Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Mục lục
Đề mục Trang
Phần: Mở đầu
3
I . Lý do chọn chuyên đề:
3
II. Phạm vi – Mục đích của chuyên đề.
4
III. Cơ sở khoa học để viết sáng kiến kinh nghiệm.
4
IV. Các bước tiến hành.
5
Phần: Nội dung 6
I. Các phương pháp lập công thức phân tử của hợp chất
hữu cơ
6
II. Bài tập vận dụng
14
III. Bài tập luyện tập 41
Phần: Kết luận 50
Tài liệu tham khảo 51
- 1 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
CÁC KÍ HIỆU VIẾT TẮT
1. Số mol của chất: n ( đơn vị mol )
2. khối lương của chất: m (đơn vị g )
3. Khối lượng mol: M (đơn vị g)
4. Khối lượng mol trung bình:
M
(đơn vị g)
nếu học sinh giỏi chỉ có học kiến thức SGK lớp 9 thì không giải quyết
được.
- Thời gian giảng dạy chính khóa 2 tiết trong tuần. Thời gian dạy đội tuyển
ít, không có dạy bồi dưỡng thêm.
Chính vì vậy, để các em học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh đạt
giải, học sinh dự thi vào các trường chuyên, thì phải nắm chắc phương pháp
lập công thức hóa học hữu cơ và vận dụng tốt khi học và làm tốt lập công
thức hóa học. Tôi mạnh dạn nghiên cứu, giới thiệu chuyên đề: Lập công
thức hóa học, trong đó chủ yếu nghiên cứu về lập công thức hóa học của
hợp chất hữu cơ.
2. Cơ sở thực tiễn:
Xuất phát điểm đầu tiên là thành phần đội tuyển hóa học lớp 9 được tuyển
chọn từ những học sinh không đủ tham gia các đội tuyển Toán, lý
Học sinh mới tiếp cận với bộ môn hóa học môn học trừu tượng. Tư duy
của học sinh chưa cao. Trình độ học sinh trong đội tuyển còn chưa đồng đều. Vì
vậy việc lựa chọn phương pháp dạy đội tuyển còn nhiều hạn chế.
- 3 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
II. Pham vi – Mục đích của chuyên đề.
1. Phạm vi chuyên đề :
Hiện nay, hầu hết các tỉnh và các thành phố trong cả nước và một số trường
đại học đã có lớp THPT chuyên hóa học. Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn
hóa học.
Do đối tượng là học sinh giỏi cấp tỉnh và học sinh đi dự thi vào các trường
chuyên nên cần phải mở rộng về kiến thức cho học sinh. Nên chuyên đề có đề
cập chương trình lớp 9 tài liệu nâng cao mở rộng lớp 9, các đề thi học sinh giỏi
cấp tỉnh của các tỉnh trong nhiều năm, các bài tập của lớp 11….
2. Mục đích chuyên đề:
Giúp cho học sinh biết hệ thống hóa và vận dụng các phương pháp, các dạng
bài tập về lập công thức phân tử của hợp chất hữu cơ.
- Biết cách truyền thụ kiến thức cho học sinh dễ học, dễ nắm các phương
pháp.
- Cung cấp cho học sinh tài liệu, đề thi học sinh giỏi của những năm trước
để học sinh được làm quen.
- Luôn trao đổi tài liệu, đề thi và kinh nghiệm với các đồng nghiệp trong
trường ,trong huyện, trong tỉnh.
- Thường xuyên tổ chức luyện đề, chấm chữa đề thi một cách cụ thể.
- Phân loại học sinh, chia các nhóm đối tượng ở mức giỏi, khá, trung
bìnhđể có biện pháp nâng cao chất lượng đội tuyển.
IV. CÁC BƯỚC TIẾN HÀNH:
Để có giúp học sinh dự thi có kết quả cần thực hiện các bước sau:
1. Cung cấp và giới thiệu tài liệu.
2. Dạy kiến thức cơ bản, có nâng cao và mở rộng.
3. Dạy các phương pháp lập công thức hóa học hữu cơ.
4. Lựa chọn trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào trường chuyên bài tập có
liên quan đến chuyên đề.
5. Giáo viên đưa cho học sinh các đáp án và thang điển cho học sinh được chấm
chéo nhau. Cuối cùng giáo viên chấm và nhận xét, bổ xung thiếu sót.
BỐ CỤC CHUYÊN ĐỀ
Chuyên đề gồm 3 phần dự kiến dạy trong 20 tiết:
Phần I: Một số phương pháp giải bài tập xác định công thúc phân tử hợp
chất hữu cơ, có ví dụ minh họa.
Phần II: Một số bài toán vận dụng các phương pháp xác định công thức
phân tử hợp chất hữu cơ.
Phần III: Một số bài toán luyện tập về chuyên đề.
- 5 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
PHẦN NỘI DUNG
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP LẬP CÔNG THỨC PHÂN TỬ CỦA HỢP CHẤT
HỮU CƠ.
(trong A) = m
A
– (m
C
+ m
H
+ m
N
)
+ Cách xác định thành phần % các nguyên tố trong chất hữu cơ A
%C =
.100%mC
mA
.100%mC
mA
; %H =
.100%mH
mA
; %N =
.100%mN
mA
.100%mN
mA
%O =
.100%mO
mA
= 100% - ( %C + %H + %N )
* Bước 2: Xác định khối lượng phân tử chất hữu cơ A (M
A
)
M
A
=
22,4.
A
A
m
V
- Dựa vào tính chất của ptpu có chất hữu cơ A tham gia hay tạo thành
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 1,72 gam chất hữu cơ A thu được 3,52 gam CO
2
và
1,8 gam H
2
O. Mặt khác, phân tích 1,29 gam A thu được 336 ml khí nitơ (đo ở
đktc). Tìm CTPT A. Biết khi hóa hơi 1,29 gam A có thể tích đúng bằng thể tích
của 0,96 gam oxi trong cùng điều kiện.
Hướng dẫn giải:
Khối lượng các nguyên tố trong 1,72 gam A:
C
3,52
m = .12 = 0,96gam
44
;
H
1,8
m = .2 = 0,2gam
18
;
- 6 -
H
5
N
⇒
CTTN là (C
2
H
5
N)
n
Vì M
A
= 43
⇒
M
A
= (2.12+5+14)n = 43n
⇒
43n = 43
⇒
n=1
Vậy CTPT A là C
2
H
5
N.
Cách 2: Tính trực tiếp (không qua CTĐGN)
Ta có tỉ lệ:
0,96 0,2 0,6 1,72
= = =
Theo ptpu: M
A
(43gam)
→
44x 9y 14t
Bài cho 1,72 gam
→
3,52g 1,8g 0,56g
43.3,52
x = = 2
1,72.44
⇒
;
43.1,8
y = = 5
1,72.9
;
43.0,56
t = = 1
1,72.14
. Vậy CTPT A là C
2
H
5
N.
Vi dụ 2: Cho hh X gồm ankan A và anken B đều ở thể khí trong điều kiện
thường. Đốt cháy 6,72 lít (đktc) hh X thì thu được 15,68 lít CO
2
và 14,4g H
2
C
m
H
2m
+
3
2
m
O
2
→ mCO
2
+ mH
2
O (2)
= > n
CO2
= na + mb = 15,68/22,4 = 0,7 mol (I)
n
H2O
= (n + 1)a + m b = na + mb + a = 14,4/18 = 0,8 mol .
Từ (I , II) : a = 0,8 – 0,7 = 0,1 mol
n
X
= a + b = 6,72/22,4 = 0,3 mol => b = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol
thế a , b vào (I) ta có: 0,1n + 0,2m = 0,7 hay n + m = 7
tìm các giá trị ta thấy: n = 1 , m = 3 => CTPT: CH
4
; C
3
H
y
O
z
* Bước 3: Lập tỉ lệ thể tích để tính x, y, z
C
x
H
y
O
z
+ (
4 2
y z
x + −
) O
2
→ x CO
2
+
2
y
H
2
O
1(l)
4 2
y z
x + −
⇒ = + −
÷
- Lưu ý: Sau khi thực hiện bước (1) có thể làm theo cách khác như sau:
Lập tỉ lệ thể tích: V
A
: V
O2
: V
CO2
: V
H2O
- 8 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
rồi đưa về số nguyên tố tối giản: m : n : p : q
Sau đó viết phương trình phản ưng cháy :
mC
x
H
y
O
z
+ nO
2
0t C
→
pCO
2
2
2
O
H
CO
O
−
→
2
KOH
O
→
còn dư
200ml 900ml 1300ml 700ml 100ml
Dựa vào sơ đồ ta tính được:
V
O2
(pư) = 900 – 100 = 800 ml ; V
CO2
= 700 – 100 = 600 ml;
V
200 800 600 600
Tính được: x = 600/200 = 3 ;
2
y
= 600/200 = 3
=> y = 6; x + y/4 – z/2 = 800/200 = 4 = > z = 1
Do đó CTPT (A) là: C
3
H
6
O
Vi dụ2: Một hh gồm hai hyđrocacbon mạch hở, trong phân tử mỗi chất chứa
không quá một liên kết ba hay hai liên kết đôi. Số cacbon mỗi chất tối đa bằng 7.
Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hh thu được 0,25 mol CO
2
và 0,23 mol H
2
O. Tìm
công thức phân tử của hai hyđrocacbon.
- 9 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Hướng dẫn:
Vì n
CO2
> n
H2O
=> có 1 hyđrocacbon có 1 chất có công thức: C
n
H
O
bmol n’bmol n’bmol
n
CO2
– n
H2O
= amol => a = 0,02mol; b = 0,03mol; n
CO2
= na + n’b = 0,25
=> 2n + 3n’ = 25
n 2 5
n’ 7 5
=> C
2
H
2
, C
7
H
14
hoặc C
5
H
8
, C
5
H
10
TH
2
TH
3
: 2 ankin (loại)
3. XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC PHÂN TỬ HỢP CHẤT HỮU CƠ BẰNG
PHƯƠNG PHÁP BIỆN LUẬN:
- Khi xác định CTPT một chất hữu cơ nếu:
+ Bao nhiêu phương trình đại số thiết lập được ứng với bấy nhiêu ẩn số cần tìm
Bài toán giải bình thường.
+ Số phương trình đại số thiết lập được ít hơn số ẩn cần tìm, có thể biện luận
bằng cách dựa vào các giới hạn.
Ví dụ: Một giới hạn thường dùng:
Với hiđrocacbon (C
x
H
y
) y
≤
≤
2x + 2, y nguyên, chẵn.
Nếu C
x
H
y
ở thể khí trong điều kiện thường (hay đktc): x
≤
4, nguyên
Với rượu: C
n
.M
C2H6
=2.30 = 60 (I)
Từ (I): 12x + y = 60 – 16z > 0 => 0 < z
≤
3
+) Nếu z = 1 = > 12x + y = 44 = > y = 44 – 12x (II)
Vì y
≤
2x + 2 => 44 – 12x
≤
2x + 2 => 42
≤
14x => 3
≤
x
Từ (II): x < 44/12 => 3
≤
x < 3,667. Vậy x = 3, y = 8, z = 1 CTPT: C
3
H
8
O
Vi dụ 2: X là rượu no đơn chức, khi đốt cháy hoàn toàn 1 mol X cần vừa đủ 3,5
mol O
2
. Hãy xác định CTCT của X, biết rằng mỗi nguyên tử cacbon chỉ liên kết
với một nhóm - OH.
Hướng dẫn:
Gọi CTPT của rượu X là C
2
n a+ −
= 3,5 => n =
6
3
a+
cặp nghiệm thích hợp: n =3; a = 3.
CTPT: C
3
H
5
(OH)
3
4. PHƯƠNG PHÁP CÔNG THỨC PHÂN TỬ TRUNG BÌNH CỦA HỖN
HỢP (C.T.P.T.T.B)
+ Bước 1: Đặt công thức của 2 chất hữu cơ cần tìm rồi suy ra C .T.P.T.T.B
của chúng.
Ví dụ: A: C
x
H
y
O
z
, B: C
x’
H
y’
O
z’
=> C.T.P.T.T.B: C
y
< y’
Nếu z < z’ ta có: z <
z
< z’ Dựa vào các điều kiện mà x, x’,
y, y’, z, z’ cần thỏa mãn biện luận suy ra giá trị hợp lý của chúng
=> C.T.P.T: A, B.
* Phạm vi áp dụng: Đây là một phương pháp áp dụng ngắn gọn, các bài toán
hữu cơ thuộc loại hỗn hợp các đồng đẳng, đặc biệt đồng đẳng liên tiếp. Tuy
nhiên hoàn toàn có thể áp dụng phương pháp này để giải bài toán hỗn hợp các
chất hữu cơ không đồng đẳng cũng rất hiệu qủa.
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ kế tiếp nhau trong một dãy đồng
đẳng, có tỷ khối hơi so với H
2
.
là: 104/3. Đốt cháy hoàn toàn 10,4g X cần vừa đủ 10,08 lít O
2
(đktc). Sản phẩm
cháy chỉ gồm CO
2
và H
2
O với số mol bằng nhau.
a. Xác định công thức phân tử các chất trong X và % khối lượng từng
chất trong X.
b. Viết CTCT của 2 chất trong X. Biết X tác dụng với Na, NaOH.
Hướng dẫn:
Đặt CTTQ chung của 2 chất trong X là: C
n
H
2
O
=> 0,15 0,45
=> (3
n
+ 1 – k – z)/2 = 3 (II)
Số mol CO
2
bằng số mol H
2
O:
n
=
n
+1 - k (III).
Giải hệ ta có:
n
= 2,67; k = 1; z = 2
a) Vậy hh X gồm: C
2
H
4
O
2
và C
3
H
6
O
2
H
2n + 2 – 2k
thu
được sản phẩm sau khi đốt cháy có khối lượng 22,1 g khi cho toàn bộ lượng sản
phẩm này vào 400g dd NaOH thì thu được dd gồm hai muối có nồng độ
9,0026%. Tỉ lệ số mol hai muối này là 1 : 1.
1) Xác định giá trị của k ( biết k < 3) và tính số mol của hh?
2) Tìm công thức phân tử của hai hiđrocacbon trên , cho biết tỉ lệ số mol của
chúng trong hh là 1 : 2 (theo chiều khối lượng phân tử tăng dần )
Hướng dẫn:
1) Xác định giá trị của k và số mol hh: Tính số mol H
2
O và CO
2
trong hh sản
phẩm sau phản ứng đốt cháy (m là khối lượng của 2 muối)
9,0025
400 22,1 100
m
=
+
= > m = 38 gam
CO
2
+ NaOH → NaHCO
3
CO
2
+ NaOH → Na
+ 2 – 2k
+
3 1
2
n k
+ −
÷
O
2
→
n
CO
2
+ (
n
+ 1 – k)H
2
O
n
a – (
n
a + a – ka) = 0,4 – 0,25 = 0,15 mol => a(k – 1) = 0,15 mol
k < 3 vậy chỉ có các nghiệm 1, 2, 0 chỉ có k = 2 => a = 0,15
Theo tỉ lệ số mol là 1 : 2 theo chiều khối lượng phân tử tăng dần. Vậy số mol
hiđrocacbon phân tử nhỏ là 0,05 mol lớn hơn là 0,1 mol
Phản ứng đốt cháy: C
n
H
2
+ (m +1 – k)H
2
O
0,1mol 0,1m mol
m và n nguyên dương
≥
2: 0,05n + 0,1m = 0,4 => n + 2m = 8
- 13 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
*** MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH CTPT HAI HAY
NHIỀU CHẤT HỮU CƠ TRONG HỖN HỢP:
+) Nếu bài toán cho 2 chất hữu cơ A, B đồng đẳng liên tiếp thì:
m = n + 1 ( ở đây n, m là số C trong phân tử A, B )
+) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B hơn kém nhau k nguyên tử C thì: m = n + k
+) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B cách nhau k nguyên tử C thì: m = n + (k + 1)
+) Nếu bài cho A, B là anken (hay ankin) thì n, m ≥ 2
+) Nếu bài cho A, B là hiđrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường ( hay đktc)
thì n, m ≤ 4
5) XÁC ĐỊNH DÃY ĐỒNG ĐẲNG CỦA HỢP CHẤT HỮU CƠ:
*) Khi đốt cháy hiđrocacbon: sản phẩm cháy là CO
2
và H
2
O, so sánh số
mol CO
2
và số mol H
2
O. Nếu 1 hiđrocacbon A mạch hở, mà tìm được:
→
nCO
2
+ nH
2
O
+) n
CO2
> n
H2O
=> A thuộc dãy đồng đẳng ankin
Ptpư: C
n
H
2n – 2
+ (1,5n – 0,5)O
2
0t C
→
nCO
2
+ (n – 1)H
2
O
*) Dựa vào phản ứng cộng của hiđrocacbon mạch hở A:
C
x
H
y
n = = 0,2mol
22,4
;
2
CO
17,92
n = = 0,8mol
22,4
;
2
H O
14,4
n = = 0,8mol
18
Ta thấy:
2 2
H O CO
n = n
⇒
Hiđrocacbon X là anken
- 14 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
C
n
H
2n
2
O
→
H
10
CTCT có thể có của A:
CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
(1) CH
3
-CH-CH
3
(2)
CH
3
Trong hai đồng phân trên thì (1) tách hidro cho ba sản phẩm là đồng phân của
nhau.
CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
⇒
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O
Khối lượng bình tăng =
2 2
CO H O
m + m = 11,5gam
2 3
CO BaCO
n = n =
0,2 mol ⇒ m
C
= 0,2.12 = 2,4 gam
⇒
2
H O
m
= 11,5 – 0,2.44 = 2,7 gam ⇒ m
H
=
= 0,3gam
m
O
= 4,3 – (2,4 + 0,3) = 1,6 gam
= C(CH
3
) – COOH
- 15 -
CH
3
-CH
2
=CH-CH
3
+ H
2
(cis+trans)
CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
+ H
2
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Bài 2: Trộn 12 cm
3
một hydrocacbon A ở thể khí với 60 cm
3
oxi (lấy dư) rồi đốt
cháy hoàn toàn A. Sau khi làm lạnh để nước ngưng tụ đưa về điều kiện ban đầu
thì thể tích khí còn lại 48 cm
3
0
x y 2 2 2
y y
C H + x+ O xCO + H O
4 2
t
→
÷
12 →
+
4
y
x
12 → 12x (cm
3
)
2
CO
V
=12x = 24 ⇒ x = 2
2
V
1
==
+
=
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+→
++
1
+
= =
1
4
12 36 24
y
x
x
+
= =
=> x = 2 ; y = 4
=> CTPT của A: C
2
H
4
Cách 3: Bảo toàn nguyên tố
Nhận xét: đốt 12 cm
3
A và 36 cm
3
oxy tạo ra 24 cm
3
CO
2
0
t
x y 2 2 2
12C H 36O 24CO ?H O+ → +
Bảo toàn nguyên tố (O): ⇒
dư ở nhiệt
độ thấp, thấy có 2,87 gam kết tủa và bình chứa tăng thêm 2,17 gam. Khí thoát ra
- 16 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
được vào 100ml dung dịch Ba(OH)
2
1M, thu được 15,76 gam kết tủa Y. Lọc bỏ
Y, lấy dung dịch đun sôi lại có kết tủa nữa. Tìm CTPT của X, biết khối lượng
phân tử của X < 200 đvC.
Hướng dẫn giải:
HCl + AgNO
3
→
AgCl + HNO
3
(1)
AgCl HCl HCl
2,87
n = = 0,02mol n m = 0,02.36,5 = 0,73gam
143,5
= ⇒
m
bình tăng
=
2
HCl H O
m + m = 2,17gam
m = m = 0,12.12= 1.44gam
m = m + m = 0,08.2+0,02.1= 0,18gam
Cl(X) Cl(HCl)
O(X)
m = m = 0,02.35,5= 0,71gam
m = 3,61-(1,44+0,18+0,71) = 1,28gam
⇒
Công thức X là C
x
H
y
O
z
Cl
t
1,44 0,18 1,28 0,71
x : y : z : t : : : 0,12: 0,18:0,08: 0,02 6 : 9 : 4 :1
12 1 16 35,5
= = =
⇒
CTĐGN là C
6
H
9
O
4
Cl
⇒
CTTN (C
6
6,3
n = = 0,35mol
18
- 17 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
2
2
H O
CO
n
0,35
= = 1,4 >1
n 0,25
⇒
hai hidrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan.
Đặt Công thức chung của hai ankan là
n 2n+2
C H
Ta có:
2
2
H O
CO
n
n+1
= = 1,4 n = 2,5
n
n
⇒
. Vậy hai ankan là C
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
2 2
A O CO H O
m + m = m + m
⇒
2
H O
m
= 4,6 +9,6 –
4,48
.44
22,4
= 5,4 gam
⇒ m
H
=
) g ( 6,02.
18
4,5
=
→ m
O
=4,6 - 2,4 - 0,6 = 1,6 gam
Đặt CTTQ của A: C
x
H
y
O
y ≤ 2x + 2 hay 6n ≤ 4n + 2 ⇒ n ≤ 1, n nguyên dương nên n = 1
⇒ CTPT của A: C
2
H
6
O.
Bài 6. Trong một bình kín chứa hơi chất hữu cơ X (có dạng C
n
H
2n
O
2
) mạch hở
và O
2
(số mol gấp đôi số mol cần cho phản ứng cháy) ở 139,9
0
C, áp suất trong
bình là 0,8 atm. Đốt cháy hoàn toàn X sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất
trong bình lúc này là 0,95 atm. Xác dịnh CTPT của X.
Hướng dẫn.
C
n
H
2n
O
2
+
3 2
2
2 2
= Þ
⇒ Tổng số mol của X và O
2
lúc đầu là : 3n - 2 +1 = (3n-1)mol
Sau phản ứng cháy và ở 139,9
0
C, nước đang ở thể hơi nên tổng số mol khí và
hơi sau phản ứng:
=> n
khí
= n
CO2
+ n
H2O
+ n
O2 dư
= n + n +
3 2
2
n −
= (3,5n - 1) mol
Nhiệt độ bình trước và sau phản ứng không đổi, ta có:
s s
P n 0,8 3n-1
= = n = 3
P n 0,95 3,5n-1
d d
Û Þ
Vậy CTPT của X là C
H
2
O
Tỉ lệ: 1V (x +
y
4
)V xV
Cho: 1V 6V 4V
Ta có:
1V xV
=
1V 4V
⇒ x= 4
Và:
y
(x+ )V
1V
4
=
1V 6
với x = 4 ⇒ y = 8. ⇒ Công thức của A là C
4
H
8
A kết hợp với hiđro tạo ra hiđrocacbon mạch nhánh ⇒A là anken mạch nhánh
Bài 8: Hỗn hợp khí A gồm hai anken đồng đẳng liên tiếp. Đốt cháy 8,96 lít hỗn
hợp khí A (đktc) rồi cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P
2
O
5
n
H
2
O
0,4 mol 0,4
n
0,4
n
- 19 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Số
8,96
mol hai anken = = 0,4mol
22,4
Theo đề bài:
2
CO
m
−
2
H O
m
= m + 39 − m
0,4.44
n
− 0,4.18
n
= 39 ⇒
n
mol hỗn hợp.
A
2.3
2x+(14n+2- 2a) y
M =
1
=
⇔
2x + (14n+2 - 2a)y = 6 (1)
C
n
H
2n+2
−
2a
+ aH
2
o
Ni,t
→
C
n
H
2n+2
1
A
M
= 4,5.2 = 9 ⇒ có H
⇔
(14n – 2a)y = 6 – 2.1=4
⇔
(7n – a)y = 2 (3)
(3)
(2)
ta được:
n = a
(7 - a) y 2
=
3ay 1
⇔
nên x là C
n
H
2
Vì X là chất khí ở đktc ⇒ n ≤ 4
+ n = 1 ⇒ CH
2
(loại)
+ n = 2 ⇒ C
2
H
2
+ n = 3 ⇒ C
3
H
2
(không tồn tại)
+ n = 4 ⇒ C
a. Đặt A có CTPT là C
n
H
2n+2
(n
≥
1): a mol
B có CTPT là C
m
H
2m-2
(m
≥
2): b mol
Ta có:
2
H O
n
= (n+1) a + (m-1) b = 0,7 (1)
2
CO
n
=
3n+1 3m-1
a + b 1,15
2 2
=
÷ ÷
có CTCT: CH
≡
C - CH
3
; CH
3
- CH
3
Bài 11: Đốt cháy hoàn toàn một thể tích hơi chất hữu cơ A, cần dùng 10V oxi.
Sản phẩm cháy chỉ gồm CO
2
và H
2
O theo tỉ lệ
2 2
CO H O
V : V = 2 :1
(thể tích các khí
đo trong cùng điều kiện t
0
, p). Ở thể hơi A có tỉ khối hơi so với không khí < 4.
a. Xác định CTPT của A.
b. Xác định CTCT của A, biết rằng 26 gam A tác dụng với tối đa 22,4 lít H
2
(đktc) khi có Ni, đun nóng. 26 gam A cũng phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa
40 gam Br
2
.
Hướng dẫn giải
C
x 2
=
y
1
2
⇔
x = y
(2)
Mặt khác ta có: 12x + y + 16z < 29.4 =116 (3)
⇒
13(8 + 0,4z) +16z < 116
⇔
z < 0,57
⇒
z = 0
⇒
x = y = 8
a. CTPT của A là C
8
H
8
- 21 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
b. Ta có:
2
H
A
n
V
2
= = = 2
V 1
mà C
2
H
2
có 2C nên X có 2C
Số nguyên tử H trung bình trong hỗn hợp khí
2
H O
hh khí
2V
2.2
= = = 4
V 1
mà C
2
H
2
có 2H nên X có số H > 4. Số H của X
≤
2.2+2 = 6
⇒
Chỉ có C
2
H
6
là thỏa mãn CTPT của X (Đáp án A).
x
H
y
) cho
2 2
CO H O
V = V
nên X cháy tạo
2 2
CO H O
V < V
, do đó X là
ankan.
0
n 2n+2 2 2 2
3n+1
C H + O nCO + (n+1)H O
2
t
→
a lít na lít (n+1)a lít
2 2 2 2 2
5
C H + O 2CO + H O
2
o
t
→
b lít 2b lít b lít
Có: a+b =1 ; na + 2b = 2 ; (n+1)a + b = 2
Số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp X:
2
CO
hhX
n
0,125 5
n= = = = 1,67
n 0,075 3
⇒
Trong hỗn hợp X phải có 1 hidrocacbon có 1C
⇒
hidrocacbon đó là CH
4
Dẫn hỗn hợp X qua dung dịch nước brom dư còn lại 1,12 lít khí đó chính là thể
tích của CH
4
, hidrocacbon bị hấp thụ là hidrocacbon không no.
⇒
n
hidrocacbon không no
= 0,075 -
4
CH
1,12
n = 0,075 - = 0,025mol
22,4
Ta thấy:
n
hidrocacbon không no
M . 36
0,896 1
= =
Biện luận: M
1
<
M
< M
2
→
M
1
=28 và M
2
=42
Vậy 2 anken là C
2
H
4
và C
3
H
6
.
Bài 15: Thực hiện phản ứng đề hidro hóa một hiđrocacbon A thuộc dãy đồng
đẳng của metan thu được một hỗn hợp gồm H
2
và ba hidrocacbon X, Y, Z. Đốt
cháy hoàn toàn 4,48 lít khí X hoặc Y hoặc Z thì thu được 17,92 lít CO
n
H
2n
2
O
→
nCO
2
+ nH
2
O
0,2 0,8 0,8
- 23 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
⇒
0,2n = 0,8
⇒
n = 4
⇒
anken là C
4
H
8
.
Khi đốt cháy X hoặc Y hoặc Z đều cho số mol CO
2
và H
2
O giống nhau.
CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
⇒
CTCT của A là CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
.
Bài 16: Cho 7,6 gam một ancol hai chức, no, mạch hở tác dụng với Na có dư thì
thoát ra 1,12 lít H
2
(đo ở 0
0
C, 2 atm). Xác định CTPT của A.
Hướng dẫn giải
10
422
1212
2
,
3
H
6
(OH)
2
Bài 17: Một hỗn hợp gồm hai ancol no, mạch hở có cùng số nguyên tử C, có
khối lượng là 18,2 gam. Chia hỗn hợp này ra hai phần bằng nhau:
- Phần 1 đốt cháy hoàn toàn, sản phẩm cháy cho qua dd Ca(OH)
2
dư, thu được
37,5 gam kết tủa.
- Phần 2 cho tác dụng vừa đủ với 225 ml dung dịch HCl 1M. Biết tỉ khối của
hỗn hợp ancol ban đầu so với H
2
bằng 36,4 và hiệu suất phản ứng là 100%.
Xác định CTPT của hai ancol.
Hướng dẫn giải
Đặt Công thức hai ancol lần lượt là: C
n
H
2n+2
−
a
(OH)
a
; C
n
H
2n+2
x mol nx mol
C
n
H
2n+2
−
b
(OH)
b
+
3n+1-b
2
O
2
→ nCO
2
+ (n + 1)H
2
O
y mol ny mol
2
CO
n = 0,375mol
- Phần 2:
C
n
H
2n+2
−
b
+ bH
2
O
y mol by
hh ancol
hh ancol
HCl td
hh ancol
m
n = 0,225mol; M = = 72,8
n
⇒
hh ancol td hh ancol trong 1p
18,2
n = = 0,25mol n = 0,125mol
72,8
⇒
Gọi x, y lần lượt là số mol của mỗi ancol trong một phần:
nx+ny = 0,375
ax+by = 0,225
x+y = 0,125
⇒
B, C. Biết rằng A tác dụng được với Na và NaOH. Khi 1 mol A tác dụng với Br
2
cần 3 mol Br
2
. B chỉ tác dụng được với Na. Còn C không tác dụng với Na và
NaOH.
- 25 -
Copyright: Tài liệu đại học ©