Chuyên đề Bồi dưỡng HSG - Bài tập đốt cháy hỗn hợp

Nội dung tài liệu: Chuyên đề Bồi dưỡng HSG - Bài tập đốt cháy hỗn hợp

1. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI BÀI TẬP ĐỐT CHÁY HỖN HỢP GV: Đặng Thành Trung- THPT Tiên Du 1- Bắc Ninh I. Một số công thức, kĩ năng cần nhớ 1. Công thức mối quan hệ giữa số mol liên kết pi trong phản ứng đốt cháy - PTHH khi đốt cháy hợp chất hữu cơ CxHy hoặc CxHyOz hay CnH2n+2-2kOz 31n k z 0 CHO O t nCO ( n 1 k ) H O n2 n 2 2 k z 2 2 2 2 a (mol) an a(n+1-k) - Từ PTHH, xét hiệu số số mol H2O và số mol CO2 ta có + Tổng quát: n n a(1 k) hay n n (1 k) n (1) H22 O CO H22 O CO X nn nn H22 O CO CO22 H O nX (1') hoặc n (1'') 1k X k1 + Khi X là ankan hoặc ancol no, mạch hở ở dạng CnH2n+2Oz (k = 0): n n n ankan/ancolno,hë H22 O CO (1a) + Khi X là anken hoặc axit (este, anđehit) no, đơn chức, mạch hở ở dạng CnH2nOz (k = 1): nn H22 O CO (1b) + Khi X là ankin hoặc axit (este, anđehit) no, 2 chức, mạch hở hoặc axit (este, anđehit) không no (1 liên kết đôi C=C), đơn chức, mạch hở ở dạng CnH2n-2Oz (k 2): n n n hay n n n (1c) ankin/chaát coù k 2 CO22 H O ankin/chaát coù k 2 H22 O CO + Khi X là triglixerit no (hoặc chất có k = 3): 2n n n (1d) chaát coù k=3 H22 O CO - PTHH khi đốt cháy hợp chất hữu cơ CxHyNt hoặc CxHyOzNt hay CnH2n+2-2k+tOzNt (có thêm t nguyên tử N thì có thêm t nguyên tử H so với C,H,O) 3n 1 k 0,5 t z 0 t t CHON O t nCO ( n 1 k ) H O N n2 n 2 2 k t z t 2 2 2 22 2 2 a (mol) an a(n+1-k) 0,5at 1
2. - Từ PTHH, xét hiệu số số mol H2O và số mol CO2 ta có t + Tổng quát: n n (1 k ).n (2) H22 O CO2 X n n n (1 k) n hay H2 O CO 2 N 2 X (2') t (với nnNX . ) 2 2 + Khi X là amin no, đơn chức, mạch hở ở dạng CnH2n+3N (k = 0; t= 1): 1,5n n n aminno,®¬n,hë H22 O CO (2a) + Khi X là amin no, 2 chức, mạch hở ở dạng CnH2n+4N2 (k = 0; t= 2): 2n n n aminno,haichøc,hë H22 O CO (2b) + Khi X là amin không no (1 liên kết đôi C=C), đơn chức, mạch hở ở dạng CnH2n+1N (k = 1; t= 1): 0,5n n n amin(1C=C),®¬n,hë H22 O CO (2c) + Khi X là amin không no (1 liên kết đôi C=C), 2 chức, mạch hở ở dạng CnH2n+2N2 (k = 1; t= 2): n n n amin(1C=C),haichøc,hë H22 O CO (2d) + Khi X là aminoaxit no (1 nhóm NH2, 1 nhóm COOH), mạch hở (như Gly, Ala, Val) ở dạng CnH2n+1O2N (k = 1; t= 1; z = 2): 0,5n n n (2e) aminoaxit(1NH2, 1COOH), hë H22 O CO n n n (1 k).n - Từ (2'): H2 O CO 2 N 2 X n n n n n (haynk)X CO 2 HO 2 N 2 X (3) n n n n n n (3') (C=O) (C=C) CO2 H 2 O N 2 X + Nếu X là chất béo, este, aminoaxit: n n n n n n (3a) NaOH Br2 CO 2 H 2 O N 2 X + Nếu X chỉ có liên kết pi của mạch C: n n n n n (3b) Br2 CO 2 H 2 O N 2 X 2. Bảo toàn mol nguyên tử O khi đốt cháy 2n 2n n - Nếu hỗn hợp là amin, hiđrocacbon: O2 CO 2 H 2 O 2
3. - Nếu hỗn hợp amin, ancol, este: n 2n 2n n O( ancol, este ) O2 CO 2 H 2 O - Nếu đốt cháy muối cacboxylat: 2n 2n 3n 2n n COONa O2 Na 2 CO 3 CO 2 H 2 O 3. Bảo toàn electron khi đốt cháy khi đốt chất hữu cơ X (CxHyOzNt) tạo CO2, H2O, N2 n soá e nhöôøng = n 4 XO2 trong đó số electron nhường= (số nguyên tử C 4 + số nguyên tử H 1 + số nguyên tử Na 1 - số nguyên tử O 2) 4. Một số chú ý khi giải bài tập - Nếu đề bài không cho amin no hay không no, đơn chức hay đa chức thì có thể chia trường hợp. - Khi biết số mol CO2, H2O và công thức tổng quát của các chất: có thể cộng dồn biểu thức liên hệ CO2, H2O (1a+1c+1d+2a+2b+ ) để được phương trình đại số theo số mol hỗn hợp (số mol anken không có mặt): n n n 1,5n 2n 0,5n n 2n H22 O CO ankan aminno,®¬n,hë aminno,haichøc,hë amin1C=C,®¬n,hë ankin Triglixerit no - Khi biết số mol CO2, H2O, N2 và số mol hỗn hợp: có thể tính số mol liên kết pi trung bình của hỗn hợp ( n n n n n ) để định hướng, xác định CO2 H 2 O N 2 X được dạng tổng quát của chất trong hỗn hợp. - Khi biết mol của từng chất trong hỗn hợp và mol CO2 thì biện luận nghiệm nguyên theo số C từng chất (phương trình đại số theo số mol C của các chất và tổng CO2 thu được). nn CO22 (Amin) CO (thu®­îc) - Trường hợp đặc biệt: Khi đốt cháy hỗn hợp thì Sè Ca min nna min a min - Có thể thực hiện quy đổi hỗn hợp về các dạng phù hợp. 5. Một số kỹ thuật quy đổi - Quy đổi đồng đẳng hóa: Các chất cùng dãy đồng đẳng hơn kém nhau 1 hay nhiều nhóm CH2 nên 1 chất có thể quy đổi về chất đầu dãy đồng đẳng và nhóm CH2. Chất không no có thể quy về chất đầu dãy no, CH2 và H2 (H2 có số mol âm). 3
4. - Để xác định công thức các chất: xác định số nhóm CH2 đi vào mỗi chất đầu dãy đồng đẳng qua phương trình nghiệm nguyên nCH2= p.x + q.y= z (q, q là số nhóm CH2 đi vào phân tử quy đổi của X, Y: kĩ thuật ghép hình). - Các chất hữu cơ có chứa nhóm chức có thể quy đổi về hiđrocacbon tương ứng và nhóm nguyên tử đặc trưng cho nhóm chức (NH, COO). - Chất hữu cơ có nhóm chức, no, mạch hở có thể quy đổi về CH4 + CH2 + nhóm nguyên tử đặc trưng hoặc quy đổi về H2 + CH2 + nhóm nguyên tử đặc trưng (trong đó số mol chất = nCH4 hoặc số mol chất = nH2). + Amin no, đơn chức, mạch hở: CnH2n+3N như CH3CH2NH2: có thể quy đổi về CH4 + CH2 + NH hoặc H2 + CH2 + NH hoặc CH2 + NH3. + Amin no, 2 chức, mạch hở: CnH2n+4N2 như H2N-CH2CH2NH2: có thể quy đổi về CH4 + CH2 + NH hoặc H2 + CH2 + NH. + Este no, 2 chức, mạch hở CnH2n-2O4 như CH3COOCH2CH2OOCCH2CH3: có thể quy đổi về CH4 + CH2 + COO hoặc H2 + CH2 + COO. + Aminoaxit no, mạch hở như H2N-CH2-COOH; H2N-C3H5-(COOH)2 : có thể quy đổi về CH4 + CH2 + COO + NH hoặc H2 + CH2 + COO + NH. - Chất hữu cơ có nhóm chức, không no, mạch hở: có thể quy đổi về CH4 + CH2 + nhóm nguyên tử đặc trưng + H2 (số mol H2 âm) hoặc H2 + CH2 + nhóm nguyên tử đặc trưng (số mol H2 có thể âm hoặc bằng 0). - Chất hữu cơ không no X: hiđro hóa X để được hợp chất no tương ứng Y rồi quy đổi hợp chất no Y này về CH4 + CH2 + nhóm nguyên tử đặc trưng hoặc quy đổi về H2 + CH2 + nhóm nguyên tử đặc trưng (trong đó số mol chất = nCH4 hoặc số mol chất = nH2). + BT O: Số mol oxi đốt Y = oxi đốt X + oxi đốt H2 (H2 để hiđro hóa X). + BT H: Số mol H2O khi đốt Y = khi đốt X + khi đốt H2 (H2 để hiđro hóa X). + BT liên kết pi: Số mol H2 phản ứng X = nBr2 phản ứng X. - Hỗn hợp axit X, ancol Y, este Z (tạo bởi X, Y): quy đổi về axit X (x mol), ancol Y (y mol), H2O (z mol; z < 0; z = –nCOO). - Hỗn hợp axit béo X, Y và triglixerit Z (tạo từ X, Y): 4
5. + quy đổi về axit béo X (x mol), axit béo Y (y mol); C3H5(OH)3 (z mol), H2O (t mol; t < 0; t = –3z). + quy đổi về axit béo X (x mol), axit béo Y (y mol); C3H2 (z mol). + quy đổi về axit béo X (x mol), triglixerit A (tạo ra từ X: z mol), CxHy (phần nhóm nguyên tử còn lại của Y so với X: t mol). II. Một số dạng bài tập 1. Đốt cháy hỗn hợp hiđrocacbon và amin Ví dụ 1: Hỗn hợp E chứa amin no, đơn chức, mạch hở X, ankan Y và anken Z. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol E cần dùng vừa đủ 1,03 mol O2 thu được H2O, 0,56 mol CO2 và 0,06 mol N2. Phần trăm khối lượng của X trong E gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 36,2%. B. 32,7%. C. 30,3%. D. 28,2%. Hướng dẫn: PP1: Tính theo mối liên hệ số mol H2O, CO2 - BT O tính được số mol H2O: 0,94 mol C H (x mol) CO : 0,56 mol n 2n 3 2 O2 - Sơ đồ: 0,4 mol Cm H 2m 2 (y mol) 1,03 mol H 2 O : 0,94 mol C H (z mol) N : 0,06 mol p 2p 2 - Amin no, đơn chức, hở: CnH2n+3N (x mol) có 1,5 n n n Amin H22 O CO - Ankan CmH2m+2 (y mol) có n n n Ankan H22 O CO - Anken CpH2p (z mol) có n n H22 O CO - Ta có hệ phương trình đại số n x y z 0,4 x 0,12 n 0,5x 0,06 y 0,2 N2 z 0,08 nH O n CO 1,5x y 0,94 0,45 22 - Số mol CO2 = 0,12n + 0,2m + 0,08p = 0,56 12n + 20m + 8p = 56 6n + 10m + 4p = 28 n = 1; m = 1; p = 3 5
6. - Các chất: amin: CH3NH2 (0,12 mol); ankan: CH4 (0,2 mol); anken: C3H6 (0,08 mol) Khối lượng E = 0,12 31 + 0,2 16 + 0,08 42 = 10,28 gam 0,12 31 100 %mCH NH = = 36,19%. 32 10,28 Đáp án A PP2: Tính theo mối liên hệ số mol liên kết pi - BT O tính được số mol H2O: 0,94 mol n n n n n - Số mol liên kết pi: (haynx*k) CO2 H 2 O N 2 X = 0,56 - 0,94 + 0,06 + 0,4 = 0,08 mol n Số mol Anken CpH2p = = 0,08 mol 1 - Số mol amin CnH2n+3N (đơn) = 2 số mol N2 = 0,12 mol Số mol ankan CmH2m+2 = 0,4 - 0,12 - 0,08 = 0,2 mol - Số mol CO2 = 0,12n + 0,2m + 0,08p = 0,56 12n + 20m + 8p = 56 3n + 5m + 2p = 14 n = 1; m = 1; p = 3 - Các chất: amin: CH3NH2 (0,12 mol); ankan: CH4 (0,2 mol); anken: C3H6 (0,08 mol) Khối lượng E = 0,12 31 + 0,2 16 + 0,08 42 = 10,28 gam = = 36,19%. Đáp án A PP3: Quy đổi về chất đầu dãy đồng đẳng CH NH x mol 32 CH y mol - Quy đổi hỗn hợp là 4 CH22 CH z mol CH2 t mol - Ta có hệ phương trình đại số 6
7. n x y z 0,4 x 0,12 BT E: 9x + 8y + 12z + 6t = 1,03 4 y 0,2 nN 0,5x 0,06 z 0,08 2 nCO x y 2z t 0,56 t 0,08 2 0,12 31 100 %mCH NH - Vì t = z32 nên anken10,28 đầu dãy có thêm 1 nhóm CH2, các chất là: amin CH3NH2 (0,12 mol); ankan: CH4 (0,2 mol); anken: CH2=CH-CH3 (0,08 mol) Khối lượng E = 0,12 31 + 0,2 16 + 0,08 42 = 10,28 gam = = 36,19%. Đáp án A Ví dụ 2: Hỗn hợp E gồm amin X (bậc III, no, đơn chức, mạch hở), anken Y và một ankin Z (số nguyên tử cacbon trong Z lớn hơn số nguyên tử cacbon trong Y, tỉ lệ mol giữa Y và Z tương ứng là 3: 2). Đốt cháy hoàn toàn 11,15 gam hỗn hợp E cần dùng 35,6 gam O2, thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư đến phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng bình tăng thêm 46,05 gam. Phần trăm khối lượng của ankin Z trong E là A. 26,46%. B. 37,67%. C. 33,33%. D. 35,87%. Hướng dẫn: PP1: Tính theo mối liên hệ số mol H2O, CO2 1,5 n n n Amin H22 O CO - Số mol O2 = 1,1125 mol - BTKL: Khối lượng N2 = 0,7 gam số mol N2 = 0,025 mol - Sơ đồ: n n H22 O CO C H (x mol) CO n 2n 3 2 CO ,H O : 46,05 gam O2 NaOH 22 11,15 gam E: Cm H 2m (3y mol) 1,1125mol H 2 O  N : 0,025 mol C H (2y mol) N 2 p 2p 2 2 - Gọi số mol CO2 = a; H2O = b m 44a 18b 46,05 a 0,75 BT O : 2a b 4 1,1125 b 0,725 - Amin no, đơn chức, hở: CnH2n+3N (x mol) có - Anken CmH2m (3y mol) có 7
8. - Ankin CpH2p-2 (2y mol) có n n n Ankin CO22 H O hay n n n Ankin H22 O CO - Ta có hệ phương trình đại số n 0,5x 0,025 N x 0,05 2 nH O n CO 1,5x 2y 0,725 0,75 y 0,05 22 số mol amin = 0,05 (mol); anken = 0,15 (mol); ankin = 0,1 (mol) - Số mol CO2 = 0,05n + 0,15m + 0,1p = 0,75 5n + 15m + 10p = 75 n + 3m + 2p = 15 n = 3; m = 2; p = 3 - Các chất: amin no: C3H9N (0,05 mol); anken: C2H4 (0,15 mol); ankin: C3H4 (0,1 mol) 0,1 40 100 %mCH = = 35,87%. 34 11,15 Đáp án D PP2: Quy đổi về chất đầu dãy đồng đẳng - Số mol O2 = 1,1125 mol (CH ) N x mol 33 CH CH y mol - Quy đổi hỗn hợp là 22 CH CH z mol CH2 t mol - Ta có hệ phương trình đại số m 59x 28y 26z 14t 11,15 x 0,05 BT E 21x 12y 10z 6t 1,1125 4 y 0,15 m m 44(3x 2y 2z t) 18(4,5x 2y z t) 46,05 z 0,1 CO22 H O t 0,1 2y 3z 0 - Vì t = z nên ankin đầu dãy có thêm 1 nhóm CH2, các chất là: amin C3H9N (0,05 mol); anken: C2H4 (0,15 mol); ankin: C3H4 (0,1 mol) = = 35,87%. Đáp án D 8
9. Ví dụ 3: (HSG BN 2022) Hỗn hợp E gồm hai amin X (CnHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) và hai anken đồng đẳng kế tiế p. Đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol E, thu được 0,03 mol N2, 0,22 mol CO2 và 0,30 mol H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong E là A. 14,46%. B. 18,14%. C. 43,38%. D. 57,84%. Hướng dẫn: - Từ CTPT X, Y: hai amin có cùng số liên kết pi. - Khối lượng E: m = 0,22 12 + 0,3 2 + 0,03 2 14 = 4,08 (gam) PP1: Tính theo mối liên hệ số mol liên kết pi - Ta có: = 0,22 - 0,3 + 0,03 + 0,08 = 0,03 mol < số mol n E = 0,08 mol 1 Amin no, mạch hở, ở dạng CnH2n+3N (x mol); CnH2n+4N2 (y mol); - Số mol anken CH = = 0,03; số mol amin = 0,08 - 0,03 = 0,05 mol p 2p - Gọi số mol CnH2n+3N (x mol); CnH2n+4N2 (y mol), ta có n x y 0,05 x 0,04 n x 2y 2 0,03 y 0,01 nN n n n n CO2 H 2 O N 2 X - Ta có : Số mol CO2 = 0,04n + 0,01n+ 0,03 p = 0,22 5n + 3 = 22 7 n = 3; = ; 3 0,04 59 100 - Chất X là C3H9N (0,04 mol); %mCHN = = 57,84%. 39 4,08 Đáp án D PP2: Quy đổi về chất đầu dãy đồng đẳng - Giả thiết amin no (hoặc tính = 0,03 nên amin no) CH NH x mol 32 H N CH NH y mol - Quy đổi hỗn hợp là 2 2 2 CH22 CH z mol CH2 t mol - Ta có hệ phương trình đại số 9
10. n x y z 0,08 x 0,04 nN 0,5x y 0,03 2 y 0,01 n x y 2z t 0,22 z 0,03 CO2 t 0,11 nHO 2,5x 3y 2z t 0,3 2 - Giả thiết mỗi amin đều có thêm 2 nhóm CH2 thì số mol CH2 đi vào anken = 0,11 - 0,04 2 + 0,01 2 = 0,01 < 0,03 nên 1 anken là C3H6: 0,01 mol; anken kia là CH2=CH2: 0,03 - 0,01 = 0,02 mol: Thỏa mãn. - Chất X là C3H9N (0,04 mol); = = 57,84%. Đáp án D Ví dụ 4: (HSG Thái Bình 2022) Hỗn hợp khí X chứa 1 ankin và 2 amin kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Đốt cháy 0,2 mol hỗn hợp khí X với lượng oxi vừa đủ, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng bình tăng 9,27 gam; đồng thời thoát ra 10,192 lít hỗn hợp khí (đktc). Biết rằng trong X, ankin có số mol bé hơn số mol của amin có phân tử khối nhỏ. Phần trăm khối lượng của amin có khối lượng phân tử lớn trong hỗn hợp X là A. 47,81%. B. 41,83%. C. 29,88%. D. 71,71%. Hướng dẫn: - Quy đổi X thành CH3NH2, C2H2, CH2. - Sơ đồ: CH NH (x mol) CO 32 2 C H (x mol) 0,04 59 100O H SO H O : 9,27 gam n 2n 3 QÑ %m 2 2 4 2 0,2 mol:  CHCHN39  CH (y mol)  H2 O  C H (y mol) 4,08 CO ,N : 0,455 mol m 2m 2 CH (z mol) N 22 2 2 - Ta có hệ phương trình đại số n x y 0,2 x 0,13 X n 2,5x y z 0,515 y 0,07 HO2 z 0,12 nCO n N x 2y z 0,5x 0,455 22 - Vì số mol ankin < số mol amin nhỏ nên chỉ thỏa mãn khi X gồm C3H4 (0,07 mol), CH3NH2 (0,08 mol) và C2H7N (0,05 mol). - Khối lượng hỗn hợp = 0,13 31 + 0,07 26 + 0,12 14 = 7,53 gam 10
11. 0,05 45 100 %mCHN = = 29,88%. 27 7,53 Đáp án C Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,34 mol hỗn hợp X gồm etilen và 2 amin (no, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng) trong oxi dư, thu được 14,112 lít CO2, 2,016 lít N2 và 14,58 gam H2O. Các thể tích khí đo ở đktc. Khối lượng của amin có phân tử khối lớn hơn trong 0,34 mol hỗn hợp X là A. 2,30 gam. B. 2,40 gam. C. 2,60 gam. D. 2,76 gam. Hướng dẫn: PP1: Tính theo mối liên hệ số mol liên kết pi - Số mol CO2 = 0,63; N2 = 0,09; H2O = 0,81 mol n n n1 n n - Số mol LK pi = CO2 H 2 O N 2 X = 0,63 - 0,81 + 0,09 + 0,34 = 0,25 mol - Số mol anken (CH2=CH2) = = 0,25 mol Số mol 2 amin = 0,34 - 0,25 = 0,09 mol - Vì số mol 2 amin = số mol N = 0,09 mol nên 2 amin 2 chức ở dạng CHN 2 n 2n 4 2 0,63 0,25 2 13 - Số nguyên tử C (trung bình) của 2 amin = 0,09 9 Hai amin là CH6N2 (x mol) và C2H8N2 (y mol) 13 2 x5 - Ta có tỉ lệ 9 Số mol CH N (0,05 mol) và C H N (0,04 mol) 13 6 2 2 8 2 y4 1 9 m = 0,04 60 = 2,4 gam. Đáp án B PP2: Quy đổi amin no về ankan và nhóm nguyên tử CH CH x mol 22 CH y mol - Quy đổi hỗn hợp là 4 CH2 z mol NH t mol - Ta có hệ phương trình đại số 11
12. n x y 0,34 x 0,25 nCO 2x y z 0,63 2 y 0,09 n 0,5t 0,09 z 0,04 N2 t 0,18 nHO 2x 2y z 0,5t 0,81 2 n 0,18 2 - Vì NH nên 2 amin 2 chức n 0,09 1 CH4 - Vì y = 0,09; z = 0,04 nên một amin là H2 N CH 2 CH 2 NH 2 : 0,04 mol; một amin là H2 N CH 2 NH 2 : 0,05 mol m = 0,04 60 = 2,4 gam. Đáp án B Ví dụ 6: Hỗn hợp E gồm hai amin no, đơn chức mạch hở X, Y đồng đẳng kế tiếp (MX nH2O nên Z không no, có k 2 - Tính được số nguyên tử C trung bình = 3,1; số nguyên tử H trung bình = 3,8 - Vì amin thấp nhất là CH3NH2 có 5H nên Z (chất khí) phải có 2H + Nếu Z là C2H2, ta có hệ phương trình đại số x y 0,1 x 0,125 nx 2y 0,31 y 0,108 loại (n 1,5)x y 0,19 nx 0,094 + Nếu Z là C4H2, ta có hệ phương trình đại số 12
13. x y 0,1 x 0,04 nx 4y 0,31 y 0,06 (n 1,5)x y 0,19 nx 0,07 n = 1,75: Hai amin là CH3NH2 (a mol) và C2H5NH2 (b mol) a 2 1,75 1 - Ta có Tính được số mol mỗi amin: CH3NH2 (0,01 mol) và b 1,75 1 3 C2H5NH2 (0,03 mol) mX = 0,01 31 = 0,31 gam. Đáp án D Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm CH4, C2H2, C2H4 và C3H6, thu được 4,032 lít CO2 (đktc) và 3,78 gam H2O. Mặt khác 3,87 gam X phản ứng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,045. B. 0,105. C. 0,030. D. 0,070. Hướng dẫn: - Số mol: số mol CO2 = 0,18 mol; H2O = 0,21 mol. PP1: Tính theo PTHH CHn 2n 2 2k  nCO22 (n1k)HO 0,1 0,1n 0,1 (n 1 k) - Ta có: + Số mol CO2 = 0,1n = 0,18 n = 1,8 + nH2O = 0,1 n 1 k = 0,21 k = 0,7 - CTPT C1,8H4,2 nên M = 1,8 .12 + 4,2 = 25,8 (g/mol) 3,87 - Lấy 3,87 gam n = 0,15 mol X 25,8 - Vì n k n 0,7 0,15 = 0,105 nên a = 0,105 mol. Br2 X Đáp án B PP2: nCO 0,18 - Số nguyên tử C = 2 = = 1,8 nX 0,1 13
14. 2nHO 2 0,21 - Số nguyên tử H = 2 = = 4,2 nX 0,1 - CTPT C1,8H4,2 có số H = 2 C + 2 - 2k hay 4,2 = 2 1,8 + 2 - 2 nên = 0,7 - CTPT C1,8H4,2 nên = 1,8 12 + 4,2 = 25,8 (g/mol) - Lấy 3,87 gam = 0,15 mol - Vì = 0,105 nên a = 0,105 mol. Đáp án B PP3: nnH O CO 0,21 0,18 - Vì n 22 hay 0,1 = 0,7 X 1k 1k n n n n - Ta có: 0,1 mol có khốiCO2 lượng H 2 O m = N 2mC + X mH = 0,18 12 + 0,21 2 = 2,58 (gam) 2,58 M = 25,8 (g/mol) 0,1 - Lấy 3,87 gam = 0,15 mol - Vì = 0,105 nên a = 0,105 mol. Đáp án B PP4: Tính theo mối liên hệ số mol liên kết pi - Số mol LK pi = = 0,18 - 0,21 + 0,1 = 0,07 mol Số mol Br2 phản ứng = 0,07 molk - Tỉ lệ: M + 0,1 mol hay m = 0,18 12 + 0,21 2 = 2,58 (gam) phản ứng 0,07 mol Br2 3,87 n + Khi m = 3,87 (gam)X phản25,8 ứng a mol Br2 a n= 0,105 k mol. n 0,7 0,15 Br2 X Đáp án B PP5: Quy đổi về chất no đầu dãy đồng đẳng - Quy đổi hỗn hợp về: CH4 x mol; CH2 y mol; H2 z mol (z <0) - Ta có hệ phương trình đại số 14
15. n x 0,1 x 0,1 hh n x y 0,18 y 0,08 CO2 z 0,07 nHO 2x y z 0,21 2 0,1 mol phản ứng 0,07 mol Br2 - Tỉ lệ: + 0,1 mol hay m = 0,18 12 + 0,21 2 = 2,58 (gam) phản ứng 0,07 mol Br2 + Khi m = 3,87 (gam) phản ứng a mol Br2 a = 0,105 mol. Đáp án B PP6: Quy đổi về chất - Quy đổi hỗn hợp về: CH4: a mol; C2H2: b mol; C2H4: c mol (z <0) - Ta có hệ phương trình đại số n a b c 0,1 a 0,02 hh n a 2b 2c 0,18 b 0,01 CO2 c 0,09 nHO 2a b 2c 0,21 2 - Ta có 0,1 mol X phản ứng với số mol Br2 = -0,01 2 + 0,09 1 = 0,07 mol - Tỉ lệ: + 0,1 mol hay m = 0,18 12 + 0,21 2 = 2,58 (gam) phản ứng 0,07 mol Br2 + Khi m = 3,87 (gam) phản ứng a mol Br2 a = 0,105 mol. Đáp án B 2. Hỗn hợp hiđrocacbon + este (axit, ancol) Ví dụ 8: Hỗn hợp X gồm etyl axetat, metyl acrylat và hai hiđrocacbon. Nếu cho a mol X tác dụng với dung dịch brom dư, thì có 48 gam brom phản ứng. Đốt cháy a mol X cần vừa đủ 80,96 gam O2, tạo ra CO2 và 34,2 gam H2O. Giá trị của a là A. 0,62. B. 0,65. C. 0,66. D. 0,68. Hướng dẫn: PP1: Tính theo mối liên hệ số mol liên kết pi 15
16. - Số mol Br2 = 0,3 mol; O2 = 2,53 mol; H2O = 1,9 mol - Gọi số mol nhóm -COO là x (mol) n (C=O) = x (mol); số mol CO2 tạo ra khi đốt = y (mol) - BT O: nO(ancol, este) + 2x + 2 2,53 = 2y + 1,9 (1) - Số mol LK pi: (trong đó n n n ; n x; n n ) (C=O) (C=C) (C=O) (C=C) Br2 n n n n n (haynx*k) x + 0,3 CO =2 y - 1,9 H 2 O + a N 2 X (2) - Từ (1), (2): a = 0,62 Đáp án A PP2: Hiđro hóa và quy đổi phân cắt nhóm chức, mạch C - Số mol Br2 = 0,3 mol; O2 = 2,53 mol; H2O = 1,9 mol - Vì X tác dụng với 0,3 mol Br2 nên X tác dụng với 0,3 mol H2 sẽ được hỗn hợp Y no. Quy đổi Y về COO (x mol), CH2 (y mol), H2 (a mol), ta có sơ đồ COO (x mol) CO  2 OH22QÑ  2,35 mola mol X  0,3 mol Y (a mol)  CH2 (y mol) H2 O :1,9 mol H2 (a mol) - Ta có hệ phương trình đại số BT H: 2y 2 a 0,3 2 1,9 y 1,58 a 0,62 BT E: 6y 2 a 0,3 2,53 4 Đáp án A Ví dụ 9: Đốt cháy hoàn toàn 0,7 mol hỗn hợp X gồm metyl axetat, metyl metacrylat, vinyl axetat, axit glutamic và hai hiđrocacbon mạch hở cần vừa đủ V lít O2 (đktc), tạo ra CO2, 1,12 lít N2 (đktc) và 35,1 gam H2O. Mặt khác, 0,7 mol X phản ứng tối đa với 0,85 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của V là A. 67,76. B. 89,60. C. 44,80. D. 67,20. Hướng dẫn: PP1: Tính theo mối liên hệ số mol liên kết pi - Số mol N2 = 0,05 mol; H2O = 1,95 mol;2n Br 2 2n= 0,85 mol. n O2 CO 2 H 2 O 16
17. - Gọi số mol nhóm -COO là x (mol) = x (mol); số mol CO2 tạo ra = y n (mol); số mol O2 phản ứng = a (mol) (C=O) - BT O: nO(ancol, este) + 2x + 2a = 2y + 1,95 (1) - Số mol LK pi: (trong đó ; ) n n (C=O) n (C=C) n (C=O) x; n (C=C) nBr x + 0,85 = y - 1,95 + 0,05 +2 0,7 (2) n n n n n - Từ (1), (2): a = 3,025 (mol) (haynx*k) V = CO 3,0252 H 2 O22,4 = N 267,76 X lít. Đáp án A PP2: Hiđro hóa và quy đổi phân cắt nhóm chức, mạch C - Số mol N2 = 0,05 mol; H2O = 1,95 mol; Br2 = 0,85 mol. - Vì X tác dụng với 0,85 mol Br2 nên X tác dụng với 0,85 mol H2 sẽ được hỗn hợp Y no. Quy đổi Y về COO (x mol), NH (0,1 mol), CH2 (y mol), H2 (0,7 mol), ta có sơ đồ COO (x mol) CO2  OH NH (0,1 mol) H O :1,95 mol 22 0,7 mol X  Y (0,7 mol)  QÑ 2 a mol 0,85 mol CH (y mol) N : 0,05 mol 2 2  H2 (0,7 mol) - Ta có hệ phương trình đại số BT H : 2y 0,1 2 0,7 0,85 2 1,95 y 2,05 a 3,025 BT E : 6y 0,1 2 0,7 0,85 a 4 V = 3,025 22,4 = 67,76 lít. Đáp án A Ví dụ 10: (HSG Thái Bình 2021) Hỗn hợp hơi E chứa 2 ancol đều mạch hở và một anken. Đốt cháy 0,2 mol E cần 0,48 mol O2 thu được CO2 và H2O với tổng khối lượng là 23,04 gam. Mặt khác dẫn 0,2 mol E qua bình đựng Na dư thu được 1,792 lít H2 (đktc). Nếu lấy 19,2 gam E tác dụng với dung dịch Br2 1M thì thể tích dung dịch Br2 tối đa phản ứng là A. 350 ml. B. 400 ml. C. 300 ml. D. 450 ml. 2n 2n n O2 CO 2 H 2 O 17
18. Hướng dẫn: - BT theo nhóm chức: số mol OH (ancol) = 2n = 0,16 mol H2 - BTKL: khối lượng E = 7,68 gam - Đặt x, y là số mol CO2 và H2O m 44x 18y 23,04 x 0,36 BT O : 2x y 0,16 0,48 2 y 0,4 - Số mol LK pi: = 0,36 - 0,4 + 0,2 = 0,16 mol n n n n n (haynx*k) CO2 H 2 O N 2 X 19,2 0,16 Số mol Br2 phản ứng = = 0,4 mol 7,68 V = 400 ml. Đáp án B III. Bài tập luyện tập Câu 1. Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là đồng đẳng kế tiếp nhau (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng vừa đủ 0,225 mol O2, thu được H2O, N2 và 0,12 mol CO2. Công thức phân tử của Y là A. C3H9N. B. C2H7N. C. C4H11N. D. CH5N. Câu 2. (HSG Ninh Bình 2021) Hỗn hợp M gồm một este no, đơn chức, mạch hở và 2 amin X, Y no, đơn chức, mạch hở, là đồng đẳng kế tiếp (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M thu được N2, 7,56 gam nước và 5,376 lít khí CO2 (đktc). Phân tử khối của chất X là A. 59. B. 31. C. 45. D. 73. Câu 3. (HSG BN 2021) Hỗn hợp M gồm một este no, đơn chức, mạch hở và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là đồng đẳng kế tiếp (MX< MY). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M thu được N2; 5,04 gam H2O và 3,584 lít CO2 (đktc). Phân tử khối của chất X là A. 31. B. 73. C. 59. D. 45. 18
19. Câu 4. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp M gồm một amin no, đơn, mạch hở và hai anken X và Y đồng đẳng kế tiếp nhau (MX < MY) cần dùng 25,2 lít O2 (đktc) thu được H2O, N2 và 15,68 lít CO2 (đktc). Tính khối lượng chất Y trong hỗn hợp M? A. 2,8. B. 6,3. C. 5,6. D. 4,2. Câu 5. Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở, đơn chức, bậc III) và hai ankin. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol E cần dùng 0,5 mol O2, thu được N2, CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 20,8 gam. Khối lượng của amin X trong 10,72 gam hỗn hợp E là A. 3,54 gam. B. 2,36 gam. C. 4,72 gam. D. 7,08 gam. Câu 6. Hỗn hợp E gồm amin X (bậc III, no, đơn chức, mạch hở), anken Y và một ankin Z (số nguyên tử cacbon trong Z lớn hơn số nguyên tử cacbon trong Y, tỉ lệ mol giữa Y và Z tương ứng là 3: 2). Đốt cháy hoàn toàn 11,15 gam hỗn hợp E cần dùng 35,6 gam O2, thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư đến phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng bình tăng thêm 46,05 gam. Phần trăm số mol của anken Y trong E là A. 25%. B. 50%. C. 75%. D. 20%. Câu 7. Hỗn hợp E chứa amin no, đơn chức, mạch hở X, ankan Y và anken Z. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol E cần dùng vừa đủ 1,03 mol O2 thu được H2O, 0,56 mol CO2 và 0,06 mol N2. Phần trăm khối lượng của X trong E gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 36,2 %. B. 32,7 %. C. 30,3 %. D. 28,2 %. Câu 8. Hỗn hợp X chứa 2 amin no, đơn chức, mạch hở A, B (A, B là đồng đẳng liên tiếp, MA<MB có tỷ lệ mol tương ứng 4:1), một ankan và một anken. Đốt cháy hoàn toàn 0,7 mol X cần dùng vừa đủ 1,76 mol O2. Sản phẩm cháy thu được có chứa 41,36 gam CO2 và 0,1 mol N2. Phần trăm khối lượng của amin A có trong X là A. 26,57%. B. 28,57%. C. 12,86%. D. 24,19%. Câu 9. Hỗn hợp E gồm một amin X (no, hai chức, mạch hở) và hai hiđrocacbon mạch hở Y, Z (đồng đẳng kế tiếp, MY < MZ). Đốt cháy hoàn toàn 19,3 gam hỗn 19
20. hợp E cần vừa đủ 1,825 mol O2, thu được CO2, H2O và 2,24 lít N2 (ở đktc). Mặt khác, 19,3 gam E phản ứng cộng được tối đa với 0,1 mol brom trong dung dịch. Biết trong E có hai chất cùng số nguyên tử cacbon. Phần trăm khối lượng của Z trong E là A. 17,62%. B. 18,13%. C. 21,76%. D. 21,24%. Câu 10. Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và hiđrocacbon Y (số mol X lớn hơn số mol Y). Đốt cháy hết 0,26 mol E cần dùng vừa đủ 2,51 mol O2, thu được N2, CO2 và 1,94 mol H2O. Mặt khác, nếu cho 0,26 mol E tác dụng với dung dịch HCl dư thì lượng HCl phản ứng tối đa là 0,28 mol. Khối lượng của Y trong 0,26 mol E là (THPT QG 2020 đợt 2) A. 10,32 gam. B. 10,00 gam. C. 12,00 gam. D. 10,55 gam. Câu 11. Hỗn hợp E gồm hai amin X (CnHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) và hai anken đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol E, thu được 0,05 mol N2, 0,30 mol CO2 và 0,42 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E là (TN THPT 2021) A. 40,41%. B. 38,01%. C. 70,72%. D. 30,31%. Câu 12. Hỗn hợp E gồm hai amin X (CnHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) và hai anken đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol E, thu được 0,03 mol N2, 0,22 mol CO2 và 0,30 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E là (TN THPT 2021) A. 43,38%. B. 57,84%. C. 18,14%. D. 14,46%. Câu 13. Hỗn hợp E gồm hai amin X (CnHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) và hai anken đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 0,04 mol E, thu được 0,02 mol N2, 0,11 mol CO2 và 0,155 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E là A. 50,68%. B. 13,47%. C. 26,94%. D. 40,41%. Câu 14. Hỗn hợp E gồm 2 amin X (CnHmN), Y ( CnHm+1N2, với n 2) và hai anken đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol E, thu được 0,02 mol N2, 0,14 mol CO2 và 0,19 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E là (TN THPT 2021) A. 45,04%. B. 28,24%. C. 22,52%. D. 56,49%. 20
21. Câu 15. Hỗn hợp E gồm hai amin X, Y đồng đẳng kế tiếp (MX < MY và phân tử X có số nguyên tử cacbon nhiều hơn số nguyên tử nitơ) và hai ankin đồng đẳng kế tiếp (có số mol bằng nhau). Đốt cháy hoàn toàn 0,07 mol E, thu được 0,025 mol N2, 0,17 mol CO2 và 0,225 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E là (THPT đợt 2/2021) A. 28,21%. B. 55,49%. C. 42,32%. D. 36,99%. Câu 16. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm một axit, một este (đều no, đơn chức, mạch hở) và 2 hiđrocacbon mạch hở cần vừa đủ 0,28 mol O2, tạo ra 0,2 mol H2O. Nếu cho 0,1 mol X vào dung dịch Br2 dư trong CCl4 thì số mol Br2 phản ứng tối đa là A. 0,04 mol. B. 0,06 mol. C. 0,03 mol. D. 0,08 mol. Câu 17. Đốt cháy hoàn toàn 0,33 mol hỗn hợp X gồm metyl propionat, metyl axetat và 2 hiđrocacbon mạch hở cần vừa đủ 1,27 mol O2, tạo ra 14,4 gam H2O. Nếu cho 0,33 mol X vào dung dich Br2 (dư) thì số mol Br2 phản ứng tối đa là A. 0,40 mol. B. 0,26 mol. C. 0,30 mol. D. 0,33 mol. Câu 18. Hỗn hợp X gồm etyl axetat, metyl acrylat và hai hiđrocacbon. Nếu cho a mol X tác dụng với brom dư thì có 0,15 mol brom phản ứng. Đốt cháy a mol X cần vừa đủ 1,265 mol O2, tạo ra CO2 và 0,95 mol H2O. Giá trị của a là A. 0,26. B. 0,33. C. 0,34. D. 0,31. Câu 19. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X (gồm etyl axetat, vinyl axetat và hai hiđrocacbon mạch hở) cần vừa đủ 0,84 mol O2, tạo ra CO2 và 10,08 gam H2O. Nếu cho 0,3 mol X vào dung dịch Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là A. 0,16 mol. B. 0,18 mol. C. 0,20 mol. D. 0,30 mol. Câu 20. Hỗn hợp X gồm hai este (đều no, đơn chức, mạch hở) và hai hiđrocacbon mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần vừa đủ 0,14 mol O2, thu được CO2 và 0,1 mol H2O. Số mol Br2 tối đa phản ứng với 0,05 mol X là A. 0,04 mol. B. 0,06 mol. C. 0,18 mol. D. 0,03 mol. Câu 21. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp X gồm metyl axetat, etyl propionat và hai hiđrocacbon mạch hở cần vừa đủ 0,74 mol O2, tạo ra CO2 và 0,54 mol H2O. 21
22. Nếu cho 0,30 mol X tác dụng với dung dịch Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là (Thanh Hóa 2021) A. 0,08 B. 0,24 C. 0,16. D. 0,36. Câu 22. Đốt cháy hoàn toàn 0,7 mol hỗn hợp X gồm metyl axetat, metyl metacrylat, vinyl axetat, axit glutamic và hai hiđrocacbon mạch hở cần vừa đủ V lít O2 (đktc), tạo ra CO2, 1,12 lít N2 (đktc) và 35,1 gam H2O. Mặt khác, 0,7 mol X phản ứng tối đa với 0,85 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của V là A. 67,76. B. 89,60. C. 44,80. D. 67,20. Câu 23. Hỗn hợp X gồm metyl acrylat, một ancol (đơn chức, mạch hở) và hai hiđrocacbon (mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X, thu được 0,51 mol CO2 và 0,56 mol H2O. Đun nóng 0,3 mol X với lượng dư dung dịch KOH đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được dung dịch chứa 3,3 gam muối. Số mol Br2 tối đa phản ứng với 0,3 mol X là A. 0,22 mol. B. 0,15 mol. C. 0,08 mol. D. 0,19 mol. Câu 24. Cho hỗn hợp E gồm ba chất X, Y và ancol propylic. X, Y là hai amin kế tiếp trong cùng dạy đồng đẳng ; phân tử X, Y đều có hai nhóm NH2 và gốc hiđrocacbon không no ; MX < MY. Khi đốt cháy hết 0,1 mol E cần vừa đủ 0,67 mol O2, thu được H2O ; N2 và 0,42 mol CO2. Phần trăm khối lượng của Y trong E là (THPT QG 2020; Thái Bình 2021) A. 13,89%. B. 19,35%. C. 39,81%. D. 46,30%. Câu 25. Hỗn hợp E gồm amin X (no, đơn chức, mạch hở, bậc hai) và hai ancol Y, Z (Z có nhiều hơn Y một nguyên tử cacbon và một nguyên tử oxi, số mol của Y gấp 1,5 lần số mol của X). Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol E bằng O2 thì thu được N2, 0,11 mol CO2 và 0,18 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X có trong E là A. 34,78%. B. 42,75%. C. 22,46%. D. 64,13%. 22