Ôn tập chương 9

B đúng vì :

Cho quỳ tím vào các dd thì :

+) quỳ tím đổi màu đỏ là : Axit axetic; axit acrylic, axit fomic (N1)

+) quỳ tím không đổi màu là : anilin; toluen (N2)

Cho nước brom vào 2 nhóm ở trên

Ở nhóm 1 thì :

+) ống nghiệm làm mất màu dd Br₂ là axit acrylic

+) ống nghiệm làm nhạt màu Br₂ đồng thời có sủi bọt khí là axit fomic

+) ống nghiệm không có hiện tượng là axit axetic

Ở nhóm 2 có

+) xuất hiện kết tủa trắng là anilin :

+) dd không xuất hiện gì là toluen

Ta có PTHH:

HCHO + 4AgNO₃ + 6NH₃ + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃ + 4Ag + 4NH₄NO₃

HCOOH + 2AgNO₃ + 4NH₃ + H₂O → (NH₄)₂CO₃ + 2Ag + 2NH₄NO₃

HCCOONH₄ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃ + 2Ag + 2NH₄NO₃

Đặt CTPT của 2 anđehit no, đơn chức là ${C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}O$

n_CO2 = 0,07 mol

Ta có PTHH:${C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}O\xrightarrow{{{t^o}}}\overline n C{O_2}$

                    \(\frac{{0,07}}{n} \leftarrow \)        0,07

_→   $\begin{gathered}{M_{{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}O}} = \frac{{1,46}}{{\frac{{0,07}}{{\overline n }}}} = 20,86\overline n  \hfill \\\to 14\overline n  + 16 = 20,86\overline n  \to \overline n  = 2,33 \hfill \\\end{gathered} $      

Vì 2 anđehit đồng đẳng kế tiếp nên 2 andehit là C₂H₄O và C₃H₆O với số mol là x và y

Ta có hệ phương trình sau

$\left\{ \begin{gathered}44x + 58y = 1,46 \hfill \\2x + 3y = 0,07 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}x = 0,02 \hfill \\ y = 0,01 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}{m_{{C_2}{H_4}O}} = 0,88 \hfill \\{m_{{C_3}{H_6}O}} = 0,58 \hfill \\\end{gathered}  \right.$

Anđehit đồng đẳng kế tiếp nên: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{M_Y} = {M_X} + 14}\\{{M_Z} = {\rm{ }}{M_X} + 28}\\{{M_T} = {\rm{ }}{M_X} + 42}\end{array}} \right.\)

Vì M_T = 2,4 M_X nên M_X +42 = 2,4 Mx

=> M_X = 30

=> X là RCHO

=> 4 anđehit là CH₂O, C₂H₄O, C₃H₆O, C₄H₈O

Ta có PTHH: 

C₃H₆O + 4O₂    $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ 3CO₂ +3H₂O

0,1                       →   0,3     →  0,3

 CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

0,3                   →   0,3 

→ m_{dd tăng}  =  m_H2O+ m_CO2  – m_CaCO3 = 0,3.(44+18)-0,3.100= -11,4 gam

Vậy dung dịch giảm 11,4 g

Xét phần 2:

Vì $\frac{{{n_{Ag}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,16}}{{0,06}} = 2.67$ nên 1 chất phải là HCHO và 1 chất là RCHO

Đặt số mol của HCHO là x mol và của RCHO là y mol → x + y = 0,06 mol

HCHO + 4AgNO₃/NH₃ → 4Ag

RCHO + 2AgNO₃/NH₃ → 2Ag

→ n_Ag = 0,16 = 4x + 2y

Nên x = 0,02 và y = 0,04 mol

Anđêhit đơn chứ nên: n_X = n_{O trong X}= 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_C + m_H +m_O= 0,14*12+0,1*2+0,06*16= 2,84 gam

Mà ${m_X} =0,02.30 + 0,04.(R + 29) = 2,84 \to R = 27({C_2}{H_3})$

→ 2 anđehit là CH₂O và C₃H₄O

Ta có: 13,4 g X + O₂ → 0,6 mol CO₂ + 0,7 mol H₂O

Bảo toàn khối lượng có:m_X = m_C + m_H +m_O

=> m_O2 = 0,6.44 + 0,7.18 -13,4 = 25,6 g → n_O2 = 0,8 mol

Bảo toàn O có n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.0,6 + 0,7 -0,8.2 = 0,3 mol

Vì x chỉ chứa ancol đơn chức no và anđehit no, mạch hở đơn chức nên

 n_A + n_B = n_O(X) = 0,3 mol

A và B có cùng số nguyên tử C nên số C = $\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{A + B}}}} = \frac{{0,6}}{{0,3}} = 2$

 Ta có PTHH:

 HCHO  → 4Ag

 HCOOH → 2Ag

→ n_Ag = 4n_HCHO  + 2n_HCOOH = 4.0,1 + 2.0,1 =0,6 mol

→m_Ag  = 64,8 gam

n_Ag = 0,5 mol

Ta có $\frac{{{n_{Ag}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,5}}{{0,25}} = 2$ → X chỉ chứa 1 nhóm CHO trong phân tử và không phải HCHO

X + H₂ theo tỉ lệ  1 : 2 → X còn một liên kết đôi chưa no ở gốc hidrocacbon

→ X là C_nH_2n-1CHO ( n ≥ 2)

Vì Y tác dụng với HCl thu được CO₂ nên Y chứa (NH₄)₂CO₃

(NH₄)₂CO₃ + 2HCl → 2NH₄Cl + H₂O + CO₂

→ n_(NH4)2CO3 = n_CO2 = 0,45 mol

→ anđehit chứa  HCHO

2 anđehit là HCHO và RCHO

HCHO + AgNO₃/NH₃  →  4Ag 

0,45 mol       ←             1,8 mol

RCHO + 2AgNO₃/NH₃ → 2Ag

0,075 mol ←                1,95-1,8 = 0,15 mol  

m_RCHO = 17,7 -0,45.30 = 4,2 g

→ M_RCHO  = 56

→RCHO là C₂H₃CHO

X là C_nH_2n+1COOH

      C_nH_2n+1COOH + OH^- → C_nH_2n+1COO^- + H₂O

Bảo toàn khối lượng có m_rắn = m_X + m_KOH + m_NaoH – m_H2O = 3,6 + 0,06.56 + 0,06.40 – n_{X .}18 = 8,28

→ n_X = 0,06 mol

→ M_X = 3,6 : 0,06 =60 → 14n + 46 = 60 → n = 1

→ X là CH₃COOH

            CH₃COOH + C₂H₅OH  $\overset {{H_2}S{O_4}} \leftrightarrows $ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Ban đầu :  0,1 mol          0,2 mol

Pư             0,0625 mol    0,0625 mol      ←    0,0625  mol       

→ Hiệu suất tính theo CH₃COOH vì $\frac{{{n_{C{H_3}COOH}}}}{1} < \frac{{{n_{{C_2}{H_5}OH}}}}{1}$ nên theo lý thuyết CH₃COOH hết

→ H = $\frac{{0,0625}}{{0,1}}.100\%  = 62,5\% $

PTHH :

OHCCH₂CH₂CHO + O₂ →  HOOC- CH₂ - CH₂-COOH 
HOOC- CH₂ - CH₂-COOH + CH3OH → HOOCCH₂CH₂COOCH₃ + H₂O 
HOOC- CH₂ - CH₂-COOH  + 2CH3OH  → H₃COOCCH₂CH₂COOCH₃ + H₂O 

Vì M_Z < M_Q  nên Z là HOOCCH₂CH₂COOCH₃  và Q là H₃COOCCH₂CH₂COOCH₃

Đặt n_Z = x ; n_Q = y → n_{CH3OH pư} =x + 2y  = 0,72 mol 

Vì m _Z = 1,81 m_Q nên 132x = 1,81 . 146y 
Giải được x = 0,36 mol và y = 0,18 mol

Axit + O₂ → CO₂ + H₂O

Vì axit đơn chức nên  n_O(axit) = 2n_axit = 2.0,1 =0,2 mol

Bảo toàn O có n_O(axit) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_O2 = 2.0,3 + 0,2  - 0,2 = 0,3 mol

→ V_O2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít 

Xét phần 1 :

${n_{{H_2}}} = \frac{{{n_Y}}}{2} + {n_Z} = 0,2$ nên 0,2 < n_Y  + n_Z < 0,4 mol

Xét phần 2 :

n_CO2 = 0,6 mol

X + O₂ → CO₂ + H₂O

Y và Z có cùng số C nên số C = $\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{Y + Z}}}}$ → $\frac{{0,6}}{{0,4}} < C < \frac{{0,6}}{{0,2}} \to 1,5 < C < 3$

Nên số C trong Y và Z là 2 → Y là CH₃COOH, Z là (COOH)₂ với số mol mỗi phần là x và y

Ta có hệ sau

$\left\{ \begin{gathered}{n_{{H_2}}} = \frac{x}{2} + y = 0,2 \hfill \\{n_{C{O_2}}} = 2x + 2y = 0,6 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}x = 0,2 \hfill \\y = 0,1 \hfill \\\end{gathered}  \right.$

→ %Z = 42,86%

X có số C trung bình = $\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,5}}{{0,3}} = 1,67$ → X có chứa axit HCOOH

X + 0,5 mol NaOH  nên trong X có n_COOH = 0,5 mol

X có số nhóm COOH trong công thức là COOH = $\frac{{{n_{COOH}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,5}}{{0,3}} = 1,67$

→ X có 1 chất là HCOOH nên chất còn lại là axit đa chức C_nH_2n-2k+2O_2k

Coi số mol của 2 chất lần lượt là x và y mol thì x + y =0,3 mol

→ n_CO2 = x + yn = 0,5 mol

Và n_COOH = 0,5 = x + yk

→ n = k → axit là C_nH₂O_2n → thỏa mãn axit HOOC – COOH

E tác dụng với Na và Na₂CO₃  nên E chắc chắn có nhóm COOH, có thể có thêm nhóm OH

E tác dụng với CuO nung nóng thì tạo ra hợp chất hữu cơ không tham gia phản ứng tràng gương nên E có nhóm ancol bậc 2

→  CTCT của E là CH₃CH(OH)COOH

Đặt công thức chung của 2 muối là C_nH_2n+1 COONa 
n_Na2CO3 = 0,025 mol 
2HCOONa + O2 → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O 
  0,01                         0,005      0,005   0,005 
2C_nH_2n+1COONa + (3n+1)O2 → Na₂CO₃ + (2n+1)CO₂ + (2n+1)H₂O 
            0,04      ←                           0,02 
Khối lượng bình 2 tăng nhiều hơn bình 1 là 3,51 gam => m_CO2 - m_H2O = 3,51(g) 
=> 0,005.44 + 0,02.44.(2n+1) - 0,005.18 - 0,02.18.(2n+1) = 3,51 
=> n = 2,75

Mà muối tạo từ axit đồng đẳng kế tiếp => CT: C₂H₅COONa và C₃H₇COONa 

Đặt công thức hóa học của A là RCHO

RCHO + AgNO₃/NH₃ → xAg

3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

0,9 \( \leftarrow \)                                    0,3

→ n_Ag = 0,9 mol

Nếu A là HCHO thì n_A = 0,9 : 4 = 0,225 mol → m_A = 0,225.30 =6,75 < 19,8

→ A không phải HCHO

RCHO + AgNO₃/NH₃ → 2Ag

  0,45 \( \leftarrow \)                           0,9

→ M_A =19,8 : 0,45 = 44 → M_R = 44 – 29 =15 (CH₃)

→ A là CH₃CHO

PTHH:

C₂H₅OH + CuO  CH₃CHO (X) + Cu + H₂O

2CH₃CHO + O₂  2CH₃COOH (Y)

CH3COOH + CH3OH  CH₃COOCH₃ (Z) + H₂O

Ban đầu khối lượng 2 axit bằng 8,2; khối lượng 2 muối natri bằng 11,5.

Số mol axit phản ứng bằng (11,5 - 8,2) : 22 = 0,15 mol

Ta có M_axit = 8,2 : 0,15 = 54,66.

Do hỗn hợp Z tham gia phản ứng tráng gương nên trong hỗn hợp Z có chứa axit fomic HCOOH (Y).

Gọi công thức cấu tạo của X là RCOOH

Ta có: n_HCOOH = ½ . n_Ag = ½ . 0,2 = 0,1 mol suy ra n_RCOOH = 0,15 - 0,1 = 0,05 mol

Ta có m_RCOOH = 8,2 - 0,1 . 46 = 3,6 gam suy ra M_RCOOH = m_RCOOH : n_RCOOH = 3,6 : 0,05 = 72

→ M_R = 27, suy ra R là gốc C₂H₃. Vậy X là C₂H₃COOH.

Ta có %m_C2H3COOH = 3,6.100%/ 8,2 = 43,902%.