Tổng hợp bài tập anđehit - xeton hay và khó

${n_{RC{H_2}OH pư}} = {n_{{H_2}O}}$

$\left\{ \begin{gathered}P1:{n_{RCOOH}} = {n_{KOH}} = 0,16mol \hfill \\P2:{n_{RC{H_2}OHdư}} + {n_{{H_2}O}} + {n_{RCOOH}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,64mol \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}{n_{RC{H_2}OHdư}} + {n_{{H_2}O}} = 0,64 - 0,16 = 0,48mol \hfill \\{M_{RC{H_2}OH}} = \dfrac{{46,08}}{{3.0,48}} = 32(C{H_3}OH) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \to \left\{ \begin{gathered}{n_{C{H_3}OHpư}} = 0,75.\dfrac{{46,08}}{{3.32}} = 0,36 \hfill \\{n_{HCHO}} = 0,36 - {n_{HCOOH}} = 0,2 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}{n_{Ag}} = 4{n_{HCHO}} + 2{n_{HCOOH}} = 1,12 \hfill \\{m_{Ag}} = 1,12.108 = 120,96g \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Từ đáp án suy ra 2 anđehit trong D là HCHO và CH₃CHO. Suy  ra A là C₂H_2­.

$\to {n_{{C_2}{H_2}}} = \dfrac{{1,56}}{{26}} = 0,06mol \to {n_{C{H_3}CHO}} = 0,06mol$

${n_{Ag}} = 2{n_{C{H_3}CHO}} + 4{n_{HCHO}} = 0,2 \to {n_{HCHO}} = 0,02mol$

n_O2 = 0,765 mol

${m_{C{O_2}}} = 220u$ và ${m_{{H_2}O}} = 39u$

Bảo toàn khối lượng: ${m_E} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}$

=> u = 0,18

=> ${n_{C{O_2}}} = 0,9$ và ${n_{{H_2}O}} = 0,39$

E + H₂ → F nên nếu đốt F thì ${n_{C{O_2}}} = 0,9{\text{ }}mol$ và ${n_{{H_2}O}} = 0,39 + 0,9 = 1,29$

=> n_E = n_F = 1,29 – 0,9 = 0,39 mol

=> n_X = n_Z = 0,12 và n_Y = 0,15

Đặt x, y, z là số C của X, Y, Z

=> n_CO2 = 0,12x + 0,15y + 0,12z = 0,9

=> 4x + 5y + 4z = 30

Số H của E $= \dfrac{{2.{n_{{H_2}O}}}}{{{n_F}}} = 2$ nên X, Y, Z đều có 2H, M_X < M_Y < M_Z nên các chất là

X: HCHO

Y: OHC-CHO

Z: OHC-C≡C-CHO

=> n_Ag = 4.n_X + 4.n_Y + 4.n_Z = 1,56 mol

n_Ag = 0,96 mol => n_CHO = 0,48

=> n_OH = 0,22

=> n_{O (X)} = n_CHO + n_OH = 0,7

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng cháy => n_O2 = 0,6

Bảo toàn O cho phản ứng cháy: n_{O trong 16,62 gam X} = 0,525

Vậy 16,62 gam X chứa 0,525 mol O

=> m gam X chứa 0,7 mol O

=> m = 22,16 gần nhất với 22,5

n_H2 = 0,5 mol => n_{Na phản ứng} = 1 mol

=> n_{Na dư} = 0,25 mol

=> ∑n_{Na ban đầu} = 1 + 0,25 = 1,25 mol

Bảo toàn Na => ${n_{N{a_2}C{O_3}}} = \dfrac{{{n_{Na\,ban{\text{đ}}ầu}}}}{2} = 0,625{\text{ }}mol$

Bảo toàn C => ${n_C} = {n_{N{a_2}C{O_3}}} + {n_{C{O_2}}} = 1$

Y có dạng: R(OH)_a (($\dfrac{1}{a}$  mol)

=> số C $ = \dfrac{{{n_C}}}{{{n_Y}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{1}{a}}} = a$

Vậy Y chứa các ancol có số C = số mol OH

Mặt khác, Y tạo ra từ anđehit nên các ancol đều bậc 1

=> CH₃OH và C₂H₄(OH)₂

=> X gồm HCHO và (CHO)₂

=> n_Ag = 4.n_X = 1,2

=> m_Ag = 129,6

Số C $ = \dfrac{{{n_{CO2}}}}{{{n_A}}} = 3,25$ => trong A có 1 chất có 3 nguyên tử C, 1 chất có 3 nguyên tử C

Số H $ = \dfrac{{2.{n_{{H_2}O}}}}{{{n_A}}} = 2$ => cả 2 chất đều có 2 nguyên tử H

Để lượng kết tủa lớn nhất thì cấu tạo của các chất là CH≡C-CHO (a mol) và CH≡C-C≡CH (b mol)

n_A = a + b = 0,2

n_CO2 = 3a + 4b = 0,65

=> a = 0,15 và b = 0,05

=> m_A = 10,6

Kết tủa gồm CAg≡C-COONH₄ (a mol), CAg≡C-C≡Cag (b mol) và Ag (2a mol)

=> m_↓ = 74,7

Tỉ lệ: 10,6 gam A tạo 74,7 gam kết tủa

=> 5,3 gam A tạo 37,35 gam kết tủa

X, Y đều no nên CTPTTQ của X là C_nH_2n+2-2xO_x (a mol) và Y là C_nH_2n+2-2yO_y (b mol)

${n_{C{O_2}}} = na + nb = 0,6$  (1)

${n_{{H_2}O}} = a.\left( {n + 1 - x} \right) + b.\left( {n + 1-y} \right) = 0,5$

=> (na + nb) + (a + b) – (ax + by) = 0,5  (2)

${n_O} = \dfrac{{13-{m_C}-{m_H}}}{{16}} = 0,3$ => ax + by = 0,3  (3)

Thay (1) và (3) vào (2) => a + b = 0,2  (4)

Thay (4) vào (1) => n = 3

X, Y không nhánh nên x, y ≤ 2

(3), (4) => x, y không thể cùng bằng 2 hoặc cùng bằng 1

=> x = 1 và y = 2 là nghiệm duy nhất

=> a = b = 0,1

Hỗn hợp gồm C₂H₅CHO (0,1 mol) và CH₂(CHO)₂ (0,1 mol)

=> %m_Y = 55,38%

Bảo toàn O: ${n_{O\left( X \right)}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}$

Với ${n_{{O_2}}} > 0,27 =  > {n_{O(X)}} < 0,15$

=> Số O $ = \dfrac{{{n_{O(X)}}}}{{{n_X}}} < \dfrac{{15}}{{13}}$

Số C $ = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 1,92$ => Phải có chất 1C

TH1: Anđehit là HCHO (a mol) và ancol C_xH_yO_z (b mol)

n_X = a + b = 0,13     (1)

${n_{C{O_2}}}$ = a + bx = 0,25    (2)

${n_{{H_2}O}}$  = a + b.y/2 = 0,19  (3)

Số H của ancol nhỏ hơn 8 nên y = 4 hoặc y = 6

+ Khi y = 4, từ (1),(3) => a = 0,07 và b = 0,06 (2)

=> x = 3

=> Ancol: CH≡C-CH₂OH

Kết tủa gồm Ag (4a) và CAg≡C-CH₂OH (b)

=> m _{kết tủa} = 40,02 gam

+ Khi y = 6, từ (1), (3) => a = 0,1 và b = 0,03

(2) => x = 5 => Ancol: C₅H₆O_z

n_O = 0,1.1 + 0,03z  < 0,15 => z = 1

Ancol là CH≡C-CH=CH-CH₂OH

Kết tủa gồm Ag (4a) và CAg≡C-CH=CH-CH₂OH (b)

=> m _{kết tủa} = 48,87 gam

TH2: Ancol là CH₃OH (a mol) và anđehit C_xH_yO_z (b mol)

n_X = a + b = 0,13 (1)

${n_{C{O_2}}}$   = a + bx = 0,25 (2)

${n_{{H_2}O}}$  = 2a + b.y/2 = 0,19 (3)

Quan sát (1), (3) ta thấy y > 4 thì hệ này vô nghiệm. Vậy y = 2 là nghiệm duy nhất.

Khi đó a = 0,06 và b = 0,07

(2) => x = 2,7 (Loại)

C_nH_2n+2-2kO_x + kH₂ → C_nH_2n+2O_x

  $\dfrac{{0,36}}{k}$             0,36        $\dfrac{{0,36}}{k}$

C_nH_2n+2O_x + xNa → C_nH_2n+2-x(ONa)_x + $\dfrac{x}{2}$H₂

   $\dfrac{{0,36}}{k}$                             $\dfrac{{0,36}}{k}$

Vì khối lượng rắn thu được nặng hơn khối lượng ancol ban đầu 5,28 gam

=> n_ancol = n_muối = $\dfrac{{0,36}}{k} = \dfrac{{5,28}}{{22{\text{x}}}}\,\, \Rightarrow k = 1,5{\text{x}}\,\,(*)$

C_nH_2n+2-2kO_x + $\dfrac{{3n + 1-k-x}}{2}$O₂ → nCO₂ + (n + 1 – k)H₂O

$ \Rightarrow {n_{{O_2}}} = 0,36.\dfrac{{3n + 1 - k - x}}{{2k}} = 0,34$

=> 27n – 9x – 26k + 9 = 0

Kết hợp với (*) => 27n – 48x = - 9   (1)

${n_{{H_2}O}} = \dfrac{{0,36.\left( {n + 1 - k} \right)}}{k} = 0,2$

Kết hợp (*) => 9n – 21x = - 9   (2)

Từ (1) và (2) => n = 1,8 và x = 1,2

(*) => k = 1,8 và n_H = $\dfrac{{0,36}}{k}$ = 0,2 mol

=> X là HCHO (0,1 mol)

Do n_X = n_Y + n_Z nên số C trung bình của Y và Z là 1,8.2 – 1 = 2,6 => 2C và 3C

Do n = k nên số C = số liên kết pi nên:

Z là OHC-CHO (0,04 mol)

Y là CH≡C-CHO (0,06 mol) (vì M_Y < M_Z)

Kết tủa gồm:

n_Ag = 0,1.4 + 0,04.4 + 0,06.2 = 0,68 mol

n_{CAg≡C-COONH4} = 0,06 mol

=> m_{kết tủa} = 85,08 gam