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

Chọn B.

– BT: $\pi$ → $n_{C_2{H}_4}+2n_{C_3{H}_4}+2n_{C_5{H}_8}=n_{H_{2}pư}+n_{B{r}_2}$ $\Rightarrow$ $n_{H_{2}pư}=0,2$ $\Rightarrow$ $n_Y=n_X-n_{H_{2}pư}=0,8$ mol

– BTKL → $m_Y=m_X=15$ (g) $\Rightarrow$ $M_Y=18,75$ $\Rightarrow$ $d=4,6875$

$$X\stackrel{\text{ankan hoˊa}}{\to }\{\begin{array}{l}\text{Este no}=C{H}_4+C{H}_2+COO\\ \text{Ankan}=C{H}_4+C{H}_2\\ H_2\end{array}\to \{\begin{array}{l}C{H}_4\\ C{H}_2\\ COO\\ H_2\end{array}$$
Ta thấy mỗi chất tách 1CH₄ ⇒ $n_{C{H}_4}=n_{hhX}=0,26$ mol
BTNT.C → $n_{C{O}_2}=x+y+0,26$ (mol)
BTNT.O → 2y + 2.0,79 = 2.(x + y + 0,26) + 0,58 → x = 0,24
BTNT.HTM → 4.0,26 + 2x + 2z = 2.0,58 → z = -0,18
Bản chất của việc ankan hóa giống như cho tác dụng với Br₂ vì đều phá vỡ liên kết π.
⇒ $n_{B{r}_2}=0,18$ mol
Chọn B.

Tỉ khối của Z so với $H_2$ là 8 $\Rightarrow$ $M_Z$ = 16 = $M_{C{H}_4}$ $\Rightarrow$ số mol $C_2{H}_6$ và $H_2$ trong Z bằng nhau.

Trong Y có x mol $C_2{H}_2$ và y mol $C_2{H}_4$ ∥ → trong Z có (0,09 – x – y) mol $C_2{H}_6$ = số mol $H_2$.

∥ → số mol $H_2$ đã phản ứng = (x + y + 0,11) mol. Làm no hết X cần 0,09 × 2 = 0,18 mol

∥ → có 2x + y + x + y + 0,11 = 0,18; mà 26x + 28y = 0,82 gam ∥ → x = 0,01 mol và y = 0,02 mol.

∥ → Z có 0,06 mol $C_2{H}_6$; 0,06 mol $H_2$ và 0,15 mol $C{H}_4$ ∥ → $V_Z$ = 6,048 lít. Chọn B. ◆.

► Lời giải trên chỉ là "đánh lừa chút thôi".! Chứ với yêu cầu của đề bài thì chỉ cần một phép tính: $m_X$ = 5,15 gam ∥ → V = (5,14 – 0,82) ÷ (8 × 2) × 22,4 = 6,048 lít.

→ ☆ cùng với cùng một giả thiết, một bài tập, muốn làm khó hay dễ cũng tùy thuộc vào yêu cầu của người ra đề nữa. Ví dụ như trên, yêu cầu V thì đơn giản quá, nhưng nếu hỏi số mol $C_2{H}_2$ + $B{r}_2$ hay \% các khí trong Z thì lại là một vấn đề.!

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol các chất trong X: H${}_2$ = x, CH${}_4$ = m, C${}_2$H${}_6$ = e, C${}_4$H${}_{10}$ = b; các anken C${}_2$H${}_4$ = u, C${}_3$H${}_6$ = v, C${}_4$H${}_8$ = w; lượng butan ban đầu $n_0$ mol.

Chỉ các anken phản ứng với Br${}_2$, khối lượng bình tăng chính là khối lượng anken bị hấp thụ:
$$28u+42v+56w=9,52\Rightarrow 2u+3v+4w=0,68(1)$$

Bảo toàn C và H trong quá trình cracking butan:
- C: $4n_0=m+2e+4b+(2u+3v+4w)$
- H: $10n_0=2x+4m+6e+10b+(4u+6v+8w)$

Lấy (H) − 2×(C): $2n_0=2x+2m+2e+2b\Rightarrow n_0=x+m+e+b$ (số mol hỗn hợp khí Y).

Bảo toàn khối lượng: $58n_0=(2x+16m+30e+58b)+9,52$. Thay $n_0=x+m+e+b$:
$$56x+42m+28e=9,52\Rightarrow 2x+1,5m+e=0,34(2)$$

Đốt cháy Y vừa đủ 0,28 mol O${}_2$:
$$0,5x+2m+3,5e+6,5b=0,28(3)$$

Từ (2): $e=0,34-2x-1,5m$. Thay vào (3):
$$-6,5x-3,25m+1,19+6,5b=0,28\Rightarrow b=x+0,5m-0,14$$

Suy ra:
$$n_0=x+m+e+b=0,2\text{ mol (coˆˊ định)}$$

Vì tổng X = 0,47 mol:
$$a=u+v+w=0,47-n_0=0,47-0,2=0,27\text{ mol}$$

Kiểm tra tính khả thi: chọn $m=0,08$; $x=0,11$ thì $e=0$; $b=0,01$ (đều ≥ 0). Anken: $u+v+w=0,27$ và $2u+3v+4w=0,68$, ví dụ $u=0,18;v=0,04;w=0,05$, khối lượng $=5,04+1,68+2,8=9,52$ g ✓.

Vậy $a=0,27$ → đáp án B, trùng với đáp án nguồn.

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 ⟹ $n_{H_{2dư}}=0,6-0,4=0,2$ mol. Khi cho Y tác dụng với AgNO${}_3$/NH${}_3$ thì số mol C${}_2$H${}_2$ 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 $\Rightarrow m=32$ (g).

n_X trong mỗi phần = 0,2
n_{C_2H_2} = n_{C_2Ag_2} = 0,1 → Hai khí còn lại có số mol bằng nhau
→ Mỗi phần X gồm C_2H_2 (0,1), CH_4 (0,05) và H_2 (0,05)
Đốt Y cũng giống đốt X nên:
n_{CO_2} = 0,1.2 + 0,05.1 = 0,25
n_{H_2O} = 0,1.1 + 0,05.2 + 0,05.1 = 0,25
Bảo toàn O: 2n_{O_2} = 2n_{CO_2} + n_{H_2O}
→ n_{O_2} = 0,375
→ V = 8,4 lít.

(AI giải đề cho tôi)
n_{CO2} = 6,272/22,4 = 0,28 mol; n_{H2O} = 6,12/18 = 0,34 mol. Gọi số mol CH${}_4$, C${}_2$H${}_2$, C${}_2$H${}_4$, C${}_3$H${}_6$ lần lượt là x, y, z, t.
• Bảo toàn C: x + 2y + 2z + 3t = 0,28
• Bảo toàn H: 4x + 2y + 2z + 6t = 2 × 0,34 = 0,68
• Tổng: x + y + z + t = 0,16
Lấy (H) − (C): x = 0,68 − 0,28 = 0,06 − 2x... thực hiện đúng: (4x + 2y + 2z + 6t) − (x + 2y + 2z + 3t) = 3x + 3t = 0,40 → x + t = 0,1333; kết hợp x + y + z + t = 0,16 → y + z = 0,16 − 0,1333 ≈ 0,08 (cách khác: trừ phương trình H/2 cho phương trình C: (2x + y + z + 3t) − (x + 2y + 2z + 3t) = 0,34 − 0,28 → x − y − z = 0,06, kết hợp các phương trình trên cho y + z = 0,08 và t = 0,02).
Cụ thể: từ x = 0,06 (thực chất x − y = 0,06 khi so sánh H/2 và C; kết hợp tổng 0,16 và 2y + 2z + 3t = 0,22) suy ra y + z + t = 0,10 và 2y + 2z + 3t = 0,22 → t = 0,02; y + z = 0,08.
Khối lượng 0,16 mol X: m = 16x + 26y + 28z + 42t = 0,96 + 26(y + z) + 2z + 0,84 = 0,96 + 2,08 + 2z + 0,84 = 3,88 + 2z (gam), với 0 ≤ z ≤ 0,08.
Chỉ C${}_2$H${}_2$, C${}_2$H${}_4$, C${}_3$H${}_6$ phản ứng với Br${}_2$ (tỉ lệ 1 : 1), nên số mol Br${}_2$ cho 0,16 mol X là y + z + t = 0,10 mol.
Vậy a = 0,10 × 10,1/(3,88 + 2z). Vì 0 ≤ z ≤ 0,08 nên 3,88 ≤ m ≤ 4,04, suy ra 0,25 ≤ a ≤ 0,26. Trong các đáp án chỉ có a = 0,25 thỏa mãn (tương ứng z = 0,08, y = 0: X gồm CH${}_4$ 0,06; C${}_2$H${}_4$ 0,08; C${}_3$H${}_6$ 0,02 mol, m = 0,96 + 2,24 + 0,84 = 4,04 g; kiểm tra CO${}_2$ = 0,06 + 0,16 + 0,06 = 0,28 ✓, H${}_2$O = 0,34 ✓). Khi đó a = 0,10 × (10,1/4,04) = 0,25.
Chọn B.

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\%