Tài liệu 941_anken

KỸ THUẬT BIÊN SOẠN CÂU TRẮC NGHIỆM CÓ THỂ GIẢI NHANH PHẦN ANKEN Đặng Bá Hưng TrườngTHPT Chuyên Quảng Bình Nếu xây dựng được một hệ thống các kỹ thuật biên soạn câu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn có thể giải nhanh thì sẽ là tư liệu tham khảo cần thiết, bổ ích cho các giáo viên, giúp giáo viên chủ động, sáng tạo hơn trong việc biên soạn những câu trắc nghiệm có chất lượng với số lượng phong phú, góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy, kiểm tra-đánh giá bằng trắc nghiệm khách quan. Sau đây là một số kỹ thuật biên soạn phần anken. 1. Dựa vào đặc điểm của phản ứng cộng a) Cộng H2 CnH2n + H2 bđ: a b pư: x x dư: a - x (a - x  0) 0 Ni , t   CnH2n + 2 x b - x (b - x  0) Gọi X là hỗn hợp trước phản ứng  nX = a + b Gọi Y là hỗn hợp thu được sau phản ứng  nY = x + (a - x) + (b - x) = a + b - x = n X - x  x = nX - nY . Ta có:  nankan = nanken pư = nH 2 pư = nX - nY hay VH 2 pư = Vanken pư = VX - VY  Hiệu suất phản ứng hiđro hóa anken: - Nếu a  b (n X  n Y ) V  VY x .100%  X .100%  H =  .100%  a a Vanken (n X  n Y ) V  VY x .100%  X .100% - Nếu a > b  H =  .100%  b b VH 2  Nếu bài toán cho một hay một hỗn hợp gồm các hiđrocacbon mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng tác dụng với H2 theo tỉ lệ mol 1: 1 thì đó là anken.  Vì hỗn hợp X, Y có cùng số mol C, H nên đốt cháy hỗn hợp A hay B đều cho cùng kết quả: nO 2 đốt X = nO 2 đốt Y nCO 2 và nH 2 O sinh ra do đốt X = nCO 2 và nH 2 O sinh ra do đốt Y Do đó khi làm toán, nếu gặp hỗn hợp sau khi qua Ni/t 0 đem đốt (hỗn hợp Y) thì thay vì tính toán với hỗn hợp Y (thường phức tạp hơn X) ta có thể dùng các phản ứng đốt cháy X để tính nCO 2 và nH 2 O.  mX = mY và nY < nX  M X < M Y  d (X/Y) = PY nY MX = = <1 nX PX MY (giả sử X, Y đo ở cùng điều kiện t0, thể tích)  Nếu nhiều anken tác dụng với hiđro cùng một hiệu suất thì ta có thể thay các anken này bằng một anken tương đương C n H 2 n Ví dụ 1: Một bình kín có chứa C2H4 và H2 (ở đktc) và một ít bột Ni. Nung bình một thời gian sau đó làm lạnh đến 00C. Áp suất trong bình lúc đó là P atm. Tỉ khối so với H 2 của hỗn hợp khí trước và sau phản ứng là 7,5 và 9. a) Phần trăm thể tích của khí C2H6 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là A. 40% B. 20% C. 60% D. 50% B. 10 atm C. 0,83 atm D. 8,3 atm b) Giá trị của P là A. 1 am Suy luận: a) C 2 H 6 C 2 H 4 Ni , t 0  X    Y C 2 H 4 H 2 H  2 M X d (X / H 2 ).M H 2 7,5.2 15(g / mol); M Y d(Y / H 2 ).M H 2 18(g / mol) . Vì % thể tích không phụ thuộc vào số mol hỗn hợp nên ta giả sử số mol hỗn hợp X là 1 mol  mX = mY = 15 gam 15 5 5 1  mol  nC 2 H 6 = nX - nY = 1  nY = = mol 18 6 6 6 1/ 6 .100% 20%  Đáp án B  %C2H6 = 5/6 PY n Y n 5/6 5   PY  Y .PX  .1  0,83 atm  Đáp án C b) PX n X nX 1 6 Ví dụ 2: Một hỗn hợp X gồm 2 anken A, B kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Trộn một thể tích X với 26 một thể tích H2 được hỗn hợp Y có d(Y/H 2) = . Cho hỗn hợp Y vào bình kín dung tích 2,8 lít thì P 1 = 4,8 3 atm (00C), bình có chứa một ít bột Ni thể tích không đáng kể. Nung bình một thời gian sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu thì áp suất trong bình P2 = 2,64 atm. a) Công thức phân tử của hai anken A, B lần lượt là A. C2H4 và C3H6 B. C3H6 và C4H8 C. C4H8 và C5H10 D. C5H10 và C6H12 b) Số mol H2 đã phản ứng là A. 0,2 mol B. 0,27 mol C. 2 mol D. 2,7 mol Suy luận: M X  2 26.2 a) M Y    M X 32,67 g/mol 2 3  M1 = 28 (C2H4) < M X = 32,67 < M2 = 42 (C3H6)  Đáp án A b) n1 = P1 .V n P n .P 4,8.2,8 0,6.2,64  0,6 mol; 2  2  n 2  1 2  0,33 mol RT 0,082.(273  0) n 1 P1 P1 4,8  nH 2 pư = 0,6 - 0,33 = 0,27 mol  Đáp án B Ví dụ 3: Cho 1,904 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm H 2 và hai anken kế tiếp đi qua bột Ni, nung nóng thu được hỗn hợp khí B (H = 100%), giả sử tốc độ của hai anken phản ứng là như nhau. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B thu được 8,712 gam CO2 và 4,086 gam H2O. Công thức phân tử của hai anken là A. C2H4 và C3H6 B. C4H8 và C5H10 C. C5H10 và C6H12 D. C3H6 và C4H8 1,904 8,712 0,085mol ; nCO 2 = 0,198 mol; Suy luận: nA = 22,4 44 4,086 0,227 mol nH 2 O = 18 Vì hàm lượng của C, H trong A và B là như nhau nên để đơn giản khi tính toán ta thay vì đốt B bằng đốt A. C n H 2 n + 3n O2  n CO2 + n H2O 2 x nx nx 2H2 + O2  2H2O y y  y = nH 2 O - nCO 2 = 0,227 - 0,198 = 0,029 mol  x = 0,085 - 0,029 = 0,056 mol 0,198  n= = 3,53  n1 = 3 (C3H6) < n = 3,53 < n2 = 4 (C4H8)  Đáp án D. 0,056 Ví dụ 4 (TSĐH - 2009): Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối của X so với H 2 là 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y không làm mất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H 2 bằng 13. Công thức cấu tạo của hai anken là A. CH2 = C(CH3)2 B. CH2 = CH2 C. CH2 = CHC2H5 D. CH3CH = CHCH3 Suy luận: Do anken cộng hợp HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất nên phải có cấu tạo đối xứng (loại A; C). M X 9,1.2 18,2 gam/mol. Giả sử nX = 1 mol  mY = mX = 18,2 gam  nY = 18,2 = 0,7 mol 26 CnH2n + H2  CnH2n + 2 x  x  x 18,2  nH 2 dư = (1 - x) - x = (1 - 2x) mol  nY = 1 - 2x + x = 26  x = 0,3 mol  mY = 2.(1 - 2.0,3) + (14n + 2).0,3 = 18,4  n = 4 (C4H8)  Đáp án D. b) Cộng Br2 CnH2n + Br2  CnH2nBr2  Nếu bài toán cho một hay một hỗn hợp các hiđrocacbon mạch hở, cùng dãy đồng đẳng tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1: 1 thì đó là các anken.  Khối lượng của bình tăng lên là khối lượng của anken hấp thụ. Ví dụ 1: Cho 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon mạch hở đi rất chậm qua bình đựng dung dịch brom dư. Sau phản ứng hoàn toàn thấy có 24 gam brom bị mất màu, khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng 6,3 gam và 2,24 lít (đktc) khí đi ra khỏi bình. Tỉ khối của X so với H2 là 18,6. Công thức phân tử của hai hiđrocacbon trong X là A. CH4 và C3H6 B. C2H6 và C4H8 C. C3H8 và C2H4 D. C2H6 và C3H6 5,6 Suy luận: nA = = 0,25 mol. 22,4 2,24 0,1 mol Khí không bị hấp thụ là ankan (A2) (CnH2n + 2, n  1): 22,4 24 Số mol của hiđrocacbon còn lại (A 1) là: 0,25 - 0,1 = 0,15 mol; n Br 2 = 160 = 0,15 mol  nA 1 : nBr 2 = 1 : 1  6,3 A1 là anken (CmH2m, m  2)  MA 1 = 14m = 0,15 42  m = 3 (C3H6). 42.0,15  M A 2 .0,1 18,6.2 37,2  MA 2 = 30 (C2H6)  Đáp án D Mặt khác: 0,25 Ví dụ 2: Cho 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm C nH2n, CmH2m +2, Cn + m + 1H2(n+m) + 2 (m < n) có số mol bằng nhau lội chậm qua bình đựng dung dịch brom dư, kết thúc phản ứng thấy khối lượng của bình tăng x gam. Giá trị của x là A. 3,5 B. 6,4 C. 4,2 D. 5 m  n; n 2 n 2  Suy luận: Ta có:   CTPT của 3 hiđrocacbon là C2H4; CH4 và C4H8 n  m  1 4 m 1 3,36  nC 2 H 4 = nCH 4 = nC 4 H 8 = 3.22,4 0,05 mol Khối lượng bình tăng là khối lượng của C2H4 và C4H8 hấp thụ: x = mC 2 H 4 + mC 4 H 8 = (28 + 56).0,05 = 4,2 gam  Đáp án C c) Cộng H2O (phản ứng hiđrat hóa) H C n H 2 n + H2O    C n H 2 n 1 OH  Nếu bài toán cho một hay một số hiđrcacbon mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng tác dụng với H 2O tạo ra ancol no, đơn chức thì các hiđrcacbon đó là anken. nancol = nanken pư = nH 2 O pư nCO 2 (sinh ra do đốt ancol) = nCO 2 (sinh ra do đốt anken)  Anken đối xứng khi tác dụng với H2O chỉ thu được một ancol còn các anken bất đối sẽ cho ra hai sản phẩm trong đó sản phẩm chính tuân theo quy tắc cộng Mac - cop - nhi - côp. Ví dụ: H CH3 - CH = CH - CH3 + H2O    CH3 - CH2 - CHOH - CH3 CH3 - CH2 - CHOH - CH3 (sản phẩm chính) CH3 - CH2 - CH = CH2 + H2O CH3 - CH2 - CH2 - CH2OH (sản phẩm phụ) Ví dụ: Hiđrat hóa hoàn toàn m gam một hỗn hợp X gồm một số hiđrocacbon mạch hở, cùng dãy đồng đẳng thu được một số ancol no, đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn các ancol này rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, thấy có 167,45 gam kết tủa.Giá trị của m là A. 11,9 B. 1,19 C. 119 D. 19,1 Suy luận: Hiđrat hóa hoàn toàn hỗn hợp X gồm một số hiđrocacbon mạch hở, cùng dãy đồng đẳng thu được một số ancol no đơn chức  X gồm một số anken. Đặt công thức của A là C n H 2 n C n H 2 n + Br2  C n H 2 n Br2 O  H 2O C n H 2n     C n H 2 n 1 OH  2  nCO 2 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 167,45 0,85 0,85   197  nCO 2 = nH 2 O = 0,85  m = 12.0,85 + 2.0,85 = 11,9 gam  Đáp án A 2. Dựa vào đặc điểm của phản ứng cháy 3n O2  n CO2 + n H2O 2 3n a a na na 2  Khi đốt cháy một hiđrocacbon hay nhiều hiđrocacbon thuộc cùng dãy đồng đẳng tính được: C n H 2n + nCO 2 = nH 2 O hoặc nO 2 = 1,5nCO 2 = 1,5nH 2 O  Các hiđrocacbon đó là anken hay xicloankan.  Đốt cháy hỗn hợp ankan + anken (xicloankan) thì nCO 2 < nH 2 O hoặc nO 2 > 1,5nCO 2 và nankan = nH 2 O - nCO 2 = 2(nO 2 - 1,5nCO 2 ) Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon mạch hở A, B cùng dãy đồng đẳng (A chiếm 60% về thể tích trong hỗn hợp X) cần 23,52 lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, thấy có 70 gam kết tủa xuất hiện. Mặt khác nếu cho m gam hỗn hợp trên tác dụng hết với dung dịch KMnO4 1/3M thì có 500 ml dung dịch này bị mất màu. Công thức phân tử của A, B lần lượt là A. C2H4 và C3H6 B. C2H4 và C4H8 C. C3H6 và C4H8 D. C2H2 và C3H4 n O 2 1,05 23,52  1,5  A, B là anken 3 2 2 Suy luận: nO = 22,4 = 1,05 mol; nCO = nCaCO = 0,7 mol  n 0,7 CO 2 3C n H 2 n  2KMnO 4  4H 2 O  3C n H 2 n (OH) 2  2MnO 2  2KOH 0,25  0,5/3 Trong 0,25 mol X có chứa 0,15 mol A và 0,1 mol B 0,1.n A  0,15.n B 2,8  3n A  2n B 14  0,25n 0,7  n 2,8  0,25 Giả sử nA < nB  2  nA < 2,8  nA = 2  nB = 4  CTPT của A là C2H4 và B là C4H8  Đáp án B Nếu nB < nA  2  nB < 2,8  nB = 2  nA = 5  CTPT của A là C5H10 và B là C2H4 (loại vì không có đáp án) Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon mạch hở, cùng dãy đồng đẳng liên tiếp, sản phẩm cháy được hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy có 108,35 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dung dịch này giảm 74,25 gam. Phần trăm thể tích của hiđrocacbon có khối lượng phân tử bé hơn trong X là A. 80 % B. 40% C. 60% D. 20% 108,35 108,35  74,25  44.0,55 Suy luận: nCO 2 = nBaCO 3 = 197 = 0,55 mol  nH 2 O = = 0,55 mol 18  nH 2 O = nCO 2  X gồm hai anken. n n CO 2 nX  0,55 2,2  n 1 2(C 2 H 4 )  n 2,2  n 2 3(C 3 H 6 ) 0,25 Đặt nC 2 H 4 = x mol; nC 3 H 6 = y mol. Ta có hệ: 0,2 x  y 0,25 x 0,2 .100% 80%  Đáp án A   %C2H4 =  0,25 2 x  3y 0,55  y 0,05 ----------------------------------------------------------------------------------