Bài tập phản ứng oxi hóa anken

3C₂H₄ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3C₂H₆O₂ + 2MnO₂ + 2KOH

=> tổng hệ số cân bằng = 3 + 2 + 4 + 3 + 2 + 2=16

Các anken phản ứng được với dung dịch KMnO₄ ở ngay điều kiện thường

=> hex-1-en, etilen, propen

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = 2.n_C2H4 + 3.n_C3H6 = 0,1.2 + 0,2.3 = 0,8 mol

=> V = 0,8.22,4 = 17,92 lít

Đốt cháy hoàn toàn anken thu được số mol CO₂ và H₂O bằng nhau

Gọi n_CO2 = n_H2O = x mol

m_CO2 – m_H2O = 44x – 18x = 6,76 => x = 0,26 mol

=> số C trung bình = 0,26 / 0,1 = 2,6

=> công thức phân tử của 2 anken là C₂H₄ và C₃H₆

n_CO2  = 0,1 mol;  n_H2O = 0,14 mol

Vì đốt cháy hỗn hợp X gồm ankan CH_­4 và 2 anken C₃H₆ và C₄H₈

=> n_CH4 = n_H2O – n_CO2 = 0,14 – 0,1 = 0,04 mol

Bảo toàn C và H: n_{C (trong X)} = n_CO2 = 0,1 mol;  n_{H (trong X)} = 2.n_H2O = 0,28 mol

=> m_X = m_C + m_H = 0,1.12 + 0,28 = 1,48 gam

%m_CH4  = 0,04.16 / 1,48 .100% = 43,24%

- Hỗn hợp A gồm các anken => đốt cháy thu được n_CO2 = n_H2O = 2,4 mol

- Bảo toàn nguyên tố O: 2.n_O2 = 2.n_CO2 + n_H2O

=> n_O2 = (2.2,4 + 2,4) / 2 = 3,6 mol

=> b = 3,6.22,4 = 80,64 lít

n_CO2 = 1,3 mol;  n_H2O = 1,3 mol

Đốt cháy hiđrocacbon thu được n_CO2 = n_H2O => 2 hiđrocacbon đó là anken

=> số C trong bình = n_CO2 / n_anken = 1,3 / 0,5 = 2,6

=> 2 anken là C₂H₄ (x mol) và C₃H₆ (y mol)

n_{hh X} = x + y = 0,5 (1)

Bảo toàn C: n_CO2 = 2.n_C2H4 + 3.n_C3H6 => 2x + 3y = 1,3  (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,2;  y = 0,3

=> m_C2H4 = 5,6 gam; m_C3H6 = 12,6 gam

n_CO2 = 1,54 mol;  n_H2O = 1,58 mol

Ta có: n_CH4 = n_H2O – n_CO2 = 1,58 – 1,54 = 0,04 mol

=> n_{2 anken} = 0,44 – 0,04 = 0,4 mol

Bảo toàn C: n_{CO2 sinh ra bởi CH4} = n_CH4 = 0,04 mol => n_{CO2 sinh ra bởi anken} = 1,54 – 0,04 = 1,5 mol

=> số C trung bình = n_CO2 / n_anken = 1,5 / 0,4 = 3,75

=> 2 anken là C₃H₆ và C₄H₈

Gọi công thức phân tử của ankan là C_nH_2n+2 (n > 0), anken là C_mH_2m (m ≥ 2)

Ta có: n_ankan = n_H2O – n_CO2 = 0,7 – 0,6 = 0,1 mol

=> n_anken = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = n.n_CnH2n+2 + m.n_CmH2m => 0,1n + 0,2m = 0,6

=> n + 2m = 6

=> anken là C₂H₄, ankan là C₂H₆

Bước 1: Xác định ankan trong X

\({n_X} = \dfrac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2\left( {mol} \right)\)

\({n_{C{O_2}}} = \dfrac{{6,72}}{{22,4}} = 0,3\left( {mol} \right)\)

\(\bar C = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,3}}{{0,2}} = 1,5\) → Ankan phải là CH₄.

Bước 2: Tính số mol của ankan, anken, số nguyên tử C của anken

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{H_4}:{a^{mol}}}\\{{C_n}{H_{2n}}:{b^{mol}}}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_X} = a + b = 0,2}&{\left( 1 \right)}\\{{n_{C{O_2}}} = a + nb = 0,3}&{\left( 2 \right)}\\{{{\bar M}_X} = \dfrac{{16{\rm{a}} + 14nb}}{{0,2}} = 11,25.2 = 22,5}&{\left( 3 \right)}\end{array}} \right.\)

Giải hệ (1) (2) và (3) → a = 0,15; b = 0,05 và nb = 0,15 → n = 3.

Bước 3: Xác định ankan, anken

Vậy hỗn hợp chứa CH₄ và C₃H₆.

Gọi công thức phân tử của X có dạng C_xH_y (y ≤ 2x + 2)

Giả sử n_X = 1 mol và n_O2 = 10 mol

Y qua dung dịch H₂SO₄ đặc thu được hỗn hợp khí Z => Z gồm CO₂ và O₂ dư

Gọi n_CO2 = a mol; n_{O2 dư} = b mol

\({\bar M_Z} = \frac{{44a + 32b}}{{a + b}} = 19.2\,\, =  > \,\,a = b\)

n_{O2 phản ứng} = n_{O2 ban đầu} – n_{O2 dư} = 10 – a mol

Bảo toàn nguyên tố O: 2.n_{O2 phản ứng} = 2.n_CO2 + n_H2O => n_H2O = 2.(10 – a) – 2a = 20 – 4a

Bảo toàn nguyên tố H: n_{H (trong X)} = 2.n_H2O => y = 40 – 8a

Bảo toàn nguyên tố C: n_C = n_CO2 => x = a

Vì y ≤ 2x + 2 => 40 – 8a ≤ 2a + 2 => a ≥ 3,8

Dựa vào 4 đáp án => a = 4, CTPT của X là C₄H₈

Đặt a, b, 2b lần lượt là thể tích của C₃H₆, CH₄, CO

=> V_X = a + b + 2b = 20

V_CO2 = 3a + b + 2b = 24

=> a = 2 và b = 6

=> M_X = (42.2 + 16.6 + 28.12) / 20 = 25,8

=> d_X/H2 = 12,9

n_Ca(OH)2 = 0,25 mol;  n_CaCO3 = 0,15 mol

TH1: Ca(OH)₂ dư => chỉ tạo 1 muối CaCO₃

=> n_CO2 = n_CaCO3 = 0,15 mol

=> số C trung bình = n_CO2 / n_anken = 0,15 / 0,1 = 1,5 (loại vì anken có số C luôn ≥ 2)

TH2: Ca(OH)₂ hết, thu được 2 muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂

Bảo toàn nguyên tố Ca: n_Ca(OH)2 = n_CacO3 + n_Ca(HCO3)2 => n_Ca(HCO3)2 = 0,25 – 0,15 = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = n_CaCO3 + 2.n_Ca(HCO3)2 = 0,15 + 2.0,1 = 0,35 mol

=> số C trung bình = 0,35 / 0,1 = 3,5

=> 2 anken là C₃H₆ và C₄H₈

Gọi công thức phân tử chung cho 2 anken là C_nH_2n có 1 mol

C_nH_2n + 1,5nO­₂ → nCO₂ + nH₂O

1 mol → 1,5n   →  n    →     n

Y gồm 1 mol C_nH_2n và 1,5n mol O₂

Z gồm CO₂ (n mol) và H₂O (n mol)

${d_{Y/Z}} = {\rm{ }}\frac{{\frac{{1.14n{\rm{ }} + {\rm{ }}1,5n.32}}{{1 + 1,5n}}}}{{\frac{{44n{\rm{ }} + {\rm{ }}18n}}{{n + n}}}} = \frac{{744}}{{713}}\,\, =  > \,\,n = 2,4$

=> 2 anken là C₂H₄ và C₃H₆

n_anken = 0,02 mol; n_kk = 0,4 mol => n_N2 = 0,32 mol; n_O2 = 0,08 mol

Ở nhiệt độ 136^oC, nước ở thể hơi.

n_{khí sau phản ứng} = PV / RT = 1,26.11,2 / (0,082.409) = 0,42 mol

C_nH_2n + 1,5nO­₂ → nCO₂ + nH₂O

0,02 → 0,03n   →  0,02n → 0,02n

=> hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO₂ (0,02n mol); H₂O (0,02n mol); N₂ (0,32 mol); O₂ dư (0,08 – 0,03n mol)

=> 0,02n + 0,02n + 0,32 + 0,08 – 0,03n = 0,42 => n = 2

=> anken cần tìm là C₂H₄

n_{hỗn hợp} = 0,1 mol; n_O2 = 0,31 mol;

Gọi công thức phân tử của 2 anken là C_nH_2n

Gọi n_CnH2n = a mol; n_H2 = b mol  => a + b = 0,1  (1)

C_nH_2n + 1,5nO₂ → nCO₂ + nH₂O

   a  →    1,5na        →        na

2H₂ + O₂ → 2H₂O

  b → 0,5b  → b

n_{O2 phản ứng} = 1,5na + 0,5b = 0,31 (2)

Khối lượng bình tăng là khối lượng P₂O₅ bị giữ lại => m_H2O = 3,96 gam => n_H2O = 0,22 mol

n_{H2O sinh ra} = na + b = 0,22  (3)

Từ (1), (2) và (3) => b = 0,02; a = 0,08; n = 2,5

=> 2 anken làC₂H₄ và C₃H₆

%n_H2 = 0,02 / 0,1 . 100% = 20%