Bài tập phản ứng đốt cháy ancol

n_H2O > 1,5.n_CO2 => ancol đốt cháy là CH₃OH

n_CO2 = 13,2: 44 = 0,3 (mol)

n­_H2O = 8,1 : 18 = 0,45 (mol)

Đặt công thức của rượu no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2n+1OH

C_nH_2n+1OH → nCO₂ + (n+1)H₂O

Ta có: n_CnH2n+1OH = n_H2O - n_CO2 = 0,15 (mol)

=> n = n_CO2/n _rượu = 0,3/0,15= 2

=> Công thức của rượu là: C₂H₅OH

n_H2(ĐKTC) = 15,68 :22,4 = 0,7 (mol); n_H2O = 46,8 : 18 = 2,6 (mol)

n_{hh X} = n_OH- = 2n_H2 = 2.0,7 = 1,4 (mol)

X toàn là chất no nên khi đốt cháy có: n_X = n_H2O – n_CO2

=> 1,4 = 2,6 – n_CO2

=> n_CO2 = 1,2 (mol)

=> V_CO2(đktc) = 1,2.22,4 = 26,88 (l)

BTKL ta có: m_X = m_C + m_H + m_O = 1,2.12 + 2,6.2 + 1,4.16 = 42 (g)

Ta thấy: n_H2O > n_CO2  => X là ancol no: C_nH_2n+2O_x

n_X = n_H2O – n_CO2 = 0,02  => M_X = 76 = 14n + 2 + 16x  => x = 2, n = 3

=> CTPT của X là C₃H₈O₂

n_CO2 = n_H2O => ancol Y có CTPT dạng C_nH_2nO_a  (loại C)

Loại D vì không có ancol có CTPT C₂H₄O. Dựa vào 2 đáp án còn lại => a = 1

Giả sử n_CO2 = n_H2O = 1 mol

Theo đầu bài: n_O2 = 4.n_Y

Bảo toàn nguyên tố O: n_Y + 2.n_O2 = 2.n_CO2 + n_H2O => n_Y + 2.4n_Y = 3 mol

=> n_Y = 1/3 mol

=> số C trong Y = n_CO2 / n_Y = 3 => C₃H₆O

+) Ancol X không làm mất màu dung dịch brom => X là ancol no, có CTPT: C_nH_2n+2O_x  ${C_n}{H_{2n + 2}}{O_x}\; + {\text{ }}\frac{{3n + 1 - x}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}\,\,nC{O_2}\,\, + \,\,\,(n + 1){H_2}O$

a mol                                    2,5a mol

=> a.(3n + 1 – x) =2.2,5a  => 3n = x + 4

+) Vì ancol luôn có số nhóm OH nhỏ hơn hoặc bằng số mol ancol => x ≤ n

+ Với n = 2 => x = 2 => ancol C₂H₆O₂

+ Với n = 3 => x = 5 loại vì x > n

Thể tích H₂ sinh ra bằng thể tích hơi ancol A đã dùng => ancol 2 chức (xem lại ancol tác dụng với Na)

Theo đầu bài : n_CO2 < 3.n_ancol => n_CO2 / n_ancol < 3 => số C của ancol < 3

A là ancol 2 chức và có số C < 3 => A là C₂H₄(OH)₂  

3 ancol X, Y, Z không phải là đồng phân của nhau => chúng không cùng CTPT

Đốt cháy mỗi ancol đều thu được n_CO2 : n_H2O = 3 : 4 => n_C : n_H = 3 : 8

=> 3 ancol có dang C₃H₈O_a với số a mỗi ancol khác nhau

=> C₃H₈O, C₃H₈O₂ và C₃H₈O₃

n_CO2 = 0,3 mol

Gọi công thức chung cho 2 ancol là C_nH_2n+2O 

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = n.n_ancol => n_ancol = 0,3/n mol

=> 7,8 / (14n + 18) = 0,3 / n  => n = 1,5

=> 2 ancol là CH₄O (a mol) và C₂H₆O (b mol)

Ta có hệ: $\left\{ \begin{gathered}a + 2b = 0,3 \hfill \\32a + 46b = 7,8 \hfill \\ \end{gathered} \right. = > a\,\, = \,\,b = 0,1\,\,mol$  

=> %V_CH4O = %V_C2H6O = 50%

Gọi CTPT của A, B, C là ${C_{\bar n}}{H_{\bar m}}O$

${n_X} = \frac{{PV}}{{RT}} = {\text{ }}0,5\;\; = > {\text{ }}{n_{A,B,C}} = 0,5--\frac{{13,44}}{{32}} = 0,08$

Ta có: n_O2(p.ư)  $= {n_{C{O_2}}} + \frac{1}{2}{n_{{H_2}O}} - \frac{1}{2}{n_R} = 0,205$

=> n_{O2 (dư)} = 0,42 – 0,205 = 0,215 mol

=> Tổng số mol khí sau phản ứng là: n = 0,215 + 0,14 + 0,21 = 0,565

=> P = nRT/V = 0,565.0,082.(136,5 + 273) / 16 = 1,186 atm

Gọi CTPT của rượu no đơn chức là C_nH_2n+2O (x mol) và rượu no, 2 chức là C_mH_2m+2O₂ (y mol)

Ta có: n_H2 = 0,5.n_CnH2n+2O + n_CmH2m+2O2 => 0,5x + y = 0,0275  (1)

Đốt 1 lượng gấp đôi A thu được 0,18 mol CO₂ và 0,25 mol H₂O

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = 2xn + 2ym = 0,18           (2)

Bảo toàn nguyên tố H: n_H2O = 2x(n+1) + 2y(m+1) = 0,25      (3)

Từ (1), (2) và (3) => x = 0,015;  y = 0,02 và 3n + 4m = 18 

=> 2 ancol là C₂H₅OH và C₃H₆(OH)₂

Ở mỗi phần:  n_CH3OH = 0,1 mol

Gọi CTPT trung bình của 2 ancol A và B là  ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2}}O$

+) Tác dụng với Na: n_H2 = 0,5.n_CH3OH + 0,5.n_{2 ancol} = 0,2 mol

=>  n_{2 ancol} = 2.0,2 - 0,1 = 0,3 mol

+) Bảo toàn nguyên tố C:${n_{CO2}} = 0,1 + 0,3.\overline n $

+) Bảo toàn nguyên tố H: ${n_{H2O}} = 2.0,1 + (\overline n + {\text{ }}1).0,3$

Khối lượng bình 1 tăng là khối lượng H₂O, khối lượng bình 2 tăng là khối lượng CO₂

+) m_{bình 2} - m_{bình 1} = m_CO2 – m_H2O = 22,7

=> $44.(0,1 + 0,3.\overline n ) + 18.(2.0,1 + (\overline n + 1).0,3) = 22,7\,\, = > \,\,\bar n = 3,5$

=> CTPT của 2 ancol là C₃H₇OH và C₄H₉OH

Đặt CTPT 2 ancol: ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2 - \bar a}}{(OH)_{\bar a}}\,\,\, \to \,\,\frac{{\bar a}}{2}{H_2}$ 

n_A,B = 0,07 mol và nH₂ = 0,055 mol

+) $0,07.\frac{{\bar a}}{2} = 0,055\,\, = > \,\,\bar a = 11/7$ 

Bảo toàn nguyên tố C: ${n_{CO2}} = \bar n.{n_{ancol}}\,\, = > \,\,\bar n = 0,17/0,07 = 17/7$

=> m = 0,07(14.17/7 + 2 + 16.11/7) = 4,28 gam

Gọi CTPT trung bình của A và B là  và C: C_mH_2mO  (m $ \geqslant $ 3)

Đốt cháy m gam X thu được : n_CO2 = 4.0,08= 0,32 mol; n_H2O = 4.0,12 = 0,48 mol

+) n_X = 2.n_H2 = 0,2 mol

+) n_A,B = n_H2O – n_CO2 = 0,16 mol (do khi đốt C thì n_CO2 = n_H2O) => n_C = 0,04 mol

+) n_CO2 = 0,16$\overline n $ + 0,04m = 0,32  

$= > \,\,\overline n = \frac{{0,32 - 0,04m}}{{0,16}}\,\, = > \,\,m = 3;\,\,\overline n = 1,25$

=> 3 ancol A, B, C lần lượt là CH₃OH ; C₃H₇OH và C₃H₆O

GỌi CTPT của X có dạng C_nH_2n+2O (a mol) và H₂O (b mol)

C_nH_2n+1OH + Na → ½ H₂

   a                     → ½ a

  H₂O + Na → ½ H₂

 b                     → ½ b

=>  ½ a + ½ b = 0,35

=> a + b = 0,7

C_nH_2n+2O → nCO₂

Ta có:  $\left\{ \begin{gathered}\left( {14n{\text{ }} + {\text{ }}18} \right)a{\text{ }} + {\text{ }}18b{\text{ }} = {\text{ }}21 \hfill \\a + b = 0,7 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\, = > \,\,na = 0,6\,\, = {n_{C{O_2}}}$   

=> m_CaCO3 = 0,6.100 = 60 gam

Nhận thấy n_O2 > 1,5n_CO2 => 2 hiđrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan

(vì khi đốt ancol no, đơn chức thì n_O2 = 1,5n_CO2)

$ = > {\text{ }}{n_{ankan}} = \frac{{{n_{{O_2}}} - 1,5.{n_{C{O_2}}}}}{{0,5}} = 0,015\,\,mol\,\, = > \,\,{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,03 - 0,015 = 0,015\,\,mol$

=> %n_C2H5OH = 0,015 / 0,03 .100% = 50%

Xét tỉ lệ mol n_O2 / n_CO2 = 0,105 / 0,06 = 1,75

Đốt cháy ancol no, đơn chức, mạch hở luôn thu được n_O2 / n_CO2 = 1,5 < 1,75

=> Đốt cháy hiđrocacbon Y thu được n_O2 / n_CO2 > 1,75

Gọi CTPT của Y là C_mH_2m+2-2k  

${C_m}{H_{2m + 2 - 2k}} + \;\frac{{3m + 1 - k}}{2}{O_2}\,\,\xrightarrow{{{t^o}}}mC{O_2} + (m + 1 - k){H_2}O$

=> n_O2 / n_CO2 = (3m + 1 – k) / 2m > 1,75

=> m < 2 => m = 1

=> ankan là CH₄

n_{hh A} = 11,5 / 46 = 0,25 mol;  n_H2O = 1,05 mol

Nhận xét: Vì mỗi chất trong A có 1O => số mol O trong A = số mol A = 0,25 mol

Gọi n_{O2 phản ứng} = x mol; n_CO2 = y mol

Bảo toàn nguyên tố O: n_{O trong A} + 2.n_O2 = 2.n_CO2 + n_H2O => 0,25 + 2x = 2y + 1,05  (1)

Bảo toàn khối lượng: m_A + m_O2 = m_CO2 + m_H2O => 11,5 + 32x = 44y + 18,9  (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,85; y = 0,45 mol

=> V_O2 = 0,85.22,4 = 19,04 lít

Khối lượng bình 1 tăng 19,8 gam => n_H2O = 1,1 mol

Khối lượng bình 2 xuất hiện120 gam kết tủa => n_CaCO3 = 1,2 mol => n_CO2 = 1,2 mol

Khí thoát ra khỏi bình là N₂ => n_N2 = 6,6 mol

=> n_{O2 phản ứng} = n_N2 / 4 = 1,65 mol

Gọi CTPT của ancol là C_nH_2n+2O (a mol) và 2 ankin là C_mH_2m-2 (b mol) (m > 2)

Bảo toàn C: n_CO2 = an + bm = 1,2 (1)

Bảo toàn H: n_H2O = a.(n + 1) + b.(m – 1) = 1,1  (2)

Bảo toàn O: n_{O trong ancol} + 2.n_{O2 phản ứng} = 2.n_CO2 + n_H2O

=> a + 2.1,65 = 2.1,2 + 1,1 => a = 0,2 mol  (3)

Từ (1), (2) và (3) => b = 0,3 mol; 0,2n + 0,3m = 1,2

=> 2n + 3m = 12

Với n = 1; m = 3,33 => CH₃OH, C₃H₄, C₄H₆

Với n = 2; m = 2,66 => C₂H₅OH, C₂H₂, C₃H₄

\(\left\{ \begin{gathered}100y = 71z \\102z = 100(x + y) \\\end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}y = 0,71z\,(g) \\x = 0,31z\,(g) \\\end{gathered}  \right.\)

Ta có a g X + O₂ → CO₂ + H₂O

            CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

 n_CaCO3 = z : 100 = 0,01z mol → n_CO2 = n_CaCO3 = 0,01z (mol)

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44.0,01z + 18n_H2O = y → n_H2O = \(\frac{{y - 0,44z}}{{18}}\) mol

Bảo toàn C có n_C(X) =n_CO2 = 0,01z mol

Bảo toàn H có n_H(X) = 2n_H2O = \(2.\frac{{y - 0,44z}}{{18}} = 2.\frac{{0,71z - 0,44z}}{{18}} = 0,03z\)mol

Ta có m_X = m_C + m_H + m_O = x → 0,31z = 12.0,01z + 0,03z.1 + m_O → m_O = 0,16z → n_O = 0,01z

→X có C : H : O = n_C : n_H : n_O = 0,01z : 0,03z : 0,01z = 1:3 :1

→CTĐGN là CH₃O→ CTPT là (CH₃O)_n thì 3n ≤ 2n+ 2→ n ≤ 2 → n = 2

→X là  C₂H₆O₂

a. Đúng

b. sai vì chỉ cần cho C₂H₄ +KMnO₄ →C₂H₄(OH)₂

c. đúng vì X là chất điều chế tơ lapsan

d. đúng vì cả hai đều tạo phức màu xanh lam

e. đúng

→ có 4 phát biểu đúng