Tổng hợp bài tập ancol - phenol hay và khó (phần 2)

Ancol no, đơn chức = kCH₂ + H₂O

Do đó quy đổi X thành:

C₃H₈O₃: a mol

CH₂: b mol

H₂O: 3a mol

n_H2 = 1,5a + 0,5.3a = 0,15 => a = 0,05

n_H2O = 4a + b + 3a = 0,63 => b = 0,28

=> m_X = 92a + 14b + 18.3a = 11,22

Do số mol C₆H₁₄ bằng số mol C₂H₆O₂ => Quy đổi 2 chất đó thành C₄H₁₀O

Coi hỗn hợp đầu gồm những ancol no, đơn chức, mạch hở C_xH_2x+2O

${n_X} = 2.{n_{{H_2}}} = 0,036{\text{ }}mol$

C_xH_2x+2O + 1,5xO₂ → xCO₂ + (x+1)H₂O

0,036……….0,186

=> $x = \dfrac{{0,186}}{{1,5.0,036}} = \dfrac{{31}}{9}$

=> X có CTTQ: ${C_{\frac{{31}}{9}}}{H_{\frac{{80}}{9}}}O{\text{ }}có {\text{ }}{M_X} = \dfrac{{596}}{9}$

=> ${m_X} = \dfrac{{596}}{9}.0,036 = 2,384{\text{ }}gam$

${n_{Ag}} = \dfrac{{23,76}}{{108}} = 0,22\,\,(mol)$

Gọi CTPT của ancol no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2n+1CH₂OH

C_nH_2n+1 CH₂OH + ½ O₂ → C_nH_2n+1CHO + H₂O  (1)

C_nH_2n+1 CH₂OH +   O₂ → C_nH_2n+1COOH + H₂O  (2)

BTKL => m_O2 = m_X – m_ancol = 7,36 – 5,12 = 2,24 (g)

=> ${n_{{O_2}}} = \dfrac{{2,24}}{{32}} = 0,07$ (mol)

=> Số mol O₂ trong mỗi phần = 0,035 (mol)

TH₁: Ancol ban đầu khác CH₃OH

Phần 1: => sản phẩm sau phản ứng chỉ có andehit phản ứng với Ag_­NO₃/NH₃.

=> ${n_{{C_n}{H_{2n + 1}}CHO}} = \dfrac{1}{2}.{n_{Ag}} = 0,11\,(mol)\, > 2.{n_{{O_2}}} = 0,07$ (vì ${n_{anđehit{\text{ }}(1)}} < 2{n_{{O_2}}} = 0,07$) => loại  

TH₂: Ancol ban đầu là CH₃OH => ${n_{C{H_3}OH}} = \dfrac{{5,12}}{{32}} = 0,16{\text{ }}\left( {mol} \right)$

=> Trong ½ phần : ${n_{C{H_3}OH}} = \dfrac{{0,16}}{2} = 0,08$ (mol)

CH₃OH + ½ O₂ → HCHO + H₂O

CH₃OH + O₂ → HCOOH + H₂O

Phần 1:  Gọi số mol của HCHO và HCOOH lần lượt là a và b (mol)

Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{gathered}\sum {{n_{{O_2}}} = 0,5a + b = 0,035}  \hfill \\\sum {{n_{Ag}} = 4a + 2b = 0,22}  \hfill \\ \end{gathered}  \right. =  > \,\,\left\{ \begin{gathered}a = 0,05 \hfill \\b = 0,01 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Phần 2: Sản phẩm gồm HCHO: 0,05 (mol) ; HCOOH: 0,01 (mol) ;

                                       H₂O: 0,06 (mol) ; CH₃OH dư = (0,08-0,06)=0,02 (mol)

Cho sản phẩm tác dụng với Na thì có HCOOH, H₂O và CH₃OH dư đều phản ứng

=> m_rắn $ = {m_{HCOONa}} + {m_{NaOH}} + {m_{C{H_3}ONa}}$ = 0,01.68 + 0,06.40 + 0,02.54 = 4,16 (g)

Gần nhất với 4,2 g

$\begin{align}  & 2\overline{\text{R}}\text{OH}\xrightarrow{{{H}_{2}}s{{O}_{4}}dac,{{140}^{o}}C}\overline{R}O\overline{R}+{{H}_{2}}O \\  & {{M}_{\bar{R}O\bar{R}}}=\frac{6,76}{0,08}=84,5\to 2\bar{R}+16=84,5 \\  & \to 29({{C}_{2}}{{H}_{5}}-)<\bar{R}=34,25<43({{C}_{3}}{{H}_{7}}-) \\ \end{align}$

Đốt Z cũng như đốt T:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_5}OH:x\\{C_3}{H_7}OH:y\end{array} \right. \to 46{\rm{x}} + 60y = 27,2\,\,(1)\\{C_2}{H_6}O + 3{{\rm{O}}_2} \to 2C{O_2} + 3{H_2}O\\\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3{\rm{x}}\\{{\rm{C}}_3}{H_8}O + 4,5{O_2} \to 3C{O_2} + 4{H_2}O\\\,\,\,y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4,5y\\ \to {n_{{O_2}}} = 3x + 4,5y = 1,95\,\,(2)\\(1),(2) =  > x = 0,2;\,y = 0,3\end{array}\)

Phản ứng ete hóa: Gọi số mol C₂H₅OH và C₃H₇OH phản ứng là a và b (mol)

+ Ta có: a+b = 2n_ete = 0,16 (3)

+ m _{ancol phản ứng} = m_ete + m_H2O = 6,76 + 0,08.18 = 8,2 gam => 46a + 60b = 8,2 (4)

(3)(4) => a = 0,1; b = 0,06

=> Hiệu suất ete hóa của C₂H₅OH và C₃H₇OH lần lượt là: 50% và 20%

BTKL: ${m_{{H_2}O}} = 5,4{\text{ (}}gam) \Rightarrow {\text{ }}{n_{ancol}} = {n_{{H_2}O}} = 0,3{\text{ }}mol$

=>  ${\overline M _{ancol}} = \dfrac{{16,6}}{{0,3}} = 55,33$

 => Ancol là C₂H₅OH và C₃H₇OH

Áp dung quy tắc đường chéo ta có:  $\dfrac{{{n_{{C_2}{H_5}OH}}}}{{{n_{{C_3}{H_7}OH}}}} = \dfrac{1}{2}$

Xét 24,9 gam A => ${n_{{C_3}{H_7}OH}} = 0,3{\text{ }}mol;{\text{ }}{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,15{\text{ }}mol$

Gọi hiệu suất tạo ete của Y (C₃H₇OH) là a

=> ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{1}{2}.{n_X} + {\text{ }}\dfrac{1}{2}.{n_Y} = \dfrac{1}{2}.0,15.{\text{ }}50\%  + \dfrac{1}{2}.0,3.a = 0,15a + 0,0375$

Mà  ${m_{ete}} = {m_{ancol}} - {m_{{H_2}O}}$

=> 8,895 = 0,15.50%.46 + 0,3.a.60 - 18.(0,15a + 0,0375)

=> a = 0,4 = 40%

X:  C_nH_2n+2O

Y C_mH_2m O₂

C_nH_2n+2O → nCO₂  + (n+1)H₂O

   x                  nx          (n+1)x

C_mH_2m O₂ → mCO₂ + mH₂O

   y                  my          my

${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,12 - 0,1 = 0,02 = \left( {n + 1} \right)x + my - nx - my \Rightarrow x = 0,02$

Số mol 2 ancol bằng nhau => x = y = 0,02 mol

=> nx + my = 0,1 => n + m = 5

Y có 1 nối đôi và 2 nhóm OH => Y phải có 4 nguyên tử C trở lên  => Y: C₄H₆(OH)₂

=> X: CH₃OH

* Bảo toàn khối lượng: ${m_{oxi}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{ancol}}$= 4,4 + 2,16 - 0,02.32 - 0,02.88 = 4,16

=> n_oxi = 0,13 mol

=> V_oxi = 0,13.22,4 = 2,912 lít

X  + K (dư)

m_{bình tămg}  = m_X - m_H2 => m_H2 = 12,2 - 11,9 = 0,3 gam

=> n_H2 = 0,15 mol

=> n_X = 2n_H2 = 0,3 mol

C_xH_y O → xCO₂ + yH₂O

0,3              0,5       0,7

=> $x = \dfrac{{0,5}}{{0,3}} = \dfrac{5}{3} = 1,67$  => Số nguyên tử C là 1 và 3 => có 1 ancol là CH₃OH

$y = \dfrac{{0,7}}{{0,3}} = \dfrac{7}{3}$

Gọi ancol còn lại là C₃H_aOH

$x = \dfrac{5}{3} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} = \dfrac{{3 - \dfrac{5}{3}}}{{\dfrac{5}{3} - 1}} = \dfrac{2}{1} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} = \dfrac{{a - \dfrac{7}{3}}}{{\dfrac{7}{3} - 1}} = \dfrac{2}{1} \Rightarrow a = 5$

=> 2 ancol là CH₃OH và CH₂=CH-CH₂-OH

X+  3Br₂ → Y+ 3HBr

x      3x            3x

${n_{B{r_2}}} = {n_{HBr}} = x$

ĐLBTKL => m_X + m_Br2 = m_{hợp chất} + m_HBr

=> 6,1 + 160.3x = 17,95 + 81.3x

=> x = 0,05 mol

=> ${M_X} = \dfrac{{6,1}}{{0,05}} = 122$

=> X có thể là C₂H₅C₆H₄OH hoặc (CH₃)₂C₆H₃OH

Biết hợp chất này có nhiều hơn 3 đồng phân cấu tạo => X chỉ có thể là (CH₃)₂C₆H₃OH

RCH₂OH + ½ O₂ → RCHO + H₂O

     2a            a              2a          2a

RCH₂OH + O₂ → RCOOH + H₂O

    2b            b           2b            2b

=> n_O2 = a + 2b = 0,09  (1)

Trong mỗi phần T chứa RCHO (a mol), RCOOH (b mol), H₂O (a + b) mol và ancol dư (x mol)

Phần 1: ${n_{RCOOH}} = b = {n_{C{O_2}}} = 0,03$ (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,03

Phần 2: ${n_{{H_2}}} = \dfrac{b}{2} + \left( {a + b} \right).2 + \dfrac{x}{2} = 0,09$

=> x = 0,09

Vậy:  ${n_{RC{H_2}OH}}$_{ban đầu} = 2a + 2b + 2x = 0,3

=> $M = \dfrac{{11,7}}{{0,3}} = 39$ => X là CH₃OH

n_{ancol phản ứng} = 2a + 2b = 0,12 mol và n_{ancol dư} = 2x = 0,18

Do Y chiếm 25% số mol ancol dư => n_{Y dư} = 25%.2x = 0,045

n_{X dư} = 75%.2x = 0,135 mol

Do n_{Y phản ứng} > n_{X phản ứng} => n_{X phản ứng} < 0,06 < n_{Y phản ứng}

=> n_{X ban đầu} < 0,135 + 0,06 = 0,195

và n_{Y ban đầu} > 0,045 + 0,06 = 0,105

Xét biểu thức: 32.n_X + M_Y.n_Y

Do M_Y > 32 nên khi n_­X tăng, n_Y giảm thì giá trị biểu thức sẽ giảm (lưu ý lượng tăng, giảm bằng nhau do tổng không đổi)

Vậy: m = 0,195.32 + 0,105.M_Y < 11,7

=> M_Y < 52

=> M_Y = 46 => Y là C₂H₅OH

Từ M = 39 => n_X = n_Y = 0,15 => m_Y = 6,9 gam

Đốt Z thu được: ${n_{C{O_2}}} = 0,44{\text{ }}mol$ và ${n_{{H_2}O}} = 0,36{\text{ }}mol$

n_Z = n_X = 0,11

=> số C $ = \dfrac{{0,44}}{{0,11}} = 4$ và số H $ = \dfrac{{0,36.2}}{{0,11}} = \dfrac{{72}}{{11}} \approx 6,55$

Vì Z chứa các chất hơn kém nhau 2H nên anđehit, axit có 6H và ancol có 8H

=> ancol cần tìm là C₄H₈O

C₃H₅CH₂OH + ½ O₂ → C₃H₅CHO + H₂O

C₃H₅CH₂OH + O₂ → C₃H₅COOH + H₂O

Đặt a, b, c lần lượt là số mol anđehit, axit và ancol dư

Ta có: n_Z = a + b + c = 0,11

n_{O2 phản ứng} = 0,5a + b = 0,065

n_H2O = 3a + 3b + 4c = 0,36

=> a = 0,03; b = 0,05; c = 0,03

=> hỗn hợp Y gồm C₃H₅CHO (0,03 mol), C₃H₅COOH (0,05 mol) và C₃H₅CH₂OH (0,03 mol)

=> ${n_{B{r_2}}} = 2.{n_{{C_3}{H_5}CHO}} + {n_{{C_3}{H_5}COOH}} + {n_{{C_3}{H_5}C{H_2}OH}} = 2.0,03 + 0,05 + 0,03 = 0,14\,mol$