperita: bac hà) 2. Tên IUPAC. a) Tên gốc chức: Tên phần gốc + tên phần địnhchức. VD: CH3CH2Cl: etyl clorua CH3 - CH2 - O - CH3: etyl metyl ete b) Tên thay thế: Tên phần thế + tên mạch cacbon chính + tên phần địnhchức. Có thể có hoặc không VD: CH3CH3: (et + an) etan CH3 – CH2Cl (clo + et + an) cloetan 1 2 3 4 CH2 = CH – CH2 – CH3 but - 1 - en 1 2 3 4 CH3 – CH – CH = CH2 but – 3 – en – 2 - ol  OH 3. Bảng tên số đếm và tên mạch cacbon chính.
  3. Số đếm Mạch cacbon chính 1 mono C met 2 đi C-C et 3 tri C-C-C prop 4 tetra C-C-C-C but 5 penta C-C-C-C-C pent 6 hexa C-C-C-C-C-C hex 7 hepta C-C-C-C-C-C-C hept 8 octa C-C-C-C-C-C-C-C oct 9 nona C-C-C-C-C-C-C-C-C non 10 deca C-C-C-C-C-C-C-C-C-C đec 4. Đồng đẳng, đồng phân. a. Đồng đẳng. - Đồng đẳng là những hợp chất có thành phần phân tử hơn kém nhau một hay nhiều nhóm CH 2 nhưng có tính chất hoá học tương tự nhau. VD : Dãy đồng đẳng của ankan : CH4, C2H6, C3H8 CnH2n+2 - Khối lượng mol các chất trong cùng dãy đồng đẳng lập thành cấp số cộng công sai d = 14. Lưu ý : Khái niệm đồng đẳng rất rộng, ở trên chỉ giới hạn đồng đẳng metylen. b. Đồng phân. - Đồng phân là hiện tượng có 2 hay nhiều chất có cùng CTPT nhưng khác nhau về CTCT do đó khác nhau về tính chất hoá học. - Phân loại đồng phân: gồm đồng phân cấu tạo và đồng phân hình học. (Ở đây chỉ xét về đồng phân cấu tạo). Đồng phân cấu tạo gồm: + Đồng phân mạch cacbon: do sự sắp xếp mạch cacbon khác nhau. VD: CH3 – CH = CH – CH3; CH3 – C = CH2 H2C  CH2    CH3 H2C  CH2 + Đồng phân cách chia cắt mạch cacbon: do sự chia cắt mạch cacbon khác nhau.
  4. VD: CH3COOCH3 và HCOOC2H5 + Đồng phân vị trí:Do sự khác nhau về vị trí nối đôi, nối ba, nhóm thế hoặc nhóm chức trong phân tử. VD: CH3 – CH2 – CH2 – OH và CH3 – CH – CH3  OH CH2 = CH – CH2 – CH3 và CH3 – CH = CH - CH3 + Đồng phân nhóm chức: do sự thay đổi cấu tạo nhóm chức trong phân tử. VD: CH3 – O – CH3 và CH3 – CH2 – OH + Đồng phân liên kết: do sự thay đổi liên kết giữa các nguyên tử cacbon với nhau. VD: CH3 – CH2 – C  CH và CH2 = CH – CH = CH2 IV. MỘT SỐ BÀI TẬP VIẾT CTCT CỦA HỢP CHẤT HỮU CƠ VÀ GỌI TÊN. VD1: Viết CTCT của hợp chất C5H12. Hướng dẫn: C 5H12 thuộc dãy ankan chỉ có liên kết đơn trong phân tử và có 2 loại mạch: mạch thẳng và mạch nhánh. Chỉ có đồng phân về mạch cacbon. CH3 – CH2 – CH2 – CH2 – CH3 Pentan CH3 – CH – CH2 – CH3 2 – metyl butan  CH3 CH3  CH3 – C – CH3 2,2-đimetyl propan (neopentan)  CH3 VD2: Viết CTCT của C4H8 Hướng dẫn: C4H8 thuộc dãy anken (hoặc thuộc dãy xicloankan) có 1 liên kết đôi trong phân tử, có cả 3 loại mạch (mạch vòng không có liên kết đôi). Có các đồng phân mạch cacbon, đồng phân vị trí. CH2 = CH – CH2 – CH3 but – 1 – en
  5. CH3 – CH = CH – CH3 but – 2 – en CH2 = C – CH3 2 – metyt prop – 1- en  CH3 CH2 H2C  CH2   xiclobutan 1-metyl xiclopropan H2C  CH2 H2C CH  CH3 VD3: Viết CTCT của C4H6 Hướng dẫn: C4H6 thuộc dãy ankin (hoặc thuộc dãy ankadien) có 1 liên kết ba (hoặc 2 liên kết đôi) trong phân tử , có cả 3 loại mạch (mạch vòng không có 1 liên kết đôi). Có các đồng phân mạch cacbon, đồng phân vị trí, đồng phân liên kết. CH  C – CH2 – CH3 but-1-in; CH3 – C  C – CH3 but-2-in CH2 = CH – CH = CH2 buta – 1,3 – đien CH2 = C = CH – CH3 buta – 1,2 – đien H2C  CH   xiclobut -1-en H2C  CH HC CH3 CH2 1-metyl xicloprop-2-en 1-metyl xicloprop-1-en HC CH HC C CH3 VD 4: Viết CTCT của C3H8O Hướng dẫn: C3H8O thuộc dẫn xuất có oxi của hiđrocacbon có thể có các loại đồng phân nhóm chức, đồng phân vị trí. Mặt khác, C3H8 thuộc gốc no nên trong phân tử chỉ có liên kết đơn. CH3 – CH2 – CH2 – OH propan-1-ol CH3 – CH – CH3 propan-2-ol 
  6. OH CH3 – O – CH2 – CH3 etyl metyl ete VD5: Viết CTCT của các xiclo ankan và gọi tên tương ứng với CTPT: a) C5H10 ĐA: 5 cấu tạo b) C6H12 ĐA: 10 cấu tạo VD6: Viết CTCT của C7H16. ĐA: 9 cấu tạo. CHỦ ĐỀ 2: BÀI TOÁN LẬP CTPT HỢP CHẤT HỮU CƠ I. XÁC ĐỊNH CTPT DỰA VÀO THÀNH PHẦN KHỐI LƯỢNG CÁC NGUYÊN TỐ VÀ DỰA VÀO PHẢN ỨNG CHÁY (PP khối lượng). 1. Cơ sở lý thuyết: Giả sử có CTPT hợp chất hữu cơ X (C xHyOzNt ). Để xác định CTPT hợp chất hữu cơ trên, ta dựa vào khối lượng CO2, H2O, N2 (hay NH3) theo các cách sau: a. Cách 1: tính trực tiếp. mC = 12.n ; mH = 2.n ; mN = 28.n ; CO2 H2O N2 =>mO = mX – (mC + mH + mN) 12x y 16z 14t M Áp dụng công thức: X mC mH mO mN mX 12x y 16z 14t M Hay: X %C %H %O %N 100 m .M % .M nCO x C X C X 2 12. 12.100 mX nX m .M % .M 2n y H X H X H2O m 100 n X X 2n mN .MX %N.MX N2 t 14.m 14.100 n X X 1 z MX (12x y 14t) 16
  7. MX 44x 9y 11,2t Hoặc: => x, y, t rồi thay vào MX => z m m m V X CO2 H2O N2 b. Cách 2 : tính gián tiếp. m m m m % % % % Sử dụng công thức : x : y : z : t = C : H : O : N C : H : O : N 12 1 16 14 12 1 16 14 = n : 2n : n : 2n = a : b : c : d CO2 H2O O N2 => CTTN của X : (CaHbOcNd)n - Với n = 1 => CTĐGN M - Với n = X => CTPT của X 12a b 16c 14d c. Cách 3 Dựa vào phản ứng cháy. y z t0 y t CxHyOzNt + (x ) O2  xCO2 + H2O + N2 4 2 2 2 ay at amol ax mol mol mol 2 2 n 2.n 2n 1 => x = CO2 ; y = H2O ; t = N2 ; z = M (12x y 14t) a a a 16 X 2. Ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 10 gam hợp chất hữu cơ A, sinh ra 33,85 gam CO 2 và 6,94 gam H2O. Tỉ khối hơi đối với không khí là 2,69. Xác định CTPT của A. MA = 78. Do sp cháy gồm CO2, H2O nên thành phần của A gồm C, H, có thể có O. Cách 1: Ta có mC = 12.nCO2 = 9,23 gam ; mH = 2nH2O = 0,77 gam => mC + mH = 10 = mA => A không có oxi. Đặt CTPT của A: CxHy 12x y M Áp dụng công thức: A mC mH mA => x = 6; y = 6. Vậy CTPT của A là C6H6.
  8. Cách 2 : Đặt CTPT của A : CxHyOz M 44x 9y Áp dụng công thức : X m m m X CO2 H2O => x = 6 ; y = 6 Với MA = 78 => 12.6 + 6 + 16z = 78 => z = 0. Vậy CTPT của A là C6H6. Cách 3: Ta có: nA = 0,128 mol ; nCO2 = 0,77 mol nH2O = 0,385 mol y z t0 y PTPƯ cháy: CxHyOz + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 2 0,128mol 0,128x mol 0,064 mol => 0,128x = 0,77 => x = 6; 0,064y = 0,385 => y = 6 1 => z = 78 (12x y) =0 Vậy CTPT: C6H6 16 Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,295 gam chất hữu cơ X chứa C, H, O thu được 0,44 gam CO 2, 0,225 gam H2O. Trong một thí nghiệm khác, khi phân tích một lượng chất X như trên cho 55,8 cm3 N2 (đo ở đktc). Tỉ khối hơi của X so với H2 là 29,5. Lập CTHH và CTPT của X. Giải. MX = 59. Đặt CTPT của X là CxHyOzNt M 44x y 11,2t Áp dụng công thức: X m m m V X CO2 H2O N2 59 44x y 11,2t 0,295 0,44 0,225 0,0558 => x = 2; y = 5; t = 1 Với MA = 59 => z = 1. Vậy CTPT: C2H5ON Ví dụ 3 :Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O. Trong đó thành phần % theo khối lượng là 64,865% C và 13,51%H. Xác định CTPT của A, biết khối lượng mol của A là 74. Giải. Đặt CTPT của A là CxHyOz.
  9. 12x y 16z M Áp dụng công thức : A %C %H %O 100 12x y 16z 74 64,865 13,51 21,625 100 => x = 4 ; y = 10 ; z = 1 Vậy CTPT của A là C4H10O Ví dụ 4 : Hợp chất hữu cơ A có thành phần khối lượng các nguyên to như sau : 53,33%C, 15,55%H, còn lại là N. Xác đ?nh CTPT của A, biết A chỉ có 1 nguyên tử N. Giải. Đặt CTPT của A : CxHyNt %C %H %N 53,33 15,55 31,12 Aùp dụng công thức : x : y : t = : : : : 12 1 14 12 1 14 = 2 : 7 : 1 V? trong A chỉ có 1 nguyên tử N nên CTPT của A là C2H7N. II. LẬP CTHH DỰA VÀO PHƯƠNG PHÁP THỂ TÍCH. y z t0 y t 1. Cơ sở lý thuyết : CxHyOzNt + (x ) O2  xCO2 + H2O + N2 4 2 2 2 y z y t 1V(x ) V xV V V 4 2 2 2 aV bV cV dV eV 1 x x y z a c y z x x 1 4 2 x y t 1 y 1 4 2 => y Thay x, y vào z a b c 2d 2e a 2a a b 1 t t a 2e 2. Ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1 :Trộn 200ml hơi hợp chất A với 1000ml O 2 dư rồi đốt thu được hỗn hợp khí có thể tích bằng 1600ml. Cho hơi nước ngưng tụ còn lại 800ml và cho qua dung dịch KOH dư thấy còn lại 200ml. Xác định CTPT của A, biết các khí đo cùng điều kiện t0, p. Giải :
  10. Theo đề : VH2O = 1600 – 800 = 800ml VCO2 = 800 – 200 = 600ml VO2 dư = 200ml => VO2pư = 800ml. Đặt CTTQ của hợp chất hư?u cơ là CxHyOz. y z t0 y PTPƯ cháy : CxHyOz + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 2 y z y 1ml (x ) ml xml ml 4 2 2 200ml 800ml 600ml 800ml y z x 1 4 2 x y => => x = 3 ; y = 8 ; z = 2 => CTPT : C3H8O2 200 800 600 1600 Ví dụ 2 :Đốt cháy 400ml hỗn hợp CxHy và N 2 bằng 900ml O2. Hỗn hợp khí thu được là 1400ml, cho hơi nước ngưng tụ còn lại 800ml. Cho qua dung dịch KOH dư còn lại 400ml. Xác định CTPT , các khí đo ở cùng điều kiện t0, p. Giải. Theo đề ta có :VH2O = 1400 – 800 = 600ml VCO2 = 800 – 400 = 400ml 600 Aùp dụng ĐLBTNT ta có : VO2 có trong H2O = =300ml 2 VO2 trong CO2 = 400 ml => VO2 dư = 900 – (300+400) = 200 ml => VN2 = VCxHy = 200 ml. y t0 y PTPƯ cháy : CxHy + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 y y 1ml(x ) ml xml ml 4 2 200ml 700ml 400ml 600ml y x 1 4 x y => => x = 2 ; y = 6. Vậy CTPT là C2H6 200 700 400 1200
  11. Ví dụ 3 :Đốt cháy 6,2 gam một hợp chất hữu cơ A phải dùng 5,6 lít O2 đktc thu được VCO2 : 0 VH2O = 2 : 3. Biết dA/H2 = 31. Xác định CTPT của A, các khí đo cùng điều kiện t ,p. Giải. Theo đề ta có : MA = 62 => nA = 0,1 mol. nO2 = 0,25 mol. Đặt CTPT của A : CxHyOz. y z t0 y PTPƯ cháy : CxHyOz + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 2 y z 0,1 mol (x ) 0,1mol 0,1xmol 0,05y mol 4 2 Ta có hệ phương tr?nh : y z (x )0,1 0,25 4 2 x 2 12x y 16z 62 y 6 Vậy CTPT C2H6O2 0,1x 2 z 2 0,05y 3 Ví dụ 4 :Đốt cháy 4,4 gam chất hữu cơ A phải dùng 5,6lít O 2 đktc, thu được V CO2 = VH2O. Xác d?nh CTPT của A, biết dA/kk = 3,04. Giải. Theo đề ta có : MA = 88g => nA = 0,05mol nO2 = 0,25 mol Đặt CTPT của A : CxHyOz. y z t0 y PTPƯ cháy : CxHyOz + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 2 y z 0,05 mol (x ) 0,05mol 0,05xmol 0,025y mol 4 2 y z (x )0,05 0,25 4 2 x 4 Ta có hệ phương trình : 12x y 16z 88 y 8 Vậy CTPT C4H8O2 0,05x 0,025y z 2
  12. Ví dụ 5 :Đốt cháy hoàn toàn 0,8 lít hỗn hợp gồm hiđrocacbon A và CO 2 bằng 3,5 lít O2 dư thu được 4,9 lít hỗn hợp khí. Nếu cho hơi nước ngưng tụ thì còn lại 2,5 lít. Hỗn hợp khi cho qua bình chứa P nung nóng thì còn lại 2 lít (các khí đo cùng đk). Xác định CTPT của hiđrocacbon A. Giải. Theo đề ta có : VH2O = 4,9 – 2,5 = 2,4 lit VCO2 = 2lit (gồm CO2 ban đầu và CO2 sinh ra) VO2dư = 2,5 -2 = 0,5 lit => VO2pư = 3 lít. Đặt CTTQ của A : CxHy, a là thể tích của CO2 ban đầu. y t0 y PTPƯ cháy : CxHy + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 y y 1lit(x ) lit xlit lit 4 2 (0,8-a)lit 3 lit (2-a)lit 2,4lit 2 a x y y 0,8 a x a 0,2 1 4 x 2 y 2,4 => => x 3 =>CTPT : C3H8. 0,8 a 3 2 a 2,4 2 0,8 a y 8 y 3 x 4 0,8 a Ví dụ 6 :Cho 300ml hỗn hợp hiđrocacbon A và khí NH3 tác dụng với một lượng oxi rồi đốt, sau phản ứng thu được 1250 ml hỗn hợp khí. Sau khi dẫn hỗn hợp khí này qua bình đựng CuSO 4 khan, còn lại 550 ml và sau khi dẫn tiếp qua dung dịch nước vôi trong dư thì còn lại 250 ml, trong đó có 100 ml N2. Xác định CTPT của hiđrocacbon, biết các khí đo cùng điều kiện. Giải. Theo đề ta có : VH2O = 1250 – 550 = 700ml VCO2 = 550 – 250 = 300ml. t0 PTPƯ : 4NH3 + 3O2  2N2 + 6H2O 200ml 100ml 300ml => VA = 300 – 200 = 100ml => VH2O do A cháy sinh ra = 700 – 300 = 400ml
  13. Đặt CTTQ của A là CxHy y t0 y PTPƯ cháy : CxHy + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 y y 1ml(x ) ml xml ml 4 2 100ml 300ml 400ml y 1 x 2 => ta có : => x = 3 ; y = 8. Vậy CTPT : C3H8. 100 300 400 III. LẬP CTHH DỰA VÀO SẢN PHẨM CHÁY. 1. Cơ sở lý thuyết. - Nếu đề toán cho oxi hoá hoàn toàn hợp chất hữu cơ tức là đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ. - Nếu sản phẩm cháy được hấp thụ bởi bình đựng H2SO4 đặc hay P2O5 và bình đựng dung dịch kiềm thì lưu ý rằng N2 và O2 dư không bị hấp thụ. - Những chất hấp thụ được nước : CaCl 2 (khan), CuSO4 (khan), H2SO4đ, P2O5, CaO và dung dịch kiềm NaOH, KOH, Ca(OH) 2, Ba(OH)2 => khối lượng của bình tăng lên là khối lượng của H2O bị hấp thụ. - Những chất hấp thụ CO2 : dịch kiềm NaOH, KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2 => khối lượng của bình tăng lên là khối lượng của CO2 bị hấp thụ. - Cần phân biệt khối lượng bình tăng và khối lượng dung dịch tăng. + mbình tăng = (mCO2 + mH2O) hấp thụ. + mdd tăng = (mCO2 + mH2O) hấp thụ - mkết tủa + mdd giảm = mkết tủa - (mCO2 + mH2O) hấp thụ - Nếu đốt cháy hợp chất hữu cơ chứa C, H hoặc C, H, O rồi cho sản phẩm cháy qua bình 1 đựng PdCl2, bình 2 đựng dung dịch kiềm (Ca(OH)2, Ba(OH)2 dư. => sản phẩm cháy gồm CO, CO2, H2O. Trong đó CO bị hấp thụ bởi dung dịch PdCl2 theo PT: CO + PdCl2 + H2O Pd + CO2 + 2HCl => bình dựng dung dịch kiềm hấp thụ CO2 có trong sản phẩm cháy và CO2 sinh ra do CO phản ứng với dung dịch PdCl2. => mC = mC (CO) + mC (CO2)
  14. - Nếu đốt cháy hợp chất hữu cơ X bởi CuO thì khối lượng của bình CuO giảm đi là khối lượng của oxi tham gia phản ứng => để tìm khối lượng của chất hữu cơ đem đốt cháy cần lưu ý ĐLBTKL: mX + m bình giảm = mCO2 + mH2O. 2. Ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn một lượng chất hữu cơ X cần 6,72 lít O 2 (đktc). Khi cho toàn bộ sản phẩm cháy (chỉ có CO 2 và H2O) vào một lượng nước vôi trong, thu được 10 gam kết tủa và 200 ml dung dịch muối có nồng độ 0,5M, dung dịch muối này nặng hơn nước vôi ban đầu là 8,6 gam. Xác định công thức đơn giản nhất của X. Giải. Theo đề ta có: nCaCO3 = 0,1 mol; nCa(HCO3)2 = 0,1 mol. PTHH:CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O 0,1mol 0,1mol 2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 0,2mol 0,1mol => n = 0,3 mol  CO2 Theo đề: mdd tăng 8,6 gam = (mCO2 + mH2O) hấp thụ - m => mH2O = 8,6 + m - mCO2 = 5,4 gam => nH2O = 0,3 mol Đặt CTTQ của X là CxHyOz y z t0 y PTPƯ:C xHyOz + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 2 y z a mol (x ) amol axmol 0,5ay mol 4 2 =>nCO2 = ax = 0,3 = nC; nH2O = 0,5ay = 0,3 => ay = 0,6 = nH y z 6,72 nO2 =(x ) a = = 0,3 mol => az = 0,3 4 2 22,4 => x : y : z = 0,3 : 0,6 : 0,3 = 1 : 2 : 1 => CTĐGN: CH2O Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất hữu cơ X chứa C, H, O cần 0,784 lít O 2 (đktc). Toàn bộ sản phẩm cháy cho qua bình 1 đựng dung dịch PdCl2 dư, bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau thí nghiệm, bình 1 tăng 0,38 gam và xuất hiện 2,12 gam kết tủa, còn bình 2 có 3 gam kết tủa A. Xác định CTPT của X.
  15. Giải. Theo đề ta có: nPd = 0,01 mol; nCaCO3 = 0,03 mol. CO + PdCl2 Pd + CO2 + 2HCl (1) 0,01mol 0,01mol 0,01mol CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2) 0,03mol 0,03mol mbình 1 tăng = mH2O + CO – CO2(1) => mH2O = 0,38 + (44 – 28)0,01 = 0,54g => nH2O = 0,03 mol So sánh đề với (1) và (2) ta thấy nCO2 do X sinh ra = 0,02 mol. Đặt CTTQ của X: CxHyOz y z t t0 y PTPƯ: CxHyOz + (x ) O2  (x-t)CO2 + H2O + tCO 4 2 2 2 y z t 0,01mol (x ) 0,01mol (x-t)0,01mol 0,005ymol 0,01tmol 4 2 2 => nH2O = 0,03 = 0,005y => y = 6 nCO = 0,01t = 0,01 => t = 1 nCO2 (x – 1)0,01 = 0,02 => x = 3 6 z 1 0,784 nO2 = (3 ) 0,01 = =0,035 => z = 1 4 2 2 22,4 Vậy CTPT của X : C3H6O Ví dụ 3. Oxi hoá hoàn toàn 4,6g chất hữu cơ A bằng CuO đun nóng. Sau phản ứng thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và nước, đồng thời nhận thấy khối lượng đồng oxit ban đầu giảm bớt 9,6 gam. Xác định CTPT của A. Giải. Theo đề ta có : nCO2 = 0,2 mol => mCO2 = 8,8 gam. Áp dụng ĐLBTKL ta có : mA + m bình giảm = mCO2 + mH2O => mH2O = 4,6 + 9,6 – 8,8 = 5,4 gam => nH2O = 0,3 mol.
  16. => n= = nH2O – nCO2 = 0,1 mol. Đặt CTTQ của A: CxHyOz y z t0 y PTPƯ: CxHyOz + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 2 y z 0,1 mol (x ) 0,1mol 0,1xmol 0,05y mol 4 2 => nCO2 = 0,1x = 0,2 => x = 2 nH2O =0,05y = 0,3 => y = 6 mA = 4,6 = (30 + 16z)0,1 => z = 1. Vậy CTPT của A : C2H6O Ví dụ 4. Đốt cháy hoàn toàn 2,3 gam một hợp chất hữu cơ X chỉ thu được CO 2, H2O. Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, thấy có 10 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng bình đựng dung dịch nước vôi tăng 7,1 gam. Xác định CTPT của X. ĐS : C2H6O. Ví dụ 5. Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X cần dùng 6,72 lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O cho hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dung dịch giảm 5,5 gam. Lọc kết tủa, đun nóng nước lọc lại thu được 9,85 gam kết tủa nữa. Xác định CTPT của X. ĐS : C2H6O. Ví dụ 6 . Đốt cháy hoàn toàn 0,282g chất hữu cơ A rồi cho các sản phẩm sinh ra đi lần lượt qua bình đựng CaCl2 khan và bình đựng KOH có dư. Sau thí nghiệm thấy bình đựng CaCl2 khan tăng thêm 0,189 gam, còn bình đựng KOH tăng thêm 0,8 gam. Mặt khác, đốt 0,186g A thì thu được 22,4 ml N 2 (đktc). Biết phân tử A chỉ chứa 1 nguyên tử N. Tìm CTPT của A. ĐS : C6H7N. Ví dụ 7. Đốt cháy hoàn toàn 10,4g chất hữu cơ A rồi cho sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4đ và bình 2 chứa nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình 1 tăng 3,6g, bình 2 thu được 30g kết tủa. Khi hoá hơi 5,2g A thu được một thể tích đúng bằng thể tích của 1,6 gam oxi ở cùng điều kiện. Xác định CTPT của A. ĐS : C3H4O4. Ví dụ 8. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hiđrocacbon A, sản phẩm cháy được dẫn qua bình chứa nước vôi trong dư, người ta thu được 3 gam kết tủa, đồng thời bình chứa nặng thêm 1,68 gam. a) Tính a.ĐS : 0,4g b) Xác định CTPT của A, biết tỉ khối hơi của A đối với metan là 2,5. ĐS : C3H4 Ví dụ 9. Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất hữu cơ X cần vừa đủ 0,616 lít O2. Sau thí nghiệm thu được 1,344 lít hỗn hợp sản phẩm X gồm : CO 2, N2 và hơi nước. Làm lạnh để ngưng
  17. tụ hơi nước thì còn lại 0,56 lít hỗn hợp khí Z (có tỉ khối đối với H 2 là 20,4). Xác định CTPT của X, biết thể tích các khí đo ở đktc.ĐS : C 2H7O2N Ví dụ 10. Đốt cháy hoàn toàn 1,48 gam chất hữu cơ A cần dùng 2,016 lít O 2 ở đktc. Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí có thành phần như sau : VCO2 = 3VO2 dư và mCO2 = 2,444.mH2O. Tìm CTPT của A. Biết khí hoá hơi 1,85 gam A chiểm thể tích bằng thể tích của 0,8 gam oxi ở cùng điều kiện.ĐS : C 3H6O2. Ví dụ 11. Đốt cháy hết 0,75 gam chất hữu cơ A. Hơi sản phẩm cháy được dẫn toàn bộ qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư. Khối lượng bình tăng 1,33g, trong đó lọc tách được 2gam một chất kết tủa. Mặt khác, khi phân tích 0,15 gam A, khí NH3 sinh ra được dẫn vào 180ml dung dịch H2SO4 0,1M. Lượng axit dư được trung hoà vừa đúng bằng 4ml dung dịch NaOH 0,4M. Xác định CTPT của A, biết 1 lít khí A ở đktc nặng 3,35 gam.ĐS : C 2H5O2N. Ví dụ 12. Đốt cháy hoàn toàn 0,4524g một chất hữu cơ A sinh ra 0,3318g CO 2 và 0,2714g H2O. Đun nóng 0,3682g chất A với vôi tôi, xút để chuyển tất cả N trong A thành NH3 rồi dẫn khí NH3 vào 200ml dung dịch H 2SO4 0,5M. Để trung hoà axit còn dư, cần dùng 7,7ml dung dịch NaOH 1M. a) Tính thành phần % các nguyên tố trong A. b) Xác định CTPT của A, biết tỉ khối hơi của nó đối với khí nitơ là 2,143. ĐS:CH4ON2 Ví dụ 13. Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A chỉ thu được a gam CO 2 và b gam H2O. Biết 3a = 11b và 7m = 3(a+b). Xác định CTPT của A, biết dA/kk mC = b gam 44 11 2b b mH = gam 18 9 11b Vì 7m = 3(a+b) = 3. b =14b => m = 2b. 3 b 10b Ta có: mC + mH = b + = A có oxi. 9 9 10b 8b => mO = 2b - = 9 9
  18. Đặt CTTQ của A là CxHyOz. b b 8b 1 1 1 Ta có x : y : z = : : : : = 3 : 4 : 2 => CTTN (C3H4O2)n. 12 9 9.16 12 9 18 Vì MA n = 1. vậy CTPT của A là C3H4O2. Ví dụ 14. Đốt cháy hoàn toàn a gam chất hữu cơ A chứa C, H, O thu được pgam CO 2 và 22a 3a qgam H2O. Cho biết p = và q = . Tìm CTPT của A. Biết rằng 3,6 gam hơi A có thể tích 15 5 bằng thể tích của 1,76 gam CO2 cùng điều kiện.ĐS : C 3H6O3. IV. BIỆN LUẬN TÌM CTPT. 1. Tìm CTPT khi chỉ biết MA. 1.1. Cơ sở lý thuyết. a) Trường hợp A là CxHy hoặc CxHyOz. => 12x + y = MA hoặc 12x +y +16z = MA x, y hoÆc x, y,z nguyªn d­¬ng §K y(ch½n) 2x 2 b) Trường hợp A là CxHyNt hoặc CxHyOzNt. => 12x + y + 14t = MA hoặc 12x + y + 16z + 14t = MA x, y,t hoÆc x, y,z,t nguyªn d­¬ng §K y 2x 2 t y,t cïngch½n hoÆccïnglÎ c) Trường hợp X là CxHyXv hoặc CxHyOzXv (X là halogen) => 12x + y + MXv = MA hoặc 12x + y + 16z + MXv = MA x, y,v hoÆc x, y,z,v nguyªn d­¬ng §K y 2x 2 v y,v cïngch½n hoÆccïnglÎ 1.2. Một số ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1. Xác định CTPT của hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O. Biết A có tỉ khối hơi so với heti là 15. Giải. Ta có MA = 60. Đặt CTTQ của A là CxHyOz
  19. => 12x + y + 16z = 60 (1 z 2) x, y,z nguyªn d­¬ng §K y(ch½n) 2x 2 - Trường hợp 1 : Nếu z = 1 => 12x + y = 44 (1 x 3) 42 => y = 44 – 12x 2x + 2 => x 3 14 Chọn x = 3 ; y = 6. Vậy CTPT của A là C3H6O. - Trường hợp 2 : Nếu z = 2 => 12x + y = 28 (1 x 2) 26 => y = 28 – 12x 2x + 2 => x 1,85 14 => Chọn x = 2 ; y = 4. Vậy CTPT của A là C2H4O2. Ví dụ 2 . Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, N. Biết 14,75g hơi A chiếm thể tích đúng bằng thể tích của 8 gam O2 ở cùng điều kiện. Xác đ?nh CTPT của A. Giải. nA = nO2 = 0,25 mol => MA = 59 gam. Đặt CTTQ của A là CxHyNt => 12x + y + 14t = 59 (1 t 3) x, y,t nguyªn d­¬ng §K y 2x 2 t y,t cïngch½n hoÆccïnglÎ - Trường hợp 1 : Với t = 1 => 12x + y = 45 (1 x 3) => y = 45 – 12x 2x + 2 + t => x 3. => Chọn x = 3 => y = 9. Vậy CTPT của A là C3H9N. - Trường hợp 2 : Với t = 2 => 12x + y = 31 (1 x 2) => y = 31 – 12x 2x + y + t => x 2 => Chọn x = 2 => y = 7 (loại) - Trường hợp 3 : Với t = 3 => 12x + y = 17 (x 1) => y = 17 – 12x 2x + y + t => x 0,86 => Chọn x = 1 => y = 5. Vậy CTPT của A là CH5N3.
  20. 2. Biện luận xác định CTPT của 2 hay hiều chất trong cùng một hỗn hợp. 2.1. Trường hợp 1 : Thiếu 1 phương trình đại số. a. Cơ sở lí thuyết. Giả sử có p ẩn số (số nguyên tử cacbon và số mol) mà chỉ có (p-1) phương trình đại số. Trong trường hợp này, giữa 2 ẩn ta có 1 hệ thức na + mb = nCO 2 (a, b, nCO2 đã biết). Từ biểu thức, ta chọn n = 1, 2, 3 => m sao cho n, m nguyên dương. b. Ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1. Đốt cháy một hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A (C nH2n+2) và B (CmH2m) thu được 15,68lít CO2 (đktc) và 14,4 gam H2O. Biết X chiếm thể tích là 6,72 lít ở đktc. Xác định thành phần % thể tích của hỗn hợp X, xác định CTPT của A, B. Giải. Gọi a, b là số mol của A, B. Theo đề ta có : nCO2 = 0,7ml ; nH2O = 0,8 mol ; nX = 0,3 mol 3n 1 t0 PTPƯ cháy : CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n+1)H2O 2 amol namol (n+1)a mol 3m t0 CmH2m+2 + O2  mCO2 + mH2O 2 bmol mbmol mb mol na mb 0,7 Ta cã (n 1)a mb 0,8 na mb a 0,8 => a = 0,1 ; b = 0,2 và n + 2m = 7. a b 0,3 m 2v× B thuéc d·y anken §iÒu kiÖn n,m N n 1 2 3 4 5 Biện luận n và m m 3 5/2 2 3/7 1 n 1 A :CH4 n 3 A :C3 H8 Vậy có 2 cặp giá tr? thoả ma?n : => và => m 3 B :C3 H6 m 2 B :C2 H4 Thành phần %V của hỗn hợp : %VA = 33,33% ; %VB = 66,67%. Ví dụ 2. Hỗn hợp X gồm ankan A và anken B được chia làm thành 2 phần F1 và F2.
  21. - Phần 1 có thể tích 11,2 lít đem trộn với 6,72 lít H 2 rồi 1 ít bột Ni rồi đun nóng đến, khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy hỗn hợp khí sau cùng có thể tích giảm 25% so với ban đầu. - Phần 2 có khối lượng 80 gam đem đốt cháy hoàn toàn thì tạo được 242 gam CO2. Xác định CTPT của A, B và tính % thể tích hỗn hợp X. Biết các khí đều đo ở đktc. Giải. - Đặt a là số mol của A (CnH2n+2) và b là số mol của B (CmH2m) trong F1. => ta có : a + b = 0,5 mol. Ni,t0 PTPƯ : CmH2m + H2  CmH2m+2 6,72 Theo đề ta có : tổng số mol trong F1 = 0,5 + = 0,8 mol 22,4 25 Sau phản ứng VF1 giảm 25% chính là VH2 phản ứng => nH2pư = 0,8. = 0,2 mol. 100 Theo PTPƯ => nB = nH2pư = 0,2 mol = b => a = 0,3 mol - Đặt a’, b’ lần lượt là số mol của A, B trong F2. Do đều xuất phát từ hỗn hợp X nên tỉ lệ số mol a : b = a’ : b’ = 0,3 : 0,2 = 3 : 2. => ta có phương trình : (14n + 2)a’ + 14mb’ = 80 14(na’+mb’) + 2a’ = 80 (1) 3n 1 t0 PTPƯ cháy : CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n+1)H2O 2 a’mol na’mol 3m t0 CmH2m+2 + O2  mCO2 + mH2O 2 b’mol mb’mol 242 => na’ + mb’ = = 5,5 (2) 44 Thay (2) vào (1) => a’ = 1,5 mol ; b’ = 1 mol và 1,5n + m = 5,5 hay 3n +2m = 11 m 2v× B thuéc d·y anken §iÒu kiÖn n,m N n 1 2 3 Biện luận n và m m 4 5/2 1
  22. n 1 A :CH4 0,3 Chọn => => %VA = x100 = 60% ; %VB = 40%. m 4 B :C4 H8 0,5 2.2. Trường hợp 2. Thiếu 2 phương trình đại số. a. Cơ sở lí thuyết. Giả sử có p ẩn nhưng chỉ có p – 2 phương tr?nh. Trong trường hợp này, người ta thường áp dụng tính chất trung bình (n n nH2O = = 0,35 mol 18 nH2O > nCO2 => X thuộc dãy ankan. Đặt CTTQ của 2 ankan là : CnH2n+2 và CmH2m+2. Vì 2 ankan thuộc cùng dãy đồng đẳng nên đặt CTPT trung bình của 2 ankan là Cn H2n 2 (n 1) Theo đề ta có nX = nH2O – nCO2 = 0,35 – 0,25 = 0,1 mol. 3n 1 t0 PTPƯ cháy : Cn H2n 2 + O2  n CO2 + (n +1)H2O 2 0,1 mol 0,1n mol => 0,1n = 0,25 => n = 2,5 => n = 2 ; m = 2 + 1 = 3. Vậy CTPT : C2H6 và C3H8.
  23. Ví dụ 2. Một hỗn hợp gồm 2 ankan đồng đẳng kế tiếp nhau, có tỉ khối đối với hiđrô là 16,75. Tìm CTPT và % thể tích của hỗn hợp. Giải. Đặt CTTQ của 2 ankan là : A : CnH2n+2 amol ; CmH2m+2. bmol. Vì 2 ankan thuộc cùng dãy đồng đẳng nên đặt CTPT trung bình của 2 ankan là Cn H2n 2 (n 1) Theo đề ta có : M hh = 2x16,75 = 33,5 => 14 n +2 = 33,5 => n = 2,25 => n = 2 => CTPT là C2H6 m = 3 => CTPT là C3H8. M .a M .b 30.a 44.b Ta có : M = a b = =33,5 a b a b => 3,5a = 10,5b => a = 3b. b b Vị hỗn hợp khí nên %V = %số mol = > %VC3H8 = .100 = .100 = 25% a b 4b %VC2H6 = 25% Ví dụ 3. Đốt cháy hoàn toàn 5,2g hỗn hợp khí gồm 2 ankan kế tiếp thu được 15,4g khí CO2. Xác định công thức mỗi ankan. ĐS. C2H6 và C3H8. Ví dụ 4. Cho một hỗn hợp khí gồm 1 anken A và 1 ankin B. Đốt cháy m gam hỗn hợp X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong thu được 25g kết tủa và một dung dịch có khối lượng giảm 4,56g so với ban đầu. Khi thêm vào lượng KOH dư lại thu được 5 gam kết tủa nữa. Biết 50ml hỗn hợp X phản ứng tối đa với 80ml H 2 (các thể tích khí đo cùng đk). Xác định CTPT của A, B. Giải. Đặt CTPT của A : CnH2n (x mol); B là CmH2m-2 (y mol) t0 ,Ni PTPƯ với H2 :CnH2n + H2  CnH2n+2 x mol x mol t0 ,Ni CmH2m-2 + 2H2  CmH2m+2 y mol 2y mol
  24. x y 50 x 20 => ta có hệ : x 2y 80 y 30 V? do cùng đk nên nA : nB = VA :VB = 2 : 3 3n t0 PTPƯ cháy : CnH2n + O2  nCO2 + nH2O 2 3n 1 t0 CmH2m-2 + O2  mCO2 + (m-1)H2O 2 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O 0,25mol 0,25mol 2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 0,1mol 0,05mol Ca(HCO3)2 + 2KOH CaCO3 + K2CO3 + H2O 0,05mol 0,05mol => Tổng số mol CO2 = 0,35 mol Theo đề : mddgiảm = m - (mCO2 + mH2O)hấp thụ. => mH2O =m - mCO2 – mddgiảm = 5,04g => nH2O = 0,28mol 2 2 0,14 => nB = nCO2 – nH2O = 0,07 mol =>nA = nB = .0,07 = mol 3 3 3 0,14 0,35 => nX = nA + nB = 0,07 + = mol 3 3 0,14 n. m.0,07 n m n 0,35 Áp dụng CT : n = a b =3 = CO2 = =3 a b 0,14 n 0,35 0,07 X 3 3 => 2n + 3m = 15 => n = m = 3 => CTPT của A : C3H6 ; CTPT của B : C3H4. 2.3. Trường hợp 3 : Thiếu 3 phương trình trở lên. a. Cơ sở lý thuyết.
  25. Trong trường hợp này vẫn sử dụng tính chất trung bình n y1 0,4 = 0,3x => x = 1,33 => x1 = 1 Trong X phải có 1 chất là CH4 (giả sử A) => y1 = 4 nH2O = 0,5 = 0,15y => y = 3,33 => y2 = 2 CTPT của B là C2H2. Ví dụ 2. Đốt cháy hoàn toàn 560cm 3 hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hiđrocacbon có cùng số nguyên tử C và cho các sảnt phẩm lần lượt qua bình 1 đựng P 2O5, bình 2 đựng dung dịch KOH dư. Sau khi kết thúc thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 1,9125g và bình 2 tăng thêm 4,4 gam. Xác định CTPT của các hiđrocacbon. Giải. Đặt CTPT của 2 hiđrocacbon là CxHy và Cx’Hy’ =>CTPTTB là Cx H y (y là số nguyên tử H trung bình) 1,9125 4,4 Theo đề ta có nH2O = = 0,10625 ; nCO2 = = 0,1 mol ; nX = 0,025 18 44 y y PTPƯ cháy :C H + (x )O2 xCO2 + H2O x y 4 2 0,025 mol 0,025xmol 0,0125y mol
  26. => nCO2 = 0,1 = 0,025x => x = 4 nH2O = 0,10625 = 0,0125y => y = 8,5. Giả sử y 2 y chọn y’ = 10 và y = 2, 4, 6, 8 => có 4 cặp thoả : C4H2 và C4H10 ; C4H4 và C4H10 ; C4H6 và C4H10 ; C4H8 và C4H10. CHỦ ĐỀ 2 : TÍNH CHẤT HOÁ HỌC CỦA HIĐROCACBON I. ANKAN (parafin): (Hiđrocacbon bo, mạch hở CnH2n+2 ; n 1) 1. Phản ứng thế : as CH4 + Cl2  CH3Cl + HCl metyl clorua (clo metan) as CH4 + 2Cl2  CH2Cl2 + 2HCl metylen clorua (diclo metan) as CH4 + 3Cl2  CHCl3 + 3HCl Clorofom (triclo metan) as CH4 + 4Cl2  CCl4 + 4HCl Cacbon tetraclorua (tetraclo metan) Chú ý : Các đồng đẳng của metan cũng tham gia phản ứng thế tương tự như metan. as(250 C) VD :CH3 – CH2 – CH3 + Cl2  CH3 – CHCl – CH3 + HCl (57%) CH3 – CH2 – CH2Cl + HCl (43%) as(250 C) CH3 – CH2 – CH3 + Br2  CH3 – CHBr – CH3 + HBr (97%) CH3 – CH2 – CH2Br + HBr (3%) as PTTQ: CnH2n+2 + zX2  CnH2n+2-zXz + zHX 2. Phản ứng nhiệt phân:
  27. a) Phản ứng Crackinh: t0cao CnH2n+2  CmH2m+2 + CqH2q (n 3; m 1; q 2) Crackinh CH4 C3H6 VD: C4 H10  C2 H6 C2 H 4 b) Phản ứng phân huỷ: 10000 C CnH2n+2 khongcokhongkhi nC + (n+1)H2 15000 C Đặc biệt: 2CH4 l¹nh nhanh C2H2 + 3H2 c) Phản ứng loại hiđro (đehiđro): 450 5000 C CnH2n+2 xt  CnH2n + H2 5000 C VD: C4H10 xt  C4H8 + H2 3. Phản ứng oxi hoá: a) Phản ứng cháy (Phản ứng oxi hoá hoàn toàn): 3n 1 t0 CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n+1)H2O 2 t0 VD: CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O b) Phản ứng oxi hoá không hoàn toàn: - Nếu đốt cháy thiếu oxi thì ankan bị cháy không hoàn toàn SP cháy gồm CO 2, H2O, CO, C. t0 VD: 2CH4 + 3O2(thiếu)  2CO + 4H2O - Nếu có chất xúc tác, nhiệt độ thích hợp, ankan bị oxi hoá không hoàn toàn thành dẫn xuất chứa oxi. VD: CH + O Cu HCHO + H O 4 2 200atm,3000 C 2 - Nếu mạch cacbon dài, khi bị oxi hoá có thể bị bẻ gãy. 0 VD: 2CH CH CH CH + 5O t ,P 4CH COOH + 2H O 3 2 2 3 2 Mn2 3 2 4. Điều chế ankan. a) Phương pháp tăng mạchh cacbon:
  28. etekhan - 2CnH2n+1X + 2Na  (CnH2n+1)2 + 2NaX etekhan VD: 2C2H5Cl + 2Na  C4H10 + 2NaCl CH3Cl + C2H5Cl + 2Na C3H8 + 2NaCl ®pdd - 2RCOONa + 2H2O  R-R + 2CO2 + 2NaOH + H2 ®pdd VD: 2CH2 = CH – COONa + 2H2O  CH2 = CH – CH = CH2 + 2CO2 + 2NaOH + H2 b) Phương pháp giảm mạch cacbon: - Phương pháp Duma: CaO,t0 RCOONa + NaOH  RH + Na2CO3 CaO,t0 (RCOO)2Ca + 2NaOH  2RH + CaCO3 + Na2CO3 CaO,t0 VD: CH3COONa + NaOH  CH4 + Na2CO3 CaO,t0 (CH3COO)2Ca + 2NaOH  2CH4 + Na2CO3 + CaCO3 - Phương pháp crackinh: crackinh CnH2n+2  CmH2m + CqH2q+2 (n = m + q; n 3) crackinh VD: C3H8  CH4 + C2H4 c) Phương pháp giữ nguyên mạch cacbon: Ni,t0 CnH2n + H2  CnH2n+2 Ni,t0 VD: C2H4 + H2  C2H6 Ni,t0 CnH2n-2 + 2H2  CnH2n+2 Ni,t0 VD: C2H2 + 2H2  C2H6 d) Một số phương pháp khác: Al4C3 + 12H2O 3CH4 + 4Al(OH)3 C + 2H Ni CH 2 5000 C 4 II. XICLO ANKAN (hiđrocacbon no, mạch vòng – CnH2n; n 3) 1. Phản ứng cọng mở vòng:
  29. Ni,800 C + H2  CH3 – CH2 – CH3 (Propan) + Br2 CH2Br – CH2 – CH2Br (1, 3 – đibrom propan) + HBr CH3 – CH2 – CH2Br (1 – brom propan) - Xiclobutan chỉ cọng với H2. Ni,1200 C + H2  CH3 – CH2 – CH2 – CH3 (butan) 2. Phản ứng thế: Phản ứng thế ở xicloankan tương tự như ở ankan. VD: + as + Cl2 Cl HCl as + Cl + HCl Cl2 3. Phản ứng oxi hoá hoàn toàn: 3n t0 CnH2n + O2  nCO2 + nH2O 2 t0 VD: C6H12 + 9O2  6CO2 + 6H2O 4. Phản ứng đề hiđro: t0 ,Pd C6H12  C6H6 + 3H2 III. ANKEN (olefin). Hiđrocacbon không no, mạch hở - CTTQ: CnH2n; n 2 Trong phân tử anken có 1 lên kết đôi C = C, trong đó có 1 liên kết  bền và một liên kết kém bền, dễ bị bẻ gãy khi tham gia phản ứng hoá học. 1. Phản ứng cộng:
  30. a) Cộng H2 ankan: Ni,t0 CnH2n + H2  CnH2n+2 Ni,t0 VD: C2H4 + H2  C2H6 b) Phản ứng cọng halogen (Cl2, Br2). CCl4 CnH2n + X2  CnH2nX2 VD: CH2 = CH2 + Cl2 CH2Cl – CH2Cl CH3 – CH = CH – CH2 – CH3 + Br2 CH3 + CHBr – CHBr – CH2 – CH3 Lưu ý: Anken làm mất màu dung dịch nước brom nên người ta thường dùng nước brom hoặc dung dịch brom trong CCl4 làm thuốc thử để nhận biết anken. c) phản ứng cộng HA (HA: HCl, HBr, H2SO4) xt CnH2n + HA  CnH2n+1A VD: CH2 + CH2 + HCl CH3 –CH2Cl CH2 = CH2 + H2SO4 CH3 – CH2 – OSO3H Lưu Ý: Từ C3H6 trở đi phản ứng cộng theo qui tắc Maccopnhicop CH3 CHCl CH3 (spc) VD: CH3 CH CH2 2HCl CH3 CH2 CH2Cl (spp) d) Phản ứng cộng H2O ancol VD: CH = CH + H O H CH CH OH 2 2 2 t0 3 2 CH3 CHOH CH3 (spc) CH3 CH CH2 2H2O CH3 CH2 CH2OH (spp) Qui tắc Maccopnhicop: Khi cọng một tác nhân bất đối xứng HA (H 2O hoặc axit) vào liên kết đôi C = C của an ken thì sản phẩm chính được tạo thành do phần dương của tác nhân (H+) gắn vào cacbon có bậc thấp hơn, còn phần âm (A-) của tác nhân gắn vào C có bậc cao hơn. 2. Phản ứng trùng hợp: xt,t0 , p nC=C  [-C-C-]n xt,t0 , p VD: nCH2 = CH2  (-CH2 – CH2 -)n Polietilen (PE)
  31. xt,t0 , p nCH2 C H  CH2 C H   n CH3 CH3 Polipropilen (PP) 3. Phản ứng oxi hóa: a) Phản ứng oxi hóa hoàn toàn: 3n t0 CnH2n + O2  nCO2 + nH2O 2 t0 VD: C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O b) Oxi hóa không hoàn toàn: - Dung dịch KMnO4 loãng ở nhiệt độ thường oxi hóa nối đôi của anken thành 1,2- diol. 3CnH2n + 2KMnO4 + 4H2O 3CnH2n(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH VD: 3CH2 = CH2 + 2KMnO4 + 4H2O 3CH2 -CH2 + 2MnO2 + 2KOH (màu tím) │ │ (màu đen) OH OH Nhận xét: Dựa vào sự biến đổi màu của dung dịch KMnO 4 (màu tím nhạt màu và có kết tủa đen) => phản ứng này được dùng để nhận ra sự có mặt của nối đôi, nối ba. - OXH C2H4 CH3CHO 2CH = CH + O PdCl2 /CuCl2 2CH CHO 2 2 2 t0 3 4. Điều chế anken. a) Đề hiđro ankan tương ứng: xt,t0 , p CnH2n+2  CnH2n + H2 xt,t0 , p VD: C2H6  C2H4 + H2 b) Đề hiđrat hóa ancol tương ứng: C H OH H2SO4  C H + H O n 2n+1 t0 1700 C n 2n 2 C H OH H2SO4  C H + H O 2 5 t0 1700 C 2 4 2 CH3 CH CH CH3 CH – CH – CH – CH H2SO4 3 2 3 1800 C CH2 CH CH2 CH3
  32. c) Cộng H2 vào ankin (xt: Pd) hoặc ankadien (xt: Ni): Pd,t0 CnH2n-2 + H2  CnH2n Pd,t0 VD: CH ≡ CH + H2  CH2 = CH2 Ni,t0 CH2 = CH – CH = CH2  CH3 – CH2 – CH =CH2 d) Loại HX ra khỏi dẫn xuất halogen của ankan tương ứng. C H X KOH/ancol C H + HX n 2n+1 t0 n 2n VD: C H Cl KOH/ancol C H + HCl 2 5 t0 2 4 e) Loại X2 ra khỏi dẫn xuất α,β-dihalogen của ankan tương ứng. t0 R – CHX – CHX – R’ + Zn  R – CH = CH – R’ + ZnCl2 t0 VD: CH2Br – CH2Br + Zn  CH2 = CH2 + ZnBr2 IV. ANKADIEN (CnH2n-2 ; n ≥ 3) 1. Phản ứng cộng: a) Cộng hiđro: Ni,t0 CH2 = CH – CH = CH2 + 2H2  CH3 – CH2 – CH2 – CH3 Ni,t0 CH2 = C – CH = CH2 + 2H2  CH3 – CH – CH2 – CH3 │ │ CH3 CH3 b) Phản ứng cộng X2 và HX. Butadien và isopren có thể tham gia phản ứng cộng X 2, HX và thường tạo ra sản phẩm cộng 1,2 và 1,4. Ở nhiệt độ thấp ưu tiên tạo ra sản phẩm cộng 1,2; ở nhiệt độ cao ưu tiên tạo ra sản phẩm cộng 1,4. VD1: CH2 = CH – CH = CH2 + Br2 CH2 – CH – CH = CH2 + CH2 – CH = CH – CH2 │ │ │ │ Br Br Br Br (Sp cộng 1,2) (SP cộng 1,4) Ở -800C 80% 20%
  33. Ở 400C 20% 80% VD2: CH2 = CH – CH = CH2 + HBr CH2 – CH – CH = CH2 + CH2 – CH = CH – CH2 │ │ │ │ H Br H Br (Sp cộng 1,2) (SP cộng 1,4) Ở -800C 80% 20% Ở 400C 20% 80% 2. Phản ứng trùng hợp. xt,t0 , p nCH2 = CH – CH = CH2  (- CH2 – CH = CH – CH2 - )n Polibutadien (Cao su buna) xt,t0 , p nCH2 = C – CH = CH2  (- CH2 - C = CH - CH2 -)n │ │ CH3 CH3 Poli isopren (Cao su pren) 3. Điều chế ankadien. 0 600 C CH3- CH2 - CH2 - CH3  CH2 = CH – CH = CH2 + 2H2 Cr2O3 ,P 2CH CH OH MgO/ Al2O3 CH = CH- CH- CH + H + 2H O 3 2 400 5000 C 2 2 2 2 2CH ≡ CH CuCl/ NH4Cl CH = CH – C ≡ CH  H2 CH = CH – CH = CH 1500 C Pd,t0 2 2 đpdd 2CH2 = CH – COONa + 2H2O  CH2 = CH – CH = CH2 + 2CO2 + 2NaOH + H2 IV. ANKIN (CnH2n-2) Trong phân tử có liên kết C ≡ C bao gồm 1 liên σ và 2 liên kết Π kém bền. Tuy nhiên, liên kết Π trong liên kết ba bền hơn liên kết Π trong liên kết đôi nên phản ứng cộng vào liên kết ba khó hơn. 1. Tính chất hóa học. a) Phản ứng cọng.
  34. C H + H Pd /PdCO3 C H n 2n-2 2 t0 n 2n Ni,t0 CnH2n-2 + 2H2  CnH2n+2 VD: C H + H Pd /PdCO3 C H 2 2 2 t0 2 4 Ni,t0 C2H2 + 2H2  C2H6 b) Phản ứng cộng halogen X2. X 2 CnH2n-2 + X2 CnH2n-2X2  CnH2n-2X4 200 C VD: C2H5 – C ≡ C – C2H5 + Br2  C2H5 – C = C – C2H5 Br Br │ │ │ │ Br Br C2H5 – C = C – C2H5 + Br2 C2H5 – C – C – C2H5 │ │ │ │ Br Br Br Br Br2 CH ≡ CH + Br2 CHBr = CHBr  CHBr2 – CHBr2 Nhận xét: Ankin cũng làm mất màu dung dịch nước brôm nhưng chậm hơn anken. c) Phản ứng cộng HX. Phản ứng xảy ra ở 2 giai đoạn, giai đoạn sau khó hơn giai đoạn đầu. 0 CH2 C H HgCl2 xt,t , p  VD: CH ≡ CH + HCl 0 CH = CHCl  (PVC) 150 200 C 2 Cl n Lưu ý: Phản ứng cộng HX vào đồng đẳng của axetilen tuân theo qui tắc Maccopnhicop. xt,t0 ,p VD :CH3 - C  CH+ HCl  CH3 - C = CH2 | Cl Cl | xt,t0 ,p CH3 - C = CH2 + HCl  CH3 - C- CH3 | | Cl Cl xt,t0 CH ≡ CH + HCN  CH2 = CH – CN (Vinyl cianua)
  35. CH ≡ CH + CH COOH Zn(CH3COO)2 CH COOH = CH (Vinyl axetat) 3 t0 3 2 d) Phản ứng cộng H2O. - Axetilen + H2O HgSO4 andehit axetic 800 C CH ≡ CH + H O HgSO4 CH CHO 2 800 C 3 - Các đồng đẳng của axetilen + H2O Xeton. xt,t0 , p R1 – C ≡ C – R2 + H2O  R1 – CH2 –CO –R2 xt,t0 , p VD: CH3 – C ≡ C – CH3 + H2O  CH3 – CH2 – C – CH3 ║ O e) Phản ứng nhị hợp. CuCl2 / NH4Cl 2CH ≡ CH  CH2 = CH – C ≡ CH f) Phản ứng tam hợp. 6000 C 3CH ≡ CH C  C6H6 g) Phản ứng thế với ion kim loại. CH ≡ CH + Na Na – C ≡ C – Na + H2 CH ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3 AgC ≡ CAg↓ + 2NH4NO3 (Bạc axetilenua)Vàng nhạt CH ≡ CH + CuCl + NH3 CCu ≡ CCu↓ + 2NH4Cl đồng (I) axetilenua (Màu đỏ) Lưu ý: - Ankin có nối ba đầu mạch đều phản ứng được với dung dịch AgNO3 và dung dịch CuCl. VD: CH3 - C ≡ CH + AgNO3 + NH3 CH3 – C ≡ CAg↓ + NH4NO3 CH3 – C ≡ CH + CuCl + NH3 CH3 – C ≡ CCu↓ + NH4Cl - Có thể dùng các phản ứng trên để nhận biết ankin -1. - Axetilenua kim loại có thể được tách ra khi phản ứng với dung dịch axit. VD: CAg ≡ CAg + 2HCl CH ≡ CH + 2AgCl
  36. h) Phản ứng oxi hóa. * Phản ứng oxi hóa hoàn toàn. 3n 1 t0 CnH2n-2 + O2  nCO2 + (n-1)H2O 2 t0 VD: 2C2H2 + 5O2  4CO2 + 2H2O * Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn. Tương tự anken, ankin dễ bị oxi hóa bởi KMnO4 sinh ra các sản phẩm như CO 2, HOOC – COOH VD: 3C2H2 + 8KMnO4 + 4H2O 3HOOC – COOH + 8MnO2 + 8KOH 3C2H2 + 8KMnO4 3KOOC – COOK + 8MnO2 + 2KOH + 2H2O C2H2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 2CO2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 4H2O 5CH3 – C ≡ CH + 8KMnO4 + 12H2SO4 5CH3COOH + 5CO2 + 8MnO2 + 4K2SO4 + 12H2O Nhận xét: Có thể dùng phản ứng làm mất màu của dd KMnO4 để nhận biết ankin. So với anken thì tốc độ làm mất màu của ankin diễn ra chậm hơn. 2. Điều chế ankin. a) Điều chế axetilen. 15000 C 2CH4 lanh nhanh C2H2 + 3H2 CaC2 + 2H2O Ca(OH)2 + C2H2 Hôquang điên 2C + H2  C2H2 AgC ≡ CAg +2HCl C2H2 + 2AgCl CuC ≡ CCu + 2HCl C2H2 + 2CuCl b) Điều chế đồng đẳng của ankin. HC ≡ C – Na + RX HC ≡ C – R + NaX VD: CH3Br + Na – C ≡ CH CH3 – C ≡ CH + NaBr KOH R – CH – CH – R’ ancol R – C ≡ C – R’ + 2HX │ │ X X
  37. KOH VD: CH3 – CH – CH2 ancol CH3 – C ≡ CH + 2HBr │ │ Br Br V. AREN (Hiđrocacbon thơm – CnH2n-6). Aren điển hình: Benzen: C6H6 hay CH3 Toluen: C6H5CH3 1. Phản ứng thế: - Benzen không phản ứng với dung dịch Br 2 nhưng phản ứng với Br 2 khan khi có bột Fe làm chất xúc tác. C H + Br bét Fe C H Br + HBr 6 6 2 t0 6 5 Bôm benzen - Toluen phản ứng dễ dàng hơn và tạo ra 2 đồng phân CH3 CH3 CH3 Br bét Fe + Br2  + Br P-brôm toluen O-brôm toluen Chú ý: nếu không dùng bột Fe mà chiếu sáng thì Br thế vào nguyên tử H ở mạch nhánh CH3 CH2Br as + Br2  + HBr
  38. 2. Phản ứng nitro hóa. - Benzen phản ứng với hỗn hợp HNO3 đặc và H2SO4 đặc nitro benzen NO2 d + HNO H2SO4 + H2O 3đ t0 NO2 NO2 + HNO H2SO4d 3đ t0 + H2O NO 2 - Toluen phản ứng dễ dàng hơn 2 sản phẩm CH3 CH3 CH3 NO2 + HNO H2SO4d 3đ t0 + + H2O NO 2 P – nitro toluen O – nitro toluen 3. Phản ứng cộng. as C6H6 + 3Cl2  C6H6Cl6 Ni,t0 C6H6 + 3H2  C6H12 4. Phản ứng oxi hóa. a) Phản ứng oxi hóa hoàn toàn. 3n 3 t0 CnH2n-6 + O2  nCO2 + (n-3)H2O 2 b) Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn. Benzen không phản ứng với dung dịch KMnO4, toluen phản ứng được với dung dịch KMnO4. Phản ứng này được dùng để nhận biết toluen. t0 C6H5CH3 + 2KMnO4  C6H5COOK + 2MnO2↓ + KOH + H2O 5. Điều chế aren.
  39. CH (CH ) CH Al2O3 /Cr2O3 C H + 4H 3 2 4 3 5000 C,40atm 6 6 2 xt,t0 ,p C6H12  C6H6 + 3H2 xt,t0 ,p 3C2H2  C6H6 xt,t0 ,p CH3(CH2)5CH3  C6H5CH3 + 4H2 0 Ni,t C6H5 - CH = CH2 + H2  C6H5 - CH2 – CH3 CHỦ ĐỀ 3: BÀI TẬP VỀ HIĐROCACBON I. BÀI TẬP HOÀN THÀNH SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG: (1) (5) Bài 1: CH3COOH  CH4  CO2 (2) (6) (3) Al4C3 (7) CO (4) C3H8 C CH3COONa Hướng dẫn: (1) CH COOH + 2NaOH CaO CH + Na CO + H O 3 t0 4 2 3 2 (2) Al4C3 + 12H2O 4Al(OH)3 + 3CH4 crackinh (3) C3H8  CH4 + C2H4 3000 C (4) C + 2H2  CH4 vi khuÈn (5) CO2 + 4H2  CH4 + 2H2O Ni,2500 C (6) CO + 3H2  CH4 + H2O (7) CH COONa + NaOH CaO CH + Na CO 3 t0 4 2 3 (1) (2) (3) (4) (5) Bài 2: CH4  C2H2  CH3CHO  C2H5OH  C4H6  C4H10 Hướng dẫn:
  40. 15000 C (1) 2CH4 lanh nhanh C2H2 + 3H2 (2) C H + H O HgSO4 CH CHO 2 2 2 800 C 3 Ni,t0 (3) CH3CHO + H2  C2H5OH (4) C H OH MgO/ Al2O3 C H + 2H O + H 2 5 400 5000 C 4 6 2 2 CO2 (6) Ni,t0 (5) C4H6 + 2H2  C4H10 (1) (2) (3) (4) (5) Bài 3: CH3COONa  C2H6  C2H5Cl  C4H10  CH4  HCHO Hướng dẫn: ®iÖn ph©n (1) 2CH3COONa + 2H2O cã mµngng¨n C2H6 + 2CO2 + 2NaOH + H2 ¸nh s¸ng (2) C2H6 + Cl2  C2H5Cl + HCl (3) 2C2H5Cl + 2Na C4H10 + 2NaCl crackinh (4) C4H10  C3H6 + CH4 (5) CH + O NO  HCHO + H O 4 2 600 8000 C 2 NH3 (6) HCHO + 2Ag2O  CO2 + H2O + 4Ag Bài 4: (1) (2) B Polipropilen (4) (3) đề H2 Ankan(5) A đề H2 D Cao su isopren E Hướng dẫn: B polipropilen => B là CH3 – CH = CH2 CH2 = C- CH = CH2 D cao su isopren => D là iso pren  CH3 CH3 - CH - CH2 - CH3  A đề H2 iso pren nên A là C5H12 , CTCT là : CH3
  41. CH3 - C CH - CH3 => E là :  CH3 Bài 5 : C2H5OH(9) C2H4Br2 (1) (10) (11) (8) (2) ↓↑ (3) (7) (12)C2H5Cl C2H4 (4) C2H4(OH)2 (6) ↑ (5) (13) C2H6 PE ↑ C4H10 Hướng dẫn : (3) 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH (10) C2H5OH + HCl C2H5Cl + H2O (11) C2H5Cl + NaOH (loãng) C2H5OH + NaCl (1) (2) (3) (4) (5) Bài 6: C4H9OH  C4H8  C4H10  CH4  C2H2  C2H4 ↓ (6 ) (8) (7) C2H4  C2H4Br2  C2H4(OH)2 Hướng dẫn: (1) CH – CH – CH – CH OH H2SO4 CH – CH – CH = CH + H O 3 2 2 2 1800 C 3 2 2 2 Ni,t0 (2) CH3 – CH2 – CH = CH2 + H2  CH3 – CH2 – CH2 – CH3 crackinh (3) CH3 – CH2 – CH2 – CH3  CH4 + CH2 = CH – CH3 (4) 2CH l¹nh nhanh C H + 3H 4 15000 C 2 2 2 Pd,t0 (5) C2H2 + H2  C2H4 (6) 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH (7) C2H4(OH)2 + 2HBr C2H4Br2 + 2H2O (8) C2H4Br2 + Zn C2H4 + ZnBr2
  42. Bài 7: H2 CH2 = CH – C ≡ CH C2H4 (1) (3) (2) ↑(4) (13) (12) (6) (5) CH4 C2H5OH (7) (9)C H(8) (11) (10) 2 2 C6H6 CH3CHO C2Ag2 (COOH)2 CH3 – CHCl2 Hướng dẫn: 30000 C (1) 2C + H2  C2H2 CuCl,NH4Cl (2) 2C2H2  CH2 = CH – CH = CH2 Pd,t0 (3) C2H2 + H2  C2H4 (4) C H OH H2SO4 C H + H O 2 5 1800 C 2 4 2 Ni,t0 (5) CH3CHO + H2O  C2H5OH 0 HgSO4 , 80 C (6) C2H2 + H2O  CH3CHO dd KMnO4 (7) C2H2 + 4[O]  HOOC – COOH Hoặc viết 3C2H2 + 8KMnO4 + 4H2O 3(COOH)2 + 8MnO2 + 8KOH 2KOH /ancol (8) CH3 – CHCl2  CH ≡ CH + 2HCl (9) CH ≡ CH + 2HCl CH3 – CHCl2 (10) AgC ≡ CAg + 2HCl HC ≡ CH + 2AgCl (11) HC ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3 AgC ≡ CAg + 2NH4NO3 6000 C (12) 3C2H2 C  C6H6 (13) 2CH Laïnhnhanh C H + 3H 4 15000 C 2 2 2 (1) (2) (3) (4) Bài 8: C2H2Br4  C2H2  CH3CHO CH3COOH CH3COOH = CH2
  43. (5 ↓ ) C H CH2  OCO CH3 n Hướng dẫn: t0 (1) C2H2Br4 + 2Zn  C2H2 + 2ZnBr2 0 HgSO4 , 80 C (2) HC ≡ CH + H2O  CH3CHO Mn2 (3) 2CH3CHO + O2  CH3COOH (4) CH3COOH + HC ≡ CH CH3COOCH = CH2 0 C H CH2 t , p  (5) nCH3COOCH = CH2  OCO CH3 n Bài 9: (1) CH4  Al4C3 (2) C H (4) xiclo hecxan (C H ) 2 2 (3) 6 12 (5) (7) (12) (6) C6H6  C6H5Br (11) (8) C6H5 - CH3 ↓ (10) (9) C6H6Cl6  C6H5COONa  axit benzoic Hướng dẫn: (1) Al4C3 + 12H2O 4Al(OH)3 + 3CH4 (2) 2CH Laïnhnhanh C H + 3H 4 15000 C 2 2 2 6000 C (3) 3C2H2 C  C6H6 (4) C H Pd C H + 3H 6 12 3000 C 6 6 2
  44. Ni,t0 (5) C6H6 + 3H2  C6H12 boät Fe (6) C6H6 + Br2  C6H5Br + HBr AlCl3 (7) C6H6 + CH3Cl  C6H5 – CH3 + HCl dd KMnO (8) C H + 3[O] 4 C H COOH + H O 6 5 t0 6 5 2 (9) C6H5COOH + NaOH C6H5COONa + H2O (10) C6H5COONa + HCl C6H5COOH + NaCl (11) C H COONa + NaOH voâi boät C H + Na CO 6 5 (tinh thể) (rắn) t0 6 6 2 3 as (12) C6H6 + Cl2  C6H6Cl6 Bài 10: (1) (2) (3) (4) (5) C2H5COONa  C4H10  CH4  C2H2  C6H6  C6H5 – CH3 ↓(6) TNT Hướng dẫn: ñpdd (1) 2C2H5COOONa + 2H2O  C4H10 + 2NaOH + 2CO2 + H2 Crackinh (2) C4H10  CH4 + C3H6 (3) 2CH Laïnhnhanh C H + 3H 4 15000 C 2 2 2 6000 C (4) 3C2H2 C  C6H6 AlCl3 (5) C6H6 + CH3Cl  C6H5 – CH3 + HCl CH3 O2N NO2 (6) C6H5 – CH3 + 3HNO3 + 3H2O NO2 Trinitro toluen (TNT) (1) Bài 11: CH3 – CH – COONa  CH3 – CH2 - OH
  45. │ (2) (7) (6) OH (3) CH – CH Cl A A(4A)† H C = CH 3 2 ‡ A(5)AA 2 2 Hướng dẫn: (1) CH – CH – COONa + NaOH Voâi boät CH – CH – OH + Na CO 3 t0 3 2 2 3 │ OH (2) CH3 – CH2 – Cl + NaOH CH3CH2OH + NaCl H2SO4 (3) CH3 – CH2 – OH + HCl  CH3CH2Cl + H2O KOH /röôïu (4) CH3CH2Cl ñunnoùng H2C = CH2 + HCl (5) H2C = CH2 + HCl CH3 – CH2Cl H SO ñ (6) CH – CH – OH 2 4  H C = CH + H O 3 2 1800 C 2 2 2 H SO (7) H C = CH + H O 2 4 CH – CH – OH 2 2 2 t0 3 2 Bài 12: Hãy viết PTHH của phản ứng giữa propin với các chất sau: a) H2, xt Ni b) H2, xt Pd/PdCO3 c) AgNO3; NH3/H2O 0 0 d) HCl (khí, dư) e) Br2/CCl4 ở - 20 C f) Br/CCl4 ở 20 C 2+ + g) H2O ; xt Hg /H Hướng dẫn : Ni,t0 a) CH3 – C ≡ CH + 2H2  CH3 – CH2 – CH3 0 Pd /PdCO3 ,t b) CH3 – C ≡ CH + H2  CH3 – CH = CH2 c) CH3 – C ≡ CH + AgNO3 + NH3 CH3 – C ≡ Cag + NH4NO3 xt,t0 d) CH3 – C ≡ CH + 2HCl (khí)  CH3 – CCl2 – CH3 CCl e) CH – C ≡ CH + Br 4 CH – CBr = CHBr 3 2 200 C 3 CCl f) CH – C ≡ CH + Br 4 CH – CBr – CHBr 3 2 200 C 3 2 2
  46. 2 CH C CH Hg / H 3  3 g) CH3 – C ≡ CH + HOH  O Bài 13: Dùng CTCT thu gọn, hãy viết các PTPƯ: Br2 C  C4H6Br2 (1 chất) A Br2 C4H10 D  C4H6Br2 (2 chất) B AgNO / NH E 3 3 ↓ Hướng dẫn: xt,t0 H2 CH2 CH CH2 CH3 (B) CH3 – CH2 – CH2 – CH3  H2 CH3 CH CH CH3 (A) xt,t0 CH3 – CH = CH – CH3  H2 + CH3 – C ≡ C – CH3 (C) H2 xt,t0 CH3 – CH = CH – CH3  H2 + CH2 = CH – CH = CH2 (D) H2 xt,t0 CH2 = CH – CH2 – CH3  H2 + CH2 = CH – CH = CH2 (D) H2 xt,t0 CH2 = CH – CH2 – CH3  H2 + HC ≡ C – CH2 – CH3 (E) H2 HC ≡ C – CH2 – CH3 + Br2 CH3 – C = C – CH3 │ │ Br Br CH2 = CH – CH = CH2 + Br2 CH2 – CH – CH = CH2 │ │ Br Br CH2 = CH – CH = CH2 + Br2 CH2 – CH = CH - CH2 │ │ Br Br HC ≡ C – CH2 – CH3 + AgNO3 + NH3 AgC ≡ C – CH2 – CH3 + NH4NO3
  47. II. BÀI TẬP PHÂN BIỆT CHẤT. Bài 1: Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt các chất khí sau: CO 2, SO2, SO3, C2H2, C2H4. Bài 2: Dùng 1 thuốc thử duy nhất hãy phân biệt etan, etilen và axetilen. Hướng dẫn: Thuốc thử duy nhất là Br2 - Trích 3 mẫu thử với thể tích bằng nhau (cùng đk) - Pha chế 3 dd Br2 với thể tích và nồng độ như nhau - Sục từ từ từng khí cho đến dư vào dd Br2 - Không làm mất màu dd Br2 là etan. - Mất màu ít là etilen - Mất màu nhiều là axetilen. PTPƯ : C2H4 + Br2 C2H4Br2 C2H2 + 2Br2 C2H2Br4 Bài 3 : Phân biệt các khí : a) Propin và but-2-in b) Metan, etilen và axetilen. III. BÀI TẬP ĐIỀU CHẾ VÀ TÁCH CHẤT. Bài 1 : Viết phương trình điều chế nhựa PVC, cao su buna từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác. Hướng dẫn : - Điều chế nhựa PVC : xt HC ≡ CH + HCl  H2C = CHCl 0 -CH -CH- nH C = CH xt,t , p 2  2 Cl n - Điều chế cao su buna : CuCl/ NH4Cl 2HC ≡ CH  H2C = CH – C ≡ CH
  48. Pd H2C = CH – C ≡ CH + H2  H2C = CH – CH = CH2 Na,t0 ,p nH2C = CH – CH = CH2  (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n Bài 2: Tách từng khí ra khỏi hỗn hợp các khí: CH4, C2H4, C2H2, CO2 Hướng dẫn: - Cho hỗn hợp khí lội qua dung dịch nước vôi trong dư, CO 2 bị hấp thụ dưới dạng kết tủa Cho kết tủa vào dung dịch HCl để tái tạo. - Cho hỗn khí còn lại qua dung dịch AgNO 3 trong NH3, C2H2 bị hấp thụ dưới dạng kết tủa. Lọc kết tủa cho tác dụng với dung dịch HCl để tái tạo C2H2. - Hỗn hợp khí còn lại cho qua dung dịch nước Br2, etilen bị hấp thụ tạo thành etilen bromua. Cho etilen bromua tác dụng với Zn đun nóng ta sẽ thu được etilen. Khí còn lại là CH4 ta thu được. (HS tự viết PTHH) Bài 3: Viết 4 sơ đồ điều chế cao su buna từ các nguyên liệu trong tự nhiên. Hướng dẫn : - Đi từ tinh bột hoặc xenlulozơ : H ,xt (C6H10O5)n + nH2O  nC6H12O6 leânmenröôïu C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2 ZnO MgO;4000 C 2C2H5OH  H2C = CH – CH = CH2 + 2H2O + H2 Nanoùngchaûy nH2C = CH – CH = CH2  (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n - Đi từ khí thiên nhiên: 2CH Laïnhnhanh C H + 3H 4 15000 C 2 2 2 CuCl/ NH4Cl 2HC ≡ CH  H2C = CH – C ≡ CH Pd,t0 H2C = CH –CH ≡ CH + H2  H2C = CH – CH = CH2 xt,t0 , p nH2C = CH – CH = CH2  (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n - Đi từ đá vôi: 15000 C CaCO3  CaO + CO2 20000 C CaO + 3C  CaC2 + CO
  49. 0 HgSO4 ,80 C HC ≡ CH + HOH  CH3 – CHO Ni,t0 CH3 – CHO + H2  CH3 - CH2 – OH ZnO MgO;4000 C CH3 - CH2 – OH  H2C = CH – CH = CH2 + 2H2O + H2 xt,t0 , p nH2C = CH – CH = CH2  (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n - Đi từ dầu mỏ: xt,t0 C4H10  CH2 = CH – CH = CH2 xt,t0 , p nH2C = CH – CH = CH2  (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n Bài 4: X và Y là 2 hiđrocacbon có cùng CTPT là C 5H8. X là monome dùng để trùng hợp thành cao su isopren. Y có mạch cacbon phân nhánh và tạo kết tủa khi cho phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3. Hãy cho biết CTCT của X, Y và viết PTPƯ. Hướng dẫn: CH2 C CH CH2 CH2 C CH CH2 Cao su isopren  => monome X có CT:  CH CH 3 n 3 Y tạo kết tủa với AgNO3/NH3 => CTCT của Y có nối ba đầu mạch: CH3 C H C  CH  CH3 IV. BIỆN LUẬN ĐỂ XÁC ĐỊNH DÃY ĐỒNG ĐẲNG CỦA CÁC HIĐRCABON : 1) Xác định dãy đồng đẳng của các hiđrocacbon (X) - Nếu nCO2 1,5nCO2 => dãy ankan. => nX = nH2O – nCO2 hoặc nX = 2(nO2 – 1,5nCO2) - Nếu nH2O = nCO2 hoặc nO2 = 1,5nCO2 => dãy anken hoặc xiclo ankan - Nếu nCO2 > nH2O hoặc nO2 dãy ankin hoặc ankađien => nX = nCO2 – nH2O hoặc nX = 2(1,5nCO2 – nO2) 2) Trạng thái của các hiđrocacbon ở điều kiện thường: a) Ankan: C1 C4 : Khí C5 C16 : Lỏng C17 trở lên : Rắn
  50. b) Anken C2 C4 : Khí C5 C17 : Lỏng C18 trở lên : Rắn c) AnKin C2 C4 : Khí C5 C16 : Lỏng C17 trở lên : Rắn VÍ DỤ THAM KHẢO. Ví dụ 1 : Đốt cháy hoàn toàn 3,1g chất hữu cơ A cần vừa đủ 0,225 mol oxi. Sản phẩm cháy gồm 4,4g CO2, 1,12lít N2 (đktc) và hơi nước. Xác định CTPT của A. Giải. Ta có :mC = 12.nCO2 = 1,2g ; mN = 28.nN2 = 1,4g mkhí oxi = 32.0,225 = 7,2g t0 Sơ đồ phản ứng cháy : A + O2  CO2 + H2O + N2 Áp dụng ĐLBTKL ta có : mA + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2 => mH2O = mA + mO2 – (mCO2 + mN2) = 4,5g => mH = 2.nH2O = 0,5g => mC + mH + mN = 3,1 = mA => A không có oxi. Đặt CTPT của A là CxHyNt 1,2 0,5 1,4 => ta có tỷ lệ : x : y : t =: : =1 : 5 : 1 12 1 14 => CTTN : (CH5N)n = CnH5nNn n N ÑK => n 1 => chọn n = 1. Vậy CTPT là CH5N 5n 2n 2 n Ví dụ 2.Hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B thuộc cùng một dãy đồng đẳng. Đốt cháy X và cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy trong bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thì khối lượng bình tăng 104,8g và khối lượng dung dịch giảm 171gam. a) Tính mCO2, mH2O ; so sánh nCO2, nH2O => CTTQ của A, B. b) Xác định CTPT của A, B (VA = 4VB) với A, B đều ở thể khí và ở đktc. Giải. a) Theo đề ta có : mbình tăng = 104,8g = mCO2 + mH2O
  51. mdd giảm = m - (mCO2 + mH2O) => m = mdd giảm + mCO2 + mH2O = 275,8g => n = 1,4 mol. PTPƯ : CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O 1,4mol 1,4mol => mCO2 = 61,6g => mH2O = 104,8 – 61,6 = 43,2g => nH2O = 2,4 mol Ta thấy nH2O = 2,4 mol > nCO2 = 1,4 mol 2 => h X là ankan CnH2n+2 b) Đặt CTPT của A : CnH2n+2 (a mol) ; B : CmH2m+2 (b mol) Ta có a +b = nH2O – nCO2 = 1 mol Theo đề a = 4b => a = 0,8 mol ; b = 0,2 mol nCO2 = na + mb = 1,4 => 4n + m = 7 => n = 1 => CTPT : CH4 ; m = 3 => CTPT C3H8. Ví dụ 3. Cho hỗn hợp X gồm ankan A và anken B đều ở thể khí trong điều kiện thường. Đốt cháy 6,72 lít (đktc) hỗn hợp X thì thu được 15,68 lít CO 2 và 0,8 mol H2O. Xác định CTPT của A, B và tính % thể tích hỗn hợp X. Giải. Đặt CT của ankan A : CnH2n+2 (a mol) Đặt CT của anken B : CmH2m (b mol) 3n 1 t0 PTPƯ cháy : CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n+1)H2O 2 a mol an mol a(n+1)mol 3m t0 CmH2m + O2  mCO2 + mH2O 2 b mol bm mol bm mol 15,68 => an + bm = nCO2 = =0,7 mol (1) 22,4 14,4 a(n+1) + mb = nH2O = an + mb + a = = 0,8 (2) 18 (1) và (2) => a = 0,1
  52. 6,72 nX = a + b = = 0,3 => b = 0,2 22,4 n,m N Thay a, b vào (1) => n + 2m = 7 §K m 2;n 1 Biện luận : n 1 2 3 4 m 3 5/2 2 3/2 n 1 A : CH4 n 3 A : C3 H8 => Chọn 2 cặp nghiệm : vµ m 3 B : C3 H6 m 2 B : C2 H4 0,1 %VA = x100 = 33,33% ; %VB = 66,67%. 0,3 Ví dụ 4. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ankin A và anken B có thể tích 5,6 lít (đktc) được 30,8 gam CO2 và 11,7 gam H2O. Xác định CTPT của A, B, biết B nhiều hơn A 1 nguyên tử C. ĐS : A : C2H2 ; B : C3H6. Ví dụ 5. Đốt cháy hoàn toàn 2 hiđrôcacbon A, B cùng dãy đồng đẳng, thu được 4,4g CO2 và 2,52g H2O. a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B.ĐS : A, B thuộc dãy ankan. b) Xác định CTPT của A, B, biết chúng ở thể khí trong điều kiện thường. A : C2 H6 A : C2 H6 ĐS : hoặc B : C3 H8 B : C4 H10 Ví dụ 6 :Đốt cháy V lít hỗn hợp khí X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở A, B thuộc cùng một dãy đồng đẳng, thu được m1 gam CO2 và m2 gam H2O. a) Cho biết A, B thuộc dãy đồng đẳng nào trong 2 trường hợp sau : 1) V = 2,24 lit ; m1 = 11g ; m2 = 4,5g 2) V = 0,672 lit ; m1 = 4,84g ; m2 = 1,44g. b) Xác định CTPT của A, B. Biết rằng chúng liên tiếp nhau. Viết CTCT và tính thể tích mỗi hiđrocacbon trong hỗn hợp X. Gi?i. a) Đặt CT và số mol của 2 hiđrocacbon là : A : CxHy (a mol) ; B : CxHy(CH2)n (b mol)
  53. y t0 y PTPƯ cháy : CxHy + (x ) O2  xCO2 + H2O 4 2 y amol axmol a mol 2 y 3n t0 y CxHy(CH2)n + (x ) O2  (x+n)CO2 + ( +n)H2O 4 2 2 y bmol b(x+n)mol b( +n)mol 2 V nX = (1) 22,4 m1 nCO2 = (a + b)x + bn = (2) 44 y m2 nH2O = (a + b) + bn = (3) 2 18 y m m => (3) – (2) (a+b)( -x) = 2 -1 (4) 2 18 44 1) Với V = 22,4 lít; m1 = 11g; m2 = 4,5g thay vào (1) và (4) ta được. a b 0,1 y 4,5 11 => y = 2x (a b)( x) 2 18 44 => CT của dãy đồng đẳng là CxH2x. Vậy A, B thuộc dãy anken. 2) Với V = 0,672 lít , m2 = 4,84g; m2 = 1,62g thay vào (1) và (4) ta được y = 2x-2 => CT của dãy đồng đẳng là CxH2x-2. Vậy A, B thuộc dãy ankin hoặc ankađien. b) Xác định CTPT của A, B. Vì 2 hiđrôcacbon liên tiếp nhau nên n = 1 Trường hợp 1: Thế m1 = 11; n = 1 vào (2) (với a + b = 0,1) => (a + b)x + b = 0,25 => b = 0,25 – 0,1x Ta có: a + b = 0,1 => 0 0 1,5 chọn x = 2 => a = b = 0,05 2 Vậy h X chứa 1,12 lít A: C2H4 (CH2=CH2) 1,12lít B: C3H6 (CH2=CH- CH3)
  54. Trường hợp 2: Thế m1 = 4,84g; n = 1 vào (2) (với a + b = 0,03) ta được: (a + b)x + b = 0,11 = 0,03x + b = 0,11 => b = 0,11 – 0,03x Ta có: 0 0 2,4 chọn x = 3 => b = 0,02; a = 0,01 2 Vậy h X chứa 0,224 lít A: C3H4 và 0,448 lít B C4H6. CTCT: C3H4: CH  C – CH3 hay CH2 = C = CH2 C4H6: CH  C – CH2 – CH3; CH2 = CH – CH = CH2; CH3 – C  C – CH3 Ví dụ 7:Đốt cháy 1 hỗn hợp X gồm 2 hiđrôcacbon A, B thuộc cùng một dãy đồng đẳng thu được 96,8g CO2 và 57,6g H2O. a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B. b) Xác định CTPT có thể có của A, B và % hỗn hợp của X theo thể tích ứng với trường hợp A, B là đồng đẳng kế tiếp. Cho biết A, B đều ở thể khí và ở đktc. Giải. a) nCO2 = 2,2 mol; nH2O = 3,2 mol Ta có nCO2 A, B thuộc họ ankan c) Xác định CTPT. Giả sử CTPT của A: CnH2n+2 (a mol);B: CmH2m+2 (b mol). Vì A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng nên đặt CTTB của A, B là Cn H2n 2 (a + b) mol 3n 1 t0 Cn H2n 2 + O2  n CO2 + (n +1)H2O 2 (a+b)mol n (a+b)mol (n +1)(a+b)mol Ta có : n (a+b) = 2,2; (n +1)(a+b) = 3,2 => a + b = 1 2,2 => n = = 2,2 a b n m = 3 C3H8 n = 2 A: C2H6 => m = 4 C4H10 Thành phần %V hỗn hợp A, B :khi A, B là đồng đẳng kế tiếp nên A là C 2H6; B là C3H8 => n = 2 và m = 3.
  55. n 2a 3b 2,2 CO2 a 0,8 => %VC2H6 = 80% ; %VC3H8 = 20% a b 1 b 0,2 Ví dụ 8 : Một hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon thuộc cùng một dãy đồng đẳng và đều ở thể khí và ở đktc. Đốt cháy X với 64g oxi, sau đó cho hỗn hợp sản phẩm cháy gồm CO 2, H2O và O2 dư đi qua bình Ca(OH)2 dư thì có 100g và còn lại một khí thoát ra có V = 4,48 lít (đktc). a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B b) Xác định CTPT của A, B. c) Chọn trường hợp A, B là đồng đẳng kế tiếp. Lấy một hỗn hợp Y gồm A, B với dY /H2 = 11,5. Tính số mol A, B, biết rằng khi đốt cháy Y và cho toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư 15g. Giải. a) nCO2 = nCaCO3 = 1 mol ; nO2bđ = 2 mol ; nO2dư = 0,2 mol => nO2pư = 1,8 mol. Ta có : nO2pư = nO(CO2) + nO(H2O) => nO(H2O) = nO(O2pư) – nO(CO2) = 2x1,8 – 2x1 = 1,6mol => nH2O = nO(H2O) = 1,6 mol. So sánh nH2O > nCO2 => A, B thuộc họ ankan. b) Xác định CTPT. Giả sử CTPT của A: CnH2n+2 (a mol);B: CmH2m+2 (b mol). Vì A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng nên đặt CTTB của A, B là Cn H2n 2 (a + b) mol 3n 1 t0 Cn H2n 2 + O2  n CO2 + (n +1)H2O 2 (a+b)mol n (a+b)mol (n +1)(a+b)mol Ta có : n (a+b) = 1; (n +1)(a+b) = 1,6 => a + b = 0,6 1 1 => n = = 1,67 Ta có: n B là C2H6 Ta có : dY/H2 = 11,5 => MY = 23 Gọi a là số mol của CH4, b là số mol của C2H6
  56. 16a 30b => M = 23 => a = b Y a b => Hỗn hợp Y chứa 50%CH4 và 50%C2H6 theo thể tích. t0 PTPƯ : CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O amol amol t0 2C2H6 + 7O2  4CO2 + 6H2O amol 2amol CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O 3amol 3amol 15 nCO2 = nCaCO3 = = 0,15 mol=> 3a = 0,15 => a = 0,05 mol 100 Vậy a = b = 0,05 mol. Ví dụ 9 : Đốt cháy 6,72 lít hỗn hợp X (đktc) gồm 2 hiđrôcacbon A, B thu được 8,96 lít CO 2 (đktc) và 9 gam H2O. Xác định CTPT của A, B và thành phần hỗn hợp. Giải. nCO2 = 0,4 mol ; nH2O = 0,5 mol Đặt CTPT của A là CxHy (a mol) ; B là Cx’Hy’ (b mol) Thay 2 công thức của A, B bằng 1 hiđrocacbon duy nhất Cx H y với số mol (a+b)mol y y C H + (x )O2 x CO2 + H2O x y 4 2 y (a+b)mol (a+b)x mol (a+b) mol 2 Theo đề ta có : a + b = 0,3mol ; (a+b)x = 0,4 => x = 1,3 x x A là CH4. y 0,3y Tương tự ta có : nH2O = (a+b) = =0,5 => y =3,3. 2 2 Ta có : A là CH4 có y > 3.3. Vậy B còn lại có y’ y’ chỉ có thể bằng 2 và x’ > 1,3 =. x’ =2. Vậy CT của B là C2H2.
  57. nCO2 = a.1 + b.2 = 0,4 ; a + b = 0,3 => a = 0,2 mol ; b = 0,1 mol. Ví dụ 10: Đốt cháy một hỗn hợp gồm 2 hiddrocacbon đồng đẳng kế tiếp A, B thu được V CO2 : VH2O = 12 : 23. a) Tìm CTPT và % thể tích của 2 hiđrocacbon này. b) Cho 5,6 lít B đktc tác dụng với Cl2 được điều chế từ 126,4g KMnO4 khi tác dụng với axit HCl. Khi phản ứng kết thúc, toàn bộ khí thu được cho vào nước. Tính V NaOH cần dùng để trung hòa dung dịch vừa thu được (các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Hướng dẫn: V 12 a) Vì CO2 1 nên 2 hiđrocacbon này thuộc dãy ankan. VH 2O 23 Đặt CTPTTB của 2ankan: C H n 2n 2 3n 1 t0 Cn H2n 2 + O2  n CO2 + (n +1)H2O 2 n 12 A :CH Từ => n = 1,1 => 4 23 n 1 B :C2H6 nB 0,25mol b) Theo đề ta có: nKMnO4 0,8mol PTPƯ : 2KMnO4 + 16HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O 0,8mol 2mol as C2H6 + 6Cl2  C2Cl6 + 6HCl 0,25mol 1,5mol 1,5mol => nCl2 dư = 0,5 mol Qua H2O: Cl2 + H2O HClO + HCl 0,5mol 0,5mol 0,5mol =>  nHCl = 2 mol Phản ứng với NaOH: HCl + NaOH NaCl + H2O 2mol 2mol HClO + NaOH NaClO + H2O
  58. 0,25mol 0,5mol 2,5 n = 2,5 mol => VNaOH = = 1,25 lít  NaOH 2 Ví dụ 11: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp 2ankan A, B hơn kém nhau k nguyên tử C thì thu được b gam khí cacbonic. a) Hãy tìm khoản xác định của nguyên tử C trong phân tử ankan chứa ít nguyên tử C hơn théo a, b, k. b) Cho a = 2,72g; b = 8,36g và k = 2. Tìm CTPT của A, B và tính % về khối lượng của mỗi ankan trong hỗn hợp. Hướng dẫn: a) Gọi CTPT của ankan A: CnH2n+2 B: Cn+kH2(n+k)+2 Gọi CTPTTB của 2ankan là Cn H2n 2 với n 7n b + b = 22n a => n = 22a 7b b Từ n n 4,3 n = 5 và n = 6
  59. => Có 2 cặp ankan: C5H12; C7H16 và C6H14; C8H18 - Tính % khối lượng mỗi ankan: TH1: C5H12 và C7H16 Gọi x, y lần lượt là số mol của C5H12 và C7H16 => Khối lượng hỗn: 72x + 100y = 2,72 t0 Đốt cháy : C5H12 + 8O2  5CO2 + 6H2O x mol 5xmol t0 C7H16 + 11O2  7CO2 + 8H2O ymol 7ymol 8,36 72x 100y 2,72 x 0,01 nCO2 : 5x + 7y = 0,19 => Ta có hệ : 44 5x 7y 0,19 y 0,02 => %mC5H12 = 26,47% ; %mC7H16 = 73,53% - Tương tự với TH2 : C6H14 và C8H18 %mC6H14 = 79,04%; %mC8H18 = 20,96% Ví dụ 12: Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol Ankan A trong khí clo, phản ứng vừa đủ, sau đó cho sản phẩm cháy qua dung dịch AgNO3 dư tạo ra 22,96g một kết tủa trắng. a) Xác định CTPT của A. b) Tính thể tích không khí ở đktc cần dùng để đốt cháy hòan toàn lượng A trên. Hướng dẫn: a) Đặt CTPT của A: CnH2n+2 t0 PTPƯ: CnH2n+2 + (n+1)Cl2  nC + 2(n+1)HCl 0,02mol 0,04(n+1) mol AgNO3 + HCl AgCl + HNO3 0,04(n+1) mol 0,04(n+1) mol 22,96 Ta có 0,04(n+1) = = 0,16 => n = 3 143,5 Vậy CTPT của A C3H8
  60. b) PTPƯ cháy: C3H8 + 5O2 3CO2 + 4H2O 0,02mol 0,1mol => VKK = 5. 0,1. 22,4 = 112 lít Ví dụ 13: Khi đốt cháy cùng một thể tích 3 hiddrocacbon A, B, C thu được cùng một lượng khí CO2. Mặt khác tỉ lệ mol giữa H 2O đối với CO 2 thu được từ A, B, C lần lượt là: 1; 1,5; 0,5. Tìm CTPT của A, B, C. Hướng dẫn: Khi đốt cùng một thể tích A, B, C tạo ra cùng một lượng CO 2 => A, B, C có cùng số nguyên tử C. B cho nH2O : nCO2 = 1,5 => nCO2 n = 2 => CTPT B là C2H6 n 1 A cho nH2O : nCO2 = 1 => A thuộc dãy anken. Mà A cùng số nguyên tử C với B nên CTPT của A là C2H4. C cho nH2O : nCO2 = 0,5 => A thuộc dãy ankin. Mà C cùng số nguyên tử C với B nên CTPT của C là C2H2. Ví dụ 14: Đốt cháy hoàn toàn 4,8g một hợp chất hữu cơ X mạch hở, sản phẩm tạo thành dẫn qua bình đựng Ba(OH)2 thu được 39,4g kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 19,24g. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng dung dịch thu được 15,76g kết tủa nữa. a) Xác định công thức nguyên của X. b) Xác định CTPT của X, biết tỉ khối của X đối với etan là 1,33. c) Y là đồng đẳng kế tiếp của X. Cho 6,72 lít hỗn hợp (đktc) gồm X và Y có tỉ lệ mol 2:1 phản ứng với dung dịch AgNO 3/NH3 dư thu được 53,4g kết tủa. Xác định CTPT của Y và %m của X, Y trong hỗn hợp. Hướng dẫn: a) CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O 39,4 0,2mol 0,2mol 197 2CO2 + Ba(OH)2 Ba(HCO3)2 0,16mol 0,08mol
  61. t0 Ba(HCO3)2  BaCO3 + CO2 + H2O 15,76 0,08mol 0,08mol 197 => nCO2 = 0,36 mol => mCO2 = 15,84g mdd giảm = m↓ - (mCO2 + mH2O) => mH2O = 4,32g => nH2O = 0,24mol mC = 12. 0,36 = 4,32g ; mH = 1. 0,24 = 0,24g Ta thấy mC + mH = mX => X là hidrocacbon Đặt CT của X là CxHy Ta có x : y = 0,36 : 0,24 = 3 : 4 => CTĐG nhất của X là C3H4 và CTN của X là (C3H4)n b) Theo đề ta có : dX/C2H6 = 1,33 => MX = 40 => n = 1 . Vậy CTPT của X là C3H4 6,72 2 c) n 0,3mol => n 0,3. 0,2mol hoãn hôïp 22,4 X 3 Khi cho phản ứng với AgNO 3/NH3 có tạo kết tủa nên X thuộc ankin => CTCT của X là HC ≡ C – CH3 PTPƯ : HC ≡ C – CH3 + AgNO3 + NH3 AgC ≡ C – CH3 + NH4NO3 0,2mol 0,2mol => mC3H3Ag = 0,2. 147 = 29,49 Chứng tỏ Y củng phản ứng với AgNO 3/NH3 . Y là đồng đẳng kế tiếp của X nên Y có thể là C2H2 hoặc C4H6. - Nếu Y là C4H6 (HC ≡ C – CH2 – CH3) HC ≡ C – CH2 – CH3 + AgNO3 + NH3 AgC ≡ C – CH2 – CH3 + NH4NO3 0,1mol 0,1mol => mC4H5Ag = 0,1 . 161 = 16,1g => m = 29,4 + 16,1 = 45,5 ≠ 53,4 (loại)   - Nếu Y là C2H2: HC ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3 AgC ≡ CAg + 2NH4NO3 0,1mol 0,1mol => mC2Ag2 = 0,1 . 240 = 24g
  62. => m = 29,4 + 24 = 53,4g (thỏa)   => %mX = 75,47%; %mY = 24,53% Ví dụ 15: Một hidrocacbon A ở thể khí có thể tích là 4,48 lít (đktc) tác dụng vừa đủ với 4 lít dung dịch Br2 0,1M thu được sản phẩm B chứa 85,562% brom. a) Tìm CTPT, viết CTCT của A, B, biết rằng A mạch hở. b) Xác định CTCT đúng của A, biết rằng A trùng hợp trong điều kiện thích hợp cho cao su buna. Viết PTPƯ. Hướng dẫn: nA = 0,2 mol; nBr2 = 0,2 mol = 2nA => A chứa 2 liên kết (=) hoặc 1 liên kết (≡) => CTPT tổng quát của A là: CnH2n-2 (2 ≤ n ≤ 4) PTPƯ: CnH2n-2 + 2Br2 CnH2n-2Br4 80x4 85,562 %Br2 trong B = n 4 80x4 14n 2 100 a) => CTPT của A: C4H6 và của B C4H6Br4 CTCT có thể có của A: - Ankin: HC ≡ C – CH2 – CH3 ; H3C – C ≡ C – CH3 - Ankadien: H2C = CH – CH = CH2 ; H2C = C = CH – CH3 CTCT của B: Br2HC – CBr2 – CH2 – CH3 H2C – CBr2 – CBr2 – CH3 BrH2C – CBrH – CBrH – CH2Br BrH2C – CBr2 – CHBr – CH3 b) A trùng hợp tạo ra cao su buna. Vậy CTCT của A: H2C = CH – CH = CH2 Na,t0 PTPƯ: nH2C = CH – CH – CH2  (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n Ví dụ 16: Hỗn hợp A gồm 2 olefin kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng của etylen. Cho 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br 2 trong CCl4 thì thấy khối lượng bình chứa nước Br2 tăng thêm 7,7 gam. a) Hãy xác định CTPT của 2olefin đó. b) Xác định thành phần % thể tích của hỗn hợp A. c) Viết CTCT của 2 olefin và gọi tên.
  63. Hướng dẫn: a) ĐS: C3H6 và C4H8 b) %VC3H6 = 33,33%; %VC4H8 = 66,67% c) CTCT của A: C3H6: H2C = CH – CH3 Propen C4H8:H2C = CH – CH2 – CH3 but – 1 – en H3C = CH = CH – CH3 but – 2 – en H2C = C(CH3) – CH3 2 – metylpropen Ví dụ 17: Một hỗn hợp A gồm 2 olefin kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Nếu cho 4,48 lít A (đktc) qua bình dung dịch brom dư, người ta thấy khối lượng của bình tăng thêm 7 gam. a) Xác định CTPT của 2 olefin. b) Tính %V của hỗn hợp A. c) Nếu đốt cháy cùng thể tích trên của hỗn hợp A và cho tất cả sản phẩm cháy vào 500ml dung dịch NaOH 1,8M thì sẽ thu được muối gì? Tính khối lượng của muối thu được. Hướng dẫn: a) ĐS: C2H4 và C3H6 b) %VC2H4 = %VC3H6 = 50% c) Thu được muối NaHCO3 = 8,4g; Na2CO3 = 42,4g Ví dụ 18: Đốt cháy một hỗn hợp 2 hidrocacbon X, Y cùng dãy đồng đẳng thành khí cabonic và hơi nước có thể tích bằng nhau ở cùng điều kiện. a) Xác định công thức chung dãy đồng đẳng của X, Y b) Suy ra công thức có thể có của X, Y nếu ban đầu ta dùng 6,72 lít hỗn hợp X, Y (đktc) và toàn bộ hơi cháy dẫn qua bình đựng potat dư đã làm tăng khối lượng bình chứa thêm 68,2 gam. Hướng dẫn: a) Theo đề: nH2O = nCO2 => X, Y cùng dãy anken hoặc xicloankan => CTTQ: CnH2n b) nhh = 0,3 mol Theo đề ta có: 68,2 = mCO2 + mH2O Đặt CT chung của X, Y là: C H n 2n
  64. 3n C H + O2 n CO2 + n H2O n 2n 2 0,3mol 0,3mol 0,3mol => 68,2 = 44.0,3n + 18.0,3n => n = 3,67 - Nếu X, Y là anken thì có 2 kết quả : C2H4 và C4H8 hoặc C3H6 và C4H8 - Nếu là xicloankan thì C3H6 và C4H8 Ví dụ 19 : Cho 3,36 lít hỗn hợp gồm một ankan và một anken đi qua dung dịch brom, thấy có 8 gam brom tham gia phản ứng. Khối lượng của 6,72 lít hỗn hợp đó là 13 gam. a) Xác định CTPT của 2 hiddrocacbon. b) Đốt cháy 3,36 lít hỗn hợp đó thì thu được bao nhiêu lít CO 2 và bao nhiêu gam H2O. Các thể tích khí đo ở đktc. ĐS : a) C3H6 và C3H8 b) VCO2 = 10,08 lít ; mH2O = 9,9gam. Ví dụ 20: Có 3 hidrocacbon khí A, B, C đồng đẳng kế tiếp nhau. Phân tử lượng của C gấp 2 lần phân tử lượng của A. a) Cho biết A, B, C thuộc dãy đồng đẳng nào? Biết rằng chúng đều làm mất màu dung dịch nước brom. b) Viết CTCT của A, B, C. Hướng dẫn: a) Đặt CTPT của A: CxHy => B: Cx+1Hy+2; C: Cx+2Hy+4 Theo đề ta có: MC = 2MA => 12(x+2) + y + 4 = 2(12x + y) => 12x + y = 28 => x =2 ; y = 4 => A : C2H4 ; B : C3H6 ; C : C4H8 b) A : C2H4 : H2C = CH2 B : C3H6 : H2C = CH – CH3 C: C4H8 : H2C = CH – CH2 – CH3 ; CH3 – CH = CH – CH3 H3C – C(CH3) = CH2 Ví dụ 21: Cho hỗn hợp 2 hidrocacbon A, B với M B – MA = 24. Cho dB/A = 1,8. Đốt cháy hoàn toàn V lít hỗn hợp trên thu được 11,2 lít CO2 và 8,1 gam H2O.
  65. a) Tính V (các khí đo ở đktc). b) Cần phải dùng bao nhiêu gam rượu etylic để điều chế lượng hỗn hợp hidrocacbon ban đầu. Biết B là ankadien liên hợp. Hướng dẫn: MB MA 24 MA 30 a) ta có: M => d B 1,8 B/ A MB 54 MA Đặt CT của A: CxHy ; B: Cx’Hy’ A: CxHy => 30 = 12x + y => y = 30 – 12x (x ≤ 2) x, y nguyeân döông ĐK => 30 – 12x ≤ 2x+2 => x ≥ 2 ' y (chaün) 2x 2 Chọn x = 2 => y = 6 => CT của A : C2H6 Tương tự B : Cx’Hy’ Chọn x’ = 4 ; y’ = 6 => CT của B C4H6 Theo đề : nCO2 = 0,5 ; nH2O = 0,45 2C2H6 + 7O2 4CO2 + 6H2O amol 2amol 3amol 2C4H6 + 11O2 8CO2 + 6H2O bmol 4bmol 3bmol 2a 4b 0,5 a 0,05 Ta có: 3a 3b 0,45 b 0,1 => Vhh = (0,05+0,1)22,4 = 0,36lit b) 2CH CH OH MgO/ Al2O3 H C = CH – CH = CH + 2H O + H 3 5 400 5000 C 2 2 2 2 0,2 mol 0,1mol C H OH H2SO4 C H + H O 2 5 1800 C 2 4 2 0,05mol 0,05mol Ni,t0 C2H4 + H2  C2H6 0,05mol 0,05mol => mC2H5OH = 0,05.46 = 11,5g
  66. Ví dụ 22: Đốt cháy 1 hidrocacbon A mạch hở có dA/KK nC = 0,3 mol nO2 = 0,4 mol Áp dụng ĐLBTNT ta có: nO(O2) = nO(CO2) + nO(H2O) => 2.0,4 = 2.0,3 + nO(H2O) => nO(H2O) = 0,2 mol = nH2O => Ta thấy nCO2 = 0,3 > nH2O = 0,2 => A thuộc dãy ankin hoặc ankadien. => nA = 0,1 mol dA/kk MA A chứa tối đa 3 nguyên tử C. 3n 1 CnH2n-2 + O2 nCO2 + (n-1)H2O 2 0,1mol 0,1.n mol nCO2 = 0,3 = 0,1.n => n = 3 => CTPT: C3H4 => CTCT: HC ≡ C – CH3;H2C = C = CH2 b) nB = 0,2mol ; nA = 0,1mol; nCO2 = 0,9mol; nH2O = 0,8mol C3H4 + 4O2 3CO2 + 2H2O 0,1mol 0,3mol 0,2mol y y CxHy + (x )O2 xCO2 + H O 4 2 2 0,2mol 0,2.xmol 0,1.ymol => 0,2x = 0,9 – 0,3 = 0,6 => x = 3 0,1y = 0,8 – 0,2 = 0,6 => y = 6 Vậy CTPT của B là C3H6 Ví dụ 23 : Đốt cháy một hỗn hợp X gồm 2 hiddrocacbon A, B thuộc cùng một dãy đồng đẳng thu được 19,712 lít CO2 (đktc) và 10,08 gam H2O. a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B (Chỉ có thể là ankan, anken, ankin)
  67. b) Xác định CTPT, CTCT của A, B, biết rằng A, B đều ở thể khí ở đktc. c) Chọn CTCT đúng của A, B, biết rằng khi cho lượng hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư ta thu được 48 gam kết tủa. Hướng dẫn : a) nCO2 > nH2O => A, B thuộc dãy ankin. b) CTPT của A: C2H2 => CTCT: HC ≡ CH CTPT của B: C3H4 => CTCT: HC ≡ C – CH3 C4H6 => CTCT: HC ≡ C – CH2 – CH3;H3C – C≡ C – CH3 c) Có các cặp nghiệm: C2H2 và C3H4 hoặc C2H2 và C4H6 - Xét trường hợp 1: Cặp C2H2 và C3H4 Gọi a = nC2H2; b = nC3H4 2a 3b 2a 3b 2a 3b 0,88 a 0,08 Ta có n 2,75 => a b 0,32 a b 0,32 b 0,24 PTPƯ: HC ≡ CH + 2AgNO3 + NH3 AgC ≡ CAg + 2NH4NO3 0,08mol 0,08mol HC ≡ C – CH3 + 2AgNO3 + NH3 AgC ≡ C – CH3 + NH4NO3 0,24mol 0,24mol => mC2Ag2 + mC3H3Ag + 0,08.240 + 0,24.147 = 54,8 ≠ 48 (loại) - Xét trường hợp: C2H2 và C4H6 2a 4b 0,88 a 0,2 Tương tự ta có: a b 0,32 b 0,12 => mC2Ag2 = 240.0,2 = 48g đúng với kết quả đề cho. Vậy C4H6 không tạo kết tủa. Ví dụ 24: Một hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A, B thuộc cùng một dãy đồng đẳng đề ở thể khí ở đktc. Để đốt cháy hết X cần 20,16 lít O2 ở đktc, phản ứng tạo ra 7,2 gam H2O. a) xác định dãy đồng dẳng của A, B; CTPT của A, B (chỉ có thể là ankan, anken, ankin) b) Xác định CTCT đúng của A, B, biết rằng khi cho lượng X trên tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 62,7 gam kết tủa. C3H4 ĐS: a) CTPT của A: C2H2; B C4H6
  68. b) CTCT: HC ≡ CH và HC ≡ C – CH3 Ví dụ 25: Một hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A, B cùng một dãy đồng đẳng đều ở thể khí ở đktc. Đốt cháy V lít X ở đktc thu được 1,54g CO2 và 0,38g H2O, dX/KK cả 2 ankin đều phản ứng. Gọi a = nC2H2 ; b = nCmH2m-2 Ta có: nAgNO3pư = 2a + b = 0,025;nX = 0,015 = a + b => a = 0,01 ; b = 0,005 nCO2 = 2a + mb = 0,035 => m = 3. Vậy B là C3H4. IV. DẠNG BÀI TẬP ANKEN PHẢN ỨNG CỌNG VỚI H2 CnH2n 2 CnH2n Ni,t0 Hỗn hợp X  Hoãn hôïpY CnH2n (dö) H 2 H (dö) 2 - Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn thì sẽ hết H2 dư anken hoặc ngược lại, hoặc hết cả hai. - Nếu phản ứng xảy ra không hoàn toàn thì cả hai còn dư. - Trong phản ứng cộng H2 ta luôn có : + Số mol giảm nX > nY => nX – nY = nH2pư = nanken pư
  69. mY mX mX + mX = mY. Do đó MY MX nY nY nX M n + d X X X /Y n MY Y - Hai hỗn hợp X, Y cùng chứa số nguyên tử C, H nên đốt cháy cùng lượng X hay Y đều cho cùng kết quả (cùng n O2 pư, cùng nCO2, cùng nH2O). Do đó thay vì tính toán trên hỗn hợp Y ta có thể tính toán trên hỗn hợp X. - Nếu 2 anken cộng H2 với cùng 1 hiệu suất, ta có thể thay 2 anken bằng một anken duy nhất C H => n C H phản ứng = n = (a + b) mol. n 2n n 2n H2 pư Ví dụ 1 : Cho 1anken A kết hợp với H2 (Ni xt) ta được ankean B. a) Xác định CTPT của A, B, biết rằng để đốt cháy hết B bằng một lượng O 2 vừa đủ thì thể tích khí CO2 thu được bằng ½ tổng thể tích của B và O2. b) Một hỗn hợp X gồm A, B và H 2 với VX = 22,4 lít. Cho X đi qua Ni nung nóng thu được hỗn hợp Y với dX/Y = 0,7. Tính VY, số mol H2 và A đã phản ứng với nhau. Hướng dẫn : Ni,t0 a) CnH2n + H2  CnH2n+2 3n 1 t0 Phản ứng đốt cháy B : CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n+1)H2O 2 3n 1 1 mol mol n mol 2 1 1 3n 1 Theo đề ta có : nCO2 = (nB + nO2) => n = (1 + ) => n = 3 2 2 2 Vậy CTPT của A: C3H6; B: C3H8 M n b) d X Y X /Y n MX X 22,4 nX = = 1 mol 22,4 Gọi a = nA; b = nB; c = nH2 ban đầu => a + b + c = 1 mol
  70. M n => d X Y = 0,7 X /Y n MX X => nY = 0,7 => VY = 0,7 . 22,4 = 15,68 lít - nH2 và nA pư Ta có: nX – nY = nH2 pư = nA pư = 1 – 0,7 = 0,3 mol => nH2 pư = nA pư = 0,3 mol Ni,t0 C3H6 + H2  C3H8 Ví dụ 2: Một bình kín có chứa C 2H4, H2 (đktc) và Ni. Nung bình một thời gian sau đó làm lạnh đến 00C. Áp xuát trong bình lúc đó là P atm. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí trước và sau phản ứng đối với H2 là 7,5 và 9. a) Giải thích sự chênh lệch về tỉ khối. b) Tính thành phần % thể tích mỗi khí trong bình trước và sau phản ứng. c) Tính áp suất P. Giải a) Gọi X là hỗn hợp trước phản ứng; Y là hỗn hợp sau phản ứng. d M m X X X H2 2 2nX d M m Y Y Y H2 2 2nY dX dY mX = mY nhưng nX > nY => H2 H2 b) Giả sử lấy 1 mol X, trong đó có amol C2H4 và (1-a)mol H2 dX MX Theo đề 7,5 M X 15 H2 2 M X = 28a + (2(1-a) = 15 => = 0,5 mol => hỗn hợp X chứa 50% C2H4 và 50% H2 * Thành phần hỗn hợp Y
  71. Giả sử có x mol C2H4 phản ứng. Ni,t0 C2H4 + H2  C2H6 xmol xmol xmol Vì phản ứng xảy ra không hoàn toàn nên nY = nC2H4dư + nH2 dư + nC2H6 = 0,5 – x + 0,5 –x + x = 1 – x mY => MY = 2. 9 = 18 = 1 x Vì mX = mY = 28. 0,5 + 2 . 0,5 = 15 15 => 18 => x = 0,17 mol 1 x => Hỗn hợp Y chứa 0,33 mol H2 dư; 0,33 mol C2H4 dư và 0,17 mol C2H6 => %C2H4 = %H2 = 40%; %C2H6 = 20%. P n c) Áp dụng công thức 1 1 P2 n2 n1 = nX = 1 mol; n2 = n Y = 0,83 mol p1 = 1 atm (X ở đktc) => p2 = 0,83 atm. Ví dụ 3: Một hỗn hợp X gồm anken A và H 2. Khi cho X đi qua Ni nóng, xt, được phản ứng hoàn toàn cho ra hỗn hợp khí Y. Áp suất sau phản ứng P 2 = 2/3 áp suất P1 trước phản ứng (P1, P2 đo cùng đk) d a) Biết rằng X 0,688 , xác định CTPT có thể có của A. KK b) Chọn công thức đúng của A biết rằng hỗn hợp Y khi qua dung dịch KMnO4 loãng dư cho ra 14,5 gam MnO2 kết tủa. Tính nhiệt độ t với V = 6 lít; P2 = 2atm. Giải a) Gọi a = nA; b = nH2 Phản ứng xảy ra hoàn toàn nên xét 2 trường hợp Trường hợp 1: Dư A, hết H2 (a >b)
  72. 2 Ta có P2 = p => 2P1 = 3P2 3 1 P n a 2 Áp dụng công thức 2 Y a 2b P1 nX a b 3 28n 2 => M X 20 => n = 2 3 => A: C2H4 Trường hợp 2: Hết A, dư H2 (b > a) P n b 2 2 Y b 2a P1 nX a b 3 14n 4 => M X 20 n 4 3 => A: C4H8 b) Có phản ứng với dung dịch KMnO4 => dư A (Trường hợp 1) => A là C2H4 nC2H4 dư = 0,25 mol; b = 0,25 mol nY = nC2H4 dư + nC2H6 = 0,5 mol P V => T = 2 = 292,50K hay 19,50C Rn d Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm anken A ở thể khí ở đktc và H2 có X 8,8 . Cho X đi qua H2 d Ni nóng cúc tác, phản ứng hoàn toàn cho hỗn hợp Y có Y 14,07 . H2 a) Xác định CTPT của A và thành phần của hỗn hợp X. b) Chọn trường hợp A có tỉ khối đối với không khí gần bằng 1. Tính số mol H 2 phải d thêm vào 1 mol X để có được hỗn hợp Z có Z 7,5 . Cho Z qua Ni nóng được H2 dT hỗn hợp T với 1,2 . Phản ứng cọng H2 có hoàn toàn không ? Z
  73. c) Cho T qua 500 gam dung dịch KMnO4 loãng dư. Tính khối lượng dung dịch sau phản ứng. Giải a) Chọn 1 mol hỗn hợp X : a = nA ; b = nH2 b)M X = 14na + 2b = 17,6 Xét 2 trường hợp mX Trường hợp 1: a > b => nY = a => MY = a Với M X = mX = 17,6 => a = 0,6 mol; b = 0,4 mol => n = 2 C2H4 (60%); H2 = 40% mX * Trường hợp 2: a nY = b => MY = b => a = 0,4; b = 0,6 => n = 3 C3H6 (40%); H2 (60%) dA b) 1 => A là C2H4 KK Ta gọi nH2 thêm vào = x 28.0,6 2.0,4 2.x Ta có : MZ = 15 = => x = 0,2 1 x => nZ = 1,2 mol dT nZ 1,2 Theo đề : 1,2 => nT Z nT nT => nH2 pư = nZ – nT => phản ứng cọng H2 không hoàn toàn c) mdd sau pư = 500 + manken + mMnO2 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH
  74. 0,8 0,4 mol mol 3 0,8 => mMnO2 = x87 23,2gam 3 mC2H4 dư = 0,4 x 28 = 11,2 gam => m dd sau pư = 500 + 11,2 – 23, 2 = 488gam Ví dụ 5: Để đốt cháy hết một anken A ở thể khí ở đktc cần 1 thể tích O 2 bằng 4,5 lần thể tích A. a) Xác định CTPT của A. d b) Một hỗn hợp X gồm A và H2 có X 13 , cho X vào bình có V = 5,6 lít và đưa về H2 đktc. Xác định thành phần hỗn hợp X. 0 Thêm 1 ít Ni và nung nóng một thời gian. Khi trở về 0 C thì áp suất trong bình là P2 = 0,6 atm và ta được hỗn hợp Y. Hãy chứng tỏ phản ứng cọng H2 hoàn toàn. c) Cho hỗn hợp Y đi qua 2 lít nước Br 2 0,05M còn lại khí Z. Tính độ tăng khối lượng dZ của nước Br2, nồng độ sau cùng của dungh dịch Br2 và tỉ khối H2 Giải. 3n t0 a) CnH2n + O2  nCO2 + nH2O 2 3n 1 lít lít 2 3n => = 4,5 => n = 3 CTPT C3H6 2 b) nX = 0,25 Gọi x = nA => nH2 = 0,25 – x 42.x 2(0,25 x) M X = 26 = => x = 0,15 0,25 => x = 0,25 – x = 0,1 mol
  75. Ni,t0 PTHH C3H6 + H2  C3H8 P1 n1 => Áp dụng công thức: Với P1 = 1 (đktc) => n2 = 0,15 mol P2 n2 => nY = 0,05 mol C3H6 dư; 0,1 mol C3H8 => nH2 pư = n1 – n2 = 0,25 – 0,15 = 0,1 mol Vậy phản ứng cọng H2 hoàn toàn. c) nBr2 = 0,1 C3H6 + Br2 C 3H6Br2 0,05mol 0,05 mol => độ tăng khối lượng brôm = mC3H6 dư = 42.0,05 = 2,1 gam CMBr2 = 0,05 : 2 = 0,025M d 44 => Z: C3H8 => Z = = 2 H2 2 Giáo viên bộ môn Nguyễn Đức Hoanh Mời các bạn xem tiếp tài liệu tại: