Bài tập phản ứng cộng của anken

Áp dụng công thức: \(\frac{{{{\bar M}_X}}}{{{{\bar M}_Y}}} = \frac{{{n_Y}}}{{{n_X}}}\,\, =  > \,\,{n_Y} = \frac{{{n_X}.{{\bar M}_X}}}{{{{\bar M}_Y}}} = \frac{{1.9,25.2}}{{10.2}} = 0,925\,mol\)

=> n_{H2 phản ứng} = n_giảm = 1 – 0,925 = 0,075 mol

Giả sử lấy 1 mol hỗn hợp X. Gọi n_C2H4 = x mol; n_H2 = y mol

=> x + y = 1 (1)

\({\bar M_X} = \frac{{28x + 2y}}{{x + y}} = 4,25.2\) (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,25 mol; y = 0,75 mol

C₂H₄ + H₂ → C₂H₆

=> hiệu suất phản ứng tính theo C₂H₄

=> n_{C2H4 phản ứng} = n_{hỗn hợp khí giảm} = 0,25.0,75 = 0,1875 mol

=> n_Y = 1 – 0,1875 = 0,8125 mol

Áp dụng công thức: \(\frac{{{{\bar M}_X}}}{{{{\bar M}_Y}}} = \frac{{{n_Y}}}{{{n_X}}}\,\, =  > \,\,{\bar M_Y} = \frac{{{n_X}.{{\bar M}_X}}}{{{n_Y}}} = \frac{{1.8,5}}{{0,8125}} = 10,46\,\, =  > \,\,{d_{Y/{H_2}}} = 5,23\)

Olefin là anken có CTPT C_nH_2n

Giả sử n_H2 = n_anken = 1 mol

=> hiệu suất phản ứng tính theo H₂ hoặc anken là như nhau (vì có tỉ lệ phản ứng = tỉ lệ số mol)

=> n _giảm = n_{H2 phản ứng}  = 1.0,75 = 0,75 mol

=> n_A = n_{hỗn hợp ban đầu} – n_giảm = 2 – 0,75 = 1,25 mol

Áp dụng công thức: \(\frac{{{{\bar M}_t}}}{{{{\bar M}_s}}} = \frac{{{n_s}}}{{{n_t}}}\,\, =  > \,\,{\bar M_t} = \frac{{{n_A}.{{\bar M}_A}}}{{{n_t}}} = \frac{{1,25.23,2.2}}{2} = 29\,\)

Mặt khác \(\,\,{\bar M_t} = \frac{{{n_{{H_2}}}.{M_{{H_2}}} + {n_{anken}}.{M_{anken}}}}{{{n_{{H_2}}} + {n_{anken}}}} = \frac{{1.2 + 1.{M_{anken}}}}{2} = 29\,\,\, =  > \,\,{M_{anken}} = 56\)

=> anken là C₄H₈

Giả sử lấy 1 mol hỗn hợp X. Gọi n_H2 = x mol; n_C2H4 = y mol

=> x + y = 1  (1)

 ${{\bar{M}}_{X}}=\frac{28x+2y}{x+y}=3,75.4$ (2)

Từ (1) và (2) => x = y = 0,5 mol

=> hiệu suất tính theo H₂ hoặc C₂H₄ đều như nhau

Áp dụng công thức: \(\frac{{{{\bar M}_X}}}{{{{\bar M}_Y}}} = \frac{{{n_Y}}}{{{n_X}}}\,\, =  > \,\,{n_Y} = \frac{{{n_X}.{{\bar M}_X}}}{{{{\bar M}_Y}}} = \frac{{1.3,75.4}}{{5.4}} = 0,75\)

=> n_{H2 phản ứng} = n_giảm = 1 – 0,75 = 0,25 mol

$=>\text{ }H=\frac{0,25}{0,5}$.100%=50%

Anken ở thể khí => 2C tới  4C

Ta có 2C chỉ có 1 đồng phân là C=C (1) => tạo ra 1 ancol

3 cacbon: có 1 đồng phân C=C-C (2) => tạo ra 2 ancol

4 cacbon: Có 3 đồng phân:

C=C-C-C (3) => tạo ra 2 ancol

C-C=C-C (4) => tạo ra 1 ancol

C=C(C)-C (5) => tạo ra 2 ancol

Có đồng phân 1 ghép với 2, 3, 5 được hỗn hợp 3 ancol theo đề bài

Đồng phân 4 ghép với 2, 5 sẽ được 3 ancol thỏa mãn đề bài

=> Tổng cộng 5 cách ghép

(4) và (3) nhìn qua có vẻ tạo được 3 ancol nhưng thực chất cả 2 chỉ tạo được 2 ancol là (OH)-C-C-C-C và C-C(OH)-C-C

Do anken + HBr cho 1 sản phẩm duy nhất

Quan sát đáp án => có A và D thỏa mãn vì anken đối xứng cộng HBr thu được sản phẩm duy nhất

 => anken hết, H₂ dư => Y có H₂ và ankan

=> M_ankan > 26 (do M_H2 < 26)

Gọi anken là C_nH_2n (n ≥ 2)

Đặt n_X = 1 mol; do m_X = m_­Y \( =  > \,\,\dfrac{{{n_X}}}{{{n_Y}}} = \dfrac{{{{\bar M}_X}}}{{{{\bar M}_Y}}}\,\, =  > \,\,{n_Y} = 1.\dfrac{{9,1.2}}{{26}} = 0,7\,\,mol\)

=> n = n_X - n_Y = n_anken = 1 – 0,7 = 0,3 mol => n_{H2 (X)} = 0,7

m_X = 1.9,1.2 = m_H2 + m_X  => n = 4

Vậy anken là CH₃CH=CHCH₃        

Bước 1: Viết PTHH, tính số mol của Br₂

CTTQ hiđrocacbon là C_nH_2n+2-2k (với k là số liên kết π).

PTHH: C_nH_2n+2-2k + kBr₂ → C_nH_2n+2-2kBr_2k

(mol)        0,05  →  0,05k   →     0,05

Bước 2: Lập biểu thức tính %m_Br2, tìm CTPT của X

Theo đề bài %m_Br = 69,56%

⟹ \(\dfrac{{80.2k}}{{14n + 2 + 158k}}.100 = 69,56\)

⟹ 160k = 9,7384n + 1,3912 + 109,9048k

⟹ 50,0952k = 9,7384n + 1,3912

⟹ 36k = 7n + 1

⟹ k = 1; n = 5 thỏa mãn

⟹ CTPT của X là C₅H₁₀ 

Bước 3: Tính m_Br2

m_Br2 = 0,05.160 = 8 gam.

- Độ bất bão hòa (tổng số π + vòng): \(k = \dfrac{{2.20 + 2 - 32}}{2} = 5\).

- PTHH: C₂₀H₃₂ + 4H₂ \(\overset{Ni,t^o}{\rightarrow}\) C₂₀H₄₀

⟹ Số liên kết π của cembrene là 4.

⟹ Số vòng của cembrene là 5 - 4 = 1.

Vậy phân tử cembrene có 1 vòng và 4 liên kết π.