Bài 34. Khái niệm về hợp chất hữu cơ và hóa học hữu cơ

11: Na - Ô số 11 chu kì 3 nhóm IA

15: P - Ô số 15 chu kì 3 nhóm VA

16: S - Ô số 16 chu kì 3 nhóm VIA

19: K - Ô số 19 chu kì 4 nhóm IA

20: Ca - Ô số 20 chu kì 4 nhóm IIA

 TK

Na: 11 - Ô số 11 chu kì 3 nhóm I

 P :15 - Ô số 15 chu kì 3 nhóm V 

S : 16 - Ô số 16 chu kì 3 nhóm VI 

 K :19- Ô số 19 chu kì 4 nhóm I 

Ca :20- Ô số 20 chu kì 4 nhóm II

CHHH oxit có hóa trị cao nhất lần lượt là 

$Na_2O;MgO;Al_2O_3;SiO_2;P_2O_5;SO_3;Cl_2O_7$

Nguyên tố KL mạnh nhất là Na

Nguyên tố phi kim mạnh nhất là Cl

Nguyên tố khí hiếm là Ar

Nguyên tố kim loại kiềm là Na

Vì trong hình thành tự nhiên thành phần của đá có chứa nhiều CaCO3 và MgCO3. Khi mưa có nồng độ NO cao sẽ chuyển thành axit HNO3 hay mưa có nồng độ CO2 cao sẽ phản ứng chuyển hóa tạo nên những muối trên.

Ta dùng $Na_2CO_3$ để kết tủa hết và loại bỏ các cation làm nước cứng

+ Vì trong tự nhiên có sấm sét, mưa: N2+O2−−−−−−>2NO NO+1/2O2−−−−−−−−>NO2 2NO2+1/2O2+H2O−−−−−−−>2HNO3 + đá vôi có lẫn MgCO3 sẻ bị nước mưa hoà tan : CaCO3+2HNO3−>Ca(NO3)2+CO2+H2O MgCO3+2HNO3−−−−−−>Mg(NO3)2+CO2+H2O +Trong không khí có CO_2 nên : CaCO3+CO2+H2O−−−−−−−>Ca(HCO3)2 MgCO3+CO2+H2O−−−−−−−−−>Mg(HCO3)2

- để loại bỏ các muối trên ta dùng Na2CO3

Bình thứ nhất đựng dung dịch NaCl để giữ lại HCl bay hơi. Bình 2 đựng H2So4 đặc để giữ nước

\(n_A = \dfrac{2,75}{4,297.32} = 0,02(mol)\\ \Rightarrow x = \dfrac{n_{CO_2}}{n_A} = \dfrac{ \dfrac{1,792}{22,4}}{0,02} = 4\)

A : \(C_4H_8O_zN_tCl_t\)

Suy ra: 16z + 49,5t =81,5

Với z = 2 ;t = 1 thì thỏa mãn

Vậy CTPT của A: \(C_4H_8O_2NCl\)

a)

\(n_C = n_{CO_2} = \dfrac{4,48}{22,4} = 0,2(mol)\\ n_H = 2n_{H_2O} = \dfrac{3,6}{18}.2= 0,4(mol)\\ n_O = \dfrac{6-0,2.12-0,4}{16} = 0,2(mol)\)

Vậy X gồm 3 nguyên tố : C,H và O.

b)

Ta có: \(n_C: n_H : n_O = 0,2: 0,4 : 0,2 = 1 : 2 : 1\)

Vậy, CTĐGN là CH₂O

c)

CTHH của X: (CH₂O)_n.

Ta có : (12 + 2+16)n = 30.2

Suy ra n = 2

Vậy CTHH của X : C₂H₄O₂

\(n_{CO_2} = 0,1 ; n_{H_2O} = 0,1\)

\(M_X = \dfrac{1}{ \dfrac{0,373}{22,4}} = 60(đvC)\)

Bảo toàn khối lượng : 

\(m_{O_2} = 0,1.44 + 1,8 -3 = 3,2(gam)\\ \Rightarrow n_{O_2} = 0,1(mol)\)

Bảo toàn nguyên tố với C,H và O :

\(n_C = n_{CO_2} = 0,1\ mol\\ n_H = 2n_{H_2O} = 0,1.2 = 0,2\ mol\\ n_O = 2n_{CO_2} + n_{H_2O} -2n_{O_2} = 0,1(mol)\\ n_X = \dfrac{3}{60} = 0,05(mol)\)

Ta có : 

Số nguyên tử Cacbon = \( \dfrac{0,1}{0,05} = 2\)

Số nguyên tử Hidro = \( \dfrac{0,2}{0,05} = 4\)

Số nguyên tử Oxi = \( \dfrac{0,1}{0,05} = 2\)

Vậy CTPT của X : C₂H₄O₂

Ta có :

\(n_{CO_2} = \dfrac{6,72}{22,4} = 0,3(mol)\\ n_{H_2O} = \dfrac{7,2}{18}= 0,4(mol)\)

Suy ra : 

\(n_C = n_{CO_2} = 0,3(mol)\\ n_H = 2n_{H_2} = 0,4.2 = 0,8(mol)\)

Mà : 

\(m_C + m_H + m_O = m_B \Rightarrow n_O = \dfrac{4,4-0,3.12-0,8}{16} =0\).Chứng tỏ B không chứa Oxi.

Ta có : \(n_C : n_H = 0,3 : 0,8 = 3 : 8\)

Nên gọi CTHH của B là \((C_3H_8)_n\)

Mặt khác : \(M_B = (12.3 + 8).n = 44\\ \Rightarrow n = 1\)

Vậy CTHH của B : C₃H₈

n\(_{so_2}\) = \(\frac{2,24}{22,4}=0,1\) (mol)

n\(_{KOH_{ }}\)= 0,75 x 0,2= 0,15(mol)

SO\(_2\) + \(2KOH\)\(\rightarrow\) \(K_2SO_3\) + H\(_2\)O

Mol 0,1 0,1

C\(_M\)= \(\frac{0,1}{0,75}\)= 0,133M

cho 2,24 lít SO2 đktc vào 750ml dd KOH 0,2 M. Tính nồng độ mol chất tan trong dd mới (giả sử thể tích thay đổi ko đáng kể)

--

nSO2= 0,1(mol); nKOH= 0,15(mol)

1< nKOH/nSO2= 1,5 <2

=> Sp tạo 2 muối là K2SO3 và KHSO3.

Gọi x,y lần lượt là số mol 2 muối K2SO3 và KHSO3 sản phẩm.

PTHH: 2 KOH + SO2 -> K2SO3 + H2O

2x______________x___x(mol)

KOH + SO2 -> KHSO3

y_____y______y(mol)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=0,15\\x+y=0,1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,05\end{matrix}\right.\)

Vddsau= VddKOH= 0,75(l)

=> CMddK2SO3= 0,05/0,75= 1/15(M)

CMddKHSO3=0,05/0,75=1/15(M)

Em xem lại cách làm trên nhé!