Google
Câu hỏi: Cho 12,4 gam hỗn hợp X gồm 2 ancol (rượu) đơn chức, bậc 1 là đồng đẳng kế tiếp qua H2SO4 đặc ở 140oC, thu được 9,7 gam hỗn hợp 3 ete. Nếu oxi hoá X thành anđehit rồi cho hỗn hợp anđehit thu được tác dụng hết với lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3 thì thu được m gam Ag. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 48,6.
B. 86,4.
C. 64,8.
D. 75,6.
A. 48,6.
B. 86,4.
C. 64,8.
D. 75,6.
Phương pháp giải:
Gọi công thức trung bình của 2 ancol đơn chức, bậc I trong X là $\bar{R}C{{H}_{2}}OH$
* Xét phản ứng ete hóa:
$2\bar{R}C{{H}_{2}}OH\xrightarrow[{{140}^{0}}C]{{{H}_{2}}S{{O}_{4(d)}}}{{(\bar{R}C{{H}_{2}})}_{2}}O+{{H}_{2}}O$
Sử dụng bảo toàn khối lượng ⟹ mH2O ⟹ nH2O.
Dựa vào PTHH ⟹ nX ⟹ MX ⟹ Hai ancol đồng đẳng kế tiếp trong X.
Gọi số mol hai ancol lần lần là x và y (mol)
Dựa vào khối lượng X và số mol X ⟹ x và y.
* Xét phản ứng oxi hóa X tạo anđehit → Ag.
Dựa vào số mol hai ancol ⟹ số mol 2 anđehit ⟹ số mol Ag ⟹ m.
Giải chi tiết:
Gọi công thức trung bình của 2 ancol đơn chức, bậc I trong X là $\bar{R}C{{H}_{2}}OH$
* Xét phản ứng ete hóa: $2\bar{R}C{{H}_{2}}OH\xrightarrow[{{140}^{0}}C]{{{H}_{2}}S{{O}_{4(d)}}}{{(\bar{R}C{{H}_{2}})}_{2}}O+{{H}_{2}}O$
Bảo toàn khối lượng ⟹ mH2O = mX – mete = 2,7 g ⟹ nH2O =2,7/18 = 0,15 mol.
Theo PTHH ⟹ nX = 2nH2O = 0,3 mol.
Ta có: ${{M}_{X}}={{M}_{{\bar{R}}}}+31=\dfrac{12,4}{0,3}=\dfrac{124}{3}\Rightarrow {{M}_{{\bar{R}}}}=\dfrac{31}{3}\approx 10,33$
⟹ Ancol nhỏ hơn chắc chắn phải là CH3OH.
Vì hai ancol đồng đẳng kế tiếp ⟹ ancol còn lại là CH3CH2OH.
* Gọi số mol CH3OH và C2H5OH trong X lần lượt là x và y (mol).
Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{n}_{X}}=x+y=0,3 \\
{{m}_{X}}=32x+46y=12,4 \\
\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x=0,1 \\
y=0,2 \\
\end{array} \right.$
* Xét phản ứng oxi hóa X tạo anđehit → Ag.
HCH2OH $\xrightarrow{[O]}$ HCHO $\xrightarrow{+AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}$ 4Ag
CH3CH2OH $\xrightarrow{[O]}$ CH3CHO $\xrightarrow{+AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}$ 2Ag
Dựa vào dãy chuyển hóa ⟹ nAg = 4nHCHO + 2nCH3CHO = 4nCH3OH + 2nC2H5OH = 0,8 mol.
Vậy khối lượng bạc thu được là m = mAg = 0,8.108 = 86,4 gam.
Gọi công thức trung bình của 2 ancol đơn chức, bậc I trong X là $\bar{R}C{{H}_{2}}OH$
* Xét phản ứng ete hóa:
$2\bar{R}C{{H}_{2}}OH\xrightarrow[{{140}^{0}}C]{{{H}_{2}}S{{O}_{4(d)}}}{{(\bar{R}C{{H}_{2}})}_{2}}O+{{H}_{2}}O$
Sử dụng bảo toàn khối lượng ⟹ mH2O ⟹ nH2O.
Dựa vào PTHH ⟹ nX ⟹ MX ⟹ Hai ancol đồng đẳng kế tiếp trong X.
Gọi số mol hai ancol lần lần là x và y (mol)
Dựa vào khối lượng X và số mol X ⟹ x và y.
* Xét phản ứng oxi hóa X tạo anđehit → Ag.
Dựa vào số mol hai ancol ⟹ số mol 2 anđehit ⟹ số mol Ag ⟹ m.
Giải chi tiết:
Gọi công thức trung bình của 2 ancol đơn chức, bậc I trong X là $\bar{R}C{{H}_{2}}OH$
* Xét phản ứng ete hóa: $2\bar{R}C{{H}_{2}}OH\xrightarrow[{{140}^{0}}C]{{{H}_{2}}S{{O}_{4(d)}}}{{(\bar{R}C{{H}_{2}})}_{2}}O+{{H}_{2}}O$
Bảo toàn khối lượng ⟹ mH2O = mX – mete = 2,7 g ⟹ nH2O =2,7/18 = 0,15 mol.
Theo PTHH ⟹ nX = 2nH2O = 0,3 mol.
Ta có: ${{M}_{X}}={{M}_{{\bar{R}}}}+31=\dfrac{12,4}{0,3}=\dfrac{124}{3}\Rightarrow {{M}_{{\bar{R}}}}=\dfrac{31}{3}\approx 10,33$
⟹ Ancol nhỏ hơn chắc chắn phải là CH3OH.
Vì hai ancol đồng đẳng kế tiếp ⟹ ancol còn lại là CH3CH2OH.
* Gọi số mol CH3OH và C2H5OH trong X lần lượt là x và y (mol).
Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{n}_{X}}=x+y=0,3 \\
{{m}_{X}}=32x+46y=12,4 \\
\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x=0,1 \\
y=0,2 \\
\end{array} \right.$
* Xét phản ứng oxi hóa X tạo anđehit → Ag.
HCH2OH $\xrightarrow{[O]}$ HCHO $\xrightarrow{+AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}$ 4Ag
CH3CH2OH $\xrightarrow{[O]}$ CH3CHO $\xrightarrow{+AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}$ 2Ag
Dựa vào dãy chuyển hóa ⟹ nAg = 4nHCHO + 2nCH3CHO = 4nCH3OH + 2nC2H5OH = 0,8 mol.
Vậy khối lượng bạc thu được là m = mAg = 0,8.108 = 86,4 gam.
Đáp án B.