Bài tập oxi hóa hoàn toàn anđehit

Cách 1:

n_CO2 = 3,136: 22,4 = 0,14 mol ; n_H2O = 3,06: 18 = 0,17 mol

X gồm: C₂H₆O ; C₃H₆O ; C₂H₄O. Khi đốt cháy andehit thì thu được

n_CO2 = n_H2O (vì số H = 2 số C) ; đốt cháy C₂H₆O thì n_H2O – n_CO2 = n_ancol

=> n_C2H5OH = n_H2O – n_CO2 = 0,17 – 0,14 = 0,03 mol

Vì n_C2H5OH = 50% n_X => n_andehit = n_ancol = 0,03 mol

Gọi số mol C₂H₅CHO và CH₃CHO lần lượt là x và y => x + y = 0,03 (1)

Bảo toàn C: n_CO2 = 2n_C2H5OH + 3n_C2H5CHO + 2n_CH3CHO

=> 0,14 = 2.0,03 + 3x + 2y

=> 3x + 2y = 0,08 (2)

Từ (1,2) => x = 0,02 ; y = 0,01

=> m_X = m_C2H5OH + m_C2H5CHO + m_CH3CHO

= 46.0,03 + 58.0,02 + 44.0,01 = 2,98g

Tỷ lệ:

     2,98g X chứa 0,03 mol andehit

=> 8,55g X chứa 0,086 mol andehit

n_Ag = 2n _anđehit = 0,172 mol

=> m_Ag = 108.0,172= 18,59g

Cách 2:

Đặt a, b, c là số mol C₂H₅OH, C₂H₅CHO, CH₃CHO

=> 2a = a + b + c

n_CO2 = 2a + 3b + 2c = 0,14

n_H2O = 3a + 3b + 2c = 0,17

=>a=0,03; b = 0,02; c = 0,01

mX = 2,98 và nAg = 2b + 2c = 0,06

Tỉ lệ:

2,98 gam X —> n_Ag = 0,06

8,55 gam X —> n_Ag = (8,55 . 0,06)/2,98

=> m_Ag = 18,59

Đốt anđehit thu được n_CO2 = n_H2O

=> 2 anđehit là anđehit no, đơn chức, mạch hở

n_{O (X)} = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.0,3 + 0,3 – 2.0,375 = 0,15 mol

=> n _anđehit = 0,15 mol

C_tb = 0,3 : 0,15 = 2

=> 1 anđehit là HCHO và anđehit còn lại có số C ≥ 3

+ Do hỗn hợp chứa 1 anđehit đơn chức thông thường và HCHO 

=> n_Ag < 4 n _anđehit = 0,6 mol =>  a < 64,8

+ Giả sử:

HCHO (a mol)

C_nH_2nO (b mol)

a + b = 0,15 (1)

a + nb = n_CO2 = 0,3 (2)

n_Ag = 4a + 2b = 2a + 2(a + b) = 2a + 2.0,15 = 2a + 0,3

Từ (1) và (2) 

=> \(a = \frac{{0,15n - 0,3}}{{n - 1}} = 0,15 - \frac{{0,15}}{{n - 1}}\)

Thay vào số mol Ag ta có: \({n_{Ag}} = 0,6 - \frac{{0,3}}{{n - 1}}\)

Mà n ≥ 3 => n_Ag ≥ 0,45 mol

=> a ≥ 48,6 gam

Vậy 48,6 ≤ a < 64,8

n_CO2 = 0,3 mol; n_H2O = 0,1 mol

Giả sử công thức phân tử của anđehit là C_nH_2n+2-2kO

C_nH_2n+2-2kO → nCO₂ + (n+1-k)H₂O

                             0,3          0,1

=> 0,1n = 0,3(n+1-k) => 2n = 3k-3

=> \(k = \frac{{2n + 3}}{3}\)

Do anđehit không chứa quá 4C nên thay các giá trị n = 1, 2, 3, 4 vào thu được nghiệm thỏa mãn là n = 3, k = 3

Vậy CTPT của anđehit là C₃H₂O, CTCT là CH≡C-CHO

- Cho 1,8 gam X tác dụng với AgNO₃: n_X = 1,8/54 = 1/30 mol

Cấu tạo của X là CH≡C-CHO: CH≡C- tác dụng với 1 AgNO₃; CHO tác dụng với 2 AgNO₃

=> 1 X tác dụng với tối đa 3 AgNO₃

=> n_AgNO3 = 3n_X = 0,1 mol

n_CO­2=0,36mol, n_H2O=0,26mol.

n_CO2>n_H2O suy ra X,Y là anđehit không no có 1 liên kết đôi hoặc anđehit đa chức.

\(n\overline C  = \frac{{0,36}}{{0,1}} = 3,6{\text{   n}}\overline H  = \frac{{0,26.2}}{{0,1}} = 5,2\)  suy ra C₂H₃CHO, C₃H₅CHO thỏa mãn

\(\begin{gathered}
{C_n}{H_{2n + 2 - 2k - b}}{(CHO)_b} \to (n + b)C{O_2} + (n + 1 - k){H_2}O \hfill \\
{\text{ a }} \to {\text{a(n + b) }} \to a(n + 1 - k) \hfill \\
\end{gathered} \)

Có: \(a(n + b) = a + a(n + 1 - k) \Rightarrow k = 2 - b\)

X nhường 2e suy ra Ag nhận 2e suy ra X là anđehit đơn chức vì 1CHO cho 2 Ag

Suy ra b=1, k=1

nCaCO₃=0,5mol suy ra mH₂O=7,2g; nH₂O=0,4mol

suy ra loại được đáp án D.

Các đáp án còn lại đều có 2 liên kết pi trong phân tử nên ta có:

\(\begin{gathered}
nX = (2 - 1)(nC{O_2} - n{H_2}O) = 0,5 - 0,4 = 0,1mol \hfill \\
\to M(X) = \frac{{10}}{{0,1}} = 100{\text{ (}}OHC{\left( {C{H_2}} \right)_3}CHO) \hfill \\
\end{gathered} \)

Ta có:

Gọi n CO₂, n H₂O lần lượt là x, y mol

=> x + y = 0,44 (I)

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi

=> n X + 2. n O₂ = 2 . x + y (II)

Từ (I) và (II) => x = 0,28  ; y = 0,16

Số nguyên tử C có trong X là:

n CO₂ : n X = 0,28 : 0,04 = 7

Số nguyên tử H có trong X là:

n H₂O : n X = 0,16 . 2 : 0,04 = 8

=> CTPT của X là C₇H₈O

Theo đề bài, 0,05 mol X tác dụng với AgNO₃/NH₃ thu được kết tủa có khối lượng lớn hơn 10,8 : 108 = 0,1 mol Ag

=>Trong X có chứa 1 nhóm –CHO và 1 liên kết 3 ở đầu mạch

Các công thức cấu tạo của X là:

Gọi CTPT của hai anđehit no, mạch hở X là:  \({C_{\overline x }}{H_{\overline y }}{O_{\overline z }}\)

Coi đốt cháy 1 mol X

\(\begin{gathered}
{C_{\overline x }}{H_{\overline y }}{O_{\overline z }} = > {\text{ }}{n_{H2O}} = {\text{ }}1{\text{ }}mol{\text{ }} \hfill \\
= > {\text{ }}\overline y {\text{ }} = {\text{ }}\frac{{2{n_{H2O}}}}{{{n_X}}}{\text{ }} = 2 \hfill \\
\end{gathered} \)

 Vậy 2 CTPT của hai anđehit no, mạch hở là HCHO và  CHO-OHC

0,25 mol X + AgNO₃ → 4Ag

n_Ag = 4n_X = 4. 0,25 = 1 (mol) => m_Ag = 108 (g)

Sản phầm phản ứng tạo khí với cả HCl và NaOH

=> Chứa (NH₄)₂CO₃ => Z là HCHO hoặc HCOOH

n_Ag = 0,84

n_O(Z) = (m_X - m_C - m_H)/16 = 0,6 > n_Ag/2 nên Z phải là HCOOH

Đặt y, z là số mol Y, Z => n_O = 2y + 2z = 0,6

n_Ag = 4y + 2z = 0,84 => y = 0,12 và z = 0,18

Y là C_aH_bO₂

n_CO2 = 0,12a + 0,18.1 = 0,78 => a = 5

n_H2O= 0,12b/2 + 0,18.1 = 0,66 => b = 8

=>Y là C₅H₈O₂ (0,12 mol)

=> %Y = 59,17%

Cho M tác dụng với H₂/ Ni nung nóng, thấy thoát ra sản phẩm hữu cơ N. Cho N tác dụng với Na thấy số mol N bằng số mol H₂ sinh ra. → M 2 chứa –CHO → loại A

            C_nH_2n-2O₂ + O₂ → nCO₂ + (n-1)H₂O

            n_anđehit = a mol= n_CO2 – n_H2O = 0,45- 0,3 =0,15 mol

            M_anđehit = 72 

Đốt 1 mol X sinh ra 4 mol CO₂ → X có 4 nguyên tử cacbon trong phân tử

A. Loại vì chất này không tham gia phản ứng tráng bạc

B. Loại vì chất này không có phản ứng cộng với dung dịch Br₂

C. Thỏa mãn

HO–CH₂CH=CHCHO + Na → NaO-CH₂CH=CHCHO

HO–CH₂CH=CHCHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → HO–CH₂CH=CHCOONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

HO–CH₂CH=CHCHO + Br₂ → HO–CH₂CHBr−CHBrCHO

D. Loại vì có 5cacbon trong phân tử

BTNT C, H: n_C = n_CO2 = 0,01 mol; n_H = 2n_H2O = 0,015 mol

BTKL: m_O = m_A - m_C - m_H = 0,175 - 12.0,01 - 1.0,015 = 0,04 gam => n_O = 0,0025

=> C : H : O = 0,01 : 0,015 : 0,0025 = 4 : 6 : 1

CTPT của A có dạng (C₄H₆O)_n 

Tỷ khối hơi của A so với H₂ bằng 35 => M_A = 35.2 = 70 => 70n = 70 => n = 1

=> CTPT của A là C₄H₆O

Hidro hóa A thu được isobutylic nên A là CH₂=C(CH₃)-CHO

Tính hiệu suất: n_{C4H6O bđ} = 0,35 : 70 = 0,005 mol

n_C4H10O = n_{C4H6O pư} = 0,296 : 74 = 0,004 mol

=> H% = \(\frac{{{n_{{C_4}{H_6}{O_{pu}}}}}}{{{n_{{C_4}{H_6}{O_{bd}}}}}}.100\%  = \frac{{0,004}}{{0,005}}.100\% \) = 80%

Ta có: n _hh = 0,1 mol; n_Ag = 0,26 mol

- Hỗn hợp có phản ứng tráng gương nên suy ra có chứa nhóm -CHO

- Mà đốt X hay đốt Y đều thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O và tỉ lệ: n_Ag : n_hh = 2,6

=> Hỗn hợp có chứa HCHO => Chất còn lại là HCOOH (Vì cùng số nguyên tử C)

Giả sử hỗn hợp ban đầu chứa HCHO (a mol) và HCOOH (b mol)

Giải hệ: n _hh = a + b = 0,1 và n_Ag = 4a + 2b = 0,26 được a = 0,03 và b = 0,07

=> %m_HCHO = 0,03.30/(0,03.30 + 0,07.46).100% = 21,84%

BTNT C, H: n_C = n_CO2 = 0,4 mol; n_H = 2n_H2O = 0,8 mol

BTKL: m_O(A) = m_A - m_C - m_H = 7,2 - 0,4.(12+2) = 1,6 gam

=> n_O = 0,1 mol

=> n_C : n_H : n_O = 4 : 8 : 1. Mà n_Ag : n_A = 2 : 1 => Phân tử A có chứa 1 nhóm -CHO

=> A có CTPT C₄H₈O, CTCT là C₃H₇CHO

Ta thấy: M_T = M_X + 14.3 ; mà M_T = 2,4M_X

=> M_X = 30 (HCHO)  => Z là C₂H₅CHO

Đốt 0,1 mol Z tạo 0,31 mol CO₂ và 0,3 mol H₂O

=> m _{thay đổi} = 0,3.44 + 0,3.18 - 0,3.100 = -11,4 , tức là giảm 11,4g