Bài 42. Luyện tập chương IV

m C=\(\dfrac{8,8.12}{44}\)=2,4g

m H=\(\dfrac{5,4.2}{18}\)=0,6 g

m O=3-2.4-0,6 =O

=>chỉ gồm C,H

A có dạng CxHy 

=>x:y=\(\dfrac{2,4}{12}:\dfrac{0,6}{1}\)=1:3

CTTQ: (CH3)n

=>n=2 =>M =30<40 nhận 

CTPT:C2H6

c)

Có làm mất màu brom

C2H6+Br2->C2H6Br2

d)

C2H6+Cl2-to\á->C2H5Cl+HCl

a) \(n_{CO_2}=\dfrac{8,8}{44}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{5,4}{18}=0,3\left(mol\right)\)

Bảo toàn C: n_C = 0,2 (mol)

Bảo toàn H: n_H = 0,6 (mol)

Xét m_C + m_H = 0,2.12 + 0,6.1 = 3 (g)

=> A có C, H

b)

Xét n_C : n_H = 0,2 : 0,6 = 1 : 3

=> CTPT: (CH₃)_n (n nguyên dương)

Mà M_A < 40 g/mol

=> n = 1 hoặc n = 2

Xét độ bất bão hòa \(k=\dfrac{2n+2-3n}{2}=\dfrac{2-n}{2}\)

Mà k là số nguyên \(\ge0\)

=> n = 2 thỏa mãn => k = 0

CTPT: C₂H₆

c) A không làm mất màu dd Br₂

d) \(C_2H_6+Cl_2\underrightarrow{askt}C_2H_5Cl+HCl\)

- Trích một ít các chất làm mẫu thử

a)

- Dẫn các khí qua dd Ca(OH)₂ dư:

+ Kết tủa trắng: CO₂

Ca(OH)₂ + CO₂ --> CaCO₃ + H₂O

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₄ (1)

- Dẫn khí ở (1) qua dd Br₂ dư:

+ dd nhạt màu dần: C₂H₄

C₂H₄ + Br₂ --> C₂H₄Br₂

+ Không hiện tượng: CH₄

b)

- Dẫn các khí qua dd Br₂ dư:

+ dd nhạt màu dần: C₂H₂

C₂H₄ + 2Br₂ --> C₂H₂Br₄

+ Không hiện tượng: CH₄, H₂ (2)

- Đốt cháy 2 khí ở (2), dẫn sản phẩm thu được qua dd Ca(OH)₂ dư:

+ Kết tủa trắng: CH₄

\(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

Ca(OH)₂ + CO₂ --> CaCO₃ + H₂O

+ Không hiện tượng: H₂

2H₂ + O₂ --t^o--> 2H₂O

Điều chế CH4:

Al4C3 + 12H2O -> 4Al(OH)3 + 3CH4

Phản ứng cháy của CH4:

CH4 + 2O2 -> (t°) CO2 + 2H2O

Điều chế C2H2:

CaC2 + 2H2O -> C2H2 + Ca(OH)2

Phản ứng cháy của C2H2:

2C2H2 + 5O2 -> (t°) 4CO2 + 2H2O

a) Do khi đốt cháy A thu được CO₂, H₂O với số mol bằng nhau

=> CTPT của A: C_nH_2nO_m

Xét độ bất bão hòa \(k=\dfrac{2n+2-2n}{2}=1\)

=> A có 1 liên kết pi hoặc có 1 vòng

Mà A trùng hợp được 

=> A có 1 liên kết pi

Có: \(1.n_A=n_{Br_2}=\dfrac{37,6-5,6}{160}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(n_A=0,2\left(mol\right)\)

=> \(M_A=\dfrac{5,6}{0,2}=28\left(g/mol\right)\)

=> 14n + 16m = 28

Do \(n\ge1\)

=> \(m\le0,875\)

=> m = 0

=> n = 2

Vậy A là C₂H₄ (etilen)

CTCT: CH₂=CH₂

b) 

PTHH: C₂H₄ + 3O₂ --t^o--> 2CO₂ + 2H₂O

             0,2-->0,6

=> V = 0,6.22,4 = 13,44 (l)

PTHH: \(CH_2=CH_2+HCl\rightarrow CH_3-CH_2Cl\)

c) 
\(nCH_2=CH_2\underrightarrow{t^o,p,xt}\left(-CH_2-CH_2-\right)_n\)

\(M_{\left(-CH_2-CH_2-\right)_n}=210000\left(g/mol\right)\)

=> n = 7500

\(n_{CO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{0,9}{18}=0,05\left(mol\right)\)

Bảo toàn C: n_C = 0,1 (mol)

Bảo toàn H: n_H = 0,1 (mol)

Xét m_C + m_H = 12.0,1 + 1.0,1 = 1,3 (g)

=> A chứa C và H

Xét n_C : n_H = 0,1 + 0,1 = 1 : 1

=> CTPT: (CH)_n

Mà M_A = 1,625.16 = 26 (g/mol)

=> n = 2

=> CTPT: C₂H₂

Dẫn qua dd Ca(OH)2 dư:

- Xuất hiện kết tủa trắng -> CO2, SO2 (1)

- Không hiện tượng -> C2H2, C2H4 (2) 

Cho lần lượt các chất (1) tác dụng với Br2 dư:

- Br2 bị mất màu -> SO2

- Br2 không mất màu -> CO2

Cho lần lượt các chất (2) tác dụng với Br2:

- Br2 mất màu -> C2H2

- Br2 không mất màu -> CH4

2C2H2 + 5O2 → 4CO2 + 2H2O

CO2 + NaOH → NaHCO3

2NaHCO3 → Na2CO3 + H2O + CO2

\(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\\ V_{CH_4}=4,48\left(l\right)\\ \Rightarrow V_{C_2H_2}=11,2-4,48=6,72\left(mol\right)\\ \Rightarrow\%V=\dfrac{6,72}{11,2}.100=60\%\)

a) C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O

2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O

2KOH + CO2 → K2CO3 + H2O

b) \(m_{C_2H_4}=11,9.47,059\%=5,6\left(g\right)\)

=> \(n_{C_2H_4}=0,2\left(mol\right)\)

\(m_{C_2H_6}=11,9-5,6=6,3\Rightarrow n_{C_2H_6}=0,21\left(mol\right)\)

Cho sản phẩm qua bình 1 : H2O bị hấp thụ, còn CO2

Cho CO2 qua bình 2 thì bị KOH hấp thụ

=> \(m_{bình\uparrow}=m_{CO_2}=\left(0,2.2+0,21.2\right).44=36,08\left(g\right)\) 

c) Nếu đổi thức tự 2 bình (qua bình 2 trước rồi đến bình 1 sau) thì H2O và CO2 bị KOH dư hấp thu hết nên không còn sản phẩm qua bình H2SO4 đặc nên khối lượng bình 2 không thay đổi