mỘt sỐ vẤn ĐỀ hÓa hỌc

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ HÓA HỌC – HÓA HỌC HỮU CƠ

[email protected] DƯƠNG THẾ 1

BÀI 1 ĐẠI CƯƠNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRONG HỮU CƠ

A.LÝ THUYẾT

Hầu hết dạng bài toán liên quan đến hợp chất hữu cơ thường là dạng bài toán

đốt cháy, và xác định công thức cấu tạo, công thức hóa học trong một hợp chất A.

Chúng ta cùng điểm qua một số lý thuyết, và các dạng toán của hợp chất hữu cơ.

1. CÁC PHƯƠNG PHÁP BIỆN LUẬN XÁC ĐỊNH CÔNG CÔNG THỨC HỢP

HỢP CHẤT HỮU CƠ

1.1. Biện luận khi chỉ biết công thức nguyên của hợp chất

Bài toán: Cho một công thức hữu cơ A có dạng tổng quát CxHyOzNtXv (X = halogen). Xác định công thức công thức cấu tạo của A.

Giải

Độ bất bão hòa (số lượng liên kết π, số vòng trong công thức cấu tạo của A)

a = ퟐ퐱 ퟐ (퐲 퐯) 퐭

ퟐ (1)

Dựa vào tính chất hóa học chuyển về các dạng công thức tổng quát của các nhóm chức có chứa trong A. (chẳng hạn như: Rượu, ete, Xeton, aldehid, acid....)

Chuyển A có dạng công thức phân tử về dạng nếu trong A có chứa X: CnH2n+2-2a-zXz

A: CnH2n +2-2a-zXz ⇔ nlàsốnguyêtửCtrongA

asốliênkếtπtrongAzsốnhómchứccủaX

Ta luôn có:

yH của gốc ≤ 2xC gốc + 2 – z (2)

Dấu “ =” xảy ra khi A là một chất no

Ví dụ 1: Biện luận xác định công thức A của một acid hữu cơ no mạch hở có công thức nguyên là (C2H3O2)n



Giải Cách 1: Để xác định CTPT của A ta dựa vào độ bất bão hòa Vì trong A là một acid hữu cơ no mạch hở ⇔ A có n liên kết π

n= . = ⇔ n = 2 ⇔ CTPT A: C4H6O4

Cách 2: Áp dụng công thức (2) vì A là chất no nên: A có dạng tổng quát CnH2n(COO)n ⇔ C2nH3nO2n

2n = 2n + 2 – n ⇔ n = 2 ⇒ CTPT của A: C4H6O4 Ví dụ 2 CTPT của rượu no A là CnHmOx. Hỏi m và n có giá trị như thế nào để A

là rượu no: Giải

Vì A rượu no nên dựa vào công thức tổng quát xây dựng ở mục lý thuyết ta định dạng được: CTTQ của A là CnHm– x (OH)x trong đó: m – x = 2n + 2 – x ⇔ m = 2n+2

Vậy để A là rượu no thì m = 2n+2

Kết luận: CxHyOz là một rượu no thì phải thỏa mãn y = 2x+2

1.2. Biện luận khi chỉ biết MA

Bài toán Cho một công thức phân tử có dạng tổng quát: CxHyOzNtClv, biết được khối lượng phân tử của hợp chất A là MA. Xác định công thức A.

Giải

Nếu A là hợp chất hydrocarbon: CxHy thì ta luôn có: 퐌퐀 = ퟏퟐ퐱 + 퐲퐲퐜퐡ẵ퐧 ≤ ퟐ퐱 + ퟐ

Từ đó ta lựa chọn giá trị nguyên phù hợp. Nếu cần thiết dựa vào dữ kiện đề bài ta có thể biết giới hạn của C (nếu là khí x≤4).

Nếu A là hợp chất CxHyOz thì ta biện luận theo oxy. Và dựa vào dữ kiện của y với x thông qua đó xác định được A.

Ví dụ 1 Xác định công thức của hydrocarbon mạch hở của A, có khối tỉ khối so với H2 là 28. Xác định A. Biết rằng ở điều kiện thường A ở thể khí

Giải Gọi công thức phân tử tổng quát của A là: CxHy

MA = 28.2 = 56 g/mol = 12x+y(1)



y ≤ 2x + 2x ≤ 4 (2)

Từ (1) và (2) ta nhận thấy: 56 ≤ 14x+2 ⇔ x≥ 3,86 (3) Từ (3) và (2) ta suy ra x = 4 ⇒ y = 8 ⇔ A là C4H8

Ví dụ 2 Một hợp chất của A có công thức phân tử chứa các nguyên tố C, H, O có khối lượng phân tử là 60g/mol. Xác định A.

Giải Gọi công thức hợp chất của A có dạng CxHyOz. MA = 12x+y+16z = 60 ⇔ z = ( ) (1) biện luận theo z ta được: (1 ≤ z ≤2) z=1 (1) trở thành: 12x+y = 44 (1≤x≤3) ⇒ x = 3, y = 8 là nghiệm phù hợp z =2 (1) trở thành: 12x+y = 28 ⇒ x = 2, y = 4 là nghiệm phù hợp

Vậy A có thể là: C3H8O hoặc A có thể là: C2H4O2

1.3. Xác định công thức phân tử trong cùng một dãy đồng đẳng

Đồng đẳng: là hiện tượng các chất có cấu tạo và tính chất tương tự nhau, nhưng về thành phần phân tử khác nhau một hay nhiều nhóm CH2. Những chất đó được gọi là những chất đồng đẳng với nhau, chúng hợp thành một dãy đồng đẳng.

Theo định nghĩa: Hợp chất hữu cơ là đồng đẳng của nhau, thì chúng sẽ hợp thành một cấp số cộng có công sai d = 14 ( trong đó a1 là số hạng đầu tiên)

Số hạng cuối an = a1 + (n-1)d (3)

Tổng các số hạng:

Sn = (풂ퟏ 풂풏ퟐ

).n (4)

Ví dụ: Một hợp chất A có chứa một số chất hydrocarbon là dãy đồng đẳng của nhau. Khối lượng phân tử hydrocarbon lớn nhất gấp 2,4 lần khối lượng phân tử hydrocarbon nhỏ nhất. Tổng khối lượng phân tử của hydrocarbon trong A là 204g/mol. Xác định CTPT có trong A.

Giải Gọi Mmax là khối lượng phân tử của hydrocarbon lớn nhất có trong A, Mmin là khối lượng phân tử nhỏ nhất có trong A. ⇒ Các hydrocarbon trong A lập thành cấp số cộng có công sai là 14



Vì trong A có chứa các hydrocarbon là đồng đẳng của nhau. Áp dụng các công thức 3, 4 ta luôn có:

Mmax = Mmin + (n -1).14 (1) = 2,4Mmin (1) Sn = ∗ n = 204 (2)

Từ (2) ta có: , *n = 204 (3) lập tỉ số (3) cho (2) ta được: n2 – n – 12 = 0

Giải ra ta được n = 4, và n = -3 (loại) ⇒ ta được n= 4 ta được Mmin = 30g/mol

Vậy trong A bao gồm có công thức phân tử hydrocarbon sau: C2H4, C3H6, C4H8, C5H10.

2. CÁC PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CPTPT HỢP CHẤT HỮU CƠ

2.1. Phương pháp 1

Nếu một hợp chất A có công thức phân tử tổng quát CxHyOzNt để xác định công thức phân tử của A ta có công thức:

ퟏퟐ퐱퐦퐂

= 퐲퐦퐇

= ퟏퟔ퐳퐦퐎

= ퟏퟒ퐭퐦퐍

= 퐌퐀

퐚

a = mC + mH + mO + mN (5)

ퟏퟐ퐱%퐂

= 퐲%퐇

= ퟏퟔ퐳%퐎

= ퟏퟒ퐭%퐍

= 푴푨

ퟏퟎퟎ

2.2. Phương pháp 2: Xác định công thức phân tử qua phản ứng cháy.

Đây là một phương pháp phổ biến nhất, dựa vào phản ứng cháy để xác định công thức phân tử.

CxHyOzNt + (x+

- ) O2 xCO2 + H2O + N2

a(mol) 44xa (g) 9ya (g) 14ta (g)

Đề bài sẽ cho biết các dữ kiện từ dữ kiện ta xác định được công thức phân tử của A. Sau đây xin giới thiệu một số công thức tính nhanh rút ra từ phản ứng cháy, để xác định công thức A

Nếu đốt cháy 1 chất: Số C : Số H: Số N = 퐧퐂퐎ퟐ : 2퐧퐇ퟐ퐎 : 2퐧퐍ퟐ (6)

Số nguyên tử Carbon trong A x = 퐧퐂퐎ퟐ퐧퐀

= 퐦퐂퐎ퟐퟒퟒ퐧퐀

= 퐕퐂퐎ퟐퟐퟐ,ퟒ.퐧퐀

(7)



Số nguyên tử Hydro trong A

y = ퟐ.퐧퐇ퟐ퐎퐧퐀

= 퐦퐇ퟐ퐎

ퟗ.퐧퐀 (8)

Bảo toàn nguyên tố trong A mA = mC + mH + mO + mN (9)

Những hệ quả rút ra từ phản ứng đốt cháy:

퐧퐂퐎ퟐ = nA.Số C (10)

퐧퐇ퟐ퐎 = 퐒ố퐇ퟐ

*nA (11)

Từ hai công thức trên ta rút ra một hệ quả quan trọng:

퐒ố퐂퐒ố퐇

= 퐧퐂퐎ퟐퟐ∗퐧퐇ퟐ퐎

(12)

Đối với đốt cháy một hỗn hợp ta sẽ có:

퐒ố퐂퐓퐁퐒ố퐇퐓퐁

= ∑퐧퐂퐎ퟐퟐ∗∑퐧퐇ퟐ퐎

(13)

Ví dụ 1 [Khối A - 2007] Khi đốt 1 amin đơn chức X, thu được 8,4 lít khí CO2, 1,4 lít khí N2 (các khí đo ở đktc) và 10,125gam nước. Xác định CTPT của X.

Giải

Vì A là amin đơn chức gọi CTPT: CxHyNt

Áp dụng công thức (6): x:y:t = ,,

: 2 ∗ ,,

: 2 ∗ . = 3:9:1 → CTPT X: C3H9N

Ví dụ 2 Hỗn hợp A gồm 2 hydrocarbon có số mol bằng nhau. Đốt cháy hỗn hợp A thấy tỉ lệ số mol của CO2 với H2O là 2:3. Xác định các hydrocarbon trong A.

A.CH4, C2H6 B. C2H6, C3H8 C. C3H8, C4H10 D. CH4, C3H8.

Giải

Áp dụng công thức (12) ta có: 퐒ố퐂퐓퐁퐒ố퐇퐓퐁

=∑퐒ố퐂퐓퐁

ퟐ∑퐒ố퐇퐓퐁

ퟐ

= ∑퐧퐂퐎ퟐퟐ∗∑퐧퐇ퟐ퐎

= ퟐퟐ.ퟑ

=ퟏퟑ



Vì hỗn hợp A gồm hai hydrocarbon có chỉ số mol là bằng nhau, nên số CTB luôn bằng trung bình cộng các số C trong hydrocarbon trong A. ⇒ Đáp án D

Ví dụ 3 [Dự bị ĐH – 2009] Đốt cháy 1.6 gam một este E đơn chức được 3.52 gam CO2 và 1.152 gam H2O. Nếu cho 10 gam E tác dụng với 150ml dung dịch NaOH 1M , cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 16 gam chất rắn khan . Vậy công thức của axit tạo nên este trên có thể là : A. CH2=CH-COOH B. CH2=C(CH3)-COOH C. HOOC(CH2)3CH2OH D. HOOC-CH2-CH(OH)-CH3

Giải

Ta tính n = , = 0,08 mol; n = , = 0,064 mol. Áp dụng công thức (12) ta có: Trong hợp chất este có tỉ lệ:

퐒ố퐂퐒ố퐇

= 퐧퐂퐎ퟐퟐ∗퐧퐇ퟐ퐎

= ퟎ,ퟎퟖퟐ∗ퟎ,ퟎퟔퟒ

= ퟓퟖ ⇒ Công thức phân tử của este có dạng C5H8O2

Trong 10 gam este tương ứng với nE = = 0,1 mol. Như vậy sau phản ứng NaOH còn dư nNaOH dư = 0,15 – 0,1 = 0,05mol ⇒mNaOHdư = 0,05.40 = 2 gam. ⇒ mmuối = 14gam

Mmuối = ố = ,

= 140 g/mol → Macid = 140 – (23 – 1) = 118 g/mol ⇒ Đáp án C

Công thức cấu tạo của của acid có dạng: HOOC(CH2)3CH2OH. Dạng este của E là một este dạng vòng.

Xử lý số liệu của phản ứng CO2 tác dụng với dung dịch kiềm.

CO2 là khí sinh ra từ phản ứng đốt cháy phản ứng CO2 + dd kiềm dư ⇒ Muối trung hòa

CO2 + dd kiềm ⇔ 퐇퐂퐎ퟑ

퐂퐎ퟑퟐ → Dùng phương pháp bảo toàn nguyên tố C

퐧퐂(CO2) = 퐧퐂(퐇퐂퐎ퟑ ) + 퐧퐂(퐂퐎ퟑퟐ )

Khối lượng của bình đựng dung dịch kiềm tăng lên: Mọi hợp chất hữu cơ khi đốt cháy: CnH2n+2-2aOx



nhchc = 퐧퐇ퟐ퐎 퐧퐂퐎ퟐ

ퟏ 퐤

mb↑ = 퐦퐂퐎ퟐ+ 퐦퐇ퟐ퐎

Khối lượng của dung dịch sau phản ứng trong bình tăng lên:

mdd↑ = 퐦퐂퐎ퟐ+ 퐦퐇ퟐ퐎 - m↓

Khối lượng dung dịch sau phản ứng trong bình giảm xuống: mdd↓= m↓ – (퐦퐂퐎ퟐ+ 퐦퐇ퟐ퐎)

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. Phương pháp viết các dạng đồng phân của hợp chất hữu cơ

Hiện tượng các chất có cùng công thức phân tử nhưng do cấu tạo khác nhau nên có tính chất khác nhau, được gọi là các chất đồng phân của nhau.

Ví dụ: Với công thức C3H8O sẽ có hai đồng phân khác nhau, đó là rượu và eter.

Đồng phân của rượu. (2 đồng phân) CH3 – CH2 – CH – OH (n-propanol) CH3 – CH – CH3 (propan – 2 – ol) OH

Đồng phân ete (1 đồng phân): CH3 – O – CH2 – CH3 Để viết được đồng phân CxHyOzNtXz (X – halogen) của hợp chất hữu cơ ta cần

thực hiện các bước sau: Bước 1 Xác định độ bất bão hòa qua công thức

a = ퟐ퐱 ퟐ (퐲 퐯) 퐭ퟐ

Bước 2 Xác định các nhóm chức có trong phân tử tổng quát và dựa vào độ bất bão hòa trong mạch. Xác định công thức cấu tạo trong mạch: mạch hở, mạch vòng.

Bước 3 Viết các dạng đồng phân mà ta đã định hướng theo bước 2. Ví dụ Viết công thức cấu tạo có thể có của C3H6O

Giải

Độ bất bão hòa: a = . = 1 → trong cấu tạo của hợp chất này có 1 liên kết π hoặc 1 vòng trong mạch.



Trong mạch mang nhóm chức – OH CH2 = CH – CH2 – OH

Mạch mang nhóm chức ceton: Mạch mang nhóm chức aldehid: CH3 – CH2 – CHO Mạch mang nhóm chức ete

Ete không no: CH2 = CH – O – CH3 (thường không tồn tại) Ete vòng no:

Giới thiệu một số công thức tính nhanh số đồng phân:

1. Công thức tính số đồng phân ancol đơn chức no, mạch hở : Cn H2n+2O2 Số đồng phân Cn H2n+2O2 = 2n- 2 ( 1 < n < 6 )

Ví dụ : Số đồng phân của ancol có công thức phân tử là :

a. C3H8O = 23-2 = 2

b. C4H10O = 24-2 = 4

c. C5H12O = 25-2 = 8

2. Công thức tính số đồng phân anđehit đơn chức no, mạch hở : Cn H2nO

Số đồng phân Cn H2nO = 2n- 3 ( 2 < n < 7 )

Ví dụ : Số đồng phân của anđehit đơn chức no, mạch hở có công thức phân tử là :

a. C4H8O = 24-3 = 2

b. C5H10O = 25-3 = 4

c. C6H12O = 26-3 = 8

3. Công thức tính số đồng phân axit cacboxylic đơn chức no, mạch hở :

Cn H2nO2

Số đồng phân Cn H2nO2 = 2n- 3 (2 < n < 7)

Ví dụ : Số đồng phân của axit cacboxylic đơn chức no, mạch hở có công thức phân tử là



a. C4H8O2 = 24-3 = 2

b. C5H10O2 = 25-3 = 4

c. C6H12O2 = 26-3 = 8

4. Công thức tính số đồng phân este đơn chức no, mạch hở : Cn H2nO2

Số đồng phân Cn H2nO2 = 2n- 2 (1 < n < 5)

Ví dụ : Số đồng phân của este đơn chức no, mạch hở có công thức phân tử là :

a. C2H4O2 = 22-2 = 1

b. C3H6O2 = 23-2 = 2

c. C4H8O2 = 24-2 = 4

5. Công thức tính số đồng phân ete đơn chức no, mạch hở : Cn H2n+2O

Số đồng phân Cn H2n+2O = 2

)2).(1( nn ( 2 < n < 5 )

Ví dụ : Số đồng phân của ete đơn chức no, mạch hở có công thức phân tử là :

a. C3H8O = 2

)23).(13( = 1

b. C4H10O = 2

)24).(14( = 3

c. C5H12O = 2

)25).(15( = 6

6. Công thức tính số đồng phân xeton đơn chức no, mạch hở : Cn H2nO

Số đồng phân Cn H2nO = 2

)3).(2( nn ( 3 < n < 7 )

Ví dụ : Số đồng phân của xeton đơn chức no, mạch hở có công thức phân tử là :

a. C4H8O = 2

)34).(24( = 1



b. C5H10O = 2

)35).(25( = 3

c. C6H12O = 2

)36).(26( = 6

7. Công thức tính số đồng phân amin đơn chức no, mạch hở : Cn H2n+3N

Số đồng phân Cn H2n+3N = 2n-1 ( n < 5 )

Ví dụ : Số đồng phân của anin đơn chức no, mạch hở có công thức phân tử là :

a. C2H7N = 22-1 = 1

b. C3H9N = 23-1 = 3

c. C4H12N = 24-1 = 6

8. Công thức tính số trieste ( triglixerit ) tạo bởi glixerol và hỗn hợp n axít béo :

Số tri este = 2

)1(2 nn

Ví dụ : Đun nóng hỗn hợp gồm glixerol với 2 axit béo là axit panmitic và axit stearic ( xúc tác H2SO4 đặc) thì thu được bao nhiêu trieste ?

Số trieste = 2

)12(22 = 6

9. Công thức tính số đồng phân ete tạo bởi hỗn hợp n ancol đơn chức:

Số ete = 2

)1( nn

Ví dụ : Đun nóng hỗn hợp gồm 2 ancol đơn chức no với H2SO4 đặc ở 1400C được hỗn

hợp bao nhiêu ete? Số ete = 2

)12(2 = 3

2.Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Nguyên tắc phương pháp Trong các phản ứng hóa học thông thường các nguyên tố được bảo toàn.



Hệ quả: Từ định nghĩa ta nhận thấy rằng tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố Z bất kỳ nào trước và sau phản ứng đều bằng nhau.

Một số lưu ý Để áp dụng tốt phương pháp này ta hạn chế viết phương trình phản

ứng, ta nên viết dạng sơ đồ tóm tắt, trong đó chúng ta sẽ biểu diễn các tóm tắt đề bài đã cho.

Nên quy về hệ số mol nguyên tử của từng nguyên tố trong hợp chất hoặc hỗn hợp

Chú ý về hệ số, và hiệu suất phản ứng.

Ví dụ: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y gồn CH4, C3H6, và C4H10 thu được 4,4 gam CO2 và 2,52 gam nước. m có giá trị là bao nhiêu?

Giải

Sơ đồ biến đổi: CH

C HC H

+O2 CO2 + H2O

Từ sơ đồ phản ứng ta có: mY = mC(CO2) + mH(H2O) = 12* , + 2* , = 1,48gam

3.Phương pháp bảo toàn khối lượng

Trong một phản ứng hóa học tổng khối lượng chất tham gia bằng tổng khối lượng sản phẩm tạo thành.

∑m = ∑m

Hệ quả: Cho phản ứng dạng tổng quát A + B C + D mA+ mB = mC + mD từ mối liên hệ này ta đi tìm với yêu cầu đề bài đã cho.

Ví dụ Đun132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu?

Giải

Gọi công thức chung cho 3 rượu no đơn chức là: R – OH

Phản ứng tách nước: R – OH + R – OH : R – O - R + H2O



Số ete tạo thành = ( ) = 6 ete (n=3)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m = mrượu - mete = 132,8 – 111,2 = 21,6 gam

Theo phản ứng trên nete = n = , = 1,2mol ⇒ nmỗi ete = , = 0,2 mol

C. BÀI TOÁN

Bài 1 [Khối A – 2011] Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic, rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 (dư). Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào?

A. Tăng 2,70 gam. B. Giảm 7,74 gam. C. Tăng 7,92 gam. D. Giảm 7,38 gam.

Giải

PP: Bài toán này đòi hỏi học sinh cần phải nhớ các công thức của các chất mà đề đã cho.

CH2=CH – COOH : acid acrylic; CH3COOCH2CH=CH2: Vinylaxetat

CH3 - ( CH2)7 - CH = CH -(CH2)7 – COOH : vinylacetat;

CH2=CH – COOCH3: metylacrylat

Nhận xét: Các acid và este đều là dạng đơn chức và có hai liên kết π. Do vậy công thức tổng quát trung bình của hỗn hợp trên có dạng C H O2.

Phản ứng đốt cháy: C H O2 + O2 n CO2 + (n – 1)H2O

a na (n – 1)a

Theo bài ra ta có: n = 0,18 mol = na → mhh = (14n + 30)a = 3,42 → a = 0,03 mol

→ n = 0,15mol. Khi đốt cháy toàn bộ lượng sản phẩm cháy được dẫn vào bình đựng Ca(OH)2 làm cho bình nước vôi tăng lên.

msp cháy = m + m = 0,18*44 + 0,15*18 = 10,62 gam

∆m = m + m - m↓= 10,62 – 18 = -7,38gam → Đáp án D



Bài 2 [Khối A – 2011] Đốt cháy hoàn toàn x mol axit cacboxylic E, thu được y mol CO2 và z mol H2O (với z = y – x). Cho x mol E tác dụng với NaHCO3 (dư) thu được y mol CO2. Tên của E là

A. axit acrylic. B. axit oxalic. C. axit ađipic. D. axit fomic

Giải

Khi đốt cháy x mol E thu được y mol CO2 ⇒ số CE = (1)

Khi cho x mol E tác dụng với NaHCO3 thu được y mol CO2 ⇒ Số Cnhóm chức = (2)

Từ (1) và (2) ta nhận thấy số CE = số Cnhóm chức = ⇒acid oxalic thỏa mãn bài toán

Bài 3 [Khối A – 2011] Đốt cháy hoàn toàn x gam hỗn hợp gồm hai axit cacboxylic hai chức, mạch hở và đều có một liên kết đôi C=C trong phân tử, thu được V lít khí CO2 (đktc) và y mol H2O. Biểu thức liên hệ giữa các giá trị x, y và V là

A. V = 28 ( 30 )55

x y . B. V = 28 ( 62 )95

x y C. V = 28 ( 30 )55

x y . D. V = 28 ( 62 )95

x y .

Giải

Luôn nhớ dạng công thức tổng quát của hợp chất hữu cơ có chứa C,H,O là

A: CnH2n +2-2aOz ⇔ nlàsốnguyêtửCtrongA

asốliênkếtπtrongAzsốnhómchứccủaO

ở đây bài toán cho a = 3(vì có 1 nối đôi C=C, và 2 liên kết π trong nhóm chức –COOH)

→ Dạng tổng quát của hỗn hợp là CnH2n -4O4 → nCO2 + (n-2)H2O

Gọi a là số mol của acid ⇒a = 퐧퐇ퟐ퐎 퐧퐂퐎ퟐ

ퟏ 퐤 ở đây k = 3 ⇒ a = , (1)

Khối lượng của các acid trong hỗn hợp: (14n + 60)a = x (2)

Từ (1) và (2) ta có: 14na + 60a = x ⇔14* ,

+ 60* , = x ⇔x = V -30y

⇒ V = (x + 30y) ⇒ đáp án C



Bài 4 [Khối A – 2011] Hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 có cùng số mol. Lấy một lượng hh X cho qua chất xúc tác nung nóng, thu được hh Y gồm C2H4, C2H6, C2H2 và H2. Sục Y vào dd brom (dư) thì khối lượng bình brom tăng 10,8 gam và thoát ra 4,48 lít hh khí (đktc) có tỉ khối so với H2 là 8. Thể tích O2 (đktc) cần để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là

A. 22,4 lít. B. 44,8 lít. C. 26,88 lít. D. 33,6 lít.

Giải

Tóm tắt:

+Br2

V1 V2 V3

Phương pháp: Bảo toàn khối lượng mX = mY = mz + mT

Khối lượng bình brom tăng lên: chính là mz

Giờ ta đi tính khối lượng mT lúc đó ta sẽ tìm được mX và mY. Cụ thể ta có lời giả như sau:

M = 8.2 = 16g/mol→ mz = 16* ,,

= 3,2gam

mY = mX = 10,8 + 3,2 = 14 gam ↔ 26a + 2a = 14 → a = 0,5mol

Đốt cháy hỗn hợp Y cũng như đốt cháy hỗn hợp X.

C2H2 + O2 2CO2 + H2O (1)

H2 + O2 H2O

Tổng số mol oxy tham gia phản ứng đốt cháy là: a + a = 3a = 1,5 mol

⇒V = 22,4*1,5 = 33,6 lít ⇒ Đáp án D

C2H2 + H2 hhY: C2H4, C2H6,

C2H2, H2 m = 10,8g Khí T: 4,48 lít

mZ = mdd brom↑



Bài 5 [Khối A – 2011] Đốt cháy hoàn toàn 0,11 gam một este X ( tạo nên từ một axit cacboxylic đơn chức và một ancol đơn chức) thu được 0,22 gam CO2 và 0,09 gam H2O. Số este đồng phân của X là:

A. 2 B. 5 C. 6 D.4

Giải

n = , = 0,005mol; n = , = 0,005 mol ⇒n = n

⇒ este đem đốt là no đơn chức: CnH2nO2. Bảo toàn nguyên tố ta sẽ có

mO trong este = 0,11 – 0,005*12 – 0,005*2 = 0,04gam ⇒ neste = , = 0,00125 mol

Số CX = ,,

= 4 ⇒ Số HX = 4 ⇒ CTPT của X là C4H4O2. Este no đơn chức n=4

Áp dụng công thức tính số đồng phân nhanh ta sẽ có: số đồng phân = 2n-2 = 4

⇒Đáp án D



BÀI 2 ALKAN (PARAFIN) CnH2n+2 ( n ≥ 1)

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN

I. TÍNH CHẤT VẬT LÝ

Dạng tồn tại của alkan Alkan tồng tại ở thể khí với n = 1 → 4 Alkan tồn tại ở thể lỏng với n = 5 → 16 Alkan tồn tại ở thể rắn với n ≥ 17

Alkan không tan trong nước, trong mạch của chúng chỉ có tương tác van der Waals, nhiệt độ sôi tăng nếu phân tử lượng của chúng tăng. Alkan tan rất tốt trong dung môi không phân cực.

II.TÍNH CHẤT HÓA HỌC

1. Phản ứng đốt cháy (oxy hóa hoàn toàn) Alkan đốt cháy sinh ra lượng nhiệt rất lớn, sản phẩm thu được là nước và khí

CO2 CnH2n+2 + O2 nCO2 + (n+1)H2O + Q

Nhận xét: Khi đốt cháy alkan ta có: n < n

2. Phản ứng dehydro hóa Phản ứng dehydro hóa alkan là một phản ứng phức tạp, tùy theo nhiệt độ, áp

suất, chất xúc tác mà có những sản phẩm khác nhau. CnH2n + H2 (alken) CnH2n + H2 (cyclo alkan) CnH2n+2 t0, P, xt CnH2n-2 + 2H2 (alkin)

CnH2n -6 + 4H2 (aren)

Đặc biệt: 2CH4 15000C CH ≡ CH + 3H2 làm lạnh nhanh

3. Phản ứng thế halogen

nalkan = n n



n= m +v

n ≥3

Phản ứng thế của alkan với halogen là một phản ứng không chọn lọc, cơ chế xảy ra theo cơ chế gốc. CnH2n+2 + αCl2 as CnH2n+2-αXα + αHX

Khả năng thế của halogen:

Đặc điểm của phản ứng thế: Phản ứng ưu tiên cho carbon bậc cao.

Ví dụ: (51%)

CH3CH2CH3 + Cl2

CH3CH2CH2Cl (49%)

4. Phản ứng crackinh Phản ứng crackinh là phản ứng bẻ gãy phân tử có số C lớn thành những alken

và alkan có số C nhỏ hơn. CnH2n+2 CmH2m + CvH2v+2 Ta luôn có:

III. ĐIỀU CHẾ

1. Cộng hydro từ alken,alkin với chất xúc tác thích hợp Phản ứng cộng hydro với chất xúc tác Ni, ở nhiệt độ cao sinh ra alkan

CnH2n + H2 Ni CnH2n+2

CnH2n-2 + 2H2 Ni CnH2n+2

2. Phương pháp tăng mạch carbon Phản ứng làm tăng mạch carbon dạng mạch đối xứng dựa vào phản ứng

Wurtz RX + Na R – R + NaX

Phản ứng này không dùng để điều chế những alkan bất đối xứng. 3. Từ hợp chất dialkyl đồng litium

Người ta sẽ khắc phục phản ứng Wurtz bằng phản ứng này để điều chế những alkan bất đối xứng. Phản ứng này được hai nhà hóa học E.J.Corey và Herbert

Flo> Clo> Brom > Iod

mT = ms

nT <nS



House phát hiện độc lập với nhau. Phản ứng này được thực hiện giữa dialkyl đồng litium, R2CuLi, và halogen R’X (R’ có thể giống hoặc khác R). R2CuLi + R’X R – R’ + RCu + LiX

Hiệu suất phản ứng đạt tốt nhất khi R’ là một alkyl nhất cấp, còn R có thể là nhất, nhị hay tam cấp đều được.

4. Hoàn nguyên halogenur alkyl Halogenur RX có thể bị khử halogen ở trong môi trường acid proton và xúc

tác là kẽm. R – X ,

⎯⎯ R – H 5. Từ tác chất Grignard

Cho tác chất Grignard RMgX tác dụng với nước người ta thu được một alkan tương ứng.

RMgX ⎯ R – H 6. Phương pháp giảm mạch carbon

Người ta đi từ muối acid và các kim loại kiềm: RCOONa trộn với xút và chất CaO mục đích làm khô hỗn hợp phản ứng và ngăn không cho không cho NaOH ăn mòn thủy tính.

RCOONa + NaOH ô ô , ú⎯⎯⎯⎯⎯ Na2CO3 + RH

Một số phương pháp điều chế khí Metan Al4C3 + H2O ⇒ Al(OH)3 + CH4↑

C + H2 ,⎯⎯⎯⎯ CH4

CH3COONa + NaOH ô ô , ú⎯⎯⎯⎯⎯ CH4 + Na2CO3

Trường hợp đặc biết của phản ứng:

2HCOOK + 2NaOH vôitôi,xút⎯⎯⎯ H2↑ + Na2CO3 + K2CO3

7. Phản ứng crakinh

CnH2n+2 CmH2m + CvH2v+2

IV.VẤN ĐỀ CẦN BIẾT

Sự hỏa giải alkan trong kỹ nghệ dầu hỏa còn được gọi bằng thuật ngữ chuyên môn là crackinh. Có nhiều dạng crackinh tùy theo quy trình sản xuất của các công ty hóa dầu trên thế giới. Trong nhiệt – crackinh, alkan được cho đi ngang qua một phòng đun nóng ở nhiệt độ rất cao. Những alkan kích thước lớn được chuyển sang những alkan có số Carbon nhỏ hơn, alken và hydro. Trong hơi



nước – cracking hydrocarbon được hòa tan vào trong hơi nước đun nóng nhanh ở nhiệt độ 700 – 9000C /giây rồi làm nguội cũng thật nhanh. Trong hydrocrackinh, phản ứng được thực hiện dưới sự hiện diện của của hydrogen và xúc tác ở áp suất cao, nhưng nhiệt độ thấp hơn (250 – 4000C). Trong tất cả các loại crackinh thì xúc tác – crackinh là quan trọng nhất trong kỹ nghệ chế biến dầu mỏ vì không chỉ làm tăng thêm khối lượng xăng từ sự cắt đứt những hydrocarbon dây dài thành dây ngắng hơn mà còn làm gia tăng chất lượng của xăng. Sự crackinh này được thực hiện bằng cách dẫn hơi hydrocarbon (đun dầu mỏ ở nhiệt độ cao) ngang qua xúc tác silic – alumin mịn ở nhiệt độ 4500C và dưới áp suất nhẹ.

Dưới ảnh hưởng của ánh sáng tử ngoại (hῡ) hoặc ở nhiệt độ 200 – 4000C, clor và brom tác dụng với alkan cho ra cloroalkan và bromo alkan và một lượng HCl và HBr tương ứng. Sự clor hóa cho hỗn hợp sản phẩm không có đồng phân nào trội hẳn, trong khi đó brom sẽ cho một sản phẩm chính. Do đó sự clor hóa chỉ dùng trong kỹ nghệ để điều chế dung môi không tinh khiết. Trái lại sự brom hóa sẽ dùng trong phòng thí nghiệm để điều chế các bromur alkyl tinh khiết với hiệu suất cao. Phản ứng clor hóa xảy ra theo cơ chế gốc tự do gồm ba giai đoạn chính: giai đoạn khơi mào, giai đoạn truyền, giai đoạn kết thúc.

Với alkan vì có những đặc điểm về cơ cấu nên có những phản ứng biểu tính sau:

Không tan trong nước, dung dịch baz, acid loãng. Đó là đặc tính của tất cả các hydrocarbon

Không tan trong acid sulfuric đậm đặc, lạnh. Những hợp chất có chứa một số nhóm định chức có oxygen hay nitrogen hoặc bất bão hòa đều tan được trong acid sulfuric đậm đặc lạnh. Ngoại trừ alkan, halogenur alkyl, aren.

B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

VẤN ĐỀ 1 DẠNG TOÁN ĐỐT CHÁY ALKAN CnH2n+2 + O2 nCO2 + (n+1)H2O + Q

Khi đốt cháy alkan ta luôn luôn có: 퐧퐂퐎ퟐ< 퐧퐇ퟐ퐎 nalkan = n n



n≥ 3

Số C trong alkan = 퐧퐂퐎ퟐ

퐧퐇ퟐ퐎 퐧퐂퐎ퟐ Số H trong alkan =

ퟐ∗퐧퐇ퟐ퐎퐧퐇ퟐ퐎 퐧퐂퐎ퟐ

Nếu đốt cháy hydrocarbon mà có 퐧퐂퐎ퟐ< 퐧퐇ퟐ퐎 kết luận ngay hydrocarbon đem đốt cháy là Alkan.

VẤN ĐỀ 2 DẠNG CRACKINH ALKAN. CnH2n+2 CmH2m + CvH2v+2

(X) (Y) mX = mY

n= m +v

M = = = M * = *M

Đây là dạng công thức tính toán cho mọi bài toán crackinh, nên việc tính toán cho phản ứng rất đơn giản và hiệu quả.

Dạng bài toán quen thuộc trong phản ứng crackinh

Alkan crackinh +Br2

V (l)

V1 V2 V3

Dựa vào phản ứng ta có:

n ứ = n = nn đ = n ư + n ư

H = ưđ∗ 100%

V = VV ư = V − V

H = ∗ 100%

Đây là công thức quan trọng mặc dù nó đi từ những nhận xét hết sức thuần túy, nhưng việc giải toán rất hiệu quả, được ứng dụng rất nhiều trong đề thi đại học.

Alkansp

Alken

Alkan dư

Alken + dd Br2

Alkansp

Alkandư

nalkan pư = nalken = nAlkan sp



C. BÀI TẬP

Bài 1 Đốt cháy hoàn toàn một lượng hiđrocacbon A thu được 26,4 gam CO2 và 16,2 gam H2O . Tìm công thức phân tử của A ?

Giải

n = , = 0,6 mol; n = , = 0,9 mol.→ A thuộc dãy đồng đẳng Alkan

Số CA =

= ,, ,

= 2 → CTPT của A: C2H6

Bài 2 [Khối A – 2008] Khi crackinh toàn bộ một thể tích alkan X thu được ba thể tích hỗn hợp Y (các thể tích đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Tỉ khối hơi của Y so với H2 là bằng 12. Công thức phân tử của X?

A. C6H14 B. C3H8 C. C4H10 D. C5H12

Giải

Áp dụng công thức M = = = M * = *M = *12*2 = 72g/mol

⇒ CTPT của X là C5H12 ⇒Đáp án D

Bài 3 Khi crackinh toàn bộ V lít alkan X thu được 35 lít hỗn hợp Y gồm 7 chất. Dẫn Y qua bình đựng dung dịch nước brom Br2 dư, thấy còn 20 lít. Giá trị V và hiệu suất phản ứng là bao nhiêu?

Giải

Áp dụng công thức tính toán ở phần phương pháp giải toán (đọc kỹ phần phương pháp giải) ta sẽ tính ra nhanh.

V = V3 = 20 lít

Hiệu suất phản ứng: H = ∗ 100% = *100% = 75%

Bài 4 Crackinh hoàn toàn một alkan A thu được một hỗn hợp khí B gồm hai alkan và hai alken. Tỉ khối hơi của B so với H2 là 14,5. Khi dẫn dung dịch qua bình đựng dung dịch brom dư, khối lượng hỗn hợp khí giảm đi 55,52%. Tìm công thức phân tử của A, xác định % thể tích các khí trong B



Giải

Phương trình phản ứng crackinh:

D + E

A Crackinh Alkan Alken hhB

F + H

Alkan Alken

Theo phản ứng ta nhận thấy: nB = 2nA → M = = =M * = 14,5*2*2= 58g/mol

⇔14n + 2 = 58 ⇔n = 4 ⇒CTPT A là: C4H10

Nếu A là C4H10 thì D, F lần lượt là: CH4, C2H6, và E, H là C3H6, C2H4.

Gọi a,b lần lượt là số mol của C3H6 và C2H4 : 42a + 28b = 0,5552.58(a+b)⇔ b = a (1).

( )%V = %V =

( )∗ 100% =

( )*100% = 15% ⇒%V = %V = 35%

Bài 5 Đốt cháy 19,2 gam hỗn hợp gồm 2 alkan kế tiếp nhau, thu được V lít CO2 (0oC,2atm). Cho V lít CO2 trên đi qua dung dịch Ca(OH)2 thì thu được 30g kết tủa. Nếu tiếp tục cho Ca(OH)2 cho đến dư thì thu được 100g kết tủa nữa. Xác định công thức phân tử của 2 alkan và % thể tích các alkan trong hỗn hợp.

Giải

Gọi công thức phân tử tương đương của hai alkan trong hỗn hợp là: C H

Phương trình phản ứng đốt cháy: C H + O2 → nCO2 + (n + 1)H2O

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + H2O

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2 CaCO3↓ + H2O

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C (CO2) = = 1,3 mol = na (1)

⇔ (14na + 2)a =19,2 ( )

a = 0,5 mol → n= 2,6 ⇔n1 = 2 < n < n2 = 3



Vậy công thức phân tử alkan trong hỗn hợp là: C2H6 và C3H8.

Theo công thức n = ( , ),

= 2,6 ⇔x = 0,2 ⇔%V = ,,∗ 100% = 40%.

Bài 6 Một hỗn hợp X gồm hai hydrocarbon liên tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và đều ở thể khí ở (đktc). Đốt cháy X với 64g O2 lấy dư thu được hỗn hợp khí, dẫn hỗn hợp khí đi qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì có 100g kết tủa và còn lại một khí thoát ra có 11,2 lít (0,4atm, 00C). Xác định CTPT hydrocarbon trong X?

Giải

Vì O2 đem đốt lấy dư, nên khí thoát ra sau cùng là khí O2 còn dư sau phản ứng đốt cháy.

Số mol khí O2 tham gia vào phản ứng đốt cháy = - , ∗ ,, ∗

= 1,8 mol

Gọi công thức phân tử tương đương của các hydrocarbon có trong X: C H

Phản ứng đốt cháy của hỗn hợp X là C H + (x + )O2 → xCO2 + H2O

n = = 1 mol = xa → = 2(1,8 – 1) = 1,6 mol ⇒n < n

⇒ hỗn hợp X là dãy đồng đẳng của alkan ⇒a = 1,6 -1 = 0,6mol ⇒x = ,

=

⇒CTPT có trong X là CH4, C2H6.

Bài 7 Đem crackinh một lượng n – butan thu được một hỗn hợp A gồm 5 hydrocarbon khí. Cho hỗn hợp khí này đi qua bình đựng dung dịch nước Br2 dư thì khối lượng brom tham gia phản ứng là 25,6g và sau thí nghiệm khối lượng bình brom tăng lên 5,32g. Hỗn hợp khí X còn lại sau khi đi qua dung dịch brom có tỉ khối hơi so với mêtan là 1,9625. Tính hiệu suất phản ứng.

Giải

Vì butan crackinh sản phẩm thu được là 5 chất: CH4, C2H6, C4H10 dư , C2H4, C3H6.

n = , = 0,16 mol ⇒ nbutan pư = nAlken= n = 0,08mol

M = 1,9625*16 = 31,4g/mol; dung dịch brom tăng lên chính là khối lượng của alken tham gia phản ứng.



Vậy ta sẽ tính được M = ,,

= 33,25g/mol

M1 = 28 8,75

M= 33,25

M2 = 42 5,25

n = 0,16* ,, ,

= 0,1 mol = n → n = 0,06 mol = n

n đ = n ứ + n ư = 0,08 + a (1)

Hỗn hợp khí X sau khi thoát ra khỏi dung dịch bình nước brom: CH4, C2H6, C4H10.

푀 alkan sp = ∗ , ∗ ,,

= 24,75 g/mol; M = 1,9625*16 = 31,4g/mol

Ta vận dụng quy tắc đường chéo

24,75 26,6

31,4

58 6,65

, = ,

→ a = 0,04 mol (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra nbutan = 0,08 + 0,04 = 0,12 mol ⇒H = ,,

*100 = 66,67%

Bài 8 Sau khi kết thúc phản ứng crackinh n – butan thu được 22,4 lít hỗn hợp A (giả sử chỉ gồm có các hydrocarbon). Cho A lội từ từ qua dung dịch brom dư chỉ còn 13,44 lít khí B. Đốt cháy hoàn toàn 0,6 lít khí B thu được 1,3 lít khí CO2. Tính hiệu suất phản ứng. Biết rằng các khí đo cùng ở đktc

Giải

Phân tích: Đối với dạng bài toán này ta nên biểu diễn dạng sơ đồ tóm tắt để thuận tiện hơn trong việc giải bài toán, các bạn nên đọc lại phần hướng dẫn giải dạng bài tập này.



Tóm tắt:

Crackinh 0,6 lít B + O2

1,3 lít CO2

V

V1 V2

Áp dụng công thức tính hiệu suất ở phần phương pháp giải ta có:

H = *100% = , ,,

= 66,67%

Bài 9 Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp X gồm hai hydrocarbon kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được V : V = 12 : 23. Xác định công thức phân tử của hai hydrocarbon và phần trăm thể tích của mỗi hydrocarbon có trong hỗn hợp.

Giải

Vì đốt cháy hai hydrocarbon thuộc dãy đồng đẳng có = < 1 ⇒ X thuộc dãy

đồng đẳng của Alkan. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có:

= → n = → n1 = 1 <n < n2 = 2 → A: CH4 (a mol) ; B:C2H6 (1 – a (mol))

Áp dụng tính chất trung bình ta có: ( ) = ⇒ a = → %V = 90,91%

Bài 10 Trong một bình kín thể tích 1 dm3 có một hỗn hợp đồng thể tích gồm hydrocarbon A và O2 ở nhiệt độ 133,5oC, 1atm. Sau khi bật tia lửa điện lên và đưa về nhiệt độ ban đầu thì khối lượng nước tạo ra là 0,216g. Tìm CTPT của A.

Giải

Theo phương trình khí lý tưởng: pV = nRT ⇒n = = ., .( , )

≈ 0,03 (mol)

Vì hỗn hợp là đồng mol nên nA = n = , = 0,015 (mol)

⇒ n ( )= 2.0,015 - , = 0,018 mol ⇒ n = ( ) = 0,009mol

Trong A có ố

ố =

∗ = ,

∗ , = ⇒ A : C3H8

C4H10 hh A

V = 22,4 l

hhB

V = 13,44l



BÀI 3 CYCLO ALKAN CnH2n (n ≥ 3)

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. TÍNH CHẤT VẬT LÝ

Điểm sôi và tỉ trọng của cyclo alkan đơn hoàn thường cao hơn alkan chi phương tương ứng.

Cyclo alkan không tan trong nước nhưng tan trong dung môi hữu cơ ít phân cực.

II. TÍNH CHẤT HÓA HỌC 1. Phản ứng cháy

Khi đốt cháy cycloalkan trong điều kiện đầy đủ không khí oxygen, một nhiệt lượng tối đa tỏa ra có thể đo được gọi là thiêu nhiệt.

CnH2n + O2 nCO2 + nH2O + Q Nhận xét: Khi đốt cháy cyclo alkan ta luôn có: n = n

2. Phản ứng thế

Dưới sự xúc tác của ánh sáng hoặc nhiệt độ, cyclo alkan cho phản ứng thế gốc tự do như alkan.

+ Cl2

+ HCl

Cyclopropan cloro cyclopropan

3. Phản ứng mở vòng Phản ứng chủ yếu xảy ra đối với vòng căng như cyclopropan và

cyclobutan, sản phẩm là những hợp chất chí phương tương ứng. (vòng 3, vòng 4 làm mất màu đung dịch brom trong dung môi CCl4) + Br2 Br – CH2 - CH2 – CH2 – Br

III. ĐIỀU CHẾ 1. Phản ứng Wurtz

Phản ứng Wurtz thường được thực hiện trên chất nền là dihalogenur, xúc tác là kim loại Zn, hoặc Na.



Phản ứng chỉ thực sự tốt khi điều chế cyclopropan

/

+ ZnBr2

2. Phản ứng cộng tạo vòng Khi cho carben tác dụng với dung dịch alken sẽ cho ra cyclopropan

tương ứng. Ví dụ:

CH3CH=CHCH3 + CH2N2

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP

Chủ yếu dạng bài tập của cycloalkan liên qua đến phần của alken. Chúng ta chỉ cần nhớ đặc điểm của cycloalkane vòng 3 và vòng 4 có thể

tham gia vào quá trình mở vòng nên chúng có thể làm mất màu dung dịch brom.

Dạng phản ứng đốt cháy, khi đốt cháy cycloalkan luôn có 퐧퐂퐎ퟐ= 퐧퐇ퟐ퐎

Điều này cũng xảy ra khi đốt cháy alken.



BÀI 4 ALKEN CnH2n (OLEFIN) (n ≥ 2)

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. TÍNH CHẤT VẬT LÝ

Dạng tồn tại của alken ở điều kiện thường: Thể khí tương ứng với: n = 2 → 4 Thể lỏng tương ứng với n = 5 → 18 Thể rắn n ≥ 19

Nhiệt độ sôi và nhiệt độ nóng chảy tương đối thấp, khả năng tan trong nước kém.

Vì trong alken nối đôi nên chúng sẽ xuất hiện độ phân cực, trong không gian nó sẽ hình thành hai dạng E (cis) và Z (trans). Dạng Z có nhiệt độ nóng chảy cao hơn dạng E, nhưng lại có nhiệt độ sôi thấp hơn E.

II. TÍNH CHẤT HÓA HỌC 1. Phản ứng oxy hóa a. Phản ứng oxy hóa hoàn toàn (phản ứng đốt cháy)

Alken đốt cháy sinh sản phẩm thu được là khí CO2 và hơi nước và nhiệt lượng sinh ra.

CnH2n + O2 nCO2 + nH2O + Q

a na na

Phản ứng đốt cháy của alken cũng giống như đốt cháy của cycloalkan luôn có:

Hệ quả

Số C (alken) =

Số H (alken) = ∗

Khi đốt cháy một hydrocarbon có n = n thì hydrocarbon đó là cycloalkan hoặc alken.

b. Phản ứng oxy hóa không hoàn toàn Người ta điều chế aldehid trong công nghiệp bằng cách oxy hóa nhẹ các

alken có nối đôi đầu mạch.

Ví dụ: 2CH2 = CH2 + O2 /

2CH3CHO

n = n



Oxy hóa nối đôi alken thành các diol dưới tác nhân của chất oxy hóa mạnh KMnO4.

3CnH2n + 2KMnO4 + 4H2O → CnH2n(OH)2 + MnO2↓ + 2KOH Ví dụ: CH2=CH2 + KMnO4 + H2O ⇒ + 2MnO2↓ + 2KOH

(hồng) (đen)

Hệ quả: Dùng KMnO4 để nhận biết alken và alkin. Nếu dùng chất oxy hóa mạnh như: K2Cr2O7 phản ứng sẽ cắt đứt nối đôi

trong alken tạo ra các acid hoặc aceton.

Ví dụ: + [O] + CH3COOH

Hệ quả: Phản ứng này dùng để nhận biết được nối đôi đầu mạch và giữa mạch của alken.

2. Phản ứng cộng a. Phản ứng cộng halogen

Phản ứng của alken và halogen diễn ra một cách dễ dàng đối với clo và brom sản phẩm sinh ra là 1,2 di-halogenalkan.

CnH2n + X2 CnH2nX2

Riêng đối với brom phản ứng cộng làm mất màu dung dịch brom nên dùng để nhận biết được những hydrocarbon nối đôi.

Người ta ứng dụng phản ứng cộng vòng này để sản xuất ra clorur polyvinil (PVC).

b. Phản ứng cộng hydrogen Phản ứng cộng hydrogen tạo ra alkan với chất xúc tác thường là Nikel.

CnH2n + H2 /

CnH2n + 2 c. Phản ứng cộng HX (tác nhân bất đối xứng)

Quy tắc Markovnikov: trong sự cộng hydracid vào nối đôi C=C, hydrogen của hydracid sẽ gắn vào carbon mang nhiều hydrogen nhất đây là sản phẩm chính của alken phản ứng cộng HX.

Giải thích quy tắc: H ᵟ+ - Xᵟ- là một chất phân cực nên theo quy tắc điện nơi nào mang điện dương thì điện tích âm sẽ tác kích vào, còn nơi nào mang điện âm thì điện tích dương tác kích vào. Ở đây C càng nhiều H thì càng âm



→ Hᵟ+ tác kích vào, tương tự Xᵟ- sẽ tác kích vào C ít H hơn.

Ví dụ: + HBr ⇒

Thứ tự phản ứng cộng vào alken của HX: HI > HBr > HCl> HF

d. Phản ứng cộng H2O Phản ứng cộng H2O của alken cũng tuân theo quy tắc Markovnikov. Sản

phẩm của phản ứng này là các alcol, dưới sự xúc tác H+. Ví dụ:

CH2=CH – CH2 – CH3 + H2O

3. Phản ứng trùng hợp (đa phân hóa) Phản ứng này gắn liền với thực tiễn với đời sống của con người, có thể nói

polyme có rất nhiều trong đời sống, và nó trở thành vật liệu thông dụng. Các polymer này thường được thực hiện bằng các phản ứng polymer hóa từ những monomer.

Một số monomer và polyme tương ứng: Monomer Công thức Tên thương mại

polymer Etylen H2C=CH2 Polyethylen (PE)

Propylen H2C=CHCH3 Polypropylen(PP) Cloroetylen H2C=CHCl Poly(vinyl

chloride) (PVC) Styren H2C=CH-Ph Polystyrene (PS)

Tetrafluoroetylen F2C=CF2 Teflon Metacrylat metyl H2C=C(CH3)CO2Me Lucite

Acetat vinyl H2C=CHOAc Polyvinyl acetat (PVA)

4. Phản ứng ozon Sự ozon giải gồm ba giai đoạn: cộng ozon (O3) vào nối đôi, chuyển vị nhanh

chóng tạo ra ozonid, thủy giải ozonid ra hai hợp chất carbonyl (aldehid, ceton tương ứng).



Ví dụ: CH3CH2CH=CHCH3 + O3 /

CH3CH2CHO + CH3CHO

CH3CH=CHCH3 + O3/

2CH3CHO CH3CH2CH=CCH3 + O3 ⇒ CH3CH2CHO + CH3

III. ĐIỀU CHẾ ALKEN 1. Khử nước của alcol

Dưới sự xuất hiện của acid H3PO4 hoặc H2SO4 hoặc người ta dùng chất xúc tác acid Lewis, ở nhiệt độ cao. Sản phẩm thu được là một alken.

Ví dụ: CH3CH2OH ,

CH2=CH2 + H2O

CH3CH2CH2CH2OH ,

CH3CH=CHCH3 + H2O Lưu ý:

Phản ứng tách nước tuân theo quy tắc Zaixep Độ phản ứng tách nước của alcol là bậc III > II > I Phản ứng tách nước của alcol bậc III thường xảy ra phản

ứng chuyển vị. 2. Khử hydracid của halogenur alkyl

Phản ứng được nung nóng và chất xúc tác baz mạnh thường là KOH trong môi trường C2H5OH (EtOH)

Ví dụ: CH3CHCH3 + KOH ,

CH2=CHCH3 + KBr + H2O Br

Độ phản ứng của RX: R-I > R-Br, R-Cl > R-F, còn gọi là hiệu ứng nguyên tố. 3. Khử halogen của α – dihhalogenur

α – dihhalogenur: còn gọi là vic – dihalogenur (vicinalis: kế cận) Phản ứng được xúc tác bằng kim loại thường Zn, Mg, I-

Ví dụ: CH3CHCH2CH3 ( ộ )/

CH3CH=CHCH3

Br

4. Hydrogen hóa xúc tác Phản ứng hydrogen hóa xúc tác alkin, xúc tác thường sử dụng là xúc tác

Lindlar (Pd mịn, Pb bột, và quinolin). Phản ứng sẽ ngừng ở giai đoạn Alken.

R – C ≡ C – R’ /

(Z) – Alken (Z = cis)



Nếu dùng chất xúc tác Na/NH3 (lỏng) thì phản ứng sẽ tạo (E) – Alken 5. Phản ứng cracking

Alken được điều chế từ phản ứng cracking từ các alkan có số C lớn dưới sự xúc tác: Zeolite (chất chủ yếu dùng trong công nghiệp hóa dầu). Hoặc cracking dưới điều kiện nhiệt độ và áp suất cao (Xúc tác không chọn lọc).

CnH2n+2 푿풕,푷

CmH2m + CvH2v+2 IV. NGUỒN KỸ NGHỆ

Trong kỹ nghệ, chủ yếu là kỹ nghệ hóa dầu, hầu hết là các etylen và propylen được điều chế từ sự cracking những alkan có trong khí thiên nhiên (1C – 4C) và những alkan có trong chưng cất phân đoạn có nhiệt độ sôi thấp (4C – 8C). Về mặt kỹ thuật có nhiều phương pháp cracking. Sự cracking nhiệt chủ yếu cho là etylen. Sự cracking hơi nước chủ yếu là etylen, propylen, butadien, isopren và cyclopentadien. Những alken dây dài hơn được điều chế từ sự cracking những phân đoạn chưng cất có nhiệt độ sôi cao hơn. Những alken này hoặc cô lập để làm chất nền cho các phản ứng tổng hợp hữu cơ hoặc không cô lập để nằm lại trong xăng làm tăng giá trị của xăng . Etylen và propylen là hai alken đơn giản nhất, được điều chế nhất trong kỹ nghệ. Vào khoảng 26 triệu tấn etylen, và 14 triệu tấn propylen được điều chế ra tại Mỹ hằng năm, chúng được dùng để làm nguyên liệu điều chế propylen, etylen glycol, acid acetic, acetaldehyd, và nhiều hợp chất khác.

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VẤN ĐỀ 1: PHẢN ỨNG HYDRO HÓA ALKIIN

Phản ứng không định lượng:

CnH2n-2 + 2H2 푵풊,풕ퟎ

CnH2n+2

CnH2n-2 + H2 푷풅,풕ퟎ

CnH2n Trong phản ứng không định lượng

C2H2 + H2 푿풕,풕ퟎ

C HC HC H

H

Đối với dạng toán phản ứng hydro hóa alkin chúng ta cần nhớ những điều cơ bản sau:

Tùy vào chất xúc tác đề bài cho biết sản phẩm: alken, alkan



Dùng định luật bảo toàn khối lượng:

mt = ms

Tóm tắt sơ đồ dạng toán của phản ứng hydro hóa alkin như sau:

dd Br2

Dựa vào sơ đồ tóm tắt trên ta có các công thức đáng nhớ sau, giải quyết được với mọi bài toán cho các dạng phản ứng hydrogen hóa alkin.

VẤN ĐỀ 2: HIỆU SUẤT PHẢN ỨNG HYDROGEN HÓA ALKEN

Dùng phương pháp 3 bước:

CnH2n + H2 ,

CnH2n+2 x (mol) y(mol) a a a x-a y-a a (mol)

X Y

Z

T

m = m = m + m

Δm ↑ = m = mX - mT



Gọi x, y là số mol ban đầu alken và hydrogen tham gia phản ứng, a là số mol phản ứng của phương trình.

Hiệu suất phản ứng hydrogen phản ứng:

Nếu x ≤ y Nếu y ≤ x

Phản ứng hydrogen hóa alken luôn có

Đốt cháy hỗn hợp sau cũng giống như đốt cháy hỗn hợp khí ngược lại.

VẤN ĐỀ 3 PHẢN ỨNG CỘNG Br2

Hỗn hợp alken tác dụng với dung dịch Br2

CnH2n + Br2 CnH2nBr2

Số mol alken tham gia phản ứng với Br2:

Khối lượng bình brom tăng

Độ giảm số mol:

Một số lưu ý: Dung dịch mất màu: dd Br2 thiếu, alken dư Dung dịch phai màu: Br2 dư, alken hết.

VẤN ĐỀ 4 HỖN HỢP ALKEN VÀ ALKAN ĐỐT CHÁY

Cho một hỗn hợp gồm alkan và alken đem đốt cháy, thu được khí CO2, H2O để xác định các hydrocarbon có trong hỗn hợp.

H = .100%

H = *100%

mT = ms n ứ = nt – ns

n = nalken pứ

Δm = malken pứ

Δn = nt - ns = nalken pứ



Gọi CnH2n+2 (x mol), CmH2m (y mol). Dùng định luật bảo toàn nguyên tố C nx + my = n

Dựa vào bài toán ta xác định được mối liên hệ, ngoài phương pháp

thông thường (phương pháp 3 bước). Ta cũng có thể áp dụng công thức tính chất giá trị trung bình.

C. BÀI TẬP

Bài 1 Đun nóng hỗn hợp khí gồm 0,12 mol C2H2 và 0,18 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua dung dịch brom dư thì còn lại khí Z gồm 0,06 mol C2H6 và 0,02 mol H2. Khối lượng dung dịch brom tăng lên là bao nhiêu?

Giải

Đây là dạng toán mà đã trình bày ở trên (các bạn xem lại phương pháp giải).

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY = Δm + mZ

Khối lượng dung dịch brom tăng lên: Δm = mX – mZ

Thế số vào ta có: Δm = 0,12*26 + 0,18*2 – (0,06*30 + 0,02*2) = 1,64 gam.

Bài 2 [Khối A – 2008] Đun nóng hỗn hợp khí gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội qua bình đựng dung dịch Brom dư thì còn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc) có tỉ khối so với O2 là 0,5. Khối lượng bình dung dịch brom tăng là bao nhiêu

Giải

Dựa vào phương pháp giải trên ta có thể giải nhanh chóng được bài này:

Khối lương bình dung dịch Br2 tăng lên:

Δm =0,06*24 + 0,04*2 - ,,

*0,5*32 = 1,32 gam

Bài 3 [Khối A – 2010] Đun nóng hỗn hợp X gồm 0,02 mol C2H2 và 0,03 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua dung dịch Br2 dư thì còn lại 280 mL hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 là 10,08. Khối lượng dung dịch Brom tăng lên là bao nhiêu?

nalkan = n - n



Giải

Bài này cũng tương tự như bài khối A – 2008 ta có thể giải quyết nhanh chóng

Khối lượng bình dung dịch Br2 tăng lên là:

Δm = 0,02*26 + 0,03*2 - , ∗

*10,08*2 = 0,328gam

Bài 4 Hỗn hợp X gồm C4H8 và H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 10. Dẫn hỗn hợp qua Ni, t0 thu được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 14. Tính hiệu suất phản ứng cộng H2.

Giải

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY

Dùng quy tắc đường chéo để xác định chất nào hết trước khi tham gia phản ứng

C4H8 56 18

20

H2 2 36

( ) = = ⇒ Alken sẽ hết trước Hydro

Gọi x là số mol C4H8 ⇒ 2x là số mol H2, a là số mol alken tham gia phản ứng.

= = = = → = ⇒ H% = *100% = 85,71%

Bài 5 Cracking hoàn toàn hỗn hợp 6,6 gam propan thu được hỗn hợp A gồm hai hydrocarbon. Cho qua bình chứa 125mL dung dịch Br2 có nồng độ a mol/L, dung dịch brom sẽ bị mất màu. Khí thoát ra sẽ có tỉ khối hơi so với metan là 1,1875. Tính a

Giải

Phân tích: Theo đề bài hỗn hợp A chứa hai khí hydrocarbon, vậy hai hydrocarbon là: C2H4 và CH4

Phương trình phản ứng cracking: C3H8 , ,

C2H4 + CH4 (1)



Khí A đi qua dung dịch brom thì C2H4 bị giữ lại, nếu dd Br2 dư thì C2H4 phải hết, khí thoát ra là CH4, và hiển nhiên khí CH4 có tỉ khối so với CH4 bằng 1 < 1,1875

Điều này chứng tỏ C2H4 còn dư và dd Br2 thiếu

Từ những phân tích trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán này một cách nhanh chóng.

npropan = , = 0,15 mol = netylen = nmetan

Dùng phương pháp đường chéo tìm ra số mol khí thoát ra

C2H4 28 3

19

CH4 16 9

Từ sơ đồ đường chéo ta nhận thấy = ⇔ ,,

= ↔ x = 0,1

Vậy số mol C2H4 tham gia phản ứng với dd Br2 là 0,1 mol ⇒ a = ,,

= 0,8mol/L

Bài 6 Hỗn hợp X gồm 1 alkan và 1 alken. Đốt cháy hoàn toàn X sản phẩm thu được dẫn qua bình đựng nước vối trong dư, thấy bình tăng lên 7,98gam, và có 12 gam kết tủa. Tìm khối lượng hỗn hợp X và công thức phân tử của các hydrocarbon. Biết rằng alkan chiếm 60% thể tích của hỗn hợp.

Giải

Phân tích: Khối lượng bình dung dịch nước vôi trong tăng lên chính là khối lượng của nước và khí CO2. Do bình đựng vôi trong dư nên số mol khí CO2 chính bằng số mol CaCO3.

Dựa vào phương pháp giải như trên ta có thể nhanh chóng tìm ra được số mol alkan tham gia phản ứng đốt cháy.

Theo bài ra ta có: n = = 0,12 mol ⇒ m = , , ∗ = 0,15 mol

nalkan = 0,15 – 0,12 = 0,03 mol ⇒ nalken = ,,

* 0,03 = 0,02 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố: mX = mC + mH = 0,12*12 + 0,15*2 = 1,74 gam



Gọi n là số C trong alkan, m là số C trong alken (m≥ 2). Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C ta có:

0,03n + 0,02m = 0,12 (n, m nguyên)

Vậy chỉ có giá n = 2 và m = 3 là cặp nghiệm phù hợp.

Công thức của alkan là: C2H6

Công thức của alken là: C3H6

Bài 7 Hỗn hợp khí A gồm H2 và olefin CnH2n có tỉ lệ số mol là 3:2. Đun nóng hỗn hợp A gồm xúc tác bột Ni được hỗn hợp B, có tỉ khối so với H2 là 11,25. Hiệu suất phản ứng là h%.

a. Lập biểu thức tính hiệu suất của h theo n b. Biết h > 40% . Xác định công thức phân tử của olefin và h.

Giải

nalken < n → số mol phải tính theo alken. Giả sử trong hỗn hợp khí A có chứa 3 mol H2 và 2 mol Alken.

Phương trình phản ứng: CnH2n + H2 ,

CnH2n+2

Ban đầu: 2 3 (mol)

Phản ứng: a a a

Sau phản ứng: 2-a 3-a a

Hiệu suất phản ứng: h = *100% (1) (h≤1)

Hỗn hợp khí B có MB = 11,25*2 = 22,5 g/mol = = = ∗ ∗ =

⇒ a = - ,

(2) ( ),( )

h = - ,

(n≥2)

b/ Với h > 40% = 0,4 thế vào ta được 2,19 ≤ n < 3,16 ⇒ n =3

⇒ Cong thức olefin: C3H6 ⇒ h = 50%

Bài 8 Hỗn hợp X gồm ankan và anken có tỉ lệ số mol 3:2 .Đốt cháy hoàn toàn X , dẫn hơi cháy qua dd Ca(OH)2 bình tăng 7,8 g và có 8 g kết tủa . Phần dd nước lọc tác



dụng với Ca(OH)2 dư xuất hiện thêm 4 g kết tủa nữa . Tìm công thức phân tử mỗi chất .

Giải

Phân tích: Đối với dạng bài toán này cái khó là phần cho sản phẩm cháy tác dụng với dung dịch Ca(OH)2. Tùy vào tỉ lệ số mol CO2 với Ca(OH)2 mà phản ứng tạo ra muối CaCO3 (trung hòa), và muối Ca(HCO3)2 (muối acid). Phần này xin các bạn đọc dành chút thời gian xem lại ở bài đầu ở mục xử lý số liệu khi cho CO2 tác dụng với Ca(OH)2.

Gọi công thức của Alkan là CnH2n+2, Alken là CmH2m (n≥1, m≥2) (1)

Theo bài ra ta có: = ⇒ nalkan = x (mol) ⇒ nalken = 1,5x (mol)

Khối lượng dung dịch tăng lên: mb↑ = m + m

CO2 ( )

CaCO

Ca(HCO)( )

CaCO3↓

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố n (CO2) = n ( ) + n ( )

⇒ nC = + = 0,12 mol ( )

m = 7,8 – 0,12*44 = 2,52 gam

⇒ n = , = 0,14 mol ⇒ nalkan = 0,14 – 0,12 = 0,02 mol ⇒nalken = 0,03 mol

Áp dụng địn luật bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,02n + 0,03m = 0,12 ⇔ 2n + 3m = 12

Vậy chỉ có n = 3, m = 2 là giá trị phù hợp. ⇒ C3H8 ; C2H4

Bài 9 Lấy hai thể tích bằng nhau của 1 anken ở thể khí cho phản ứng riêng lẻ với dung dịch clo , brom . Khối lượng của hai sản phẩm cộng khác nhau 44 ,5 g

a. Tính thể tích anken đã dùng ở 27,3 0 C và 1 at . Giả sử hiệu suất p ư đều đạt 80 %

b. Viết công thứa cấu tạo có thể có của anken biết rằng khối lượng sản phẩm cộng brom thu được là 108 g và nếu cho phản ứng với HCl chỉ thu được 1 sản phẩm duy nhất.

Giải



Phân tích: Dạng toán này là cho cùng một alken tham gia phản ứng cộng với halogen. Đối với dạng này ta dùng phương pháp tăng giảm khối lượng để giải quyết bài toán. (các bạn xem lại phần giáo khoa phần phản ứng cộng halogen).

a. Bằng kiến thức sách giáo khoa ta có thể tính nhanh ra số mol ra của alken

⇒ nalken = , = 0,5 mol. Áp dụng phương trình khí lý tưởng: p.V = nRT

⇒ V = = , ∗ , ∗( , )

, = 5,5 lít.

b. Vì thể tích của hai phần của alken là như nhau nên số mol của alken bằng nhau. ⇔ (14n + 160)*0,5 = 108 ⇔ n = 4 ⇒ Alken: C4H8 Vì alken tác dụng HCl tạo ra 1 sản phẩm, nên alken mang tính đối xứng. ⇒ CH3 – CH = CH – CH3 :(Z) – but – 2 – en.

Bài 10 Cho một lượng anken X tác dụng với nước được chất hữu cơ Y , thấy khối lượng bình đựng nước ban đầu tăng 4,2 g .nếu cho lượng X như trên tác dụng với HBr thu được chất Z thấy khối lượng Y , Z khác nhau 9,45 g .Tìm công thức phân tử và gọi tên X , giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Giải

Phân tích: Bài này cũng tương tự như bài 9, có nghĩa rằng dùng phương pháp tăng giảm khối lượng giải quyết bài này nhanh chóng. (Các bạn có thể tham khảo thêm trong cuốn Kĩ Thuật Giải Nhanh Toán Hóa Học - Dương Thế - 2011, để hiểu thêm phần phương pháp tăng giảm khối lượng, hoặc các sách viết về phương pháp này).

+ HBr CnH2n+1Br (Y)

CnH2n

+ H2O CnH2n+1OH (Z)

Khối lượng bình nước tăng lên chính là khối lượng của alken ⇒ malken = 4,2 gam

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng dễ dàng tính ra được số mol alken (vì phản ứng cộng với tỉ lệ 1:1).



nalken = = , = 0,15 mol ⇒ Malken = ,,

= 28 ⇔ n = 2 ⇒ C2H4 (etylen)

Bài 11 Hỗn hợp khí A gồm H2 và alken X. Đốt cháy 6 gam hỗn hợp A thu được 17,6 gam khí CO2. Mặt khác cho 6 gam A tác dụng với dung dịch Brom dư thì thấy có 32 gam Br2 tham gia phản ứng. Tìm công thức của X và tính % thể tích mỗi chất trong A.

Giải

Phân tích: Dạng bài toán này là sự kết hợp của phản ứng đốt cháy và phản ứng cộng halogenur. Alken đốt cháy thu được CO2, H2O cộng với halogen với tỉ lệ 1:1 ta tìm được số mol alken (H2 không tham gia vào phản ứng cộng Halogenur).

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C (alken) ta có: n = nC (alken) = , = 0,4 mol

Phản ứng của alken với Br2: n = = 0,2 mol = nalken ⇒ số Calken = ,,

= 2

⇒ Cong thức phân tử của alken là: C2H4 ⇒ n = , ∗ = 0,2 mol

⇒%V = %V = 50%

Bài 12 Hỗn hợp X gồm 1 alkan và 1 alken. Cho 1,68 lít hỗn hợp X qua dung dịch Brom dư, bình brom tăng lên m gam, khí thoát ra có thể tích 1,12 lít. Nếu đốt cháy 1,68 lít X rồi dẫn sản phẩm qua nước vôi trong dư thì có 12,5 gam kết tủa. Các khí đo được ở (đktc). Xác định các hydrocarbon trong X.

Giải

Phân tích: Dạng bài toán đốt cháy, bài này chỉ cần lưu ý: alkan không tác dụng với dung dịch Brom.

Khi cho X tác dụng với dung dịch Brom thì alken bị giữ lại, khí thoát ra là alkan

⇒ bình tăng brom tăng lên chính là khối lượng của alken bị giữ lại.

nalkan = ,,

= 0,05 mol ⇒ nalken = ,,

– 0,05 = 0,025 mol.

Sản phẩm đốt cháy X dẫn qua nước voi trong dư ⇒ 푛 = , = 0,125 mol

Gọi n là số C của alkan (n≥1), m là sô C của alken (m≥2). Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C trong X ta có: 0,05n + 0,025m = 0,125 ⇔ 2n + m = 5



Chỉ có n = 1, m = 3 là cặp nghiệm phù hợp ⇒ CH4, C3H6 là các hydrocarbon trong X.

Bài 13 Trong bình kín chứa có thể tích là 5,6 lít chứa 0,15 mol H2 và 0,1 mol C2H4 cùng một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian rồi làm lạnh bình đến 00C, áp suất trong bình lúc đó là p. Hỗn hợp sau phản ứng tác dụng vừa đủ với 0,8 gam Br2 trong dung dịch. Tìm % thể tích H2 đã tham gia phản ứng, tính hiệu suất phản ứng hydro hóa và áp suất p.

Giải

Phân tích: Bài toán này liên quan đến phản ứng hydrogen hóa alken (xem lại phương pháp giải), và có liên quan đến phương trình khí lý tưởng.

Phương trình hydro hóa alken: CnH2n + H2 ,

CnH2n+2

nalken < n ⇒ số mol phải tính theo alken

Vì hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với dung dịch Br2 ⇒ alken còn dư

nalken dư = n = , = 0,005 mol ⇒ nalken pứ = 0,1 – 0,005 = 0,095 mol = n ứ

⇒ H = ,,∗ 100% = 95% ⇒ % V = ,

,*100% = 63,33%

∑푛 ứ = 0,1 + 0,15 – 0,095 = 0,155 mol ⇒ p = . = , ∗ , ∗

, = 0,62 atm

Bài 14 Hỗn hợp A gồm anken và hidro có tỉ khối so với hidro bằng 9 ,dẫn hỗn hợp đi qua bột niken nung nóng đến khi phản ứng hoàn toàn thu được khí B có tỉ khối so với H2 bằng 15 . Tìm CTPT của X và tính % thể tích của khí trong A và B .

Giải

Phân tích: Bài này dùng phương pháp tự chọn lượng chất và bảo toàn khối lượng dễ dàng suy ra đáp án. Nhưng cái khó là ta không biết H2 hay alken hết ⇒ dạng bài toán này đánh mạnh vào yếu tố giữa hai chất phản ứng cái nào hết, cái nào dư.

Giả sử trong hỗn hợp A chứa 1 mol hỗn hợp khí gồm alken và H2 (tự chọn lượng chất) ⇒ nA = 1 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA = mB ⇒ = = = ⇒ nY = 0,6



Trường hợp 1: Alken dư và H2 tham gia phản ứng hết (vì phản ứng xảy ra hoàn toàn ⇒ H = 100%).

n ứ = nX – nY = 1 – 0,6 = 0,4 mol = n đ ⇒ nalken = 1 – 0,4 = 0,6 mol

MX = 14n.0,6 + 2.0,4 = 9.2 = 18 ⇒ n = 2,048 ⇒ loại (vì n nguyên)

Trường hợp 2: Alken hết và H2 dư ⇒ nalken = 0,4 mol ⇒n = 0,6 mol

MX = 14n.0,4+ 2.0,6 = 9.2 = 18 ⇒ n = 3 (thỏa mãn) ⇒ CTPT alken: C3H6

⇒% 푉 = 40% ⇒ % 푉 = 60%.

Bài 15 Một hỗn hợp gồm 3 anken C3H6,C4H8 , C5H10 . Nếu đốt cháy hỗn hợp cho 6,72 l hơi nước (đktc) . Nếu cho hỗn hợp phản ứng với hydro dư có xúc tác, đốt cháy sản phẩm rồi dẫn sản phẩm cháy vào nước vôi trong dư , thì khối lượng kết tủa sinh ra là bao nhiêu.

Giải

Phân tích: Bài toán này thực chất là lấy 3 alken trên đem đốt cháy rồi dẫn vào nước vôi trong dư hỏi có bao nhiêu gam kết tủa. Mục đích đưa ra bài toán này nhằm nhắc lại một lần nữa: Trong hữu cơ phương pháp mạnh để giải toán là phương pháp bảo toàn khối lượng và nguyên tố.

Cần lưu ý: phản ứng đốt cháy alken luôn có: n = n

Vậy từ những phân tích trên bài toán này giải một cách dễ dàng: Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C trong hỗn hợp Alken: n = nC = n = ,

, = 0,3 mol = n↓

⇒ m↓ = 0,3.100 = 30 gam



BÀI 5 ALKADIEN (CnH2n-2) (n≥4)

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. LÝ TÍNH

Hai alkadien quan trọng nghiên cứu ở THPT là: Butadien -1,3 (đivinyl) là chất khí không màu, có mùi đặc trưng

CH2 = CH – CH = CH2 chất khí, 푡 = - 40C. Isopren (2 – metylbutadien – 1, 3): là chất lỏng không màu, sôi ở 340C.

CH2 = C – CH = CH2 (Isopren)

CH3

Đều là những chất tan rất ít trong nước và tan được trong một số dung môi phân cực

II. HÓA TÍNH 1. Phản ứng cộng (H2, X2, HX)

a. Cộng tối đa theo tỷ lệ số mol 1:2 CH2 = CH – CH = CH2 + 2Br2 ⇒

b. Cộng theo tỷ lệ 1:1 Phản ứng cộng theo tỷ lệ 1:1 định hướng theo hai hướng cộng theo 1,2 và định hướng cộng theo 1,4. Cl (1,2) CH3 – CH – CH = CH2 CH2 =CH – CH = CH2 + HCl CH3 – CH = CH – CH2 - Cl (1,4)

2. Phản ứng trùng hợp Trùng hợp (1,4) để cho polymer đàn hồi (cao su nhân tạo)

n(CH2 =CH – CH = CH2) , ,

(-CH2 – CH = CH – CH2)n cao su Buna

nCH2 =C-CH=CH2 ,

(- CH2 – C=CH-CH2 -)n

CH3 CH3

Cao su isopren



nCH2=C-CH=CH2 ,

(-CH2-C-CH –CH –CH2-)n

Cl Cl

III. ĐIỀU CHẾ 1. Điều chế Butadien – 1,3

a. Đehydro hóa Butadien – 1,3 được điều chế bởi quá trình dehydro butan hoặc buten ở

nhiệt độ cao (6000C) có mặt chất xúc tác (Cr2O3)

C4H10 ,

C4H6

C4H8 ,

C4H6 b. Dehydro hoá và dehydrat hóa từ rượu etylic nhờ xúc tác MgO/Al2O3 ở nhiệt

độ 4000C – 5000C.

2CH3CH2OH / ,

C4H6 + H2 + 2H2O c. Đi từ acetylen

CH≡CH / ,

CH2 = CH – C ≡ CH ,

C4H6 d. Dehydrat hóa butadiol – 1,3 hoặc butadiol – 1,4

CH3 – CH – CH2 – CH2 ⇒ C4H6 + 2H2O

OH OH

e. Tổng hợp theo Konbe (Đức)

2CH2=CH-COONa + H2O ⇒ CH2 = CH – CH = CH2 + 2CO2 + 2NaOH + H2↑ 2. Điều chế Isopren

a. Dehydro hóa isopentan và isopenten (từ dầu mỏ)

CH3 – CH – CH2 – CH3 ⇒ CH2 = C – CH2 – CH2 – CH3 ⇒CH2 = C -CH = CH2

CH3 CH3 CH3

b. Đi từ propen

CH2=CH ⇒ CH2=C – CH2-CH2-CH3 ⇒ CH2=C – CH = CH2 CH3 CH3

IV. CAO SU TỔNG HỢP

Cao su tổng hợp là chất dẻo được con người chế tạo với chức năng là chất co giãn. Một chất co giãn là vật chất có đặc tính cơ học là chịu được sức ép thay đổi hình



dạng hơn phần lớn các vật chất khác mà vẫn phục hồi hình dạng cũ. Cao su tổng hợp được dùng thay thế cao su tự nhiên trong rất nhiều ứng dụng, khi mà những đặc tính ưu việt của nó phát huy tác dụng.

Cao su tự nhiên có nguồn gốc từ nhựa cây cao su, trải qua phản ứng trùng hợp tạo thành isopren với đôi chút tạp chấp. Điều này giới hạn các đặc tính của cao su. Thêm vào đó, những hạn chế còn ở tỷ lệ các liên kết đôi không mong muốn và tạp chất phụ từ phản ứng trùng hợp mủ cao su tự nhiên. Vì những lý do trên, các chỉ số đặc tính của cao su tự nhiên bị suy giảm ít nhiều mặc dù quá trình lưu hóa có giúp cải thiện trở lại.

Cao su tổng hợp được tạo ra từ phản ứng trùng ngưng các cấu trúc đơn bao gồm isopren (2-methyl-1,3-butadien), 1,3-butadien, cloropren (2-cloro-1,3-butadien) và isobutylen (methylpropen) với một lượng nhỏ phần trăm isopren cho liên kết chuỗi. Thêm vào đó, các cấu trúc đơn này có thể trộn với các tỷ lệ mong muốn để tạo phản ứng đồng trùng hợp mà kết quả là các cấu trúc cao su tổng hợp có các đặc tính vật lý, cơ học và hóa học khác nhau. Từ những năm 1890, khi các phương tiện giao thông đường bộ sử dụng bánh hơi ra đời, nhu cầu cao su tăng lên rất nhanh. Các vấn đề chính trị khiến cho giá cao su tự nhiên dao động rất lớn. Nguồn cung thiếu hụt, đặc biệt là trong những năm chiến tranh đưa đến nhu cầu phải tạo ra cao su tổng hợp. Năm 1879, Bouchardt chế tạo được một loại cao su tổng hợp từ phản ứng trùng hợp isopren trong phòng thí nghiệm. Các nhà khoa học Anh và Đức sau đó, trong thời gian 1910-1912, phát triển các phương pháp khác cũng tạo ra chất dẻo từ isopren. Đức là quốc gia đầu tiên thành công trong việc sản xuất cao su tổng hợp ở quy mô thương mại. Việc này diễn ra trong Thế chiến thứ nhất, khi nước này không tìm đủ nguồn cao su tự nhiên. Cao su tổng hợp này có cấu trúc khác với sản phẩm của Bouchardt, nó dựa trên sự trùng hợp butadien là thành quả của nghiên cứu trong phòng thí nghiệm của nhà khoa học Nga Sergei Lebedev. Khi chiến tranh chấm dứt, loại cao su này bị thay thế bằng cao su tự nhiên, mặc dầu vậy các nhà khoa học vẫn tiếp tục công cuộc tìm kiếm các chất cao su tổng hợp mới và các quy trình sản xuất mới. Kết quả của những nỗ lực này là phát minh ra cao su “Buna S” (Cao su styren-butadien). Đây là sản phẩm đồng trùng ngưng của butadien và styren, ngày nay, nó chiếm một nửa sản lượng cao su tổng hợp toàn cầu.

Cho đến năm 1925, giá cao su tự nhiên đã tăng đến ngưỡng mà rất nhiều công ty bắt đầu tìm kiếm các phương pháp sản xuất cao su nhân tạo nhằm cạnh tranh với sản phẩm thiên nhiên. Ở Mỹ, quá trình tìm kiếm tập trung vào các nguyên liệu khác với những gì đang được nghiên cứu ở Châu Âu. Hãng Thiokol bắt đầu bán cao su tổng hợp Neoprene năm 1930. Hãng DuPont, dựa trên kết quả nghiên cứu trong phòng thí nghiệm ở Nieuwland cũng tung ra thị trường loại cao su tương tự năm 1931.



BÀI 6 ALKIN (CnH2n-2) (n ≥ 2)

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. LÝ TÍNH

Dạng tồn tại của alken ở điều kiện thường: Thể khí tương ứng với: n = 2 → 4 Thể lỏng tương ứng với n = 5 → 18 Thể rắn n ≥ 19

Rất ít tan trong nước tan được trong một số dung môi hữu cơ II. HÓA TÍNH 1. Phản ứng oxy hóa a. Phản ứng oxy hóa hoàn toàn

Alkin cháy sinh ra khí CO2 và hơi nước kèm theo nhiệt lượng tỏa ra . CnH2n-2 + O2 ⇒ nCO2 + (n-1)H2O + Q

Phản ứng đốt cháy của Alkin luôn có:

퐧퐂퐎ퟐ< 퐧퐇ퟐ퐎

Hệ quả:

b. Oxy hóa không hoàn toàn Alkin cũng giống như alken, phân tử dễ bị cắt đứt tại vị trí nối ba do

những tác nhân oxy hóa mạnh như: Ozon, hoặc KMnO4. Vì nối ba kém hoạt tính hơn nối đôi, do đó hiệu suất các sản phẩm có được do sự cắt đứt hơn thường thấp hơn alken. Ví dụ: 3C2H2 + 8KMnO4 ⇒ 3K2C2O4 + 8MnO2↓ + 2KOH + 2H2O

2. Phản ứng cộng a. Cộng H2

Phản ứng xảy ra theo hai giai đoạn

CnH2n-2 /

CnH2n ,

CnH2n+2 b. Cộng halogen

Phản ứng cộng của alkin xảy ra theo hai giai đoạn, giai đoạn sau sẽ xảy ra khó khan hơn giai đoạn đầu.

CnH2n-2 CnH2n-2X2 CnH2n-2X4

nAlkin = 퐧퐂퐎ퟐ- 퐧퐇ퟐ퐎



Nhận xét: Alkin cũng làm mất màu dung dịch Brom nhưng thường xảy ra chậm hơn alken.

c. Phản ứng cộng HX Phản ứng cộng HX xảy ra theo hai giai đoạn, giai đoạn sau thường xảy ra khó khăn hơn giai đoạn đầu. Phản ứng cộng tuân theo quy tắc Markovnikov Cl

Ví dụ CH≡C – CH3 + HCl ⇒ CH2 = C – CH3 CH3 – C – CH3 Cl Cl

d. Cộng H2O (hydrat hóa) Axetylen tác dụng với nước tạo ra aldehid

C2H2 + H2O ,

CH3CHO (Aldehid acetic) Các đồng đẳng của axetylen phản ứng với nước sinh ra ceton

R - C≡C –R’ + H2O ,

e. Cộng acid Acetylen tác dụng với acid acetic tạo vinylacetat dưới sự xúc tác của kẽm acetat

CH ≡CH + HOOCCH3 ( )

CH2=CHOOCCH3 ù ợ

(CH2 –CH-)n

OCOCH3

Poly Vinyl Acetat (P.V.A)

f. Phản ứng thế với các ion kim loại nặng hóa trị I (Ag+, Cu+) Phản ứng này chỉ xảy ra cho các alkin có nối ba đầu mạch, phản ứng của

acetylen và các alkin -1 tác dụng với dung dịch AgNO3 /NH3 cho kết tủa màu vàng và tác dụng với dung dịch CuCl/NH3 cho kết tủa màu đỏ. Ví dụ: CH≡CH + 2AgNO3 + NH3 ⇒ AgC≡CAg↓ + NH4NO3 (vàng nhạt) R - C≡CH + AgNO3 + NH3 ⇒ R – C ≡CAg↓ + NH4NO3 CH≡CH + 2CuCl + NH3 ⇒ CuC ≡CCu↓ + NH4Cl (đỏ) Nhận xét: Phản ứng này dùng để nhận biết alkin đầu mạch. Phản ứng này dùng để nhận biết alkin với các hydrocarbon khác



Theo phương trình phản ứng ta nhận thấy

g. Phản ứng trùng hợp Acetylen có các phản ứng sau đây:

Phản ứng nhị hợp:

2CH≡CH ,

CH=CH-C≡CH Phản ứng tam hợp

3CH≡CH ,

C6H6 (benzen) Phản ứng trùng hợp

nCH≡CH ⇒ (CH2)n (nhựa Cupren). 3. Tính acid

Hydrogen nối với carbon của nối ba trong các hợp chất acetylen và alkin cuối dây có tính acid. Trong tất cả các alkin đầu mạch thì acetylen là alkin có tính acid mạnh nhất. Ví dụ:

HC≡CH + Na ⇒ NaC≡CNa + H2↑ III. ĐIỀU CHẾ 1. Điều chế Acetylen

Than đa ⇒ Than cốc CaC2 ⇒ C2H2 Đa voi ⇒ CaO

Trong kỹ nghệ dầu khí acetylen còn được tổng hợp bằng sự oxid hóa metan ở nhiệt độ 15000C

6CH4 + O2 2CH≡CH + 2CO + 10H2↑ Từ C và H2

C + H2 ồ đ ệ

C2H2 Điều chế từ các muối acetylenur

AgC≡CAg + 2HCl ⇒ HC≡CH + 2AgCl↓ 2. Điều chế các dãy đồng đẳng của acetylen

Phản ứng đehydro hóa alkan và alken.

CnH2n+2 , ,

CnH2n Phương pháp tăng mạch Carbon

Ag - C≡C – R + R’Cl ,

R’ – C ≡ C – R + AgCl↓

nacetylen = 2.nAg+ = n↓ nđồng đẳng = nAg+ = n↓



Đi từ dẫn xuất đihalogen

+ KOH R1 - C≡C-R2 + 2KCl + H2O

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

VẤN ĐỀ 1: PHẢN ỨNG THẾ CỦA ALKIN VỚI CÁC KIM LOẠI NẶNG (Ag+, Cu+)

PHƯƠNG PHÁP

Chỉ có các Alkin đầu mạch tác dụng được với dung dịch AgNO3/NH3 (CuCl/NH3).

Đối với acetylen phản ứng với AgNO3/NH3 luôn cho tỷ lệ:

Đối với các đồng đẳng có nối ba đầu mạch luôn có:

Lập tỉ số T = ↓

+ Nếu 0 < T <1: Trong hỗn hợp có chứa acetylen + T = 1: trong hỗn hợp không có chứa acetylen VẤN ĐỀ 2: PHẢN ỨNG CHÁY CỦA ALKIN

PHƯƠNG PHÁP Phản ứng đốt cháy:

CnH2n-2 + O2 ⇒ nCO2 + (n-1)H2O Phản ứng đốt cháy alkin luôn cho

Đốt cháy hỗn hợp alken và alkin luôn có:

n = 2n = 2n↓

nalkin = n = n↓

n < n nalkin = n - n

nalkin = n - n



VẤN ĐỀ 3: PHẢN ỨNG CỘNG H2

PHƯƠNG PHÁP

Các bạn xem lại phần phương pháp giải của alken Ở đây cần chú ý vận dụng linh hoạt định luật bảo toàn khối lượng

VẤN ĐỀ 4: PHẢN ỨNG CỘNG Br2

PHƯƠNG PHÁP

Phản ứng tổng quát của hydrocarbon không no nói chung và alkin nói riêng:

CnH2n+2-2k + kBr2 ⇒ CnH2nBr2k (k là số liên kết π) Từ phản ứng ta có nhận xét quan trọng:

C. BÀI TẬP

Bài 1 Trộn 28,2 gam một hỗn hợp gồm 3 hydrocarbon liên tiếp thuộc dãy đồng đẳng của acetylen với một lượng dư H2 rồi thổi qua một ống Ni đốt nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích của hỗn hợp sau phản ứng giảm đi 26,88 lít (đktc). Xác định công thức của 3 hydrocarbon trên.

Giải

Phân tích: Đề bài đã nói rất rõ là 3 hydrocarbon trên thuộc dãy đồng đẳng của acetylen (CnH2n-2). Mấu chốt của bài toán này là hỗn hợp khí giảm sau phản ứng chính sự giảm của khí H2. Vì alkin tác dụng với H2 với xúc tác Ni tạo alkan theo tỷ lệ 1:2 nên dễ dàng suy ra được số mol alkin.

Gọi công thức phân tử tương đương cho 3 hydrocarbon trên là: C H (n≥2)

Từ phân tích trên ta có thể tính được số mol của 3 hydrocarbon:

nhh = ∗ ,,

= 0,6 mol ⇔ Mhh = ,,

= 47 g/mol ⇔ 14n – 2 = 47 ⇔ n = 3,5

Theo tính chất giá trị trung bình ta có 2 cặp nghiệm phù hợp với bài toán:

Cặp nghiệm 1: C3H4, C4H6, C5H8; Cặp nghiệm 2: C2H2, C3H4, C4H6.

k =



Bài 2 Trong bình kín thể tích là 6,72 lít (đktc) chứa hỗn hợp gồm hydrocarbon A và H2 nung nóng với xúc tác là Ni đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất trong bình là p, thu được 1 khí B duy nhất có tỉ khối hơi so với hỗn hợp ban đầu bằng 3. Đốt cháy B thu được 8,8 gam CO2 và 5,4 gam H2O. Xác định CTPT của A và p.

Giải

Phân tích: Bài toán này dùng định luật bảo toàn nguyên tố C dễ dàng tìm ra được CTPT của A. Mục đích đưa ra bài toán này không phải để xác định CTPT của A mà cái chính là ôn tập lại một số định luật khí.

Phương trình khí lý tưởng: pV = nRT (với R = , = 0,082)

Ở trạng thái 1,2 ứng với: p1, T1, V1, n1; p2, T2, V2.

Áp dụng phương trình khí lý tưởng: p1V1 = n1RT1

p2V2 = n2RT2

Ở điều kiện đẳng nhiệt và đẳng áp: =

Ở điều kiện đẳng tích và đẳng nhiệt

Bài toán đã nói rất rõ là sau phản ứng của hydcarbon A với hydrogen thu được khí B là duy nhất ⇒ A là hợp chưa no ⇒ H2 đã tham gia phản ứng vừa đủ với A⇒ B là Alkan

nhh = ,,

= 0,3 mol; n = , = 0,2 mol; n = , = 0,3mol

⇒ nB = n - n = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol = nA ⇒ n = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol

Số CA = = ,,

= 2; Số liên kết πA = k = = ,,

= 2 ⇒ CTPT của A là C2H2

Vì ở điều kiện đẳng tích và đẳng nhiệt ta áp dụng công thức như đã phân tích trên

퐩ퟏ퐩ퟐ

= 퐧ퟏ퐧ퟐ

= 3 ⇒p2 = p1 = (atm). (Giả sử hỗn hợp ban đầu có áp suất p = 1atm)

=



Bài 3 Một hỗn hợp khí gồm H2, 1 olefin, và 1 đồng đẳng của acetylen. Cho 135mL hỗn hợp khí đi qua Ni nung nóng thì sau phản ứng còn lại 60mL một hydrocarbon no duy nhất. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 60mL hỗn hợp thì thu được 180mL khí CO2. Biết các thể tích khí đo cùng ở điều kiện. Xác định công thức hai hydrocarbon và thành phần phần trăm khối lượng hỗn hợp khí trên.

Giải

Phân tích: Vì hỗn hợp sau khi nung nóng thu được chỉ duy nhất một hydrocarbon no duy nhất ⇒ Ole in và alkin có cùng số C ⇒ Tổng số mol của H2 bằng tổng số mol của hai hydrocarbon.

Cách 1 (Dùng phương pháp thông thường)

Như đã phân tích trên thì ta gọi CTPT của olefin là CnH2n và của alkin là CnH2n-2 (n≥2)

Gọi x, y, z lần lượt là thể tích của olefin, alkin và H2.

Phương trình phản ứng: CnH2n + H2 ⇒ CnH2n+2

x x x

CnH2n-2 + 2H2 ⇒ CnH2n+2

y 2y y

Theo bài ra ta có: x + y + z = 135 (mL)

z = x+2y (mL) ⇒ x = 45 (mL), y = 15 mL, z = 75mL

x + y = 60 (mL)

Phản ứng cháy: CnH2n + O2 ⇒ nCO2 + nH2O

x nx

CnH2n-2 + O2 ⇒ nCO2 + (n-1)H2O

y ny

V = n(x+y) = 180mL ⇔ 60n = 180 ⇔ n =3 ⇒ Ole in: C3H6; alkin: C3H4

%m = 5,68% ; %m = 71,68%; %m = 22,72%



Cách 2 Vì hỗn hợp trên có số C là như nhau, nên gọi CTPT tương đương cho hai hydrocarbon trên là: C H với thể tích là a

Phương trình phản ứng: C H + k H2 ⇒ CnH2n+2

a ka a

Theo bài ra ta có: a + ka = 135mL ; Alkan có thể tích a = 60mL ⇒ka = 75mL

Phản ứng đốt cháy Alkan:

CnH2n+2 + O2 ⇒nCO2 + (n+1)H2O

a na

Thể tích khí CO2 thoát ra: na = 180 ⇒ n = 3 ⇒ Olefin: C3H6; alkin: C3H4

Vận dụng tính chất giá trị trung bình trong liên kết π

k = ( )

= = ⇒ x = 45 ⇒y = 15 (mL)

%m = 5,68% ; %m = 71,68%; %m = 22,72%

Bài 4 Hỗn hợp A gồm propin và 1 đồng đẳng trộn theo tỉ lệ mol là 1:1 . Cho 0,672 lít hỗn hợp A (đktc) tác dụng vừa hết với 45mL dung dịch AgNO3/NH3 1M. Tìm công thức phân tử của alkin còn lại.

Giải

Phân tích: Sử dụng phương pháp giải ở trên ta lập tỷ lệ: T =

Tỷ lệ này có: 0 < T <1 : Khẳng định ngay trong hỗn chắc chắn có chứa acetylen

n = 0,045.1 = 0,045 mol; nA = ,,

= 0,03 mol ⇒ T = ,,

= < 1

⇒ CTPT của alkin còn lại: C2H2

Bài 5 Khi nung 15,68 lít CH4 (đktc) trong một bình kín thì thu được 26,88 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm CH4, C2H2, C2H4, H2. Nếu cho hỗn hợp khí A đi qua nước Brom thì nước Brom bị nhạt màu, thu được hỗn hợp khí B có phân tử gam trung bình . Nếu cho hỗn hợp khí A đi qua Pt nung nóng thì thu được hỗn hợp khí C. Bằng phương



pháp thích hợp, từ hỗn hợp C tách thành hai hỗn hợp C1 và C2, trong đó C1 gồm các khí không làm mất màu dung dịch Brom, có khối lượng lớn hơn C2 là 0,48 gam. Hỗn hợp C2 có phân tử gam trung bình 26,8. Tính thành phần phần trăm theo phân tử gam các khí trong hỗn hợp C.

Giải

Phân tích: Trước hết là bài toán này quá dài, khiến cho các bạn đọc đã cảm thấy “ức chế” bởi vì đề bài toàn chữ. Nếu đề bài toàn “chữ” thì ta nên phân tích theo dạng sơ đồ tóm tắt cho dễ nhớ. Thứ hai bài toán này là bài toán vận dụng kiến thức tổng hợp về hydrocarbon mà chúng ta đã học. Do vậy để giải quyết bài toán cần vận dụng tất cả kiến thức tổng hợp giáo khoa mà ta đã học. Bài này nói chung là khó, nói chung không “khéo léo” dễ bị tác giả “đánh lừa” cho nên chúng ta phải hết sức “bình tĩnh” để đối phó. Bài này tôi xin giải thích kĩ từng bước vì sao lại ra như thế (xin quý độc giả lượng thứ vì sẽ có nhiều người nói là không cần thiết. Nhưng mục đích của tôi đưa đến cho các em học sinh hiểu thêm (đặc biệt là những em chưa hiểu) nắm bắt rõ được vì sao lại ra như thế? Và tại sao lại ra như vậy?

Tóm tắt

15,68 lít CH4 hhA:26,88lít

HC HC HCH

B (M = ) CHH

Pt

C C 퐤퐡ô퐧퐠퐦ấ퐭퐦à퐮퐁퐫ퟐ

C :M = 26,8 (m −m = 0,48 g)

Nhận thấy rằng số mol nA = ,,

= 1,2 mol; n = ,,

= 0,7 mol. Sau phản ứng của

CH4 với nhiệt ta nhận thấy số C trong A tăng lên nhưng khối lượng của chúng không đổi (bảo toàn khối lượng) so với ban đầu. Từ những nhận xét đó ta có một công thức: n đ = 2(n + n ) + n ư = 0,7mol (1)

Phân tích: Vì sao lại ra công thức (1)? (sẽ có nhiều bạn đặt câu hỏi này)

Như chúng ta đã đọc qua kiến thức giáo khoa phần điều chế acetylen từ Mêtan:

2CH4 C2H2 + 3H2 (I)



2CH4 ⇒ C2H4 + 2H2 (II).

Thấy ngay điều này nhờ bảo toàn nguyên tố C thì có thể suy ra được công thức như trên.

Mặt khác: nA = n + n + n + n ư = 1,2 mol (2)

Theo phương trình (I), (II) ta nhận thấy rằng: n = 3n +2n (3)

Hỗn hợp B: chứa H2 và CH4 dư dùng quy tắc đường chéo ta dễ dàng tìm ra được mối liên hệ của số mol n và n ư .

CH4 16

MB = ⇒ n = 8n ư (4)

H2 2

Giải (1), (2), (3), (4) : n = 0,8 mol, n ư = 0,1 mol = n , n = 0,2 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mA = mC = m đ = 0,7.16 = 11,2 gam

Mặt khác mC = m + m = 11,2 (*) kết hợp với m −m = 0,48 g (**)

Giải ra ta được m = 5,68 gam gồm: C2H6, H2 và m = 5,36 gam gồm C2H2, C2H4.

m = 5,36 = 24n + 28n (***)

Dùng quy tắc đường chéo ta có thể tìm ra mối liên hệ số mol của C2H2 và C2H4.

C2H2 26 1,2

M = 26,8 ⇒n = 1,5n (****)

C2H4 28 0,8

Từ (***), (****) giải ra ta được n ư = 0,12mol, n ư = 0,08 mol

⇒n pứ = 0,2 – 0,12 = 0,08 mol; n ư= 0,1 – 0,08 = 0,02 mol

⇒n ạ à = 0,08 + 0,02 = 0,1 mol ⇒n ư = 0,8 - 0,02 – 2. 0,08 = 0,62 mol



⇒∑n = 0,1 mol + 0,62 mol+ 0,08mol + 0,12mol + 0,1mol = 1,02mol.

%V = ,,

*100% = 60.78% ; %V = ,,

*100% = 9,80% = %V

%V = ,,

*100% = 7,84% ; %V = ,.

*100% = 11,76%

Bài 6 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 khí hydrocarbon đồng đẳng X (có thể tích 2,24 lít ở 00, 1at) và Y hấp thụ toàn bộ khí CO2 bằng dung dịch Ba(OH)2 dư được 133,96g kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của X,Y, biết số mol cũng như số nguyên tử Carbon xủa X nhỏ hơn Y và hỗn hợp X,Y tạo với dung dịch Cu+ trong NH4OH 13,68gam kết tủa màu đỏ. Tính hiệu suất phản ứng biết nó phải trên 70%.

Giải

Phân tích: Vì X, Y đều tác dụng được với Cu+ trong NH4OH ⇒X, Y đều có thể chứa nối ba đầu mạch. (Có thể cả X và Y đều tác dụng được với Cu+ hoặc chỉ có X hoặc Y tác dụng được với Y). Gọi nY là số mol của Y và n, m là số C của X và Y.

Theo bài ra ta có: y > 0,1m > n

n ≥ 2, m ≥ 3

nX = ,,

= 0,1 mol; n = , = 0,68 mol = 0,1n + ym ⇒y = , , > 0,1

⇒ 5 ≤ m+ n < 6,8 (n,m∊ Z)⇒ n + m = 5n + m = 6

Với n + m = 5 ⇒ n = 2 và m = 3 ⇒ cặp nghiệm alkin: C2H2 và C3H4 Với n + m = 6 ⇒ n = 2 và m = 4 ⇒ Cặp nghiệm alkin: C2H2 và C4H6

Cách 1

Trường hợp 1 Với cặp nghiệm C2H2 và C3H4 ⇒ HC≡CH, HC≡C-CH3 từ đó suy ra được: y = 0,16 mol

Viết nhanh phản ứng với Cu+ ta được kết tủa của các alkin với đồng như sau:

2Cu+ + HC≡CH ⇒ CuC≡CCu↓

Cu+ + HC≡C-CH3 ⇒ CuC≡C-CH3

⇒ m↓ = 148.0,1 + 103.0,16 = 31,28 gam ⇒ H% = ,,

*100% = 43,73% < 70% (loại)



Trường hợp 2 Với cặp nghiệm C2H2 và C3H4 ⇒ từ đó suy ra được: y = 0,12 mol

Khả năng 1: X, Y đều tác dụng được với Cu+ ⇒ Y co cấu tạo: HC ≡ C-CH2-CH3

⇒m↓ = 0,1*148 + 0,12*117 = 28,84 gam ⇒ H% = ,,

*100% = 47,43 < 70% (loại)

Khả năng 2: Y không tác dụng được với Cu+ ⇒ Y co cấu tạo: H3C-C≡C-CH3 ⇒ m↓ = 152*0,1 = 15,2 gam ⇒ H% = ,

,*100% = 90% (thỏa mãn)

⇒Vậy X là C2H2 và Y là C4H6 có CTCT: H3C-C≡C-CH3 Cách 2 (Giải quyết bài toán bằng phương pháp suy luận)

Dựa vào tính chất của hiệu suất: H = ượ ự ếượ ý ế

*100%>70%

⇒mlý thuyết < , ∗ 100 = 19,54 gam ⇒ mY↓ < 19,54 -13,68 = 5,86g ⇒ điều này chỉ đúng khi Y không tác dụng được với Cu+

⇒ cặp nghiệm phù hợp chỉ có thể X là C2H2 và Y là C4H6 có CTCT: H3C-C≡C-CH3

Bài 7 Đốt cháy hoàn toàn hydrocarbon A mạch hở thu được số mol CO2 gấp 2 lần số mol H2O. Mặt khác, nếu lấy 0,1 mol A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 15,9gam kết tủa. Tìm công thức của A.

Giải

Vì đốt cháy A thu được số mol n =2n và A tác dụng được với AgNO3 nên chắc chắn A có nối ba đầu mạch. (Lưu ý ta không được khẳng định là Alkin).

Gọi công thức phân tử tổng quát của A là CxHx (vì theo giả thiết n =2n ).

Dựa vào khối lướng sản phẩm tạo thành của A tác dụng với AgNO3, ta nhận thấy rằng A không thể chứa hai nối ba đầu mạch, bởi vì nếu có hai nối ba đầu mạch thì lúc đó khối lượng của Ag có trong sản phẩm là 2.108.0,1 = 21,6gam > 15,9 gam.

Phương trình phản ứng với AgNO3/NH3:

CxHx + Ag+ ⇒ CxHx -1Ag ↓

⇒ 13x + 107 = ,,

= 159 ⇔ x = 4 ⇒ CTCT A: C4H4 ⇒ HC≡C-CH=CH2.



Bài 8 Hỗn hợp Z có 0,15 mol CH4, 0,09 mol C2H2 và 0,2 mol H2. Cho hỗn hợp Z đi qua bình đựng một ít bột Ni nung nóng, được hỗn hợp Y, sau đó dẫn hỗn hợp Y qua bình đựng nước Brom dư, thấy bình brom tăng lên 0,82gam. Hỗn hợp khí T thoát ra có tỉ khối hơi so với H2 là 8. Tính số mol mỗi chất trong T.

Giải

Phân tích: Dạng bài toán này đã trình bày rất kĩ ở phần phương pháp giải toán Alken. Các bạn dành chút thời gian ôn lại bài cũ với 2 mục đích:

+ Thứ nhất: Cũng cố lại kiến thức, nắm vững và sâu hơn

+ Thứ hai: Nhằm tạo cho các bạn một thói quen xem lại bài trước khi chuyển sang bài mới.

Hỗn hợp Z có: mZ = 0,15*16 + 0,09*26 + 0,2*2 = 5,14 gam = mY

Khối lượng bình brom tăng lên chính là khối lượng của các Hydrocarbon chưa no.

⇒ m(C2H2, C2H4) = 0,82 gam ⇒ mT = 5,14 – 0,82 = 4,32 gam.(CH4, C2H6, H2)

Lưu ý: Số mol của CH4 trước và sau luôn không đổi và bằng 0,15 mol

⇒nT = ,.

= 0,27 mol ⇒ n + n = 0,27 – 0,15 = 0,12 mol (1)

Mặt khắc mT = m + m + 0,15*16 = 4,32 ⇒ m + m = 1,92g (2)

Giải (1), (2) ta được n = n = 0,06 mol

⇒ hỗn hợp Z gồm 0,06molH

0,06molC H0,15molCH

Bài 9 Đốt cháy hỗn hợp A gồm hai hydrocarbon mạch hở X, Y cùng dãy đồng đẳng, sản phẩm thu được, dẫn qua bình đựng dung dịch 105mL Ba(OH)2 2M thu được 39,4 gam kết tủa và dung dịch B có khối lượng nhỏ hơn khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu là 27,38 gam. Dung dịch B đun nóng thấy có khối lượng kết tủa. Tìm công thức của X, Y biết rằng nX = nA. Tìm khối lượng X, Y trong A.

Giải



Phân tích : Đề bài đã nói rất rõ và ta có thể khẳng định được ngay : CO2 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 thu được hai muối. Để tìm được dãy đồng đẳng của X, Y ta phải dựa vào sự so sánh của số mol CO2 và H2O. Mấu chốt bài toán là làm sao tìm được mối liên hệ này. Dựa vào sự tăng giảm khối lượng dung dịch B so với Ba(OH)2 ban đầu, và khối lượng kết tủa tạo thành. Ở đây bài toán không nói rõ X, Y là số Carbon của X hay Y lớn nên chúng ta phải xét từng trường hợp. Từ những phân tích trên chúng ta sẽ tiến hành giải quyết bài toán một cách nhanh chóng.

Sản phẩm đốt cháy dẫn qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 tạo ra hai muối :

Ba(OH)2 + CO2 ⇒ BaCO3↓ + H2O

x x x

Ba(OH)2 + 2CO2 ⇒ Ba(HCO3)2

y 2y y

Theo bài ra ta suy ra được x, y 푥 + 푦 = 0,21푥 = . = 0,2 ⇒ x = 0,2 mol, y = 0,01 mol

⇒ ∑n = x + 2y = 0,2 + 2*0,01 = 0,22 mol ( 1)

Lưu ý : Để mở được điểm mấu chốt bài toán này, các bạn nên đọc lại phương pháp giải toán ở bài đầu tiên. Sẽ rất có ích các bạn rất nhiều.

Theo bài : mdd B + 27,38 = m ( ) ⇒ m + m – m ↓ + 27,38 = 0

⇒m + m = 12,02 gam (2) ( ),( )

m = 2,34 gam ⇒n = 0,13 mol.

⇒n > n ⇒ X, Y thuộc dãy đồng đẳng của alkin, hoặc alkadien có CTPT : CnH2n-2

⇒ nA = n - n = 0,22 – 0,13 = 0,09 mol ⇒ n = ,,

=

Vì CTPT của alkadien muốn tồn tại phải có n≥ 4 ⇒ X, Y là dãy đồng đẳng của alkin.

Trường hợp 1: X là C2H2 với số mol là 0,04 mol (vì nX = nA) ⇒ nY = 0,05 mol

⇒ 0,04*2 + 0,05n = 0,22 ⇒ n = 2,8 (loại)

Trường hợp 2: Y là C2H2 với số mol là 0,05 mol ⇒ 0,04*n + 0,05*2 = 0,22 ⇒ n = 3



Vậy X là C3H4 và Y là C2H2 với khối lượng X, Y là :

m = 0,05 ∗ 26 = 1,3gamm = 0,04 ∗ 40 = 1,6gam

Bài 10 Cho hỗn hợp khí A (đktc) gồm hai hydrocarbon mạch thẳng X, Y. Lấy 322,56 mL hỗn hợp A cho từ từ qua dung dịch Br2 dư thấy có 3,84 gam Br2 tham gia phản ứng. Sau phản ứng không thấy khí thoát ra khỏi dung dịch. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 322,56mL A thu được 1,6896 gam CO2 . Tìm công thức phân tử của X, Y.

Giải

Phân tích : Dạng bài toán kết hợp tính chất của Hydrocarbon chưa no, phản ứng cộng và phản ứng đốt cháy. Bài này ta nên gọi công thức tương đương của X, Y (hay còn gọi là CTPT trung bình). Để giải bài này ta vận dụng triệt để phần tính chất trung bình.

nA = , = 0,0144mol; n = , = 0,024 mol ; n = , = 0,0384 mol.

Gọi công thức phân tử trung bình của X, Y : C H

Theo bài toán ta có thể tính được số liên kết π trong X, Y.

Từ công thức của bài mở đầu (các bạn xem lại bài số 1 để nắm vững hơn) ta có :

k = = ,,

=

Vận dụng tính chất giá trị trung bình : k1 = 1 < k < k2 = 2

Mặt khác đốt cháy A : ta luôn tính được số CTB trong A thông qua công thức :

Số CTB = ⇒ n = ,,

=

Vận dụng tính chất giá trị trung bình : n1 = 2 < n < n2

Vậy trong A thì sẽ có 1 chất là C2H4 (ứng với k1 = 1).

Gọi a, b lần lượt là số mol của X, Y ⇒ a + b = 0,0144 mol (1)

Trường hợp 1 : X là C2H4 và Y là hydrocarbon mạch hở có k : CnH2n + 2-2k (hoặc ngược lại, vì vai trò X, Y là tương đương nhau).



Áp dụng tính chất giá trị trung bình ta có : n = = ⇒ 2a + nb = 0,0384 (2)

k = = ⇒ a + kb = 0,024 (3)

Từ (1), (2), (3) biến đổi bằng cách rút hết a trong biểu thức ta được một biểu thức

đơn giản :n = k+1 chỉ có cặp nghiệm : n = 3, k =2 là cặp nghiệm phù hợp ⇒ X:C HY:C H

Trường hợp 2 : X là C2H2 (k =2), vậy Y sẽ có k = 1 và có CTPT : CmH2m

Lúc này ta sẽ : k = = ⇒ 2a + b = 0,024 (4)

Từ (1), (2), (4) : Giải ra ta được m = 4 ⇒ Y là C4H8 ⇒ X:C HY:C H

Nhận xét : Bài toán này tương đối hay, hay là ở chỗ chúng ta đã biết một chất hoặc X hoặc Y có n = 2, và ta cũng biết được k = 1 trong hỗn hợp A. Do vậy các bạn sẽ dễ bị tác giả dẫn dắt đến trường hợp 1 và kết luận ngay nghiệm này là cặp nghiệm duy nhất. Cho nên bài toán này vận dụng tối đa phương pháp trung bình, cũng như cần phải có một sự suy luận sắc bén mới không thể bỏ sót nghiệm được.



BÀI 7 AREN CnH2n - 6 (n ≥ 6)

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. GIỚI THIỆU

Aren là tên gọi một nhóm hợp chất hydrocarbon có cơ cấu sườn carbon chính chứa tối thiểu là một vòng benzen. Ví dụ : Toluen, naptalen, antracen… Aren còn được gọi là hydrocarbon hương phương (từ hương phương được sử dụng để dịch thuật ngữ aromatic (Anh), aromatique (Pháp), nhằm mục đích tránh hiểu lầm nếu dịch đơn giản là ‘‘thơm’’ vì ngay khi đề nghị aromatic, các nhà hóa học phương Tây đã nhấn mạnh rằng, trong lĩnh vực hóa học từ này không có nghĩa là thơm thông thường. Do đó tính hương phương là đặc tính của aren, nói lên độ bền đặc biệt của nhóm hợp chất do có hệ thống điện tử tiếp cách trong phân tử nên đưa đến sự cộng hưởng tròn đều, khác với trường hợp cộng hưởng trong mạch hở, không phải tính chất dễ chịu để có thể ngửi được (thơm). (Theo GS.TSKH Lê Ngọc Thạch, Hóa Học Hữu Cơ – Các Nhóm Định Chức Chính – ĐHKH Tự Nhiên TP. Hồ Chí Minh).

II. DANH PHÁP 1. Tên thông thường

Benzen Toluen Cumen

Styren o – Xilen m – Xilen

p – Xilen biphenyl



2. Tên theo hệ thống Benzen được chọn làm tên tộc, tên các nhóm thế được đặt trước và viết liền với từ benzen Bromobenzen n – propylbenzen nitro benzen Nếu có nhiều nhóm thế, thì vị trí của những nhóm thế này có số vị trí theo nguyên tắc số nhỏ nhất và khi viết thì tuân theo thứ tự mẫu tự.

4 – bromo – 1, 3 – dimetylbenzen 2 – metyl – 1,4 – dinitrobenzen

III. LÝ TÍNH Do tính phân cực thấp, nên hầu hết các aren thường có lý tính tương tự nhau

như các hydrocarbon khác. Ít tan trong nước, tan tốt trong các dung môi hữu cơ không phân cực. Hầu hết chúng nhẹ hơn nước, điểm sôi tăng theo phân tử khối. Điểm chảy tùy thuộc vào hình dạng phân tử, đồng phân para có điểm chảy cao hơn các đồng phân khác và ít tan nhất. Vì nếu càng đối xứng thì nó càng dễ kết thành mạng tinh thể làm cho điểm chảy càng cao và độ hòa tan càng thấp.

Benzen là chất lỏng không màu, có mùi thơm đặc trưng, t = 800C. Benzen nhẹ hơn nước (d = 0,9g/mL), không tan trong nước, tan tốt trong dung môi hữu cơ như rượu, aceton, ete… và bản thân benzen cũng là dung môi tốt để hòa tan mỡ, cao su, nhựa đường…

IV. HÓA TÍNH Đặc điểm chung của các aren về tính chất hóa học là : Dễ thế, khó cộng bền vững với tác nhân oxi hóa.



1. Phản ứng thế a. Halogen hóa

Benzen và các đồng đẳng không phản ứng với dung dịch brom nhưng phản ứng dễ dàng với Brom ở dạng nguyên chất khi có mặt bột sắt làm chất xúc tác.

+ Br2

+ HBr

Toluen tham gia phản ứng thế với Brom ở vòng một cách dễ dàng hơn và tạo ra sản phẩm gồm hai đồng phân

+ HBr

o - Bromobenzen

+ Br2

+ HBr

p – Bromobemzen

Quy luật thế ở vòng benzen : Khi vòng benzen có chứa sẵn các nhóm đẩy điện tử : Gốc alkyl, - OH, - OCH3, - NH2, - N(CH3)2… thì phản ứng thế dễ dàng hơn benzen và ưu tiên vị trí thế ở ortho và para. Ngược lại khi vòng benzen đã có sẵn nhóm thế hút điện tử : -NO2, - CHO, - COOH,…) thì phản ứng thế xảy ra khó khăn hơn benzen và ưu tiên xảy ra ở vị trí meta.



Lưu ý : Dưới tác dụng của ánh sáng (không có chứa bột sắt) các đồng đẳng lại tham gia phản ứng thế ở vị trí α của gốc alkyl một cách dễ dàng hơn hơn metan.

+ Br2 + HBr

b. Phản ứng nitro hóa Khi đun nóng nhẹ benzen với hỗn hợp HNO3 đậm đặc và H2SO4 đậm đặc sẽ xảy ra phản ứng thế tạo thành nitrobenzen.

+ HNO3 + H2O Riêng đối với Toluen phản ứng nitro hóa xảy ra dễ dàng hơn, phản ứng xảy ra ở nhiệt độ phòng và tạo ra hỗn hợp 3 đồng phân : o, m, p – nitrotoluen.

+ HNO3

NO2



c. Phản ứng sulfo hóa Đun nóng benzen với H2SO4 đậm đặc đồng thời trưng cất nước ra khỏi hỗn hợp phản ứng sẽ thu được acid benzensulfonic.

+ HOSO3H + H2O Ứng dụng của phản ứng : Phản ứng sulfo hóa dodecylbenzen C6H5 – C10H21 được dùng trong việc sản xuất bột giặt tổng hợp.

d. Alkyl hóa (Alkyl hóa Friedel – Crafts). Phản ứng này được tìm thấy do hai nhà hóa học Charles Friedek (Pháp) và Jame Mason (Mỹ) báo cáo vào năm 1887 khi cho halogenuralkyl RX tác dụng với benzen dưới sự hiện của nhôm clorur (AlCl3 khan) phản ứng cho ra akylbenzen tương ứng. Phản ứng này rất hữu dụng vì nó cho phép gắn trực tiếp một nhóm alkyl vào nhân benzen. Tuy nhiên có một số giới hạn như không thể thay RX bằng Ar – X hoặc vinyl halogenur. Nhưng clorur benzyl thì có thể sử dụng được.

+ RX + HCl Có thể thay dẫn xuất halogen bằng ancol hoặc alken để alkyl hóa benzen.

+ CH3 – CH2 – OH

+ CH2 = CH2



Nếu alken là propen ta sẽ thu được sản phẩm chính Cumen :

+ CH2=CH – CH3 Cumen

2. Phản ứng cộng Phản ứng cộng vòng thường xảy ra khó khăn hơn so với các hydrocarbon không no. a. Phản ứng cộng Hydrogen

+ H2

Benzen cyclohexan

b. Phản ứng cộng clor

+ 3Cl2

1,2,3,4,5,6 – hexaclorocyclohexan

(Thuốc sâu 6,6,6)

3. Phản ứng oxi hóa a. Oxi hóa hoàn toàn (phản ứng cháy)

Benzen và các đồng đẳng của benzen cháy trong oxy cho ngọn lửa màu sáng, và sinh ra nhiều muội than, vì hàm lượng Carbon nhiều. CnH2n – 6 + O2 ⇒ nCO2 + (n-3)H2O



Nhận xét : Phản ứng đốt cháy sinh ra n < n

nA =

b. Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn Benzen không tham gia phản ứng với các tác nhân oxi hóa mạnh, nhưng Toluen và dãy đồng đẳng tác dụng được với KMnO4, K2Cr2O7… đun nóng sẽ bị oxi hóa ở các mạch nhánh tạo ra muối và acid hữu cơ. Ví dụ :

+ KMnO4

+ 2MnO2↓ + KOH + H2O Acid benzoic Hệ quả : Phản ứng này để nhận biết Benzen và Toluen. Lưu ý : Nếu nhóm alkyl trên vòng benzen dài hơn nhóm – CH3 thì phản ứng oxi hóa mạch nhánh vẫn ưu tiên xảy ra ở vị trí α đối với vòng . Ví dụ :

C6H5CαH2CβH2CγH3 + KMnO4 ⇒ C6H5COOH V. ĐIỀU CHẾ

1. Đi từ nguồn chưng cất dầu mỏ Các Aren được điều chế bởi quá trình chưng cất nhựa than đá và quá trình Reforming dầu mỏ thu được một lượng lớn benzen, toluen và naphtalen.

2. Đehydro hóa vòng n – hexan và n – heptan thu được benzen và toluen :

CH3(CH2)4CH3 / ,

C6H6 + 4H2

CH3(CH2)5CH3, ,

C6H5CH3 + 4H2 3. Dehydro hóa cyclohexan

C6H12 ,

C6H6 + 3H2 4. Trùng hợp acetylen

3C2H2 ,

C6H6 5. Alkyl hóa benzen điều chế các dãy đồng đẳng

C6H6 + CnH2n+1Cl C6H5CnH2n+1 + HCl



VI. VẤN ĐỀ MỞ RỘNG

Ở THPT phản ứng thế nhân benzen tương đối đơn giản, ở đây xin mở rộng vấn đề thế nhân benzen (chủ yếu cho các bạn đọc tham khảo thêm). Vấn đề này được trích từ cuốn sách : Hóa Học Hữu Cơ – Các Nhóm Định Chức của thầy : GS. TSKH Lê Ngọc Thạch – Bộ Môn Hóa Hữu Cơ – Đại Học Khoa Học Tự Nhiên TP. Hồ Chí Minh (nơi tác giả đang theo học).

1. Độ phản ứng Chỉ có một một sản phẩm được tạo ra khi tác nhân thân điện tử tác kích vào benzen. Nhưng nếu trên nhân hương phương đã có trước một nhóm thế, thì nhóm thế này ảnh hưởng trên độ phản ứng của chất nền và định hướng vị trí gắn vào của tác nhân thân điện tử.

2. Độ phản ứng Một số nhóm thế làm tăng hoạt phản ứng làm cho chất nền phản ứng hơn so với benzen. Ngược lại, một số nhóm thế giảm hoạt chất nền làm cho nó phản ứng kém hơn benzen. Ví dụ : Cũng như sự nitro hóa, nhưng mỗi chất nền sau đây có một độ phản ứng khác nhau.

100 1 0,033 6. 10-6

Vận tốc nitro hóa tương đối

3. Sự định hướng Bản chất nhóm thế - Y sẵn có trên nhân benzen quyết định vị trí gắn vào nhóm thế thứ hai. Ba sản phẩm thế orto - , meta -, para -, không tạo thành cùng số lượng. Ví dụ : Sự nitro hóa trên một số chất nền khác nhau

+ HNO3

NO2



Y orto meta para Giảm hoạt định hướng meta

-N+(CH3)3 2 87 11 -NO2 7 91 2

-COOH 22 76 2 -CN 17 81 2

-COOC2H5 28 66 6 -COCH3 26 72 2

-CHO 19 72 9 -SO3H 21 72 7

Giảm hoạt định hướng orto, para -F 13 1 86 -Cl 35 1 64 -Br 43 1 56 -I 45 1 54

Tăng hoạt định hướng orto, para CH3 63 3 34 -OH 50 0 50

-NHCOCH3 19 2 79 Bảng so sánh sự định hướng phản ứng nitro hóa trên C6H5Y

Tổng quát các nhóm thế trên nhân hương phương có thể chia thành ba loại : Tăng hoạt định hướng orto, para, Giảm hoạt định hướng orto, para, Giảm hoạt định hướng meta. Độ phản ứng và sự định hướng trong phản ứng thế thân điện tử hương phương chịu sự ảnh hưởng bởi tác động của hiệu ứng cảm và hiệu ứng cộng hưởng. Những nhóm thế -OH, -OCH3, -NH2 là những nhóm tăng hoạt vì hiệu ứng tổng cộng là đẩy điện tử vào nhân benzen (hiệu ứng cộng hưởng mạnh hơn hiệu ứng cảm). Những nhóm thế -CN, -CO, -COO, -NO2 là những nhóm thế giảm hoạt bởi vì cả hai loại hiệu ứng cộng hưởng và hiệu ứng cảm đều rút điện tử. Còn nhóm thế giảm hoạt vì hiệu ứng tổng cộng là rút điện tử (hiệu ứng cảm mạnh hơn hiệu ứng cộng hưởng). Những nhóm thế Alkyl cho hiệu ứng cộng hưởng dương nên tăng hoạt phản ứng và cho sự định hướng ở orto và para.



B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN VẤN ĐỀ 1 : PHẢN ỨNG NITRO HÓA BENZEN

PHƯƠNG PHÁP Phản ứng nitro hóa benzen theo lý thuyết thì benzen phản ứng với HNO3 với sự hiện diện của H2SO4 đặc nóng. Tùy vào thời gian mà chúng sẽ thế vào vòng benzen một, hai hay ba nhóm – NO2. Lúc đó ta biểu diễn phương trình dưới dạng tổng quát :

C6H6 + xHO – NO2 C6H6 – x(NO2)x + xH2O

Điều kiện của x thường là : 1 ≤ x ≤ 3.

VẤN ĐỀ 2 : NHẬN BIẾT VÀ TÁCH BENZEN VÀ ALKYL BENZEN

PHƯƠNG PHÁP

Nhận biết :

Benzen : không tan trong nước, không làm mất màu dung dịch nước brom, không bị các tác nhân oxi hóa mạnh như : KMnO4, K2Cr2O7….

Thuốc thử nhận biết : Dùng hỗn hợp HNO3/H2SO4 đ

Hiện tượng : Chất lỏng nitrobenzen có mùi hạnh nhân.

Đồng đẳng benzen : không tan trong nước, không làm mất màu dung dịch nước brom. Thuốc thử nhận biết : dung dịch KMnO4 đun nóng. Hiện tượng : màu của dung dịch nhạt từ từ. Tách Benzen và các alkylbenzen không tan trong nước nên dùng phương pháp lọc để tách.

C. BÀI TẬP

Bài 1 Hỗn hợp X gồm hai hydrocarbon A, B có khối lượng a gam. Nếu đem đốt cháy hoàn toàn X thì thu được gam CO2 và gam H2O. Nếu thêm vào X một nửa

lượng A có trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thu được gam CO2 và , gam H2O. Tìm CTPT của A,B biết X không làm mất màu dung dịch brom và A, B thuộc hydrocarbon đã học.

Giải



Phân tích : Ở đây ta có ẩn số a thì cách tốt nhất ta nên dùng phương pháp tự chọn lượng chất để tính toán cho dễ dàng. Đối với những bài toán có chứa ẩn thì ta nên dùng phương pháp tự chọn lượng chất để giải quyết bài toán cho dễ dàng.

Ta chọn a = 41 ⇒ m = 132 gam ⇒ n = 3 mol ; m = 165 gam ⇒n = 3,75 mol

m = 45 gam ⇒ n = 2,5 mol ; m = 60,75 gam ⇒n = 3,375 mol

Số mol CO2 và H2O có trong A là :

n = 3,75 – 3 = 0,75 mol ; n = 3,375– 2,5 = 0,875mol⇒ ốố

= =

⇒ CTĐG của A là : (C3H7)n ⇒ 7n ≤ 3n.2 + 2 ⇒ n ≤ 2 ⇒ A: C6H14 là duy nhất.

⇒ Số mol CO2, H2O sinh ra từ B :n = 3 – 2*0,75 = 1,5; n = 2,5 – 0,875*2 = 0,75

ốố

= = ,, ∗

= 1 ⇒ CTĐG của B là : (CH)n ⇒ n = 6 là công thức thỏa mãn.

Vậy A là : C6H14 và B là : C6H6.

Bài 2 Cho 0,5 kg benzen tác dụng với hỗn hợp gồm 0,9 kg H2SO4 96% và 0,72 kg HNO3 66%. Giả sử benzen được chuyển hết thành nitro benzen và nitrobenzen được tách hết ra khỏi hỗn hợp acid dư. Tính khối lượng nitrobenzen thu được và khối lượng của các acid dư. (Biết phản ứng xảy ra có hiệu suất đạt 100%).

Giải

Phân tích : Đây là dạng toán thuần túy của phản ứng nitro hóa benzen, để giải quyết dạng toán này ta dùng phương pháp 3 dòng để giải quyết. (Lưu ý là đối với dạng bài toán này thì ta viết tất cả các tác chất về dạng công thức tổng quát, để thuận tiện cho việc tính toán).

Phương trình phản ứng : C6H6 + HNO3 C6H5NO2 + H2O

M = 78 M = 63 M = 123

Ban đầu : 0,5 kg 0,72kg 0 kg

Phản ứng : x x x

Sau phản ưng : 0,5 –x 0,72 –x x



Khối lượng nitrobenzen thu được là : m = ∗ , = 0,7885 gam

Khối lượng HNO3 nguyên chất ban đầu là : m = , ∗ = 0,4752 kg

Khối lượng H2SO4 nguyên chất là : m = , ∗ = 0,864 kg

Khối lượng HNO3 tham gia phản ứng với Benzen : mpứ = , ∗ = 0,4038 kg

⇒Khối lượng HNO3 nguyên chất còn dư : 0,4752 – 0,4038 = 0,0714 kg

Bài 3 Nitro hóa benzen bằng một hỗn hợp dung dịch HNO3/H2SO4 thu được hai chất hữu cơ A, B. Đốt cháy hoàn toàn 7,275 gam hỗn hợp A, B thu được CO2, H2O và 0,84 lít khí N2 (đktc). Tìm công thức cấu tạo của A, B và tính phần trăm khối lượng của A, B trong hỗn hợp.

Giải

Phân tích : Ở đây không nói rõ là nitro hóa theo tỉ lệ bao nhiêu, nên ta viết phương trình dưới dạng tổng quát.

C6H6 + xHO – NO2 C6H6 – x(NO2)x + xH2O

(A, B)

Đốt cháy 7,275g thu được n = ,,

= 0,0375 mol ⇒ Ap dụng bảo toàn nguyên tố N2

trong A, B ta có : xa = 0,0375*2 = 0,075 mol ⇒ = ,,

= 97⇒x = 1,5

Từ tính chất giá trị trung bình suy ra : Chắc chắn trong hỗn hợp A, hoặc B sẽ chứa 1 nhóm nitro (-NO2) và còn lại chất kia sẽ chứa nhiều hơn 1 nhóm thế nitro.

Giả sử như A là : C6H5NO2 với số mol là a’ ⇒ B là : C6H4(NO2)2 với số mol là b ‘

Vận dụng tính chất giá trị trung bình ta có : a’ = b’ = 0,025 mol

⇒%mA = ∗ ,,

*100% = 42, 27% ⇒ %mB = (100 – 42,27)% = 57,73%

CTCT của A, B :



Bài 4 Một chất hữu cơ A có CTPT là C8H8 tác dụng được với dung dịch brom theo tỉ lệ 1 :1, nhưng tác dụng với H2 theo tỉ lệ 1 :4. Tìm công thức cấu tạo của A

Giải

Phân tích : Đây là dạng toán cho biết CTPT bắt chúng ta đi tìm CTCT, để giải quyết những bài toán dạng này, bước đầu tiên chúng ta phải tính được độ bất bão hòa để xem xét trong CTCT của chất đó có dạng vòng, hở hay kết hợp cả hai. Bước tiếp theo chúng ta dựa vào dữ kiện bài toán rồi dự toán và viết CTCT của chúng.

Độ bất bão hòa : a = ∗ = 5

Như vậy từ những phân tích trên ta được : A tác dụng với dung dịch brom theo tỉ lệ 1 :1 ⇒ Trong A chứa nhóm – CH=CH2 ⇒ Độ bất bão hòa còn lại là 4

Mặt khác A tác dụng với H2 theo tỉ lệ 1 :4 ⇒ A co 4 liên kết π ⇒ Trong A có chứa 3 liên kết π và một vòng

⇒ CTCT của A là :

Styren (vinylbenzen)

Bài 5 Hydrocarbon A có CTPT là C8H10 không làm mất màu nước brom khi bị hydro hóa chuyển thành 1,4 – dimetylcyclohexan. Xác định CTCT của A gọi tên chúng.

Giải

Độ bất bão hòa chứa trong A : a = ∗ = 4

Theo dữ kiện bài toán khi bị hydro hóa A chuyển thành 1,4 – dimetylcyclohexan

⇒ A co chứa vòng, và có chứa hai nhóm thế metyl ( - CH3) ⇒ A co 1 vòng và 3 liên kết π. Mặt khác A không tham gia phản ứng với dung dịch brom ⇒ 3 liên kết này nằm trong vòng ⇒ A co CTCT :

1,4 – dimetylbenzen

HC CH2



Bài 6 Cho 13,8 gam alkylbenzen A tác dụng với dung dịch brom có bột Fe xúc tác thu được hai dẫn xuất monobrom có khối lượng 20,5 gam. Trong mỗi dẫn xuất đều có 46.784% brom trong phân tử. Tìm công thức phân tử của A và hiệu suất phản ứng.

Giải

Phân tích : Đề bài đã cho biết hai dữ kiện quan trọng : thứ nhất là A tác dụng với brom theo tỷ lệ 1 :1 (mono). Thứ hai là cho biết tỉ lệ phần trăm của brom. Để mở bài toán này ta dựa vào dữ kiện bài toán theo tỷ lệ phần trăm của Brom. Nhưng điểm mấu chốt quan trọng ở đây là làm sao gọi một CTPT của A sao cho phù hợp.

Gọi CTPT của mỗi đồng phân là C6H4-CnH2n+1Br. Theo bài ra ta có :

46,784 = *100 ⇔n = 1 ⇒ CTPT của mỗi đồng phân là : C7H7Br ⇒CTCT của A

o- bromobenzen

+ Br

p –bromobenzen

nA = , = 0,15 mol = nsp theo pứ ⇒ msp theo pứ = 0,15*171 = 25,65 gam

⇒ Hiệu suất phản ứng là : H= .,

*100% = 79,92%

Bài 7 Hydrocarbon A là chất lỏng, tỉ khối hơi so với không khí là 2,7. Đốt cháy hoàn toàn A thu được CO2 và H2O có tỉ lệ khối lượng = , . Biết rằng khi cho A tác

dụng với brom khan tỉ lệ 1 :1 có mặt bột Fe xúc tác thu được chất B và khí D. Khí D



hấp thụ hoàn toàn bởi 2 lít dung dịch NaOH 0,5M. Để trung hòa NaOH dư cần 0,5 lít dung dịch HCl 1M. Xác định A.

Giải

Phân tích : Đọc kĩ bài toán ta có thể dự đoán được bài toán này liên quan đến nhóm hydrocarbon thơm. (Có mặt xúc tác Fe khi cho A tác dụng với Brom). Nếu chúng ta bị ‘‘cuốn’’ theo những dữ kiện của tác giả thì chúng ta sẽ mất thời gian. Ở đây chỉ cần dữ kiện tỉ lệ khối lượng của khí CO2 và H2O có thể suy ra được đáp án bài toán.

Ta có MA = 2,7*29 = 78 g/mol ⇒C6H6 (dự đoán trong đầu).

Mặt khác = , ⇔ = , ⇒ = ốố

= 1 ⇒ CTĐG : (C6H6)n ⇒ n =1

Vậy công thức A là C6H6.

Bài 8 Hydrocarbon A có chứa vòng benzen không có khả năng làm mất màu dung dịch brom. %C chiếm 90%. A tác dụng với brom theo tỉ lệ 1 :1 cho 1 sản phẩm duy nhất. Tìm công thức phân tử của A và viết công thức cấu tạo của A.

Giải

Phân tích : Ở đây bài toán nói khá rõ là A chứa vòng benzen, A tác dụng với Br2 theo tỉ lệ 1 :1 sinh ra một sản phẩm duy nhất ⇒ A có tính đối xứng cao. Mở được mấu chốt bài này khá dễ dàng nhở tỉ lệ %C ta có thể tìm được CTPT.

Gọi CTPT của A là CxHy ⇒ %C = 99% ⇒ %H = 10% ⇒ = ⇒ =

⇒CTĐG A : (C9H12)n ⇒ n = 1 (phù hợp với dãy đồng đẳng benzen)⇒ CTPT A : C9H12

Vì A tác dụng với Br chỉ sinh ra 1 sản phẩm duy nhất ⇒ A có tính đối xứng cao.

1,4,6 – trimetylbenzen

mỘt sỐ vẤn ĐỀ hÓa hỌc

Documents