GIẢI TOÁN HIĐROCACBON-THI HSG

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN GIẢI TOÁN HIĐROCACBON THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Câu 1. Hỗn hợp A gồm 3 hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng, được chia thành 2 phần bằng nhau: - Đốt cháy hoàn toàn phần 1, thu được 3,584 lít khí CO2 và 1,8 gam H2O. - Phần 2 cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì dùng hết 0,09 mol AgNO3 và thu được 11,21 gam kết tủa. Biết hidrocacbon có phân tử khối nhỏ nhất chiếm 2/3 số mol của hỗn hợp A, các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hidrocacbon thuộc các dãy đồng đẳng đã học. Xác định công thức cấu tạo của 3 hidrocacbon trong hỗn hợp A. Hướng dẫn giải nCO2  0,16 mol; nH2O  0,1 mol Vì 3 hiđrocacbon cùng dãy đồng đẳng (thuộc các dãy đồng đẳng đã học) tác dụng được với AgNO3/NH3 tạo kết tủa và khi đốt cháy tạo ra nCO2  nH2O  3 hiđrocacbon là các ankin và phải có ankin chứa liên kết ba đầu mạch. Hỗn hợp là Ankin: nAnkin = nCO2  nH2O  0, 06 mol  Số nguyên tử C trung bình = 0,16  2,67 0, 06 A phải chứa C2H2 n  2 .0, 06  0, 04 (mol) C2 H2 3  2 ankin còn lại có số mol là 0,06 - 0,04 = 0,02 (mol) - Xét phần 2 : nAgNO3 = 0,09 mol CH  CH + 2AgNO3 + 2NH3  AgC  CAg + 2NH4NO3 0,04 0,08 0,04  mkết tủa còn lại là = 11,21 – 0,04.240 = 1,61 (g); nAgNO3 pứng với ankin còn lại = 0,09 – 0,08 = 0,01 mol < số mol 2 ankin = 0,02 mol  Chỉ có 1 ankin tham gia phản ứng với AgNO3/NH3. R-C  CH + AgNO3 + NH3  R-C  C-Ag + NH4NO3 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol  R + 12.2 + 108 = 1,61  161  R=29 (C2H5) 0, 01  ankin - 1 còn lại là: CH3-CH2- C  CH (0,01 mol) Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 1

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  Ankin còn lại (CxH2x-2) có số mol là 0,02 – 0,01 = 0,01 (mol). Bảo toàn nguyên tố C ta có: n  2.n  4.n  x.n  2.0, 04  4.0, 01 x.0, 01  0,16  x 4( C4H6) CO2 C2 H2 C4 H6 Cx H2 x2 Ankin còn lại có công thức cấu tạo là: CH3  C  C  CH3 Câu 2. Hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon (mạch hở, thể khí ở điều kiện thường) có công thức phân tử: CnH2n+2, CmH2m, CkH2k – 2. Đốt cháy hoàn toàn 1,344 lít X (đktc), dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1) đựng H2SO4 đặc dư, bình (2) đựng dung dịch NaOH dư. Sau thí nghiệm, khối lượng bình (1) tăng 2,52 gam; khối lượng bình (2) tăng 7,04 gam. Biết rằng số mol của CkH2k – 2 trong X gấp 3 lần số mol của CnH2n + 2; trong X có 2 chất có số nguyên tử cacbon bằng nhau và bằng 1 số nguyên tử cacbon của chất còn lại. Xác định công thức 2 phân tử của 3 hiđrocacbon trên. Hướng dẫn giải Đặt a, b, 3a lần lượt là số mol của CnH2n + 2 (n ≥ 1), CmH2m, CkH2k – 2 do 3 hidrocacbon ở thể khí nên n, m, k ≤ 4 nX  1, 344  0,06 (mol) ; nH2O  2, 52  0,14 (mol) ; nCO2  7, 04  0,16 (mol) 22, 4 18 44 CnH2n + 2 + 3n  1 O2 t0  nCO2 + (n+1)H2O 2 a na (n+1)a mol CmH2m + 3m O2 t0  mCO2 + mH2O 2 b mb mb mol CkH2k - 2 + 3k  1 O2 t0  kCO2 + (k-1)H2O 2 3a 3ka 3(k-1)a mol Ta có: nX  a  b  3a  0,06  4a + b = 0,06 (1) nCO2  na  mb  3ka  0,16 (2) nH2O  (n 1)a  mb  3(k 1)a  0,14 (3) Lấy (2) – (3)  a  3a  0, 02  a  0, 01  b  0, 02 Từ (2)  0, 01n  0, 02m  0, 03k  0,16  n + 2m + 3k = 16 Trường hợp 1: n  m  0,5k  n  m  16 ; k  32 (loại) 99 Trường hợp 2: n  k  0,5m  n = k = 2; m = 4  C2H6, C4H8 và C2H2 (loại) Trường hợp 3: m  k  0,5n  m  k  16 ; n  32 77 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 2

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Câu 3. Hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z là các chất khí ở điều kiện thường (trong đó X và Z có cùng số nguyên tử hiđro, Y và Z có cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít hỗn hợp A (đktc), hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng 1 lít dung dịch Ca(OH)2 0,1M thu được 7,50 gam kết tủa và dung dịch B có khối lượng tăng 0,97 gam so với dung dịch ban đầu. Mặt khác, khi dẫn hỗn hợp A qua dung dịch brom dư thì chỉ có 1 chất khí duy nhất thoát ra với thể tích chiếm từ 50% đến 70% thể tích hỗn hợp A. Tính phần trăm về khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp A. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hướng dẫn giải Ta có: nA  1,68  0, 075 (mol) ; nCa(OH)2  0,1.1  0,1 (mol) ; nCaCO3  7,5  0,075(mol) 22, 4 100 Đặt công thức phân tử trung bình của 3 hiđrocacbon là CnHm (A), n > 1 Phương trình hóa học: 4 CnHm + (4n + m) O2 to  4nCO2 + 2mH2O (1) CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O (2) 2CO2 + Ca(OH)2→ Ca(HCO3)2 (3)  Trường hợp 1: Dung dịch Ca(OH)2 dư tức xảy ra các phản ứng (1) và (2): Theo (2) : nCO2  nCaCO3  0, 075 (mol)  n  nCO2  0,075  1 (loại) nA 0, 075  Trường hợp 2: Dung dịch Ca(OH)2 vừa đủ để tạo 2 muối tức xảy ra các phản ứng (1) đến (3) Bảo toàn Ca: nCa(HCO3 )2  0,1  0, 075  0, 025 (mol) Theo (2) và (3): nCO2  0, 075 + 2.0,025 = 0,125 (mol) Theo (1) n nCO2  0,125  1,67  có 1 chất là CH4 nA 0, 075 Mặt khác, do trong A thì Y và Z cùng C; X và Z cùng H  X : CH4 Y : CaHb Z : CaH4 Theo đề: mdd taêng  (mCO2  mH2O ) – mCaCO3   0,97  0,125.44  18.nH2O  7,5  nH2O  0,165 (mol) Theo (1) m  2nH2O  2.0,165  4,4  6  b  2a  2 (*) (do X, Y và Z đều ở thể khí; b chẵn) nA 0, 075 2  a  4 Ta có các trường hợp sau:  Trường hợp 2.1: Nếu a = 2 thì từ (*)  b = 6 (loại) (trái với đề ra vì khi dẫn hỗn hợp A qua dung dịch brom dư thì sẽ có 2 khí thoát ra) Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 3

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  Trường hợp 2.2: Nếu a = 3, từ (*) và theo đề ra thì b = 6 Đặt X : CH4 x (mol) Y : C3H6 y(mol) Z : C3H4 z (mol) Bảo toàn C:  nC  x  3y  3z  0,125 (I) Bảo toàn H:  nH  4x  6y  4z  0,165.2 (II) Lại có: nhh  x  y  z  0, 075 (III) x  0, 05 Giải (I), (II) và (III) y  0,015 (Thoả mãn đề ra) z  0, 01  %VCH4  0, 05 .100%  66, 67% (Thỏa mãn) 0, 075 Ta có mA  mC  mH  0,125.12  0,165.2  1,83 (gam) %m CH4  0, 05.16 .100%  43, 72%  1, 83  %m C3H4  0, 01.40 .100%  21, 86%  1, 83 %m C3H6  100%  (43, 72%  21,86%)  34, 42%    Trường hợp 2.3: Nếu a = 4, từ (*) và theo đề ra thì b = 6 hoặc b = 8.  Nếu a = 4; b = 6: X : CH4 x (mol) ta có: n C  x  4y  4z  0,125  x  7 Y : C4H 6 y (mol) n H  4x  6y  4z  0,165.2 y  120 0, 015 Z : C4H4 z (mol) nhh  x  y  z  0, 075  1 z   600  %VCH4 = 0,0583 .100%  77, 78%  70% (Loại) 0,075  Nếu a=4; b= 8: X : CH4 x (mol) ta có: n C  x  4y  4z  0,125 x  7  %VCH4  70% (Loại) Y : C4H8 y (mol) n H  4x  8y  4z  0,165.2  y  120 0, 0075 Z : C4H4 z (mol) nhh  x  y  z  0, 075  11 z   1200 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 4

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Câu 4. Trong một bình kín chứa hỗn hợp gồm hidrocacbon X mạch hở (thể tích khí ở điều kiện thường) và 0,06 mol O2 (lấy dư), bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn X. Cho toàn bộ hỗn hợp sau phản ứng đi qua bình đựng 3,5 lít dung dịch Ca(OH)2 0,01M, thu được 3 gam kết tủa và thoát ra một khí duy nhất có thể tích 0,224 lít (ở đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, nước bị ngưng tụ khi cho qua dung dịch. Xác định công thức phân tử của X. Hướng dẫn giải Đặt công thức phân tử của hidrocacbon X là CxHy (x  4, y  2x + 2) CxHy + 4x + y O2 to  xCO2 + y H2O (1) 4 2 Khí thoát ra là oxi dư : nO2 dö = 0,224 = 0,01 (mol)  nO2 (pö) = 0,06 - 0,01 = 0,05 (mol) 22,4 Ta có : nCa(OH)2 = 3,5.0,01 = 0,035 (mol); nCaCO3 = 3 = 0,03 (mol) 100 Nhận thấy nCa(OH)2  nCaCO3  có hai 2 trường hợp xảy ra Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư CO2 + Ca(OH)2(dư)  CaCO3  + H2O (2) 0,03  0,03  0,03 mol Ta có: nCO2 = nCaCO3 = 0,03 (mol) Theo PTHH (1): nO2 (pö)  4x + y  4x + y = 0,05  y = 8 hay x : y = 3 : 8 nCO2 4x 4x 0,03 x 3 Công thức phân tử của X là (C3H8)n. Ta có: 8.n  2.3.n  2  n  1 vậy nghiệm duy nhất n = 1. => CTPT: C3H8 Trường hợp 2: Ca(OH)2 hết, sản phẩm gồm có 2 muối CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (3) 0,03  0,03  0,03 mol 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (4) 0,01  (0,035-0,03)  0,005 mol Theo PTHH (3) và (4): nCO2  0,03 + 0,01 = 0,04 (mol) Theo PTHH (1): nO2 (pö)  4x + y  4x + y = 0,05  y = 1 hay x : y = 1 : 1 nCO2 4x 4x 0,04 x 1 Công thức phân tử: (CH)n x  4 Kết hợp với điều kiện: 2  y  2x + 2  công thức phân tử của X có thể là C2H2, C4H4 y chaün Vậy X là C3H8 (CH3-CH2-CH3) hoặc C2H2 (CHCH) hoặc C4H4 (CHC-CH=CH2; CH2=C=C=CH2) Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 5

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Câu 5. Hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon có công thức phân tử là CnH2n và CmH2m – 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol X bằng lượng oxi vừa đủ, thu được hỗn hợp Y gồm CO2 và H2O (trong đó oxi chiếm 76,84% về khối lượng). Hấp thụ toàn bộ Y vào bình đựng dung dịch NaOH dư thì khối lượng bình tăng 7,08 gam. Mặt khác, 3,69 gam X phản ứng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Tính giá trị của a? Hướng dẫn giải  Đốt cháy X: Phản ứng hóa học xảy ra: (với n, m  2) 2CnH2n + 3nO2 to  2nCO2 + 2nH2O (1) Tỷ lệ: 2 3n 2n 2n 2CmH2m − 2 +(3m − 1)O2 to  2mCO2 + (2m − 2)H2O (2) Tỷ lệ: 2 (3m − 1) 2m (2m – 2) Gọi a là số mol CO2 và b là số mol H2O. Bình đựng NaOH tăng lên là do hấp thụ CO2 và H2O: 44.a +18.b =7,08 (I) Oxi chiếm 76,84% khối lượng hỗn hợp, ta có: 16(2a  b)  76,84% (II) 7, 08 44a +18b = 7,08 a = 0,12  b = 0,1 Từ (I) và (II) ta có hệ phương trình: 16(2a+b).100   7,08 = 76,84 Theo (1); (2) có: nCmH2m2  nCO2  nH2O  0,12  0,1  0, 02 (mol)  nCnH2n  0, 06  0, 02  0, 04 (mol) Ta có: mX  mC  mH  0,12.12  0,1.2  1,64 gam  0,02.(14m  2)  0,04.14n  1,64  m  2n  6  n  m  2 (vì n, m  2)  Công thức hai hiđrocacbon là: C2H2:0,02 mol và C2H4: 0,04 mol  Cho X tác dụng brom: Số mol mỗi chất trong 3,69 gam (X): nC2H2  0,02  3,69  0,045 mol  1, 64  0,09 mol nC2H4  0,04  3,69 1, 64 Các phản ứng hóa học xảy ra: C2H4 + Br2  C2H4Br2 (3) C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (4) Theo phản ứng (3) và (4) ta có tổng số mol Br2 phản ứng: a  2nC2H2  nC2H4  0,18 mol Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 6

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Câu 6. Một hỗn hợp A gồm 4 hiđrocacbon mạch hở. Khi cho m gam A tác dụng với 175 ml dung dịch Br2 0,2M thì vừa đủ và còn lại hỗn hợp B gồm 2 hiđrocacbon có phân tử hơn kém nhau một nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B thu được 3,136 lít khí CO2 (đktc) và 4,572 gam nước. Nếu đốt cháy m gam hỗn hợp A thu được 4,928 lít khí CO2 (đktc) và 6,012 gam nước. Biết rằng trong hỗn hợp hai chất phản ứng với dung dịch Brom thì hiđrocacbon có khối lượng mol nhỏ hơn chiếm dưới 90% về số mol. Tìm công thức phân tử các chất có trong hỗn hợp A. Hướng dẫn giải - Khi đốt cháy B thu được: =n CO2 3,136 = 0,14 (mol); =n H2 O 4, 572 = 0,254 (mol) 22, 4 18 - B không tác dụng với dung dịch brom và khi cháy cho số mol H2O > số mol CO2 nên hỗn hợp B gồm các ankan. - Gọi CTHH trung bình của hai ankan là CnH2n2 . PTHH: CnH2n2 + 3n  1 O2  n CO2 + (n 1) H2O (1) 2 Mol 0,14 0,254 Theo PTHH (1): n  0,14  n  1,22 . n 1 0,254 Vì số nguyên tử nguyên tử cacbon trong 2 ankan hơn kém nhau 1 nguyên tử. Vậy hai hidrocacbon trong B là CH4 và C2H6. - Mặt khác khi đốt cháy A thu được n CO2 = 4, 928 = 0,22 (mol); nH2O = 6, 012 = 0,334 (mol) 22, 4 18  Gọi X là hỗn hợp hai hiđrocacbon tác dụng được với Br2. - Khi đốt cháy X ta thu được: nCO2 = 0,22 - 0,14 = 0,08 (mol); nH2O = 0,334 - 0,254 = 0,08(mol). Vì nCO2 = nH2O  X gồm 2 anken - Gọi CmH2m là CTPT trung bình của X. PTHH: CmH2m + Br2  CmH2mBr2 (2) Ta có: nBr2 = 0,175.0,2 = 0,035 (mol). Theo bảo toàn mol cacbon: nC (CO2 )  nC (X) = 0,08 (mol ) Theo PTHH (2) : nC (X)  nBr2  0,035 = 0,08  m  2,3  Có C2H4 trong hỗn hợp m m - Gọi CxH2x là anken cần tìm còn lại (x > 2,3) - Giả sử số mol hỗn hợp 2 anken là 1 mol, a và (1-a) lần lượt là số mol của C2H4 và CxH2x trong 1 mol hỗn hợp. Ta có : m  2.a  (1 a).x  0,08  16  a = 16  7x . Vì a < 0,9  2 < m < 4,86 1 0,035 7 7(2  x) Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 7

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Vì n nguyên dương  n = 3 hoặc n = 4 + Với n = 3  CTPT: C3H6 ; + Với n = 4  CTPT C4H8 Vậy 2 anken trong hỗn hợp A là C2H4 và C3H6 hoặc C2H4 và C4H8 Trong A gồm CH4; C2H6; C2H4; C3H6 hoặc CH4; C2H6; C2H4; C4H8 Câu 7. Dẫn 6,72 lít một hỗn hợp khí gồm hai hiđrocacbon mạch hở (không phải mạch vòng) qua dung dịch brom dư (phản ứng xảy ra hoàn toàn). Sau phản ứng, thấy khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng thêm 5,6 gam, đồng thời thoát ra 2,24 lít một chất khí. Mặt khác, nếu đốt cháy toàn bộ 6,72 lít hỗn hợp trên thấy tạo ra 11,2 lít khí CO2 và 10,8 gam H2O. (Các thể tích khí đo ở đktc). a. Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon. b. Tính thành phần % về thể tích mỗi chất trong hỗn hợp. Hướng dẫn giải a. Theo đề bài, ta có: nCO2  11, 2  0,5 mol; nH2O  10,8  0,6 mol 22, 4 18 Ta có nH2O  nCO2 nên hỗn hợp hai khí gồm 1 ankan và 1 hiđrocacbon không no. Vì brom dư nên khí thoát ra là ankan Vhiđrocacbon không no = 6,72 − 2,24 = 4,48 (lít)  nhiñrocacbon khoâng no  4, 48  0, 2 mol; nankan  2, 24  0,1 mol 22, 4 22, 4 Khối lượng bình brom tăng lên là do khối lượng hiđrocacbon không no bị hấp thụ.  Mhiñrocacbon khoâng no  5, 6  28 g / mol  Công thức phân tử của hiđrocacbon không no là C2H4. 0, 2 Gọi công thức tổng quát của ankan là CnH2n + 2 (n ≥ 1) Phương trình phản ứng đốt cháy: C2H4 + 3O2 to  2CO2 + 2H2O 0,2mol 0,4mol 0,4mol CnH2n + 2 +  3n  1  O2 to  nCO2 + (n + 1)H2O  2  0,1mol 0,1n mol 0,1(n + 1) mol Theo đề bài, ta có: nCO2  0, 4  0,1n  0,5  n  1 Công thức phân tử của ankan là: CH4 b. %VC2H4  4, 48.100%  66, 67%; %VCH4  100%  66, 67%  33,33% 6, 72 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 8

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Câu 8. Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H6, CH4, C2H6 và H2. Khi cho 1,920 gam hỗn hợp X vào bình đựng dung dịch brom (dư) thì có tối đa 0,040 mol Br2 tham gia phản ứng. Mặc khác, đốt cháy hoàn toàn 0,135 mol hỗn hợp X cần dùng vừa đủ V lít (đktc) khí O2, sau phản ứng thu được m gam CO2 và 4,860 gam H2O. Tìm giá trị của m, V. Hướng dẫn giải Dễ thấy hỗn hợp X có thể quy đổi về thành hỗn hợp gồm ankan, anken và H2. Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp Z gồm CH4, C2H4 và H2. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CH4, C2H4 và H2 có trong 1,920 gam hỗn hợp Z.  mZ  16x  28y  2z  1,920 gam (I) Phản ứng với dung dịch brom: C2H4 + Br2  C2H4Br2 (1)  nC2H4  nBr2  y  0, 04 mol Trong 0,135 mol hỗn hợp Z có: kx mol CH4, 0,04k mol C2H4 và kz mol H2.  k  (x  0, 04  z)  0,135 (II) Đốt cháy hỗn hợp xảy ra phản ứng: CH4 + 2O2 to  CO2 + 2H2O (2) C2H4 + 3O2 to  2CO2 + 2H2O (3) 2H2 + O2 to  2H2O (4) Từ phản ứng (2) đến (4), ta có: n H2O  2nCH4  2nC2H4  nH2  4, 86  0, 27 mol 18  k  (2x  0, 08  z)  0, 27 (III) Lấy biểu thức (II) chia cho (III) theo vế, ta được: x  0,04  z  1  z  0 2x  0,08  z 2 Thay giá trị y = 0,04 và z = 0 vào biểu thức (I), ta được: x = 0,05 mol  k  1,5 Số mol các chất trong 0,135 mol hỗn hợp Z là: 0,075 mol CH4; 0,06 mol C2H4 Theo (2) và (3), ta có: n O2  2nCH4  3nC2H4  0, 075 2  0, 063  0,33 mol n CO2  nCH4  2nC2H4  0, 075  0, 06 2  0,195 mol  VO2  0,33 22, 4  7,392 l  mCO2  0,195 44  8,58 gam Câu 9. Hỗn hợp khí X (ở điều kiện thường) gồm 5 hiđrocacbon, mạch hở, không phân nhánh. Sục a mol X vào dung dịch brom dư, thấy có 12 gam brom phản ứng và thoát ra hỗn hợp khí Y gồm 3 chất. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 7,84 lít CO2 (đktc) và 9,45 gam nước. Nếu đốt cháy hoàn toàn a mol X rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 108,35 gam kết tủa và khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 71,1 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. a) Xác định công thức phân tử của các hiđrocacbon có trong Y. b) Xác định công thức cấu tạo của 2 hiđrocacbon đã phản ứng với dung dịch brom (biết tỉ lệ số mol của 2 hiđrocacbon đó bằng 1: 2). Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 9

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Hướng dẫn giải n  12  0,075 (mol) Br2 160 Đốt Y: nCO2  7,84  0,35 (mol); nH2O  9,45  0,525 (mol) 22, 4 18 Vì đốt Y thu được nCO2  nH2O Y gồm các hiđrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan (C H ) n 2n2  n  0,35  2  Trong Y có chứa CH4. 0,525  0,35 Đặt CTPT hỗn hợp X: CxHy Đốt X : CxHy + (x  y ) O2 t0  xCO2 + y (1) 4 2 H2O n  108,35  0,55 (mol) BaCO3 197 Vì Ba(OH)2 dư nên chỉ xảy ra phản ứng sau: (2) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,55 0,55 (mol) Theo đề: ∆mdd giảm= 71,1 (gam)  m  m  m  m  108,35  71,1  37,25 (gam) H2O CO2 ddgiaûm  m H2O  37, 25  0, 55.44  13,05 (gam)  n  13, 05  0,725 (mol) H2O 18 Mặt khác, đốt 2 hiđrocacbon phản ứng được với dung dịch Br2 thu được: n  0,55  0,35  0,2 (mol); n  0,725  0,525  0,2 (mol) CO2 H2O Vì nCO2  nH2O 2 hiđrocacbon không no có công thức dạng (C H ) m 2m  n  n  0,075 (mol)  n  0,2  2,667 hh anken Br2 0, 075  hỗn hợp anken có chứa C2H4 ( CH2=CH2) (a mol) Gọi anken còn lại có CTPT là CmH2m (m = 3 hoặc m = 4) (b mol) Vì tỉ lệ mol của 2 hiđrocacbon = 1:2  phải xét 2 trường hợp:  Trường hợp 1: Ta có: a  b 0, 075  a  0, 05 a  2b b  0, 025 Bảo toàn C: nCO2  0, 05.2  0, 025.m  0,2  m  4  CTPT: C4H8 CTCT: CH2=CH-CH2-CH3; CH3-CH=CH-CH3. Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 10

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  Trường hợp 2: Ta có: a b 0, 075  a  0, 025 b  2a b  0, 05 Bảo toàn C: nCO2  0, 025.2  0, 05.m  0,2  m  3  CTPT: C3H6 CTCT: CH2=CH-CH3 Câu 10. Trong một bình kính chứa hỗn hợp X gồm hiđrocacbon A mạch hở (là chất khí ở điều kiện thường) và 0,12 mol O2. Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X. Toàn bộ sản phẩm cháy sau phản ứng được cho qua 7,0 lít dung dịch Ca(OH)2 0,01M thì thu được 6,0 gam kết tủa và có 0,448 lít khí duy nhất thoát ra khỏi bình (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, nước bị ngưng tụ khi cho qua dung dịch. Tìm công thức phân tử của A. Hướng dẫn giải Đặt công thức phân tử của A là CxHy. ( x, y nguyên; y  2x  2 ; y chẵn) PTHH: CxHy + (x  y ) O2 xt0  CO2 + y H2O (1) 42 Hấp thụ sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O vào dung dịch Ca(OH)2. nCa(OH )2  7.0,01  0,07 (mol); nCaCO3 6  0, 06 (mol) 100 Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư. PTHH: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2) (mol) 0,06 0,06 0,06 Theo PTHH (2), nCO2  nCaCO3  0,06 (mol)  Khả năng 1: Sau phản ứng đốt cháy, oxi dư.  nO2 (dö )  0, 448  0,02 (mol)  nO2 ( pöù)  0,12  0, 02  0,1 (mol) 22, 4 BTNT O: 2nCO2  nH2O  2nO2 ( pöù)  2.0, 06  nH2O  2.0,1  nH2O  0, 08 (mol) Theo PTHH (1), ta có: x  0,06  x  3 0,5y 0,08 y8 Công thức đơn giản nhất của A là (C3H8)n ( n nguyên) Vì A là chất khí ở điều kiện thường nên 3n  4  n  1,33 Chọn n  1  Công thức phân tử của A là C3H8.  Khả năng 2: Sau phản ứng đốt cháy, hiđrocacbon A dư BTNT O: 2nCO2  nH2O  2nO2  2.0, 06  nH2O  2.0,12  nH2O  0,12 (mol) Theo PTHH (1), ta có: x  0,06  x  3 (Loại vì y  2x  2 ) 0,5y 0,12 y 12 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 11

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Trường hợp 2: Ca(OH)2 phản ứng hết, kết tủa bị hòa tan một phần. PTHH: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2) (mol) 0,06 0,06 0,06 PTHH: 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (3) (mol) 0,02 0,01 0,01 Theo PTHH (2) và (3), nCO2  0,06  0,02  0,08 (mol)  Khả năng 1: Sau phản ứng đốt cháy, oxi dư. BTNT O: 2nCO2  nH2O  2nO2 ( pu)  2.0, 08  nH2O  2.0,1  nH2O  0, 04 (mol) Theo PTHH (1), ta có: x  0,08  x  1 0,5y 0,04 y1 Công thức đơn giản nhất của A là (CH)n ( n nguyên, chẵn) Vì A là chất khí ở điều kiện thường nên n  4 và n chẵn Chọn n  2; 4  Công thức phân tử của A là C2H2 hoặc C4H4.  Khả năng 2: Sau phản ứng đốt cháy, hiđrocacbon A dư BTNT O: 2nCO2  nH2O  2nO2  2.0, 08  nH2O  2.0,12  nH2O  0,08 (mol) Theo PTHH (1), ta có: x  0,08  x  1 0,5y 0,08 y2 Công thức đơn giản nhất của A là (CH2)n ( n nguyên) Vì A là chất khí ở điều kiện thường nên n  4 . Chọn n  2;3; 4  Công thức phân tử của A là C2H4 hoặc C3H6 hoặc C4H8. Câu 11. Đốt cháy hòa toàn 4,64 gam một hiđrocacbon T (là chất khí ở điều kiện thường). Toàn bộ sản phẩm cháy được hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2, phản ứng kết thúc thu được 39,4 gam kết tủa và phần dung dịch có khối lượng giảm 19,912 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Xác định công thức phân tử của T. Hướng dẫn giải Cách 1: - Gọi công thức hóa học của hiđrocacbon T là CxHy (x, y N*, 1  x  4, y  2x +2 , y chẵn )  nnCH = x . nT (mol) = y . nT (mol) Mà mT = 4,64 (gam)  (12x + y).nT = 4,64 (gam)  12x.nT + y. nT = 4,64 (I) - Phương trình hóa học: CxHy + (x  y ) O2 to  xCO2 + y (1) 4 2 H2O (2) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3) CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 12

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN - Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (2) và (3), ta có = m + mm + m + mCO2 H2O dd Ba(OH)2 dd sau phản ứng kết tủa  mdd Ba(OH)2 - mdd sau phản ứng = mkết tủa - ( mCO2 + mH2O ) = 39,4 - ( mCO2 + mH2O ) Mà khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 19,912 gam với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu.  mdd Ba(OH)2 - mdd sau phản ứng = 19,912  39,4 - ( mCO2 + mH2O ) = 19,912  mCO2 + mH2O = 19,488  44. nCO2 + 18.nH2O =19,488 11 Mà nCO2 = nC = x.nT, nH2O = 2 nH = 2 . y. nT  44x.nT + 18. 1 .y.nT = 19,488  44x.nT + 9y.nT = 19,488 (II) 2 - Từ (I) và (II), ta giải ra: x. nT = 0,348  x. nT  0,348  x3 y. nT = 0,464 y. nT 0, 464 y4  Công thức phân tử của T là C3H4 Cách 2: - Khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 19,912 gam với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu: mdd giaûm = 39,4 - (mCO2 + mH2O ) = 19,912  mCO2 + mH2O  19, 488 - Áp dụng ĐLBTKL: mO2  19, 488  4, 64  14,848  nO(O2)  0,928 (mol) - Gọi số mol của CO2 và H2O lần lượt là a và b - Ta có hệ phương trình: 44a + 18b = 19,488  a = 0,348  n C  0,348 2a + b = n O(O2) = 0,928 b = 0,232 n H  0, 464  x : y = nC : nH = 0,348 : 0,464 = 3:4 - Vậy công thức của T là C3H4. Câu 12. Hỗn hợp khí A (ở điều kiện thường) gồm hai hiđrocacbon mạch hở, trong phân tử ngoài các liên kết đơn chỉ chứa một liên kết đôi. Đốt cháy 3 thể tích khí A cần 11,25 thể tích khí oxi ở cùng một điều kiện. Xác định công thức phân tử của các chất trong A, biết rằng thể tích hiđrocacbon có số nguyên tử cacbon ít hơn chiếm trên 50% thể tích của hỗn hợp A. a) Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp A. b) Trộn 6,72 lít hỗn hợp A với 4,48 lít H2, đun nóng có Ni làm xúc tác, sau một thời gian thu được 8,96 lít hỗn hợp khí B. Cho B qua bình đựng dung dịch brom dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn, hiệu suất phản ứng hiđro hóa các hiđrocacbon như nhau. Tính m. Hướng dẫn giải Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 13

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN a) Do hỗn hợp khí A (ở điều kiện thường) gồm hai hiđrocacbon mạch hở, trong phân tử ngoài các liên kết đơn chỉ chứa một liên kết đôi  A gồm 2 anken có số nguyên tử cacbon trong mỗi phân tử không vượt quá 4. - Gọi số nguyên tử cacbon trung bình của 2 anken là n . Phương trình hoá học đốt cháy A C H + 3n O2 to  n CO2 + n H2O n 2n 2 - Vì tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ về số mol nên ta có: 3. 3n = 11,25  n = 2,5 2  Vậy anken thứ nhất là C2H4; gọi công thức phân tử của anken thứ 2 là CmH2m - Từ đề bài có thể tích của C2H4 chiếm trên 50% thể tích của hỗn hợp và n = 2,5  Trường hợp 1: CmH2m là C3H6 (loại trường hợp vì mỗi hiđrocacbon sẽ chiếm 50% thể tích)  Trường hợp 2: CmH2m là C4H8 Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có: nC2 H4 2 1, 5 2, 5  nC2H4  1, 5  %m C2 H 4 = 60% nC4H8 0, 5  %mC4H8 = 40% n 4C2H4 0, 5 b) Hỗn hợp A có số mol bằng 0,3 mol  nliên kết kém bền = 0,3 mol; - Ta có: nH2 = 0,2 mol ; nB = 0,4 mol  nH2 phản ứng = nB – nA = 0,4 – 0,3 = 0,1 (mol)  nliên kết kém bền còn lại = 0,3 – 0,1 = 0,2 = nanken còn lại - Do hiệu suất hiđro hóa các hiđrocacbon là như nhau nên trong hỗn hợp B có chứa anken có công thức chung là C2,5H5: 0,2 mol  mAnken = 0,2. (12. 2,5 + 5) = 7 gam = mbình brom tăng Câu 13. Hỗn hợp X gồm 0,1 mol C2H2 và 0,2 mol H2. Dẫn X đi qua bề mặt xúc tác Ni ở nhiệt độ thích hợp, thu được hỗn hợp khí Y gồm C2H2, C2H4, C2H6 và H2. Tỷ khối của Y so với hiđro là 7,5. a/ Tính số mol H2 đã tham gia phản ứng. b/ Dẫn Y đi qua bình chứa một lượng dư dung dịch Br2, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có m (gam) Br2 đã tham gia phản ứng và còn lại V lít khí Z (đktc) không bị hấp thụ. Tính giá trị của m và V, biết rằng khối lượng bình chứa dung dịch Br2 sau phản ứng tăng thêm 1,6 gam so với ban đầu. Hướng dẫn giải a/ Các phản ứng hóa học xảy ra: C2H2 + 2H2 Ni, to  C2H6 (1) a mol 2a a Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 14

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN C2H2 + H2 Ni, to  C2H4 (2) b mol b b Bảo toàn khối lượng, ta có: mhh X  mhh Y  0,1.26  0, 2.2  3 (gam)  nY  3  0, 2 (mol) 7, 5.2 Số mol H2 tham gia phản ứng: nH2  nhh X  nhh Y  (0,1 0, 2)  0, 2  0,1 (mol) b/ Dẫn hỗn hợp khí Y qua dung dịch brom dư, xảy ra phản ứng: C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (3) C2H4 + Br2  C2H4Br2 (4) Gọi a và b lần lượt là số mol của C2H6 và C2H4 có trong hỗn hợp Y Theo phản ứng (1) và (2), ta có: Số mol H2 dư: (0, 2  2a  b) mol Số mol C2H2 dư: (0,1 a  b) mol Tổng số mol hỗn hợp Y: nhh Y  nC2H2 (Y)  nH2 (Y)  nC2H4  nC2H6  (0,1 a  b)  (0, 2  2a  b)  a  b  0, 2  2a  b  0,1 (I) Theo phản ứng (3) và (4), ta có: nBr2  2nC2H2 (Y)  nC2H4  2(0,1 a  b)  b  0, 2  (2a  b)  0,1 (mol) Khối lượng Br2 đã phản ứng là: mBr2  0,1.160  16 (gam) Khối lượng bình chứa dung dịch Br2 tăng thêm 1,6 gam, chính là khối lượng của C2H2 dư và C2H4 bị hấp thụ  26.(0,1 a  b)  28b  1, 6  26a  2b  1 (II) Từ (I) và (II), suy ra: a  0, 04 b  0, 02 Số mol hỗn hợp khí Z là: nhh Z  nC2H6  nH2  a  (0, 2  2a  b)  0,14 (mol) Thể tích hỗn hợp khí Z là: Vhh Z  0,14.22, 4  3,136 (l) Câu 14. Hỗn hợp X gồm x mol ankan A và y mol anken B (A, B đều là chất khí ở điêu kiện thường; x > 5,4y). Cho X tác dụng với 4,704 lit H2 (đktc) có xúc tác Ni, nung nóng, thu được hỗn hợp Y gồm 3 khí. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được hỗn hợp Z gồm CO2 và H2O. Hấp thụ hoàn bộ Z vào bình đựng lượng dư dung dịch Ca(OH)2, thấy khối lượng bình tăng 16,2 gam và có 18 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của A, B và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong Y. Hướng dẫn giải Ta có nH2 = 0,21 (mol) - Hấp thụ toàn bộ khí Z vào bình đựng lượng dư dung dịch Ca(OH)2, thấy khối lượng bình tăng 16,2 gam và có 18 gam kết tủa. Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 15

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  mCaCO3 = 18 (gam) mCO2 + mH2O = 16, 2 (gam) Phương trình hóa học: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3  + H2O (1) (1)  n CO2 = nCaCO3 = 18 = 0,18 (mol) 100  mH2O  16, 2  0,18.44  8, 28 (gam)  nH2O  0, 46 (mol)  lượng CO2 và H2O do đốt X (đốt Y tương đương với đốt từng chất trong X và 4,704 lít H2 thêm vào) tạo ra: nCO2 (X) = 0,18 (mol); nH2O(X) = 0, 46 - 0, 21= 0, 25 (mol) * Đặt công thức của A là CnH2n+2; B là CmH2m (1  n  4; 2  m  4) Phương trình hóa học CmH2m + H2 t0  CmH2m + 2 (2) Ni CnH2n+2 + 3n1 O2 to nCO2 + (n+1) H2O (3) 2 CmH2m+2 + 3m + 1 O2 to mCO2 + (m+1) H2O (4) 2 CmH2m + 3m O2 to  mCO2 + mH2O (5) 2 2H2 + O2 to  2H2O (6) Ta có: x = nankanA = nH2O - nCO2 = 0, 25 - 0,18 = 0, 07(mol) Theo bài ra x > 5,4y  y < 0,013 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C, ta có: nCO2 = 0, 07.n + y.m = 0,18  0, 07.n < 0,18  n < 2, 57 Mà 1  n  4  n có thể là 1 và 2 + Nếu n = 2  y.m = 0,04  m > 3,1 Mà 2  m  4  m = 4  A là C2H6 : 0,07 mol và B là C4H8 : 0,01 mol (thỏa mãn y < 0,013). + Nếu n = 1  y.m = 0,11  m >8,46 Mà 2  m  4  Loại Vậy thành phần của hỗn hợp X gồm: C2H6 0,07 (mol) và C4H8 0,01 (mol). (2)  nC4H10 = nH2 (2) = nC4H8 = 0, 01 (mol)  nH2 (dö)  0,2 (mol)  Thành phần của hỗn hợp Y gồm: C2H6 0,07 mol; C4H10 0,01 mol và H2 0,2 mol. Khối lượng hỗn hợp Y : mY = 0,07.30 + 0,01.56 + 0,2.2 = 3,08 (gam) Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 16

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN %mC2H6 = 0, 07.30  100% = 68, 18% 3, 08 %mC4H10 = 0, 01.58  100% = 18, 83% 3, 08 %mH2 = 0, 4  100% = 12, 99% 3, 08 Câu 15. Hỗn hợp A gồm C3H4 và hai hiđrocacbon X, Y có công thức phân tử lần lượt là CnH2n, CmH2m. Phân tử khối của X và Y hơn kém nhau 14 (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A thu được 5,824 lít (đktc) khí CO2 và 3,42 gam H2O. Mặt khác, m gam hỗn hợp A tác dụng tối đa với 320 ml dung dịch Br2 0,5M. Xác định công thức phân tử của X, Y (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Viết công thức cấu tạo và gọi tên các hiđrocacbon (biết C3H4, X, Y đều mạch hở). Hướng dẫn giải Theo đề ra, ta có: 5,824 3, 42 nCO2 = 22, 4 = 0, 26 (mol); nH2O = 18 = 0,19 (mol); nBr2 = 0,5.0,32 = 0,16 (mol) Vì phân tử khối của X và Y hơn kém nhau 14  X, Y là đồng đẳng kế tiếp Gọi số nguyên tử cacbon trung bình của 2 hiđrocacbon X, Y là a (2 ≤ n < a < m = n+1)  Công thức chung của 2 hiđrocacbon X, Y là C H a 2a C3H4 + 4O2 → 3CO2 + 2H2O (1) x mol  3x  2x CH + 3 a O2 → a CO2 + a H2O (2) a 2a 2 y mol  ay  ay Theo (1) và (2): nC3H4  x  nCO2 - nH2O  0,26  0,19  0,07 (mol)  x = 0,07 (mol) (I) nH2O = 2x + ay = 0,19 A tác dụng với dung dịch Br2: (3) C3H4 + 2Br2 → C3H4Br4 x  2x mol CH + Br2 → CaH2aBr2 (4) a 2a y  y mol  nBr2  2x  y  0,16 (II) x  0,07  Từ (I) (II)  ay  0,05  a  2,5 y  0,02 Vậy X là C2H4; Y là C3H6 17 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN - Công thức cấu tạo của các hiđrocacbon là: CH C-CH3 (propin; metylaxetilen); CH2=C=CH2 (propađien; anlen); CH2=CH2 (etilen; eten); CH2=CH-CH3 (propilen; propen) Câu 16. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon mạch hở A1, A2, A3 có công thức phân tử lần lượt là CxHy; C3xHy+2; C2xHy+2. Khi đốt cháy hoàn toàn A1, thu được thể tích hơi H2O gấp đôi thể tích khí CO2 ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A1, A2 và A3. Cho biết phản ứng hóa học đặc trưng của A2 và giải thích. Hướng dẫn giải Đốt cháy A1  VH2O  2VCO2  nH2O  2nCO2 Giả sử: nCO2 = 1 (mol) ; nH2O = 2 (mol) Sơ đồ: CxHy  xCO2 + y H2O 2 1mol 2mol  x1 y4 Vậy A1, A2, A3 có CTPT lần lượt là: CH4; C3H6; C2H6 Và CTCT: A1: CH4 A2: CH2=CH–CH3 A3: CH3–CH3 Phản ứng hóa học đặc trưng của A2 là phản ứng cộng. Do trong liên kết đôi của A2 có 1 liên kết kém bền (gọi là liên kết ), dễ bị đứt ra trong các phản ứng hóa học. Câu 17. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon kế tiếp nhau, có công thức tổng quát là CnH2n+2 ( n  1), dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng nước vôi trong dư thấy khối lượng bình tăng 52,4 gam và tạo thành 70 gam kết tủa. a. Xác định công thức phân tử hai hiđrocacbon đó. b. Tính thể tích của X (đktc). Hướng dẫn giải a. X C H +O2  CO  70 gam CaCO + dd Ca(OH)2 dö3 C H2O2 mbình taêng = 52,4 gam n 2n+2 H m 2m+2 CO2 + Ca(OH)2 dư  CaCO3 + H2O - Ta có: n CO2 = nCaCO3 = 70 = 0,7 mol 100 - Theo đề: Khối lượng bình tăng 52,4 gam  mbình taêng = mCO2 + mH2O = 52, 4  44.0, 7 +18.nH2O  52, 4  nH2O = 1, 2 mol - Gọi công thức phân tử chung của hai ankan là C H ( n > 1) n 2n+2 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 18

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN CH + 3n +1 t0  nCO2 + (n +1)H2O n 2n+2 2 O2 0,7 1,2 mol - Ta có tỉ lệ: n = n +1  n =1,4  CH4 (vì đồng đẳng kế tiếp) 0,7 1,2 C2H6 1  1  0, 7  n 1, 4  b. nX   nCO2 0, 5 mol  VX  0,5.22,4  11,2 (lít) Câu 18. Cho hỗn hợp X gồm metan và etilen. Đốt cháy a gam hỗn hợp X bằng khí oxi dư. Sản phẩm cháy cho tác dụng hết với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 200 gam dung dịch muối có nồng độ 53a %. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X. Giả thiết các phản 15 ứng xảy ra hoàn toàn. Hướng dẫn giải Gọi x, y lần lượt là số mol của CH4 và C2H4 . ta có : 16x + 28y = a (*) (1) CH4 + 2O2 t0 CO2 + 2H2O x mol xmol (2) C2H4 + 3O2 t0 2CO2 + 2H2O y mol 2y mol theo PTHH (1) và (2): nCO2  x  2y ta có: m Na 2CO3 = 200 53a % = 106.a (gam)  n Na2CO3 = 106.a = a (mol) 15 15 15.106 15 PTHH: (3) CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O a mol 15 Theo PTHH ta có nCO2 = a = x+ 2y (**) 15 16x + 28y = a Kết hợp (*) và (**) ta có: x + 2y = a  x = 2y 15 16x 16x = %mCH4 = 100% = 100% 53, 3% 16x + 28y 16x +14x %mC2H4 = 100% - 53,3% = 46, 7% Câu 19. Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít (đktc) anken X (công thức chung CnH2n) rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 300ml dung dịch Ca(OH)2 1M, thu được 20 gam kết tủa. Tìm công thức phân tử của X? Hướng dẫn giải nCa(OH)2 = 0,3 mol; nCaCO3 = 0,2 mol; nX = 0,1 (mol) Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 19

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN CnH2n + 3n O2 to  nCO2 + nH2O 2  TH1: CO2 tác dụng dd Ca(OH)2 chỉ tạo muối trung hòa CO2 + Ca(OH)2  CaCO3↓ + H2O n = nCO2 CaCO3  nCO2 = 0,2 (mol)  n= n CO2 = 0, 2 = 2  CTPT của X là C2H4 nX 0,1  TH2: CO2 tác dụng dd Ca(OH)2 tạo hỗn hợp muối CO2 + Ca(OH)2  CaCO3↓ + H2O 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 Theo PTHH: nCO2 = 0,4 (mol)  n = nCO2 = 0, 4  4 nX 0,1  CTPT của X là C4H8 Câu 20. Cho 6,72 lít hỗn hợp khí gồm một hiđrocacbon X (trong phân tử chỉ chứa liên kết đơn) và một hiđrocacbon Y (trong phân tử ngoài các liên kết đơn chỉ có một liên kết đôi) đi qua dung dịch Brom thấy khối lượng bình brom tăng 4,2 gam và thoát ra 4,48 lít khí. Đốt cháy khí thoát ra thu được 8,96 lít khí CO2. Xác định công thức phân tử của các hiđrocacbon, biết thể tích các khí đo ở đktc. Hướng dẫn giải Đặt CTPT của ankan là CmH2m+2 (m ≥ 1) anken là CnH2n (n ≥ 2) Cho hỗn hợp khí qua dung dịch Brom chỉ có CnH2n tham gia phản ứng Kkhối lượng bình brom tăng là khối lượng của anken  mCnH2n  4, 2 (gam) CnH2n + Br2  CnH2nBr2 (1) n Cn H2 n = 6,72  4, 48 = 0,1 mol 2, 24  MCnH2n = 42  14.n = 42  n= 3 Vậy CTPT của anken là C3H6  Trường hợp 1: Brom dư khi đó khí thoát ra là ankan  n khí = 4,48 = 0,2 (mol) 2,24 CmH2m+2 + ( 3m 1 )O2 t0  mCO2 + (m+1)H2O 2 0,2 0,2m (mol) Ta có: n  8,96  0, 4 (mol) CO2 22, 4  0,2m = 0,4  m = 2  CTPT của ankan là C2H6  Trường hợp 2: Brom thiếu trong phản ứng (1) khi đó khí thoát ra là ankan và anken dư Đặt CTPT chung của 2 chất là CH : nhh khí = 4,48 = 0,2 (mol) xy 2,24 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 20

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN CH + (x + y ) O2 t0  x CO2 + y H2O xy 4 2 Theo đề: x = 0,4 = 2  m < 2 < 3  m = 1 0,2 Vậy CTPT của ankan là CH4 Vậy CTPT của 2 hidrocacbon là CH4 và C3H6 hoặc C2H6 và C3H6. Câu 21. Dẫn 6,72 lít một hỗn hợp khí gồm hai hiđrocacbon mạch hở qua dung dịch brom dư sao cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau thí nghiệm, thấy khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng thêm 5,6 gam, đồng thời thoát ra 2,24 lít một chất khí. Mặt khác, nếu đốt cháy toàn bộ 6,72 lít hỗn hợp trên thấy tạo ra 22 gam khí CO2 và 10,8 gam H2O. Biết các thể tích khí đo ở đktc. 1. Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon. 2. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi chất trong hỗn hợp. 3. Dẫn toàn bộ hai hiđrocacbon trên tác dụng với nước có axit sunfuric làm xúc tác, thu được 2,76 gam rượu. Hãy tính hiệu suất phản ứng cộng nước. Hướng dẫn giải Theo đề: hỗn hợp 2 hiđrocacbon gồm 1 ankan (Y) và 1 hiđrocacbon không no (X) n ankan = 2,24 = 0,1 (mol); nX = (6,72 - 2,24) = 0,2 (mol) 22,4 22,4 mX = 5,6 (gam)  MX = 5,6 = 28 (g/mol)  X: C2H4 0,2 22 nCO2 = 44 = 0,5 (mol) Ankan (Y) có công thứ dạng CnH2n+2 (n nguyên dương) C2H4 + 3O2 t0  2CO2 + 2H2O (1) 0,2 mol 0,4 mol CnH2n+2 + 3n +1 O2 t0  nCO2 + (n+1)H2O (2) 2 0,1 mol 0,1n mol  0,1.n  0,5  0, 4  0,1  n  1  Y là CH4 2) %VCH4 = 2,24 100% = 33,33% ; %VC2H4 =100% - 33,33% = 66,67% 6,72 2,76 3) n =C2H5OH 46 = 0,06 (mol) CH2 = CH2 + H2O t0, H2SO4 CH3 - CH2 - OH (3) 0,06 mol 0,06 mol Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 21

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Hiệu suất phản ứng cộng nước là: H = 0,06 100% = 30% 0,2 Câu 22. Hỗn hợp khí E gồm H2, CnH2n+2, CmH2m (n = m +1). Cho 0,5 mol E vào bình kín có xúc tác Ni, đun nóng, sau một thời gian thu được 0,48 mol hỗn hợp khí T gồm 4 chất. Đốt cháy hoàn toàn 0,48 mol hỗn hợp T cần 33,04 lít khí O2 (đktc) thu được khí CO2 và 18,9 gam H2O. Tính phần trăm khối lượng của CnH2n+2 trong hỗn hợp E và hiệu suất của phản ứng cộng H2. Hướng dẫn giải 0,5 mol khí E CCnmHH22nm+2::ba Nt0i 0,48 mol hỗn hợp T O2  CO2+ 1,05 mol H2O 1,475mol  H2:c Bảo toàn số mol nguyên tố (O) trong phản ứng cháy: 2nO2 = 2nCO2 + nH2O  2.1, 475  2nCO2 +1,05  nCO2 = 0,95 mol Ta có: a+ c = nH2O - nCO2 = 1,05-0,95 = 0,1 mol  b = 0,5-0,1 = 0,4 mol Số nguyên tử C trong CmH2m: 2m n CO2  0,95  2,375  m=2  n = m + 1= 3 n Cm H2m 0, 4 Vậy: Công thức phân tử của hai hiđrocacbon là C3H8 và C2H4 CC2H3H4:80:a,4 O2  0,95 mol CO2  H2:c Bảo toàn số mol nguyên tố (C): 3nC3H8 + 2nC2H4 = nCO2  3a + 2.0,4 = 0,95  a = 0,05 mol  c=0,1-0,05= 0,05 mol Phần trăm khối lượng của C3H8 trong E: %mC3H8  mC3H8 .100%= 44.0,05 .100% =16,3% mhhE 44.0,05+0,4.28+0,05.2 Hiệu suất của phản ứng cộng H2:0,5 mol E CC32HH84:0:0,0,45 H2  0,48 mol T Ni  H2:0,05 Số mol khí giảm là số mol khí H2 phản ứng: nH2 = 0,5- 0,48 = 0,02 mol Hiệu suất của phản ứng cộng: H= nH2(pu) .100%= 0,02 .100%= 40% nH2 (bd) 0,05 Câu 23. a) Xăng sinh học là xăng được pha một lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu. Theo em xăng sinh học E85 có nghĩa là gì và xăng sinh học được điều chế từ nhưng nguyên liệu nào? Viết các phương trình phản ứng minh họa. Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 22

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN b) Nung hỗn hợp X gồm CH4, CH2=CH2; CH3-C≡CH; CH2=CH-C≡CH và x(mol) H2 có Ni xúc tác( để xảy ra phản ứng cộng H2 vào liên kết đôi, liên kết ba) thu được 0,1 mol hỗn hợp Y không còn H2 và có tỉ khối so với H2 là 17,9. Biết 0,1mol Y phản ứng tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch. Tìm giá trị của x. Hướng dẫn giải a) Xăng sinh học E85 được pha chế từ xăng và etanol trong đó có 85% là etanol (C2H5OH) - Xăng được được chưng cất từ dầu mỏ. - Ethanol được sản xuất từ tinh bột hay xenluozơ (C6H10O5)n + nH2O xt nC6H12O6 C6H12O6 xt 2C2H5OH + 2CO2 b) Trong Y không còn H2  tổng số mol hiđrocacbon trong X bằng số mol Y là 0,1 mol Đặt công thức chung của các hiđrocacbon trong X là C H 4 hay C H 2n22k : 0,1 mol n n  2n  2  2k  4  n  k  1 (I) BTKL ta có: (12n  4).0,1 2 x 19, 7.2.0,11, 2n  2x  3,18 (II) Vì H2 và Br2 phản ứng cộng tương tự nhau nên ta kí kiệu chung H2 và Br2 là A2 (x+0,06) mol C Hn 2n22k  k A2  C H 2 n22 k A k n 2 0,1 0,1k  nA2  x  0, 06  0,1k  0,1k  x  0, 06 (III) n  2,5 Từ (I), (II), (III)  k  1,5   x  0, 09 Câu 24. Đốt cháy V lít hỗn hợp X gồm metan, etilen, axetilen rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 chứa H2SO4 đặc, bình 2 chứa KOH đặc thì thấy khối lượng tăng thêm ở bình 2 nhiều hơn khối lượng tăng thêm ở bình 1 là 13,8 gam. Nếu lấy 2V lít hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch Br2(dư) thấy có 96 gam Br2 phản ứng. Biết tỉ khối của X so với H2 là 10,75. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khi đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong X. Hướng dẫn giải – Trong V lít hỗn hợp X, ta đặt số mol mỗi chất CH4, C2H4 và C2H2 lần lượt là x, y và z mol  Trong 2V lít hỗn hợp X, mol mỗi chất CH4, C2H4 và C2H2 lần lượt là 2x, 2y và 2z mol - Trong V lít hỗn hợp X, ta có: + Áp dụng định luật bảo toàn mol C và H, ta có nCO2 = x + 2y + 2z và nH2O = 2x + 2y + z + Theo đề ra, ta có: mCO2  mH2O  = 13,8 gam Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 23

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  44.(x+2y+2z) - 18.(2x+2y+z) = 13,8  8x + 52y + 70z = 13,8 (I) + Mặt khác: dX/H2 = MX = 10,75  MX = 2.10,75 = 21,5 (g/mol) 2  16x  28y  26z = 21,5  5,5 x + 6,5y + 4,5z = 0 (II) xyz - Trong 2V lít hỗn hợp X, ta có: =n Br2 96 = 0,6 mol 160 Phản ứng xảy ra: C2H4 + Br2 ⟶ C2H4Br2 (1) 2y 2y C2H2 + 2Br2 ⟶ C2H2Br4 (2) 2z 4z Theo (1) và (2): =nBr2 2y + 4z = 0,6 (III) - Từ (I), (II), (III), ta giải được: x = 0,2; y = z = 0,1  %VCH4 = 0,2 . 100 = 50 % và =%VC2H4 =%VC2H2 0,1 .100 = 25 % 0, 4 0, 4 Câu 25. Hiđro hóa hoàn toàn một anken (CnH2n) thì dùng hết 448 ml khí H2 và thu được một ankan (CnH2n+2) phân nhánh. Cũng lượng anken đó cho tác dụng với brom dư thì tạo thành 4,32 gam dẫn xuất đibrom. Biết rằng hiệu suất các phản ứng đạt 100% và thể tích khí đo ở đktc. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo đúng của anken đã cho. Hướng dẫn giải Theo bài: nH2  0, 02 mol (1) CnH2n + H2 Ni, t0 CnH2n+2 CnH2n + Br2  CnH2nBr2 (2) (2) Theo PTHH (1): nCnH2n2  nH2  0, 02 mol Theo PTHH (2): nCnH2nBr2  nCnH2n  0, 02 mol  MCnH2nBr2  4, 32  216  14n 160  216  n 4 0, 02  CTPT của anken là C4H8 Mặt khác: khi hiđro hóa anken trên thu được ankan có cấu tạo phân nhánh  Anken cũng có cấu tạo phân nhánh. Vậy công thức cấu tạo của anken đã cho là CH2 = C(CH3) – CH3 Câu 26. Hỗn hợp X gồm metan (CH4), propan (C3H8), etilen (C2H4), buten (C4H8) có tổng số mol là 0,57 mol, tổng khối lượng là m gam. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 54,88 lít khí O2 (đktc). Mặc khác, cho m gam X qua dung dịch brom dư, thấy số mol Br2 phản ứng là 0,35 mol. Tính giá trị của m?. Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 24

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Hướng dẫn giải 54,88 nO2 = 22,4 = 2,45 (mol) Gọi công thức chung của metan (CH4) và propan (C3H8) là CnH2n+2 ( a mol) của etilen (C2H4) và buten (C4H8) là CmH2m ( b mol) Ta có: nX = a + b = 0,57 (mol) Cho X qua dung dịch Br2 dư: CmH2m + Br2  CmH2mBr2 Theo bài ra ta có nCmH2m = b = nBr2 = 0,35 (mol)  a = 0,57 – 0,35 = 0,22 (mol) - Khi đốt ankan: CnH2n+2 + 3n  1 O2 t0  nCO2 + (n +1)H2O 2  n ankan = nH2O  nCO2 = 0,22 mol - Khi đốt anken: CmH2m + 3m O2 t0  mCO2 + mH2O 2 nH2O  nCO2 = 0 - Khi đốt hỗn hợp X thu được x mol CO2 và y mol H2O:  Ta có: n ankan = nH2O  nCO2 = 0,22 mol  y – x = 0,22 (1) Bảo toàn oxi ta có: 2nCO2 + nH2O = 2nO2  2x + y = 2.2,45 (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: y - x = 0,22 → x = 1,56 (mol) 2x + y = 4,9 y = 1,78 (mol)  nCO2 = 1,56 (mol) , nH2O = 1,78 mol Hay nC = 1,56 (mol), nH = 3,56 (mol) m = mX = mC + mH = 1,56.12 + 3,56.1 = 22,28 (gam) Câu 27. Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít khí (đktc) hỗn hợp M gồm 2 hiđrocacbon có các công thức tổng quát là CnH2n+2; CmH2m (đều là chất khí ở điều kiện thường), thu được 22 gam khí CO2 và 10,8 gam H2O. a. Tính khối lượng hỗn hợp M đã bị đốt cháy và phần trăm về thể tích của mỗi hiđrocacbon trong hỗn hợp M. b. Xác định công thức phân tử của 2 hiđrocacbon. c. Thêm 4,48 lít khí H2 vào 6,72 lít hỗn hợp khí M, ta thu được hỗn hợp khí X. Nung X một thời gian (có niken xúc tác) thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với khí H2 là 9,5. Nếu dẫn từ từ toàn bộ Y vào dung dịch Br2 (trong dung môi CCl4, dư) thấy có m gam Br2 tham gia phản ứng (các khí đo ở đktc). Tính giá trị m. Hướng dẫn giải Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 25

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN PTHH: CnH2n+2 + 3n  1 O2 t nCO2 + (n 1) H2O (1) 2 CmH2m + 3m O2 t mCO2 + mH2O (2) 2 Theo bài: nCO2  22  0,5 mol; nH2O  10,8  0,6 mol 44 18 a. Theo bài: nM  6, 72  0,3 mol 22, 4 Bảo toàn nguyên tố C: nC (M)  nCO2  0,5 mol  mC (M)  0,5.12  6 gam Bảo toàn nguyên tố H: nH (M)  2nH2O  2.0,6  1,2 mol  mH (M)  1,2.1  1,2 gam  Khối lượng hỗn hợp M đã bị đốt cháy: mM  mC (M)  mH (M)  6 1,2  7,2 gam Theo PTHH (1): nH2O (1)  nCO2 (1)  nCnH2n2 (*) (**) Theo PTHH (2): nH2O (2)  nCO2 (2)  0 Cộng (*) và (**) theo vế ta được: nCnH2n2  nH2O (1)  nH2O (2)   nCO2 (1)  nCO2 (2)   nH2O  nCO2  0, 6  0, 5  0,1 mol  nCmH2m  nM  nCnH2n2  0,3  0,1  0, 2 mol  Phần trăm về thể tích của mỗi hiđrocacbon trong M:   0,1 .100%  33,33% %VCn H2 n  2 0, 3  %VCmH2m  0,2 .100%  66,67% 0, 3 b. Từ các công thức hiđrocacbon CnH2n+2; CmH2m  n, m là các số nguyên dương và m  2 Theo các PTHH (1), (2): nCO2  n.n CnH 2n2  m.nCmH2m  0,1.n  0, 2.m  0, 5  n  2m  5 Mà n, m là các số nguyên dương và m 2  n  1 m  2 Vậy 2 hiđrocacbon lần lượt là CH4 và C2H4.  n c. Hỗn hợp khí X gồm: n CH4  0,1 mol  nX  0,1 0,2  0,2  0,5 mol C2H4  0,2 mol  4, 48 n 22, 4  H2   0, 2 mol Nung X có niken xúc tác: C2H4 + H2 Ni, t C2H6 (3)  Y gồm CH4, C2H6 và có thể có H2, C2H4 dư. Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 26

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN dY/H2  9,5  MY  9,5.2  19 gam/mol Theo định luật bảo toàn khối lượng: mY  mX  0,1.16  0,2.28  0,2.2  7,6 gam  nY  7,6  0, 4 mol 19 Từ PTHH (3)  nH2 pöù  nC2H4 pöù  nx  nY  0,5  0, 4  0,1 mol  nC2H4 dö  0,2  0,1  0,1 mol Dẫn từ từ toàn bộ Y vào dung dịch Br2 (trong CCl4, dư): C2H4 + Br2  C2H4Br2 (4)  nBr2 pöù  nC2H4 dö  0,1 mol  m  m Br2 pöù  0,1.160  16 gam Câu 28. Ankan là các hidrocacbon no, mạch hở có cùng công thức phân tử là CnH2n+2 (n ≥1). Đốt cháy hoàn toàn một ankan A bằng lượng oxi vừa đủ, rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch H2SO4 đặc, sau đó dẫn tiếp tục qua bình 2 chứa dung dịch Ca(OH)2, thấy khối lượng bình 1 tăng 10,08 gam, bình 2 thu được 18,00 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa ở bình 2 rồi thêm tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào, lại thu thêm 30,00 gam kết tủa nữa. Hãy xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo thu gọn của A. Hướng dẫn giải Các phương trình hóa học xảy ra: CnH2n+2 + 3n + 1 O2 to  nCO2 + (n + 1)H2O (1) 2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2) 0,18 0,18 0,18 (mol) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (3) 0,30 0,15 0,15 (mol) Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2  2CaCO3 + 2H2O (4) 0,15 0,3 (mol) Theo đề, khối lượng bình 1 tăng là khối lượng của nước  mH2O = 10,80 gam  nH2O  10,80  0, 60 (mol) 18 nCaCO3 (2) = 18,00 = 0,18 (mol) nCaCO3 (4) = 30,00 = 0,30 (mol) 100 100 Từ (2), (3), (4)  nCO2  0,30  0,18  0,48 (mol) Theo (1)  nH2O = n + 1 = 0,6  n = 4 nCO2 n 0,48 Vậy công thức phân tử của ankan là C4H10 Công thức cấu tạo thu gọn là Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 27

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Câu 29. Đốt cháy hoàn toàn mA gam hỗn hợp A gồm CH4, C2H4, C3H4, C4H4 (trong đó C3H4, C4H4 mạch hở) có tỷ khối đối với H2 bằng 17. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy thu được vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện 30 gam kết tủa. Mặt khác, a mol hỗn hợp A trên tác dụng tối đa với 43,2 gam Br2 trong dung dịch. Tính giá trị mA và a. Hướng dẫn giải Gọi công thức chung của A là CnH4 ( n > 0) và nCnH4  a (mol) Đốt cháy A: CnH4 + ( n + 1)O2 t0  n CO2 + 2H2O (1) a na Theo đề bài: dA/H2  MA  17  MA  34 n.12  4  34  n  2,5 2 Dẫn sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch nước vôi trong: n CaCO3  30  0,3(mol) 100 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2) 0,3 0,3 Theo PTHH (1), (2) ta có: n.a  0,3  2,5.a = 0,3  a = 0,12 (mol) Giá trị của mA là: mA= nA. MA = a.34 = 0,12.34 = 4,08 (g) Khi cho 0,12 mol hỗn hợp A tác dụng với dung dịch brom: (tác dụng vào để hidrocacbon no) C2,5H4 + 1,5Br2  C2H4Br3 (3) 0,12 0,18 Theo PTHH (3): nBr2  0,18(mol)  mBr2  nBr2 .MBr2  0,18.160  28,8 (gam) Ta thấy: 0,12 mol hỗn hợp A tác dụng tối đa với 28,8 gam Br2 a mol hỗn hợp A tác dụng tối đa với 43,2 gam Br2  a  43, 2.0,12  0,18 (mol) 28,8 Câu 30. Cho 1,344 lít hỗn hợp khí X gồm metan, etilen và H2 vào bình kín có Ni làm xúc tác, đun nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí Y vào dung dịch brom dư, khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng bình brom tăng 0,448 gam và hỗn hợp khí thoát ra có khối lượng m gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 3,36 lít khí X thì thu được 3,92 lít khí CO2 và 4,5 gam nước. Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. a. Tính giá trị của m b. Tính hiệu suất của phản ứng giữa etilen và khí hidro. Hướng dẫn giải a. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CH4, C2H4, H2 trong 3,36 lít khí X Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 28

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN nX = 3,36 = 0,15 mol ; nH2O = 4, 5 = 0,25mol ; nCO2 = 3, 92 = 0,175mol 22,4 18 22,4 CH4 + 2O2 to CO2 + 2H2O x mol x 2x C2H4 + 3O2 to  2CO2 + 2H2O y mol 2y 2y 2H2 + O2 to  2H2O z mol z Ta có: nn X= x + y + z = 0,15  x = 0,025  1,344 lít X CCH2 H4 4 0, 01 mol n = x + 2y = 0,175 y = 0,075 0, 03 mol CO2 = 2x + 2y + z = 0,25 z = 0,05 H2O H2 0, 02 mol Dẫn hỗn hợp khí Y vào bình brom dư khối lượng bình tăng là khối lượng etilen dư  nC2H4 dö  0, 448  0, 016 mol  n C2 H 4 phaûn öùng  0, 03  0, 016  0, 014 mol 28 Phương trình phản ứng CH2 = CH2 + H2 Ni,to CH3-CH3 Ban đầu 0,03 0,02 Phản ứng 0,014 mol 0,014 0,014 Dư 0,016 0,006 Vậy hỗn hợp khí thoát ra gồm CCH2H4 : 0,01 mol : 0,014 mol 6 H2 dö: 0,006 mol  m = 16.0,01 + 30.0,014 + 0,006.2 = 0,592 gam b. Tính hiệu suất của phản ứng giữa etilen và khí hidro Do n < nH2 C2H4 nên hiệu suất phản ứng tính theo H2  H = 0,014 .100% = 70% 0,2 Câu 31. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C2H6 và C3H6 ở đktc, sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thu vào 150 gam dung dịch Ba(OH)2 17,1% (dư) thấy khối lượng bình tăng 4,7 gam và trong bình có 13,79 gam kết tủa. a. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi khí có trong hỗn hợp X. b. Tính nồng độ phần trăm của chất tan còn lại trong dung dịch sau khi loại bỏ kết tủa. Hướng dẫn giải a. Các phương trình hóa học của phản ứng 2C2H6 + 7O2 to  4CO2 + 6H2O 2C3H6 + 9O2 to  6CO2 + 6H2O Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 29

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O Ta có: n Ba(OH)  150.17,1  0,15 (mol) , 13,79 2 100.171 nBaCO3 = 197 = 0,07 (mol) CO2 + Ba(OH)2 dư  BaCO3 + H2O 0,07 0,07 0,07 mol  mCO2 = 0,07.44 = 3,08 (gam) Lại có: mbình tăng = mCO2 + mH2O = 4,7 (g)  mH2O = 4,7 - 3,08 = 1,62 (gam)  nH2O  0,09 (mol) Gọi a và b lần lượt là số mol của C2H6 và C3H6. 2C2H6 + 7O2 to  4CO2 + 6H2O a mol 2a mol 3a mol 2C3H6 + 9O2 to  6CO2 + 6H2O b mol 3b mol 3b mol Ta có hệ phương trình: 2a + 3b = 0,07  a = 0,02 3a + 3b = 0,09 b = 0,01 Vậy: 0,02 %VC2H4 = %nC2H4 = 0,03 .100% = 66,67%  %VC3H6 =100% - %VC2H4 =100 - 66,67%= 33,33% b. Sau khi loại bỏ kết tủa, dung dịch còn lại chứa Ba(OH)2:  nBa(OH)2 dö = 0,15 - 0,07 = 0,08 mol  mBa(OH)2 dö = 0,08.171 = 13,68 (gam) mdd sau phaûn =öùng mCO2 + mH2O + mdd Ba(OH)2 - m =BaCO3 0,07.44 + 0,09.18 + 150 - 13,79 = 140,91 (gam) Vậy: C%Ba(OH)2 dö  13,68 100%  9, 71% 140, 91 Câu 32. Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít (đktc) một hiđrocacbon A, sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua 200 ml dung dịch Ca(OH)2 2,5 M thì thu được 40 gam kết tủa, đồng thời thấy khối lượng dung dịch Ca(OH)2 giảm 2,8 gam. Xác định công thức phân tử và viết các công thức cấu tạo của A. Hướng dẫn giải - Gọi công thức của hiđrocacbon A là CxHy (x,y ϵ N*) (y ≤ 2x+2) - Ta có: nA  4, 48  0,2 (mol); n Ca (OH )2  0,22,5  0,5 (mol); n CaCO3  40  0,4 (mol) 22, 4 100 - Phương trình hóa học: CxHy + (x  y ) O2 t0  xCO2 + y H2O (1) 4 2 (2) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (3) 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 30

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Vì nCa(OH)2  nCaCO3 nên có 2 trường hợp xảy ra Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư, chỉ xảy ra phản ứng (1), (2)  + Theo (2) : nCO2  nCaCO3  0,4 mol  x  nCO2  0,4  2 nA 0,2 + Theo đề ra: mCO2  mH2O  m  mdd gi¶m  40  2,8  37, 2 (g)  mCO2  0, 4.44  17,6 (g)  mH2O  37,2 17,6  19,6 (g)  nH2O  19,6  1,089 (mol)  y  2.nH2O  2.1,089  10,09 (không nguyên nên ta loại) 18 nA 0,2 Trường hợp 2: Ca(OH)2 hết, xảy ra phản ứng (1), (2), (3) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (2) 0,4 0,4 0,4 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (3) 0,2 0,1 + Theo đề ra: mCO2  mH2O  m  mdd gi¶m  40  2,8  37, 2 (g) mCO2  0,6.44  26, 4 (g)  mH2O  37,2  26, 4  10,8 (g)  nH2O  10,8  0,6 (mol) 18  x  nCO2  0,6  3; y  2nH2O  2.0,6  6 n 0,2 nA 0,2 A  Công thức phân tử (A): C3H6 Công thức cấu tạo của (A): CH3CH=CH2 hoặc Câu 33. Dẫn 6,72 lít hỗn hợp khí X gồm etilen và metan qua dung dịch brom dư thấy có 16 gam brom tham gia phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp khí X, sau đó dẫn hỗn hợp sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thu được m gam kết tủa, khối lượng dung dịch trong bình giảm đi a gam. Tính các giá trị m và a. Thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Hướng dẫn giải Ta có: nX = 6, 72 = 0,3 (mol) ; n Br2 = 16 = 0,1 (mol) . 22, 4 160 Hỗn hợp X qua dung dịch brom, chỉ có C2H4 phản ứng. PTHH: (1) CH2=CH2 + Br2  Br-CH2-CH2-Br 0,1 0,1 mol Ta có: nC2H4 = nBr2 = 0,1 (mol)  nCH4 = 0,3 - 0,1 = 0, 2 (mol) . Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 31

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Đốt cháy hỗn hợp X: PTHH: (2) CH4 + 2O2 t0 CO2 + 2H2O mol 0,2 0,2 0,4 (3) C2H4 + 3O2 t0 2CO2 + 2H2O mol 0,1 0,2 0,2 - Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O. Theo PTHH (2) và (3) ta có: nCO2 = nCH4 + 2nC2H4 = 0, 4 (mol) ;  mCO2 = 0, 4.44 = 17, 6 (gam) nH2O = 2nCH4 + 2nC2H4 = 0, 6 (mol) ;  mH2O = 0, 6.18 = 10,8 (gam) PTHH: (4) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 0,4 0,4 mol Theo PTHH (4): nCaCO3 = nCO2 = 0, 4 (mol) ; Khối lượng kết tủa sinh ra: m = mCaCO3 = 0, 4.100 = 40 (gam) - Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mCO2 + mH2O + mdd Ca(OH)2 = mdd sau ph¶n øng + mCaCO3 Khối lượng dung dịch giảm: a = mdd Ca(OH)2 - mdd sau ph¶n øng = mCaCO3 - (mCO2 + mH2O ) = 40 - (17,6 +10,8)  a = 11,6 gam Câu 34. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một anken A, toàn bộ sản phẩm cháy được hấp thụ vào 295,2 gam dung dịch NaOH 20%. Sau khi phản ứng kết thúc, nồng độ NaOH dư là 8,45%. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1. Xác định công thức phân tử của A. 2. Tính nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn 1kg chất A, biết rằng 1 mol chất A khi cháy hoàn toàn tỏa ra một lượng nhiệt là 1423 kJ. Hướng dẫn giải Theo đề ra, ta có: nA = 0,2 (mol); n NaOH = 20.295,2 = 1,476 (mol) 100.40 1. Gọi công thức phân tử của A là : CaH2a (a  N, a ≥ 2) - PTHH: CaH2a + 3a O2 t0  aCO2 + aH2O (1) 2 0,2 0,2a 0,2a (mol) CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O (2) 0,2a 0,4a (mol) - Theo (1): nCO2 = nH2O = a.nCnH2n = 0,2a (mol) - Theo (2): nNaOH = 2nCO2 = 2.0,2a = 0,4a (mol)   nNaOH d­ = nNaOH b® - nNaOH p­ = 1,462 - 0,4a (mol)  mNaOH d­ = 1,462 - 0,4a .40 (gam) - Khối lượng dung dịch sau phản ứng (2): Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 32

ThS. NGUYỄN VĂN LUYỆN – THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN mdd = mddNaOH b® + mH2O + mCO2 = 295,2 + 0,2a.18 + 0,2a.44 = 295,2 + 12,4a (gam) - Nồng độ dung dịch NaOH dư là: C%NaOH d­ = 1,462 - 0,4a .40 100% = 8,45%  a = 2 (thỏa mãn) 295,2 + 12,4a - Vậy công thức phân tử cần tìm của anken A là: C2H4 2. Ta có: n C2H4 = 1.1000 = 250 (mol) 28 7 Theo giả thuyết 1 mol C2H4 khi cháy hoàn toàn tỏa ra một lượng nhiệt là 1423 kJ. Vậy 250 mol C2H4 khi cháy hoàn toàn tỏa ra một lượng nhiệt là: 250 1423  50821,43 (kJ) 7 7 Facebook: Thầy Luyện Hóa – ĐT 0986.240.866 33