Bài 33: Luyện tập Ankin

Tóm tắt lý thuyết

1.1. Những điểm giống nhau và khác nhau về cấu tạo, tính chất hóa học của anken và ankin

		Anken	Ankin
CT chung		C_nH_2n \((n \ge 2)\)	C_nH_2n-2 \((n \ge 2)\)
Cấu Tạo	Giống	-Hidrocacbon không no, mạch hở -Có đp mạch cacbon và đp vị trí lk bội
	Khác	-Có 1lk đôi -Có đp hình học	-Có 1lk ba -Không có đp hình học
TCHH	Giống	-Cộng hidro -Cộng brom (dd) -Cộng HX theo quy tắc Maccopnhicop -Làm mất màu dd KMnO₄
	Khác	Không có pư thế bằng ion kim loại	Ank-1-in có pư thế bằng ion kim loại

1.2. Sự chuyển hóa lẫn nhau giữa ankan, anken, ankin

Hình 1: Sự chuyển hóa lẫn nhau giữa ankan, anken và ankin

Bài tập minh họa

Bài 1:

Có 3 lọ mất nhãn,chứa các hoá chất sau: Propan, propen, propin .

Hãy trình bày cách nhận biết các hoá chất trên bằng phương pháp hoá học.Viết các quá trình xảy ra.

Hướng dẫn:

Bài 2:

Cho hỗn hợp khí gồm 3 hiđrocacbon: propan, propin, propen. Trình bày phương pháp để tách biệt các khí đó ra khỏi nhau.

Hướng dẫn:

Bài 3:

Cho 27,2 gam ankin X tác dụng với 15,68 lít khí H₂(đktc) có xúc tác thích hợp, thu được hỗn hợp Y ( không chứa H₂).Biết Y phản ứng tối đa với dung dịch chứa gam Br₂.Công thức phân tử của X là:

Hướng dẫn:

Ta có \(n_{H_{2}}=0,7mol;n_{Br_{2}}=0,1mol\)

\(C_{n}H_{2n-2}+2\bar{X_{2}}\rightarrow C_{n}H_{2n-2}\bar{X}_{4}\)

Ankin cộng với tác nhân X₂ theo tỉ lệ 1:2

\(\Rightarrow n_{X}=\frac{n_{H_{2}}+n_{Br_{2}}}{2}=\frac{0,7+0,1}{2}=0,4mol\)

\(\Rightarrow M_{X}=\frac{27,2}{0,4}=68(C_{5}H_{8})\)

Bài 4:

Hỗn hợp X gồm axetilen và vinyl axetilen có tỉ khối so với hidro là 19,5. Lấy 4,48l X (đktc) trộn với 0,09mol H₂ rồi cho vào bình kín có sẵn chất xúc tác Ni, đốt nóng, sau các phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y chỉ gồm các hidrocacbon. Dẫn Y qua dung dịch chứa 0,2mol AgNO₃ trong dung dịch NH₃ dư, sau khi AgNO₃ hết thu được 22,35g kết tủa và có 20,16l khí Z ở đktc thoát ra. Z phản ứng tối đa m gam brom trong CCl₄ .Giá trị của m là:

Hướng dẫn:

M_X= 39g; n_X = 0,2 mol ⇒ Áp dụng qui tắc đường chéo:
\(n_{C_{{2}}H_{2}} = n_{C_{4}H_{4}}= 0,1 \ mol\)
⇒ n_pi(X)= 0,5 mol
Vì phản ứng hoàn toàn sau đó sản phẩm chỉ gồm hidrocacbon ⇒ H2 hết
⇒ n_Pi(Y)= m_Pi(X) – \(n_{H_{2}}\) = 0,41 mol; n_Y= n_X = 0,2 mol
n_Z = 0,9 mol
Giả sử Y gồm x mol C₂H₂ và y mol C₄H₄ dư và AgNO₃ dư
⇒ x + y = n_Y – n_Z = 0,11 mol
m_{kết tủa} \(= m_{Ag_{2}C_{2}} + m_{C_{4}H_{3}Ag}\) = 240x + 159y = 22,35g
⇒ x = 0,06; y = 0,05 mol \((2n_{C_{2}H_{2}} + n_{C_{4}H_{4}} = 0,17 < n_{AgNO_{3}} = 0,2 \Rightarrow TM)\)
⇒ n_pi(Z) = n_pi(Y) – \((2n_{C_{2}H_{2}} + 3n_{C_{4}H_{4}})\) = 0,14 mol = \(n_{Br_{2}}\)
⇒ m = 22,4g