Bài tập phản ứng crackinh ankan

Trong hỗn hợp sản phẩm thu được anken nhiều C nhất là C₄H₈ và ankan ít C nhất là CH₄

=> hiđrocacbon X có 5C và đó là pentan C₅H₁₂

Crackinh hoàn toàn thu được hỗn hợp Y, M_Y = 58 nên sẽ có 1 chất có M lớn hơn 58 và 1 chất có M nhỏ hơn.

Xét 4 đáp án chỉ có C₆H₁₄ mới tạo ra sản phẩm có M lớn hơn 58

(Nếu là C₅H₁₂ có M = 72, crackinh ra cả 2 sản phẩm đều có M nhỏ hơn hoặc bằng 58 => không thỏa mãn)

Ankan ở thể khí là những ankan có số nguyên tử C ≤ 4. Nhưng CH₄ và C₂H₆ không cho phản ứng crackinh, chỉ có C₃H₈ và C₄H₁₀ có khả năng crackinh

Với C₃H₈: C₃H₈   $\xrightarrow{crackinh}$ CH₄ + C₂H₆

Ta có: \({{d}_{{{C}_{2}}{{H}_{6}}/C{{H}_{4}}}}\) = 30/16 = 1,875  > 1,5 (loại)

Với C₄H₁₀:    

C₄H₁₀ $\xrightarrow{{}}$ CH₄ + C₃H₆

C₄H₁₀ $\xrightarrow{{}}$ C₂H₆ + C₂H₄

Ta thấy trong các đáp án chỉ có C₃H₆ và C₂H₄ là cặp nghiệm sinh ra từ phản ứng crackinh C₄H₁₀ và thỏa mãn điều kiện:  ${{d}_{{{C}_{3}}{{H}_{6}}/{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}$= 42/28 = 1,5 (đúng)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

${{m}_{X}}={{m}_{Y}}\,\to \,{{n}_{X}}{{.M}_{X}}={{n}_{Y}}{{\overline{M}}_{Y}}~\to {{M}_{X}}=\frac{{{\text{n}}_{\text{Y}}}.{{\overline{M}}_{Y}}}{{{\text{n}}_{\text{X}}}}=\frac{\text{3.}{{\text{n}}_{\text{X}}}.{{\overline{M}}_{Y}}}{{{\text{n}}_{\text{X}}}}=3.{{\overline{M}}_{Y}}$

=> X là C₅H₁₂

C₂H₆ → C₂H₄ + H₂

C₃H₈ → C₃H₆ + H₂

=> số mol C₂H₄ và C₃H₆ sinh ra bằng số mol C₂H₆ và C₃H₈ phản ứng

=> phần trăm số mol 2 chất trong Y bằng phần trăm 2 chất tương ứng trong X

Giả sử lấy 1 mol X

Gọi n_C2H6 = a mol => n_C3H8 = (1 – a) mol

${{\bar{M}}_{X}}=\frac{30a+44.(1-a)}{1}=19,2.2\,\,=>\,\,a=0,4$

=> %V_C2H4= %V_C2H6  = 0,4/1. 100% = 40%

      %V_C3H6= %V_C3H8 = 100% - 40% = 60%

Gọi V_{C4H10 phản ứng} = x lít => V_tăng = x lít

=> V_{hh A} = 40 + x = 56 => x = 16

Hiệu suất phản ứng tạo ra hỗn hợp A là : $H=\frac{16}{40}.100\%=40\%$.

Giả n_{ankan ban đầu} = 1 mol

H = 60% => n_{ankan phản ứng} = 0,6 mol => n_{khí tăng} = 0,6 mol

=> n_{hh B} = n_A + n_{khí tăng} = 1 + 0,6 = 1,6 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

${{m}_{A}}=\text{ }{{m}_{B}}~<=>{{n}_{A}}.{{M}_{A}}=\text{ }{{n}_{B}}.{{\overline{M}}_{B}}\,\,=>\,\,{{M}_{A}}=\frac{{{\text{n}}_{B}}{{\overline{M}}_{B}}}{{{\text{n}}_{A}}}=\frac{1,6.36,25}{1}=58\,\,gam/mol$ 

Vậy CTPT của ankan A là C₄H₁₀

n_CO2 = 0,4 mol; n_H2O = 0,5 mol

Đốt cháy hỗn hợp A thu được số mol CO₂ và H₂O giống như đốt cháy n-butan ban đầu

Bảo toàn C và H: m =  m_C + m_H = 0,4 + 0,5.2 = 5,8

n_C4H10 = 0,1 mol

Đốt cháy hỗn hợp X cũng giống như đốt cháy C₄H₁₀ đều thu được số mol CO₂ và H₂) như nhau

Bảo toàn nguyên tố H: n_H2O = 5.n_C4H10 = 0,5 mol

=> m_H2O = 0,5.18 = 9 (g)

n_N = 0,2mol;  n_CO2 = 0,8 mol ; n_H2O = 0,8 mol

Ta thấy: n_H2O = n_CO2   => hiđrocacbon N là anken

C_nH_2n + O₂ → nCO₂  + nH₂O

  0,2                    0,8

=> 0,2n = 0,8   => n = 4  => anken là C₄H₈

=> N, P, Q là các đồng phân của nhau và cùng CTPT là C₄H₈

CH₃-CH₂-CH₂-CH₃    (1)                     CH₃-CH(CH₃)-CH₃  (2)

Trong 2 đồng phân trên chỉ có (1) tách hiđro cho 3 sản phẩm là đồng phân của nhau

CH₃-CH₂-CH₂-CH₃  à CH₃-CH=CH-CH₃   + H₂

                                         (cis-trans)

CH₃-CH₂-CH₂-CH₃  à  CH₂=CH-CH₂-CH₃  + H₂

Các phản ứng xảy ra :

            C₃H_{8 $\xrightarrow{{}}$}   CH₄    +    C₂H₄ (1)

            C₂H₄     +    Br₂   $\xrightarrow{{}}$  C₂H₄Br₂             (2)

Theo (1) và giả thiết ta có : ${{n}_{{{C}_{3}}{{H}_{8}}}}={{n}_{C{{H}_{4}}}}={{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}=\frac{6,6}{44}=0,15\,\,mol$

Sau khi qua bình đựng brom khí thoát ra khỏi bình có $\overline{M}=1,1875.16=19$ nên ngoài CH₄ còn có C₂H₄ dư.

Gọi n_{C2H4 dư} = a mol

$\bar{M}=\frac{16.0,15+28a}{0,15+a}=19\,\,=>\,\,a=0,05\,\,mol$

=> n_{C2H4 phản ứng với Br2} = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol => n_Br2 = 0,1 mol

=> C_{M Br2} = $\frac{0,1}{0,4}=0,25M$

 Phương trình phản ứng :

C₄H₁₀ $\xrightarrow{{}}$ CH₄ + C₃H₆     (1)

C₄H_{10 $\xrightarrow{{}}$} C₂H₆ + C₂H₄         (2)

C₄H₁₀ $\xrightarrow{{}}$  H₂ + C₄H₈     (3)

Từ phương trình phản ứng, ta thấy: ∑n_{CH4, C2H6, H2} = ∑n_{C3H6, C2H4, C4H8}

Gọi ${{n}_{{{C}_{4}}{{H}_{10}}\,\,pứ}}={{n}_{(C{{H}_{4}},\,\,{{C}_{2}}{{H}_{6}},\,\,{{H}_{2}})}}={{n}_{({{C}_{3}}{{H}_{6}},\,\,{{C}_{2}}{{H}_{4}},\,\,{{C}_{4}}{{H}_{8}})}}=a\,\,mol\,;\,\,{{n}_{{{C}_{4}}{{H}_{10}}\,\,dư}}=b\,\,mol\Rightarrow {{n}_{A}}=2a+b\,\,=\,35\,\,(*)$

Khi cho hỗn hợp A qua bình dựng brom dư thì chỉ có C₃H₆, C₂H₄, C₄H₈ phản ứng và bị giữ lại trong bình chứa brom. Khí thoát ra khỏi bình chứa brom là H₂, CH₄, C₂H₆, C₄H₁₀ dư nên suy ra :

=> n_{H2, CH4, C2H6} + n_{C4H10 dư} = a + b = 20  (**)

Từ (*) và (**) ta có : a = 15 và b = 5

$H=\frac{15}{15+5}.100\%=75\%$

Đốt cháy A cũng như đốt cháy lượng C₄H₁₀ ban đầu sẽ thu được lượng CO₂ như nhau

Bảo toàn C: n_CO2 = 4.n_C4H10 = 4.20 = 80 mol

Phương trình phản ứng :

$\begin{gathered}  {C_2}{H_6}\xrightarrow{{{t^o},\,\,xt}}\,\,{C_2}{H_4} + {H_2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \hfill \\  {C_2}{H_6}\xrightarrow{{{t^o},\,\,xt}}\,\,{C_2}{H_2} + 2{H_2}\,\,\,\,\,\,\,(2) \hfill \\ \end{gathered} $

$\begin{gathered}  {C_2}{H_4} + B{r_2}\xrightarrow{{}}\,\,{C_2}{H_4}B{r_2}\,\,\,\,\,\,\,(3) \hfill \\  {C_2}{H_2} + 2B{r_2}\xrightarrow{{}}\,\,{C_2}{H_2}B{r_4}\,\,\,\,(4) \hfill \\ \end{gathered} $

Theo các phương trình ta thấy :

+ Số mol khí tăng sau phản ứng bằng số mol H₂ sinh ra.

+ Số mol Br₂ phản ứng ở (3) và (4) bằng số mol H₂ sinh ra ở (1) và (2).

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

${{m}_{etan}}=\text{ }{{m}_{X}}~~$

$\Leftrightarrow {{n}_{etan}}.{{M}_{etan}}=\text{ }{{n}_{X}}{{.}_{~}}~{{\overline{M}}_{X}}\Leftrightarrow \frac{{{\text{n}}_{e\tan }}}{{{\text{n}}_{X}}}=\frac{{{\overline{M}}_{X}}}{{{M}_{e\tan }}}=0,4$

      Với n_X  = 0,4 mol => n_etan = 0,4.0,4 = 0,16 mol

=> n_tăng = n_{H2 sinh ra} = n_X – n_etan = 0,4 – 0,16 = 0,24 mol

=> n_{Br2 phản ứng} = n_{H2 sinh ra} = 0,24 mol

Sơ đồ phản ứng :  $10\,mol\,C{H_4}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}  {C_2}{H_2}\, \uparrow :\,\,\,12\%V  \hfill \\  {H_2}\,\, \uparrow :\,\,\,78\%V  \hfill \\  C{H_4} \uparrow \,\,:\,\,\,10\%V  \hfill \\  C \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Đặt số mol của C₂H₂ ; CH₄ ;  H₂ trong hỗn hợp A lần lượt là 12x ; 10x ; 78x (vì đối với các chất khí tỉ lệ % về thể tích bằng tỉ lệ % về số mol)

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với H ta có :

n_{H (trong CH4 ban đầu)} = n_{H (trong CH4 dư, C2H2 và H2 trong A)} => 10.4 = 4.10x + 2.12x + 2.78x

=> x = 0,1818 mol => V_A = 100x.22,4 = 407,27 lít

n_Br2 = 0,04 mol;  n_{hh khí} = 0,21 mol

Khi dẫn hỗn hợp A gồm các hiđrocacbon qua dung dịch brom, brom bị mất màu hết => anken trong hỗn hợp A có thể còn dư.

_{\(\bar{M}\)hh khí} = $\frac{117}{7}$.2 = $\frac{234}{7}$ ≈ 33,43 < M_C3H6 = 42

=> khí đi ra khỏi dung dịch brom có C₃H₆  => n_C3H6 phản ứng = n_Br2 = 0,04 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_C4H10 = m_{C3H6 phản ứng} + m_{hh khí} = 0,04.42 + $\frac{234}{7}$.0,21 = 8,7 (g)

Crackinh isobutan có thể sinh ra các sản phẩm theo 1 trong 2 hướng sau:

C₄H₁₀ → CH₄ + C₃H₆   (1)

C₄H₁₀ → C₂H₆ + C₂H₄  (2)

Hỗn hợp khí sau phản ứng crackinh dẫn qua dung dịch brom thì brom mất màu hoàn toàn

=> khí đi qua khỏi bình brom gồm ankan và có thể còn anken dư.

Ta có: M_{tb khí} = 44.0,5 = 22 > M_CH4 = 16 => anken còn dư sau khi ra khỏi bình brom

Vậy: M_CH4 = 16 < M_{tb khí} < M _anken  => phản ứng crackinh xảy ra theo hướng (1)

Ta có: n_C3H6 phản ứng = n_Br2 = 11,2/160 = 0,07 mol

n_{hh khí} = 2,912/22,4 = 0,13 mol   => m _{hh khí} = n_{hh khí} .M_{(tb) hh khí} = 0,13.22 = 2,86 (g)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_C4H10 = m_hhA = m_{C3H6 phản ứng} + m_{hh khí} = 0,07.42 + 2,86 = 5,8(g)

Ta có : ${{\bar{M}}_{A}}$  = 20,25.2 = 40,5 ; ${{\bar{M}}_{B}}$ = 16,2.2 = 32,4

<=>  $\frac{\overline{{{M}_{A}}}}{\overline{{{M}_{B}}}}=\frac{40,5}{32,4}\,\,<=>\,\,\frac{{{m}_{A}}}{{{n}_{A}}}.\frac{{{n}_{B}}}{{{m}_{B}}}=1,25$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m_A = m_B

 =>  $\frac{{{n}_{B}}}{{{n}_{A}}}=\text{ }1,25~~=>\text{ }{{n}_{B}}=\text{ }1,25.{{n}_{A}}$

Giả sử ban đầu có 1 mol hỗn hợp A   => n_B = 1,25.1 = 1,25 mol

Trong phản ứng đề hiđro hóa: số mol hỗn hợp sau phản ứng tăng, số mol tăng của hỗn hợp B so với hỗn hợp A chính là số mol các chất phản ứng

=> H = $\frac{1,25-1}{1}$ .100% = 25%

Cracking 0,2 mol C₃H₈ → Hỗn hợp Y gồm CH₄, C₂H₄, C₃H₆, H₂ và C₃H₈ dư (90% C₃H₈ phản ứng).

Hỗn hợp Y đi qua nước brom dư thì còn lại hỗn hợp Z có d_Z/H2 = 7,3

Đặt n_H2 = x mol; n_CH4 = y mol

Ta có: n_{C3H8 phản ứng} = n_H2 + n_CH4 = x + y = 0,2. 90% = 0,18 mol

Hỗn hợp Z gồm x mol H₂, y mol CH₄ và 0,02 mol C₃H₈ dư.

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,18\\\frac{{2x + 16y + 44.0,02}}{{x + y + 0,02}} = 7,3.2\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,06\\y = 0,12\end{array} \right.\)

Vậy m_CH4 = 0,12.16 = 1,92 gam

Giả sử thực hiện phản ứng đehiđro hóa 1 mol một ankan C_nH_2n+2 thì n_{CnH2n+2 phản ứng} = n_anken = n_H2 = 0,8 mol

Suy ra n_X = n_anken + n_H2 + n_{ankan dư} = 0,8 + 0,8 + 0,2 = 1,8 mol

Suy ra M_ankan = 1,8.20.2 = 72 → 12n + 2n + 2 = 72 → n = 5 → Công thức phân tử của ankan là C₅H₁₂.

Ta có: n_O2 = 3,55 mol, n_{C3H8 =} 0,15 mol

Ta có n_O2 = 8.n_C5H12 + 5.n_C3H8 = 3,55 mol → n_C5H12 = 0,35 mol → a = 25,2 gam

Cracking V lít C₄H₁₀ thu được hỗn hợp X gồm 5 hiđrocacbon

3X + H₂ → Hỗn hợp Y

Dẫn Y qua xúc tác Ni, đun nóng thu được hỗn hợp Z gồm 4 hiđrocacbon có V giảm 20% so với Y.

Z không có khả năng làm mất màu dung dịch Br₂ nên Z là hỗn hợp ankan và có thể có H₂ dư

Giả sử có 3 mol X và 1 mol H₂

Vì hỗn hợp Z gồm 4 hiđrocacbon và có thể tích giảm 25% so với ban đầu nên n_{H2 phản ứng} = 4.25% = 1 mol

→ n_anken = 1 mol → Trong hỗn hợp Y có n_ankan = n_{C4H10 dư} + n_CH4 + n_CH3-CH3 = n_{C4H10 ban đầu} = 2 mol

Vậy H = ½ = 50%