Hợp chất A (chứa C, H, O) có MA < 200 đvC. Cho 8,2 gam A vào cốc đựng 250 ml dung dịch NaOH 1M,

Câu hỏi số 594292:

Vận dụng cao

Hợp chất A (chứa C, H, O) có M_A < 200 đvC. Cho 8,2 gam A vào cốc đựng 250 ml dung dịch NaOH 1M, lượng NaOH dư được trung hòa bởi 36,5 gam dung dịch HCl 5%. Cô cạn dung dịch thu được chất rắn khan B và phần bay hơi chỉ có nước. Nung nóng B trong oxi dư để các phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất rắn khan D và 15 gam hỗn hợp E gồm H₂O và CO₂ có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Lượng oxi đã phản ứng bằng lượng oxi tạo ra khi nhiệt phân hoàn toàn 110,6 gam KMnO₄.

(a) Xác định giá trị của m, CTPT và CTCT của A.

(b) Hòa tan B vào nước rồi cho tác dụng với lượng dư dung dịch KMnO₄/ H₂SO₄ thu được khí F khô (với hiệu suất 100%) và dung dịch G chỉ chứa các chất vô cơ. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định tỉ khối của F so với heli.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:594292

Phương pháp giải

Dựa vào tính chất hóa học các chất.

Giải chi tiết

Sơ đồ phản ứng:

n_NaOH = 0,25 mol

n_HCl= \(\dfrac{{36,5 \times 5}}{{36,5 \times 100}}\)= 0,05 mol ⟹ n_{NaOH dư}= n_HCl = 0,05 mol

⟹ n_{NaOH pứ} = 0,25 – 0,05 = 0,2 mol

*Chất rắn khan D gồm Na₂CO₃ và NaCl

n_NaCl = n_HCl = 0,05 mol (BTNT Cl)

n_Na2CO3 = ½ n_{NaOH pứ} = ½ . 0,2 = 0,1 mol (BTNT Na)

⟹ m = 0,05.58,5 + 0,1.106 = 13,525 g.

*Khi nung nóng B trong O₂ dư:

Đặt n_CO2 = 3x mol; n_H2O = x mol

⟹ 44.3x + 18x = 15 ⟹ x = 0,1

⟹ n_CO2 = 0,3 mol; n_H2O = 0,1 mol

Lượng O₂ đã phản ứng bằng lượng tạo ra khi nhiệt phân 110,6 g KMnO₄:

n_KMnO4 = 110,6/158 = 0,7 mol

2KMnO₄ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

⟹ n_O2= 0,7/2 = 0,35 mol

BTKL: m_B = m_CO2 + m_H2O + m_D – m_O2 = 0,3.44 + 0,1.18 + 13,525 – 0,35.32 = 17,325 g.

*Khi cho A + NaOH:

BTKL: m_{H2O (sp)} = m_A + m_NaOH – m_HCl – m_B = 8,2 + 0,25.40 + 0,05.36,5 – 17,325 = 2,7 g

⟹ n_{H2O (sp)} = 2,7/18 = 0,15 mol

BTNT H: n_{H (A)} + n_NaOH + n_HCl = 2n_{H2O (sp)} + 2n_{H2O (đốt B)}

⟹ n_{H (A)}= 2n_{H2O (sp)} + 2n_{H2O (đốt B)} – n_NaOH – n_HCl = 2.0,15 + 2.0,1 – 0,25 – 0,05 = 0,2 mol

BTNT C: n_{C (A)} = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,1 + 0,3 = 0,4 mol

A được cấu tạo từ C, H, O ⟹ m_O = m_A – m_C – m_H = 8,2 – 0,4.12 – 0,2 = 3,2 g ⟹ n_{O (A)} = 3,2/16 = 0,2 mol

⟹ A chứa 0,4 mol C; 0,2 mol H; 0,2 mol O

⟹ Tỉ lệ số nguyên tử C : H : O = 0,4 : 0,2 : 0,2 = 2 : 1 : 1

⟹ CTPT của A có dạng (C₂HO)_nvới n chẵn vì số H phải chẵn.

M_A < 200 ⟹ 41n < 200 ⟹ n < 4,81 ⟹ n = 2 hoặc n = 4

- Nếu n = 2 ⟹ A là C₄H₂O₂, M_A = 82

⟹ n_A = 0,1 mol; n_{NaOH pứ} = 0,2 mol

⟹ 1 mol A phản ứng tối đa với 2 mol NaOH ⟹ không có CTCT thỏa mãn ⟹ Loại.

- Nếu n = 4 ⟹ A là C₈H₄O₄, M_A = 164

⟹ n_A = 0,05 mol; n_{NaOH pứ} = 0,2 mol

⟹ 1 mol A phản ứng với tối đa 4 mol NaOH

⟹ CTCT của A là:

hay

Dung dịch G chỉ chứa các chất vô cơ ⟹ Đây là phản ứng oxi hóa hoàn toàn HCHC thành CO₂

B gồm C₆H₄(ONa)₂ và (COONa)₂

5C₆H₄(ONa)₂ + 26KMnO₄ + 44H₂SO₄ → 5Na₂SO₄ + 13K₂SO₄ + 26MnSO₄ + 30CO₂ + 54H₂O (1)

5(COONa)₂ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ → 5Na₂SO₄ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 10CO₂ + 8H₂O (2)

Khí F là CO₂ ⟹ \({d_{C{O_2}/He}} = \dfrac{{44}}{4} = 11\).

*Cách cân bằng phản ứng:

Vai trò của cacbon trong công thức cấu tạo ở cả (COONa)₂ và (C₆H₄ONa)₂ là như nhau

⟹ có thể dùng số oxi hóa trung bình.

- Với (1): Từ H⁺¹, O^-2, Na⁺¹ dễ tìm được số oxi hóa của C bằng +3.

2C⁺³ – 2e → 2 C⁺⁴ (a)

Mn⁺⁷ + 5e → Mn⁺² (b)

⟹ Nhân (a) với 5, nhân (b) với 2 rồi cân bằng các nguyên tố còn lại ta sẽ được PTHH hoàn chỉnh.

- Với (2): Từ H⁺¹, O^-2, Na⁺¹ dễ tìm được số oxi hóa của C bằng -2/6.

6C^-2/6 – 26e → 6C⁺⁴(c)

Mn⁺⁷ + 5e → Mn⁺² (d)

⟹ Nhân (c) với 5, nhân (d) với 26 rồi cân bằng các nguyên tố còn lại ta sẽ được PTHH hoàn chỉnh.

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.