Ôn tập Hóa học Lớp 11 - Phương pháp giải bài tập phản ứng oxi hóa Anken

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP PHẢN ỨNG OXI HÓA ANKEN 
PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
1. Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn 
2 4 4 2 2 2 2
3C H 2KMnO 4H O 3HOCH H OH 2MnO 2KOH 
 (etylen glicol) 
3CnH2n + 2KMnO4 +4H2O 3CnH2n(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH 
2. Phản ứng oxi hóa hoàn toàn 
CnH2n + 
3n
2
O2 
o
t nCO2 + nH2O 
● Nhận xét : Trong phản ứng cháy anken ta luôn có : 
2 2CO H O
n n 
Phương pháp giải 
Khi giải bài tập liên quan đến phản ứng đốt cháy hỗn hợp các hiđrocacbon ta nên sử dụng 
phương pháp trung bình để chuyển bài toán hỗn hợp nhiều chất về một chất; một số bài tập 
mà lượng chất cho dưới dạng tổng quát thì ta sử dụng phương pháp tự chọn lượng chất 
nhằm biến các đại lượng tổng quát thành đại lượng cụ thể để cho việc tính toán trở nên đơn 
giản hơn. Ngoài ra còn phải chú ý đến việc sử dụng các định luật như bảo toàn nguyên tố, 
bảo toàn khối lượng, phương pháp đường chéo để giải nhanh bài tập trắc nghiệm. 
► Các ví dụ minh họa ◄ 
Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 200 ml dung dịch KMnO4 0,2M tạo thành chất rắn màu nâu đen 
cần V lít khí C2H4 (ở đktc). Giá trị tối thiểu của V là : 
A. 2,240. B. 2,688. C. 4,480. D. 1,344. 
Hướng dẫn giải 
Cách 1 : Áp dụng định luật bảo toàn electron : 
4 2 4 2 4 4 2 4
KMnO C H C H KMnO C H
3 3
3.n 2.n n .n .0,2.0,2 0,06 mol V 0,06.22,4 1,344 lít.
2 2
Cách 2 : Tính toán theo phương trình phản ứng : 
2 4 4 2 2 2 2
3C H 2KMnO 4H O 3HOCH H OH 2MnO 2KOH 
mol: 0,06  0,04 
Đáp án D. 
● Nhận xét : Cách 1 nhanh hơn cách 2 do chỉ cần xác định sự thay đổi số oxi hóa của các 
chất, rồi áp dụng định luật bảo toàn electron, không phải viết và cân bằng phản ứng. 
Ví dụ 2: Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy 
hoàn toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được 
hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là : 
A. C3H8. B. C3H6. C. C4H8. D. C3H4. 
Hướng dẫn giải 
ZM 19.2 38 gam / mol Z gồm CO2 và O2 
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : 2
2
O
CO
n 44 38 1
n 38 32 1
Phương trình phản ứng : 
0
t
x y 2 2 2
y y
C H x O xCO H O
4 2
( )  
bđ: 1 10 
pư: 1 
y
x
4
 x 
spư: 0 
y
10 (x )
4
 x 
y
10 (x )
4
 = x 40 = 8x + y x = 4 và y = 8 
Đáp án C. 
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol anken X thu được CO2 và hơi nước. Hấp thụ hoàn 
toàn sản phẩm bằng 100 gam dung dịch NaOH 21,62% thu được dung dịch mới trong đó 
nồng độ của NaOH chỉ còn 5%. Công thức phân tử đúng của X là : 
A. C2H4. B. C3H6. C. C4H8. D. C5H10. 
Hướng dẫn giải 
 Đặt công thức phân tử của anken là CnH2n. 
 Phương trình phản ứng : 
 CnH2n + 
3n
2
O2 
o
t nCO2 + nH2O (1) 
mol: 0,1 0,1n 0,1n 
 CO2 + 2NaOH Na2CO3 + H2O (2) 
mol: 0,1n 0,2n 
Theo giả thiết sau phản ứng NaOH còn dư nên muối tạo thành là muối Na2CO3. 
Theo (1), (2) và giả thiết suy ra : 
NaOH dö
21,62%.100
n 0,2n (0,5405 0,2n) mol.
40
2 2
dung dòch spö dung dòch NaOH CO H O
m m m m 100 0,1n.44 0,1n.18 (100 6,2n) gam. 
Nồng độ % của dung dịch NaOH sau phản ứng là : 
(0,5405 0,2n).40
C% .100 5 n 2
100 6,2n
Vậy công thức phân tử của anken là C2H4. 
Đáp án A. 
Ví dụ 4: X, Y, Z là 3 hiđrocacbon kế tiếp trong dãy đồng đẳng, trong đó MZ = 2MX. Đốt 
cháy hoàn toàn 0,1 mol Y rồi hấp thu ̣toàn bô ̣sản phẩm cháy vào 2 lít dung dic̣h Ba(OH)2 
0,1M đươc̣ môṭ lươṇg kết tủa là : 
A. 19,7 gam. B. 39,4 gam. C. 59,1 gam. D. 9,85 gam. 
Hướng dẫn giải 
Gọi khối lượng mol của X, Y, Z lần lượt là : M; M + 14; M + 28. 
Theo giả thiết ta có : 
MZ = 2MX M + 28 = 2M M = 28. 
Vậy X là C2H4, Y là C3H6, Z là C4H8. 
Phương trình phản ứng : 
 C3H6 + 9O2 
o
t 3CO2 + 3H2O (1) 
mol: 0,1 0,3 
 CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (2) 
mol: 0,2  0,2 0,2 
 CO2 + BaCO3 + H2O Ba(HCO3)2 (3) 
mol: 0,1 0,1 
Theo các phản ứng và giả thiết ta thấy số mol BaCO3 thu được là 0,1 mol. 
Vậy khối lượng kết tủa thu được là 19,7 gam. 
Đáp án A. 
Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 8,96 lít (đktc) hỗn hợp hai anken là đồng đẳng liên tiếp thu 
được m gam H2O và (m + 39) gam CO2. Hai anken đó là : 
 A. C2H4 và C3H6. B. C4H8 và C5H10. 
 C. C3H6 và C4H8. D. C6H12 và C5H10. 
Hướng dẫn giải 
Đặt CTTB của hai anken (olefin) là n 2nC H 
Số mol của hỗn hợp hai anken = 
8,96
0,4 mol.
22,4
 n 2nC H + 2
3n
O
2
  n CO2 + n H2O (1) 
mol: 0,4 0,4 n 0,4 n 
 Theo giả thiết và (1) ta có : 
 2 2CO H O
m m 44.0,4n 18.0,4n (m 39) m 39 n 3,75 
. 
 Vì hai anken là đồng đẳng kế tiếp và có số nguyên tử cacbon trung bình là 3,75 nên suy 
ra công thức phân tử của hai anken là C3H6 và C4H8. 
Đáp án A. 
Ví dụ 6: Có V lít khí A gồm H2 và hai olefin là đồng đẳng liên tiếp, trong đó H2 chiếm 60% 
về thể tích. Dẫn hỗn hợp A qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn 
khí B được 19,8 gam CO2 và 13,5 gam H2O. Công thức của hai olefin là : 
A. C2H4 và C3H6. B. C3H6 và C4H8. C. C4H8 và C5H10. D. C5H10 và C6H12. 
Hướng dẫn giải 
Đặt CTTB của hai olefin là n 2nC H . 
Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì thể tích tỉ lệ với số mol khí. 
Hỗn hợp khí A có: 
n 2n
2
C H
H
n 0,4 2
n 0,6 3
. 
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và định luật bảo toàn nguyên tố ta thấy đốt cháy hỗn 
hợp khí B cũng chính là đốt cháy hỗn hợp khí A. Ta có : 
 n 2nC H + 2
3n
O
2
  n CO2 + n H2O (1) 
 2H2 + O2  2H2O (2) 
Theo phương trình (1) ta có: 
2 2CO H O
n n = 0,45 mol; 
n 2nC H
0,45
n
n
 mol. 
2
H O ôû (1) vaø (2)
13,5
n
18
 = 0,75 mol 
2
H O ôû (2)
n = 0,75 0,45 = 0,3 mol 
2H
n = 0,3 mol. 
Ta có: n 2n
2
C H
H
n 0,45 2
n 0,3.n 3
 n = 2,25 
 Hai olefin đồng đẳng liên tiếp là C2H4 và C3H6. 
Đáp án A. 
Ví dụ 7: Hỗn hợp khí A ở điều kiện tiêu chuẩn gồm hai olefin. Để đốt cháy 7 thể tích A 
cần 31 thể tích O2 (đktc). Biết olefin chứa nhiều cacbon chiếm khoảng 40% – 50% thể tích 
hỗn hợp A. Công thức phân tử của hai elefin là : 
A. C2H4 và C3H6. B. C3H6 và C4H8. C. C2H4 và C4H8. D. A 
hoặc C đúng. 
Hướng dẫn giải 
Đặt công thức trung bình của hai olefin là : 
n 2n
C H 
Phương trình phản ứng : 
n 2n
C H + 
3n
2
 O2 n CO2 + n H2O (1) 
Thể tích: 7 7. 
3n
2
Theo (1) và giả thiết ta có : 7. 
3n
2
 = 31 n 2,95 
 Trong hai olefin phải có một chất là C2H4 và chất còn lại có công thức là n 2nC H 
Vì olefin chứa nhiều cacbon chiếm khoảng 40% – 50% thể tích hỗn hợp A nên 
n 2n
2 4 n 2n
C H
C H C H
n
40% 50%
n n
 (2) 
Áp dụng sơ đồ đường chéo đối với số cacbon của hai olefin ta có : 
n 2n
2 4
C H
C H
n 2,95 2
n n 2,95
 n 2n
2 4 n 2n
C H
C H C H
n 2,95 2 0,95
n n n 2,95 2,95 2 n 2
 (3) 
Kết hợp giữa (2) và (3) ta có : 3,9 < n < 4,375 n = 4 
Đáp án C. 
Ví dụ 8: Hỗn hợp A gồm C3H6, C3H4, C3H8. Tỉ khối hơi của A so với H2 bằng 21,2. Đốt 
cháy hoàn toàn 4,48 lít (đktc) hỗn hợp A rồi cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 
dư. Khối lượng dung dịch sau phản ứng 
A. giảm 20,1 gam. B. giảm 22,08 gam. C. tăng 19,6 gam. D. tăng 22,08 gam. 
Hướng dẫn giải 
Đặt công thức chung của các chất trong hỗn hợp A là 
3 y
C H 12.3 + y =21,2.2 y = 6,4. 
Sơ đồ phản ứng : 
3 2 2 2y
y y
 C H (3 O ) 3CO H O
4 2
y
mol : 0,2 0,2.3 0,2.
2
Tổng khối lượng nước và CO2 sinh ra là : 0,2.3.44 + 0,2. 
6,4
2
.18 = 37,92 gam. 
 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2) 
mol: 0,6 0,6 
 Khối lượng kết tủa sinh ra là : 0,6.100 = 60 gam. 
 Như vậy sau phản ứng khối lượng dung dịch giảm là : 60 – 37,92 = 22,08 gam. 
Đáp án B. 
Ví dụ 9: Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon vào bình đựng dung dịch brom 
(dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít 
khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2. Công thức phân tử của 
hai hiđrocacbon là (biết các thể tích khí đều đo ở đktc) : 
A. CH4 và C2H4. B. CH4 và C3H4. C. CH4 và C3H6. D. C2H6 và C3H6. 
Hướng dẫn giải 
Theo giả thiết ta có : 
2
X Br
n 0,075 mol; n 0,025 mol . 
Vì sau khi hỗn hợp X phản ứng với dung dịch Br2 dư vẫn còn khi thoát ra chứng tỏ trong 
X có chứa một hiđrocacbon no (A), nA = 0,05 mol. Chất còn lại trong X là hiđrocacbon 
không no (B), nB = 0,25 mol. 
2
Br
B
n 1
n 1
 Công thức phân tử của B là CmH2m. 
Số nguyên tử cacbon trung bình của hai hiđrocacbon = 2
CO
X
n 0,125
1,667
n 0,075
 nên suy ra một 
chất có số C bằng 1. Vậy hiđrocacbon no là CH4. 
Phương trình theo tổng số mol của CO2 : 0,05.1 + 0,025.m = 0,125 n = 3. 
Vậy hai hidđrocacbon trong X là CH4 và C3H6. 
Đáp án C.