Bài tập phản ứng oxi hóa ankan

Gọi CT chung của hai hidrocacbon là \({C_{\overline x }}{H_{\overline y }}\)

\({C_{\overline x }}{H_{\overline y }} + (\overline x  + \dfrac{{\overline y }}{4}){O_2}\underrightarrow {{t^0}}\overline x C{O_2} + \dfrac{{\overline y }}{2}{H_2}O\)

\(\dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \dfrac{{2\overline x }}{{\overline y }} = \dfrac{{5m}}{{44}}.\dfrac{{18}}{{3m}} =  > \dfrac{{2\overline x }}{{\overline y }} = \dfrac{{15}}{{22}}\)

=> \(\overline y  = 2,93\overline x  > 2\overline x \)

=> Hai hidrocacbon là ankan

Mặt khác, ta có: \(\overline y  = 2\overline x  + 2 =  > 2,93\overline x  = 2\overline x  + 2\)

\( = > \overline x  = 2,15\)

Hai hidrocacbon đó là C₂H₆ và C₃H₈

n_ankan = 0,1 mol

n_CO2 = n _{kết tủa} = 0,4 mol 

Áp dụng công thức : n_ankan = n_H2O – n_CO2  => n_H2O = 0,1 + 0,4 = 0,5  mol

BTNT C => n_C = n_CO2 = 0,4 mol

BTNT H=> n_H = 2n _H2O = 1 mol

n_C : n_H = 0,4 : 1 = 4 : 10

Vậy CTPT X là C₄H₁₀

n_H2O = 0,4 mol => BTNT H:  n_H = 2.n_H2O = 0,8 mol

BTKL: m_ankan = m_C  + m_H <=>  m_C  = 4,4  – 0,8  = 3,6 gam => n_C = 0,3 mol

BTNT C=> n_CO2 = n_C =  0,3 mol
BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => 2a = 0,3. 2 + 0,4 => a = 0,5 mol

n_CO2 = 0,1 mol; n_H2O = 0,14 mol

Bảo toàn nguyên tố O: 

\(2.{n_{{O_2}}} = 2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} =  > \,\,{n_{{O_2}}} = \dfrac{{2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}}}{2} = \dfrac{{2.0,1 + 0,14}}{2} = 0,17\,\,mol\)

=> V_O2 = 0,17. 22,4 = 3,808 lít

n_CO2 = 0,35 mol; n_H2O = 0,55 mol

Bảo toàn nguyên tố O: 

\(2.{n_{{O_2}}} = 2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} =  > \,\,{n_{{O_2}}} = \dfrac{{2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}}}{2} = \dfrac{{2.0,35 + 0,55}}{2} = 0,625\,\,mol\)

=> V_O2 = 0,625. 22,4 = 14 lít

n_{hh E} = 0,3 mol ; n_CO2 = 0, 5 mol ; n_H2O = 0,6 mol

NX : n_H2O > n_CO2 => X, Y thuộc dãy đồng đẳng ankan

\({n_{\overline C }} = \dfrac{{{n_{CO2}}}}{{{n_{hh}}}} = \dfrac{{0,5}}{{0,3}} = 1,66\)

=> Trong E có chứa CH₄

Đốt cháy ankan ta có n_ankan = n_H2O  –  n_CO2=> n_H2O  = n_ankan + n_CO2   = 0,35 + 0,75 = 1,1  mol
=> m_H2O = 1,1. 18= 19,8 gam

Bình 1 chứa H₂O; bình 2 chứa CO₂

n_CO2 = 2,2: 44 = 0,05 mol

Đốt cháy ankan ta có n_ankan = n_H2O  –  n_CO2=> n_H2O  = n_ankan + n_CO2   = 0,2 + 0,05 = 0,25 mol
=> m_H2O = 0,25. 18= 4,5 gam

BTNT C : n_CO2 = n_BaCO3 = 0,25 mol => m_CO2 = 11 g

m_CO2 + m_H2O = m↓ - m_{dd giảm} = 49,25 – 32,85 = 16,4 g

=> m_H2O = 16,4 – 11 = 5,4 g => n_H2O = 0,3 mol

Nx : n_H2O > n_CO2 => X là ankan

n_Ankan = n_H2O – n_CO2 = 0,3 – 0,25 = 0,05 mol

Gọi công thức của ankan là C_nH_2n+2

BTNT C : 0,05. n = 0,25 => n = 5.

CTPT của X là C₅H₁₂

n_CO2 = 0,11 mol

n_H2O = 0,132 mol

Nx : n_H2O > n_CO2 => X là ankan

n_Ankan = n_H2O – n_CO2 = 0,132 – 0,11 = 0,022 mol

Gọi công thức của ankan là C_nH_2n+2

BTNT C : 0,022. n = 0,11 => n = 5.

CTPT của X là C₅H₁₂

\(\mathop C\limits^a  - \mathop C\limits^b  - \mathop C\limits^c  - \mathop C\limits^b  - \mathop C\limits^a \) 

có 3 vị trí thế monoclo là a, b, c

: có 4 vị trí thế monoclo là a, b, c, d

chỉ có 1 vị trí thế là a

Do CH₄ và C₄H₆ có cùng số mol nên qui đổi hỗn hợp thành C₂H₄ và C₃H₆

Khi đốt cháy n_CO2 = n_H2O = a mol

BTNT C: n_CO2 = n_CaCO3

Mặt khác m_CO2 + m_H2O = m_CaCO3 – 7,6

=> 44a+18a= 100a – 7,6 <=> a = 0,2 mol

m_X = m_C +m_H = 12.n_CO2 + 1. 2n_H2O= 2,8 gam

Gọi số mol của C và H trong X lần lượt là a, b (mol)

Ta có : m_X = m_C + m_H <=> 4,872 = 12a + b (1)

BTNT C : n_CO2 = n_{C (X)} = a mol

BTNT H : n _H2O = n_{H (X)}/2 = b/2 mol

Áp dụng công thức : m_CO2 + m_H2O = m _{kết tủa} – m _{dd giảm} <=> 44a + 9b = 27,93 – 5,586 (2)

Từ (1)(2) => a = 0,336 và b = 0,84

Ta có n_C :n_H = a : b = 0,336 : 0,84 = 4 : 10

X là C₄H₁₀

n_CO2 = 7,84 : 22,4 = 0,35 (mol); n_H2O = 9,9 :18 = 0,55 (mol)

Hỗn hợp X gồm ankan và H₂ => khi đốt cháy cho n_H2O > n_CO2

và n_X = n_H2O – n_CO2 = 0,55 – 0,35 = 0,2 (mol)

=> V_X(đktc) = 0,2. 22,4 = 4,48 (l)

Qui đổi hỗn hợp thành C₃H_y

M_X = 21,2. 2 = 42,4 <=> 12. 3 + y = 42,4 <=> y = 6,4

BTNT C : n_CO2 = n_C(X) = 0,1. 3 = 0,3 mol

BTNT H : n_H2O = n_H(X)/2 = ( 0,1. 6,4) /2 mol

\({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 0,3.44 + \dfrac{{0,1.6,4}}{2}.18 = 18,96\,\,gam\)

BTNT C: n_C =n_CO2 = 0,15 mol => m_C = 1,8 gam

m_hh= m_C + m_H => m_H = 2,4 – 1,8 = 0,6 gam => n_H = 0,6 mol

BTNT H: n_H2O = n_H : 2 = 0,3 mol

BTNT O: 2n _O2 = 2n_CO2 + n_H2O = 0,15. 2 + 0,3 = 0,6 mol

=> n_O2 = 0,3 mol => V_O2 = 6,72 lít

n_CO2 = 1,3 mol ;  n_H2O = 1,8 mol

n_ankan = n_H2O – n_CO2 = 1,8 – 1,3 = 0, 5 mol

Số C trung bình = n_CO2 / n_ankan = 1,3 : 0,5 = 2,6

Vì 2 ankan liên tiếp => 2 ankan là C₂H₆ và C₃H₈

n_CO2 = 0,2 mol ;  n_H2O = 0,3 mol

Nx : n_H2O > n_CO2 => hai hiđrocacbon là ankan.

n_ankan = n_H2O – n_CO2 = 0,3- 0,2  = 0, 1 mol

Số C trung bình = n_CO2 / n_ankan = 0,2 : 0,1 = 2

Vì 2 ankan liên tiếp => 2 ankan là CH₄ và C₃H₈

Bình 1 chứa nước, bình 2 chứa CO₂

n_CO2 = 0,1 mol ;  n_H2O = 0,14 mol

Nx : n_H2O > n_CO2 => hai hiđrocacbon là ankan.

n_ankan = n_H2O – n_CO2 = 0,14 - 0,1  = 0,04 mol

Số C trung bình = n_CO2 / n_ankan = 0,1 : 0,04 = 2,5

Vì 2 ankan liên tiếp => 2 ankan là C₂H₆ và C₃H₈

Gọi công thức phân tử trong bình là

\({C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2}}\)

\( =  > 14\bar n + 2 = 52,4\,\, =  > \,\bar n = 3,6\) 

=> loại B vì 2 chất có số C > 3,6 và loại C vì 2 chất đều có số C < 3,6

Giả sử A đúng => n_C2H6 = 1 mol ;  n_C4H10 = 4 mol 

\(=  > \,\,\bar C = \dfrac{{2.1 + 4.4}}{{1 + 4}} = 3,6\)(thỏa mãn)

Giả sử D đúng => n_C4H10 = 1 mol ;  n_C3H8 = 4 mol 

\( =  > \,\,\bar C = \dfrac{{4.1 + 3.4}}{{1 + 4}} = 3,2\) (loại)

BTNT C: n_C(X) =n_CO2= n_BaCO3 = 0,15 mol

m_CO2 +m_H2O = m_BaCO3 – m_{dd giảm} = 29,55 – 19,35 = 10,2 gam

=> m_H2O = 10,2 – 0,15. 44 = 3,6 gam => n_H2O = 0,2 mol

BTNT H: n_H(X) = 2n _H2O = 0,4 mol

n_C: n_H = 0,15 : 0,4  = 3:8

X là C₃H₈