Oxi hóa hoàn toàn 0,60 g một ancol A đơn chức bằng oxi không khí, sau đó dẫn sản phẩm qua bình (1) đựng H2SO4 đặc rồi dẫn tiếp qua bình (2) đựng dung

0 bình luận về “Oxi hóa hoàn toàn 0,60 g một ancol A đơn chức bằng oxi không khí, sau đó dẫn sản phẩm qua bình (1) đựng H2SO4 đặc rồi dẫn tiếp qua bình (2) đựng dung”

1. a)

   R-OH + O2 —> CO2 + H2O

   CO2 + 2KOH —> K2CO3 +H2O

   b)

   m bình(1) tăng = m H2O =0,72  —> nH2O=0,04 mol

   m bình(2) tăng = m CO2 =1,32  —> nCO2 =0,03 mol

   BTNT với C và H

   nC = nCO2 = 0,03 mol ; nH =2nH2O =0,08 mol

   mA=mC+mH+mO

   –> nO =(0,6-0,03.12-0,08)/16=0,01 mol

   Ta có nC : nH : nO = 0,03:0,08:0,01 =3:8:1

   Gọi CTPT là (C3H8O)n

   Dạng CT của ancol A là CnH2n+2O có 3n=8n+2 —>n=1

   Các CTCT có thể:

   (1)CH3-CH2-CH2-OH

   (2)CH3-CH(OH)-CH3

   Cho A tác dụng với CuO đun nóng thu được andehit tương ứng

   => A có cấu tạo mạch thẳng không phân nhánh

   => A là propan-1-ol

   CH3CH2CH2OH + CuO —to—> CH3CH2CHO + Cu + H2O

   Trả lời

2. Đáp án:

   b) C3H8O

   c) Propan-1-ol

   Giải thích các bước giải:

   a/

   PTHH:

   $C_xH_yO + \dfrac{4x+y}{4}O_2 \xrightarrow{t^o} xCO_2 + \dfrac{y}{2}H_2O$

   Hiện tượng là có khí CO2 và hơi nước sinh ra.

   $CO_2+2KOH→K_2CO_3+H_2O$

   b/

   Độ tăng khối lượng bình H2SO4 = mH2O

   $→ n_H=2n_{H_2O}=2.\dfrac{0,72}{18}=0,08\ (mol)$

   Độ tăng khối lượng bình KOH trong trường hợp bài này = mCO2

   $→ n_C=n_{CO_2}=\dfrac{1,32}{44}=0,03\ (mol)$

   $⇒ n_{O/A}=\dfrac{0,6-0,08.1-0,03.12}{16}=0,01\ (mol)$

   Đặt CTTQ của rượu là $C_xH_yO_z$

   $→ x : y : z = 0,03 : 0,08 : 0,01 = 3 : 8 : 1$

   $→ CTPT: (C_3H_8O)_n$

   Ta có $n_{H_2O}=0,04>n_{CO_2}=0,03$

   ⇒ A là rượu no đơn chức mạch hở

   $⇒ 8n=2.3n+2→ n=1$

   Vậy CTPT của A là $C_3H_8O$

   c/

   Các CTCT có thể:

   (1) $CH_3-CH_2-CH_2-OH$

   (2) $CH_3-CH(OH)-CH_3$

   Cho A tác dụng với CuO đun nóng thu được andehit tương ứng

   ⇒ A là propan-1-ol

   PTHH: $CH_3CH_2CH_2OH + CuO \xrightarrow{t^o} CH_3CH_2CHO + Cu + H_2O$

   Trả lời