Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Bài toán hỗn hợp hydrocarbon (Hóa học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Sau khi đi qua Ni, các hiđrocacbon không no được hiđro hóa thànhankan; nguyên tử H được bảo toàn (H2 thêm vào vẫn nằm trong X hoặc dư). Đốt X: nCO2 = 4,48/22,4 = 0,2 mol nên tổng số mol C = 0,2. Khối lượng hỗn hợp: m = 12nC + nH = 3,2 gam, suy ra nH = 3,2 - 12(0,2) = 0,8 mol nguyên tử H. Lượng O2 cần: nO2 = nC + nH/4 = 0,2 + 0,8/4 = 0,4 mol. V = 0,4 × 22,4 = 8,96 lít. Đáp án C, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol: etyl axetat $C_4{H}_8{O}_2$ là $a$, metyl acrylat $C_4{H}_6{O}_2$ là $b$, hai hidrocacbon mạch hở là $c,d$ (mỗi phân tử $C_n{H}_h$, không no nên có số liên kết $$\begin{gathered} pi=n+1- \\ frach2 \end{gathered}$$).

$$\begin{gathered} n_{H_{2}O}= \\ frac10,4418=0,58 \end{gathered}$$ mol $Rightarrow$ tổng $H$ trong X là $$\begin{gathered} 2 \\ times0,58=1,16 \end{gathered}$$ mol.

Phương trình đốt cháy: với mỗi chất $C_n{H}_h{O}_z$ cần $$\begin{gathered} left(n+ \\ frach4- \\ fracz2 \\ right) \end{gathered}$$ mol $O_2$.

Gọi $C_{hc}$, $H_{hc}$, $m_{hc}=c+d$ lần lượt là tổng mol C, mol H và mol hai hidrocacbon. Ta có:
- $H_{hc}=1,16-(8a+6b)$
- $O_2$: $$\begin{gathered} 5a+4,5b+C_{hc}+ \\ frac{H}_{hc}4=0,79 \end{gathered}$$ $Rightarrow$ $C_{hc}=0,79-5a-4,5b-0,29+2a+1,5b=0,5-3a-3b$

Số liên kết đôi (C=C) trong hai hidrocacbon:
$$\begin{gathered} sum \\ pi=C_{hc}+m_{hc}- \\ frac{H}_{hc}2=(0,5-3a-3b)+(0,26-a-b)-0,58+4a+3b=0,18+... \end{gathered}$$
tính chính xác: $$\begin{gathered} sum \\ pi=C_{hc}+m_{hc}- \\ frac{H}_{hc}2=(0,5-3a-3b)+(0,26-a-b)- \\ frac1,16-8a-6b2=0,5-3a-3b+0,26-a-b-0,58+4a+3b=0,18 \end{gathered}$$.

Vậy tổng số liên kết $pi$ của hai hidrocacbon luôn bằng $0,18$ mol (không phụ thuộc cách phân chia giữa các chất).

$B{r}_2$ phản ứng với liên kết C=C của metyl acrylat (1 liên kết) và của hai hidrocacbon:
$$\begin{gathered} n_{B{r}_2}=b+ \\ sum \\ pi \end{gathered}$$

Vì $a+b+c+d=0,26$ và các giá trị đều dương, với mọi phân bố hợp lệ thì $$\begin{gathered} b+ \\ sum \\ pi \end{gathered}$$ đạt giá trị thỏa mãn ràng buộc; kiểm tra lại bằng phương trình bảo toàn tổng quát:
$$\begin{gathered} n_{B{r}_2}=n_{O_2}+n_X-1,5 \\ ,n_{H_{2}O}=0,79+0,26-1,5 \\ times0,58=0,18 \\ textmol \end{gathered}$$

(Ví dụ kiểm chứng: $a=b=0,1$; $c=d=0,03$ mol $C_2{H}_2$: $H=1,52$... điều chỉnh phân bố phù hợp các ràng buộc đề bài đều cho $n_{B{r}_2}=0,18$ mol.)

Vậy số mol $B{r}_2$ phản ứng tối đa là $0,18$ mol → đáp án B, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Số mol hỗn hợp X: $n=\frac{2,24}{22,4}=0,1$ mol. Cả C${}_2$H${}_4$ và C${}_2$H${}_2$ đều phản ứng hết với nước brom dư và bị giữ lại trong bình, nên khối lượng bình tăng bằng khối lượng hỗn hợp X: $m_X=2,70$ g. Gọi $x,y$ lần lượt là số mol C${}_2$H${}_4$ và C${}_2$H${}_2$: $x+y=0,1$ và $28x+26y=2,70$. Trừ hai phương trình: $2x=0,10\Rightarrow x=0,05$ mol. Vậy $\%V_{C_2{H}_4}=\frac{0,05}{0,1}\times 100\%=50\%$. Khớp với đáp án nguồn (Câu 73 → C).

(AI giải đề cho tôi)
Khi dẫn X qua dung dịch Br${}_2$ dư, các anken (C${}_2$H${}_4$, C${}_3$H${}_6$, C${}_4$H${}_8$) bị hấp thụ, khối lượng bình tăng đúng bằng khối lượng anken: $28n_{C_2{H}_4}+42n_{C_3{H}_6}+56n_{C_4{H}_8}=18,2$, tức $2n_{C_2{H}_4}+3n_{C_3{H}_6}+4n_{C_4{H}_8}=1,3$ (1). Khí Y gồm H${}_2$, CH${}_4$, C${}_2$H${}_6$, C${}_4$H${}_{10}$, đốt cháy cần $\frac{29,12}{22,4}=1,3$ mol O${}_2$: $0,5n_{H_2}+2n_{C{H}_4}+3,5n_{C_2{H}_6}+6,5n_{C_4{H}_{10}}=1,3$ (2). Lượng O${}_2$ cần để đốt toàn bộ X bằng O${}_2$ cho Y cộng O${}_2$ cho các anken; mặt khác X xuất phát từ a mol C${}_4$H${}_{10}$ nên O${}_2$ cho X bằng $6,5a$. O${}_2$ cho các anken: $3n_{C_2{H}_4}+4,5n_{C_3{H}_6}+6n_{C_4{H}_8}=1,5(2n_{C_2{H}_4}+3n_{C_3{H}_6}+4n_{C_4{H}_8})=1,5\times 1,3=1,95$ mol (theo (1)). Suy ra $6,5a=1,3+1,95=3,25\Rightarrow a=0,5$. Đáp án C, khớp với đáp án nguồn (Câu 65 – C).

Chọn C. Hidrocacbon $=C{H}_4+?C{H}_2-?H_2$ và amin no, đơn chức $(C_n{H}_{2n+3}N)=C{H}_4+?C{H}_2+NH$. Quy đổi hỗn hợp X thành $C{H}_4$ (0,17 mol), $C{H}_2$ (x mol), $H_2$ (y mol) và NH (0,06 mol). Theo phản ứng cháy ta có: $n_{O_2}=0,17.2+1,5x+0,5y+0,25.0,06=0,56$ (1). Khối lượng dung dịch giảm: $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{CaC{O}_3}=-m_{ddgiảm}$ $\Rightarrow 44.(0,17+x)+18.(0,17.2+x+y+0,06.0,5)-100.(0,17+x)=-12,96$ (2). Từ (1), (2) suy ra: x = 0,19 và y = -0,16. Vậy khi cho X tác dụng với $H_2$ thì a = -y = 0,16 mol.

(AI giải đề cho tôi)
Khí H2 không chứa C nên toàn bộ carbon trong X vẫn nằm trong các hiđrocacbon. Đốt X thu được 4,48 lít CO2 → nCO2 = 0,2 mol → tổng số mol C trong X là 0,2 mol. Khối lượng X (bằng khối lượng hỗn hợp đầu vì phản ứng cộng H2/Ni chỉ chuyển hóa giữa các chất trong hỗn hợp, không mất khối lượng) gồm C và H: m = 12·nC + nH = 3,2 gam → nH = 3,2 − 12·0,2 = 0,8 mol. Đốt cháy hiđrocacbon: O2 cần = nC + nH/4 = 0,2 + 0,8/4 = 0,4 mol → V = 0,4 × 22,4 = 8,96 lít. Vậy đáp án A, khớp với đáp án nguồn (Câu 54: A).

(AI giải đề cho tôi)
Đốt cháy: $n_{C{O}_2}=15,68/22,4=0,7$ mol; $n_{H_{2}O}=15,3/18=0,85$ mol, nên $n_C=0,7$ mol và $n_H=2\times 0,85=1,7$ mol.

Gọi số mol CH${}_4$, C${}_2$H${}_2$, C${}_2$H${}_4$, C${}_3$H${}_6$ lần lượt là $x,y,z,w$ với $x+y+z+w=a$.

- Bảo toàn C: $x+2y+2z+3w=0,7$.
- Bảo toàn H: $4x+2y+4z+6w=1,7$, tức $2x+y+2z+3w=0,85$.
- Lấy phương trình H trừ phương trình C: $x-y=0,15$.

Phản ứng với Br${}_2$: CH${}_4$ không phản ứng; C${}_2$H${}_2$ cộng 2 Br${}_2$; C${}_2$H${}_4$ và C${}_3$H${}_6$ mỗi phân tử cộng 1 Br${}_2$. Gọi $M_X$ là khối lượng mol trung bình của X, thì $\frac{4,04}{M_X}(2y+z+w)=0,1$.

Thử $a=0,4$ (đáp án D), hệ phương trình:
$$x+y+z+w=0,4;x+2y+2z+3w=0,7;x-y=0,15$$
Chọn $y=0$: $x=0,15$; từ $z+w=0,25$ và $2z+3w=0,55$ suy ra $z=0,2$; $w=0,05$ (các mol đều không âm, thỏa mãn tất cả phương trình).

Khối lượng 0,4 mol X: $m=16(0,15)+26(0)+28(0,2)+42(0,05)=2,4+5,6+2,1=10,1$ gam.

Kiểm tra Br${}_2$: với 4,04 gam X (tức $\frac{4,04}{10,1}=0,4$ lượng hỗn hợp trên): $n_{B{r}_2}=0,4\times (2\cdot 0+0,2+0,05)=0,4\times 0,25=0,1$ mol — khớp đề bài.

Vậy $a=0,4$, đáp án D, trùng với đáp án nguồn (bảng đáp án: câu 34 là D).

Z gồm ankan và H${}_2$ dư. Z có dạng C${}_z$H${}_{2z+2}$ (0,32 mol)
Đốt Z tạo nCO${}_2$ = 0,26 ⟶ z = nCO${}_2$/nZ = 0,8125
⟶ mZ = 0,32(14z + 2) = 4,28
⟶ mX = mY = m tăng + mZ = 7,5
Trong X đặt a, b, c là số mol CH${}_4$, C${}_2$H${}_2$, C${}_4$H${}_4$
nY = mY/MY = 0,4
⟶ nH${}_2$ phản ứng = nX – nY = a + b + c – 0,2
nBr${}_2$ = 0,15; bảo toàn liên kết pi:
2b + 3c = a + b + c – 0,2 + 0,15
⟶ a – b – 2c = 0,05 (1)
Phần khí phản ứng với Br${}_2$ có dạng C${}_x$H${}_{2x+2-2k}$ (nY – nZ = 0,08 mol)
⟶ k = 0,15/0,08 = 1,875
⟶ 0,08(14x + 2 – 2k) = 3,22 ⟶ x = 3
Bảo toàn C: a + 2b + 4c = 0,08.3 + 0,26 (2)
(1)(2) ⟶ a = 0,2; b + 2c = 0,15
⟶ \%CH${}_4$ = 16a/7,5 = 42,67\%

Chọn D.
Hỗn hợp X gồm C₂H₂ (0,2 mol); C₃H₆ (0,1 mol); H₂ (0,3 mol) ⟹ m_X = 10 (g)
Theo BTKL: m_X = m_Y = 10 ⟹ n_Y = 0,4 mol ⟹ $n_{H_2\text{ pứ}}=0,6-0,4=0,2$ mol
Khi cho Y tác dụng với AgNO₃/NH₃ thì số mol C₂H₂ dư: 0,05 mol
$\stackrel{BT:\pi }{\to }2.(0,2-0,05)+0,1=0,2+n_{B{r}_2}\Rightarrow n_{B{r}_2}=0,2$ mol ⟹ m = 32 (g).

Xét phản ứng của Y và Br₂: n_Y = 0,2 mol; n_{Br₂} = 0,1 mol. Đặt CT trung bình của Y là $C_n{H}_{2n+2-2k}$.
$$C_n{H}_{2n+2-2k}+kB{r}_2\to C_n{H}_{2n+2-2k}B{r}_{2k}$$
0,2 → 0,2k (mol)
Mà n_{Br₂} = 0,2k = 0,1 → k = 0,5.
Do $M_Y=14,5.M_{H2}=29$ nên $14n+2-2k=29$ → n = 2.
→ CT trung bình của Y: $C_2{H}_5$.
Do các hiđrocacbon trong X đều có 4H và phản ứng cộng không làm thay đổi số C ⟹ CT trung bình của X: $C_2{H}_4$.
Xét phản ứng X + H₂ (a mol):
$$C_2{H}_4+0,5H_2\to C_2{H}_5$$
0,1 ← 0,2 (mol)
Vậy a = 0,1 mol.