50 bài tập về Phản ứng tách nước của ancol (có đáp án 2024) và cách giải

Dạng 3: Bài tập về phản ứng tách nước của ancol và cách giải – Hóa học lớp 11

A.Phương pháp giải

a. Tách nước tạo ete ở (140ºC)

$ROH+R\text{'}OH\underset{{140}^{o}C}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}ROR\text{'}\left(ete\right)+H_{2}O$

- Số ete thu được từ n ancol khác nhau tham gia phản ứng là $\frac{n(n+1)}{2}$

$\begin{array}{l}\Sigma n_{ancol}=2\Sigma n_{ete}=2\Sigma n_{H_{2}O}\\ \Sigma m_{ancol}=\Sigma m_{ete}+\Sigma m_{H_{2}O}\end{array}$

- Khi ancol no, đơn chức, mạch hở tách nước tạo thành ete thì khi đốt ete này ta vẫn thu được:

$n_{Ete}=n_{H_{2}O}–n_{C{O}_2}$

- Phương pháp: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng.

b. Tách nước tạo anken (hay olefin) (ở 170)

$C_n{H}_{2n+1}OH\underset{{170}^{o}C}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}{C}_n{H}_{2n}+H_{2}O$

Quy tắc tách Zai-xép: nhóm –OH ưu tiên tách ra cùng với nguyên tử H ở nguyên tử C có bậc cao hơn bên cạnh để tạo thành liên kết đôi C=C.

- Trong phản ứng tách H₂O → Anken:

$\begin{array}{l}\Sigma n_{ancol}=\Sigma n_{anken}+\Sigma n_{H_{2}O}\\ \Sigma m_{ancol}=\Sigma m_{anken}+\Sigma m_{H_{2}O}\end{array}$

Chú ý:

- Nếu tách nước 1 ancol → 1 anken duy nhất → ancol no, đơn chức, bậc 1 hoặc ancol đối xứng.

- Nếu 1 hỗn hợp ancol tách nước cho ra 1 anken → hỗn hợp ancol phải có 1ancol là CH₃OH hoặc 2 ancol là đồng phân của nhau.

- Ancol bậc bao nhiêu thì khi tách nước sẽ cho tối đa bấy nhiêu anken.

- Khi tách nước của ancol thì số C không thay đổi, nên khi đốt ancol và anken đều thu được lượng CO₂ bằng nhau.

- Phương pháp: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng.

c. Mở rộng

Ancol X tách nước trong điều kiện thích hợp tạo sản phẩm hữu cơ Y thì

+ Nếu tỉ khối của Y so với X nhỏ hơn 1 thì Y là anken và $d_{\raisebox{1ex}{$Y$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=\frac{14n}{14n+18}$

C_nH_2n+1OH $\underset{{170}^{o}C}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}$ C_nH_2n + H₂O

+ Nếu tỉ khối của Y so với X lớn hơn 1 thì Y là ete và $d_{\raisebox{1ex}{$Y$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=\frac{2R+16}{R+17}$

2ROH $\underset{{140}^{o}C}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}$ ROR + H₂O

B. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1:

A. C₅H₁₁OH

B. C₄H₉OH

C. C₂H₅OH

D. C₃H₇OH

Hướng dẫn giải

Vì $d_{\raisebox{1ex}{$Y$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=0,7<1\to Ylàanken$

$C_n{H}_{2n+1}OH\underset{{170}^{o}C}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}{C}_n{H}_{2n}+H_{2}O$

$\begin{array}{l}{d}_{\raisebox{1ex}{$Y$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=\frac{14n}{14n+18}=0,7\\ \to n=3\end{array}$

$\to$ Công thức phân tử của X là C₃H₈O.

Đáp án D

Ví dụ 2:

A. CH₃OH và C₂H₅OH

B. C₂H₅OH và C₃H₇OH

C. C₃H₅OH và C₄H₈OH

D. C₃H₇OH và C₄H₉OH

Hướng dẫn giải

$n_{H_{2}O}=\frac{1,8}{18}=0,1mol$

Ta có: $n_{ancol}=2n_{H_{2}O}=2.0,1=0,2mol$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có:

m_ancol = m_ete + m_nước = 6 + 1,8 = 7,8 gam

Gọi công thức chung của 2 ancol ROH

$\to M_{ancol}=\frac{7,8}{0,2}=39$

Mà 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp $\to$ 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

Đáp án A

Ví dụ 3:

A. 0,903g

B. 0,39g

C. 0,94g

D. 0,93g

Hướng dẫn giải

$n_{C{O}_2}=\frac{0,66}{44}=0,015mol$

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C\left(ancol\right)}=n_{C\left(anken\right)}=n_{C\left(C{O}_2\right)}=0,015mol$

Khi đốt cháy X và đốt cháy Y đều thu được lượng CO₂ như nhau. Mà Y là hỗn hợp các olefin nên $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$ = 0,015 (mol)

$\to m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=0,015.44+0,015.18=0,93g$

Đáp án D

C. Bài tập tự luyện

Câu 1:

A. CH₃CH(OH)CH₂CH₃

B. (CH₃)₃COH

C. CH₃OCH₂CH_2­CH₃

D. CH₃CH(CH₃)CH₂OH

Hướng dẫn giải

Loại B và C vì B, C không bị tách nước

Loại D do D chỉ có một hướng tách nên không thể tạo ra 3 anken

A đúng vì CH₃CH(OH)CH₂CH₃ có 2 cách tách là:

CH₂=CH-CH₂-CH₃ và CH₃-CH=CH-CH₃ ( có đồng phân hình học)

Đáp án A

Câu 2:

A. (1), (2)

B. (1), (2), (3)

C. (1), (2), (4)

D. (1), (2), (3), (4)

Hướng dẫn giải

Chỉ có (3) tách nước sẽ tạo ra CH₃CH=CHCH₂CH₃ có đồng phân cis – trans

Đáp án C

Câu 3:

A. CH₃OH

B. C₂H₅OH

C. C₄H₇OH

D. C₄H₉OH

Hướng dẫn giải

Vì $d_{\raisebox{1ex}{$Y$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=\text{ 1,}75>1\to$Y là ete

$2ROH\underset{{140}^{o}C}{\overset{H_{2}S{O}_4}{\to }}ROR+H_{2}O$

$\begin{array}{l}{d}_{\raisebox{1ex}{$Y$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$X$}\right.}=\frac{2R+16}{R+17}=1,75\\ \to R=55(-C_4{H}_7)\end{array}$

$\to$Công thức phân tử của X là C₄H₇OH.

Đáp án C

Câu 4:

A. 0,1 mol

B. 0,2 mol

C. 0,3 mol

D. 0,15 mol

Hướng dẫn giải

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có: m_{Ancol phản ứng} = m_ete + $m_{H_{2}Osp}$

$\begin{array}{l}\begin{array}{l}\to m_{H_{2}O}=132,8–111,2=21,6\\ \to n_{H_{2}O}=1,2mol\end{array}\\ n_{ete}=n_{H_{2}O}=1,2mol\end{array}$

Số ete = $\frac{3.(3+1)}{2}$ = 6

Vì các ete có số mol bằng nhau⇒ số mol mỗi ete là $\frac{1,2}{6}$= 0,2

Đáp án B

Câu 5:

A. 2,94 g

B. 2,48 g

C. 1,76 g

D. 2,76 g

Hướng dẫn giải

$n_{C{O}_2}=\frac{1,76}{44}=0,04mol$

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C\left(ancol\right)}=n_{C\left(anken\right)}=n_{C\left(C{O}_2\right)}=0,04mol$

Khi đốt cháy X và đốt cháy Y đều thu được lượng CO₂ như nhau. Mà Y là hỗn hợp các olefin nên $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$= 0,04 (mol)

$\to m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=0,04.44+0,04.18=2,48g$

Đáp án B

Câu 6:

A. C₂H₅OH và C₃H₇OH

B. C₂H₅OH và C₄H₉OH

C. CH₃OH và C₂H₅OH

D. CH₃OH và C₃H₅OH

Hướng dẫn giải

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=\frac{1,76}{44}=0,04mol\\ n_{H_{2}O}=\frac{0,72}{18}=0,04mol\end{array}$

Khi đốt ete:

Bảo toàn nguyên tố C: $n_C=n_{C{O}_2}=0,04mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_H=2n_{H_{2}O}=0,08mol$

Bảo toàn khối lượng: m_O = m_ete - m_C - m_H = 0,72 - 0,04.12 - 0,08.1 = 0,16 gam

$\begin{array}{l}\to n_{ete}=n_O=0,01mol\\ \to {\text{C : H : O = n}}_C:n_H:n_O=4:8:1\\ M{ete}_{}=\frac{0,72}{0,01}=72\end{array}$

→ Công thức phân tử của ete là C₄H₈O

Công thức cấu tạo: CH₃OCH₂CH=CH₂

Các ancol là CH₃OH và C₃H₅OH

Đáp án D

Câu 7:

A. 7,40 gam

B. 5,46 gam

C. 4,20 gam

D. 6,45 gam

Hướng dẫn giải

$n_{C{O}_2}=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)$

$n_{H_{2}O}=\frac{9,9}{18}=0,55\left(mol\right)$

$n_{H_{2}O}>n_{C{O}_2}$→ 3 ancol no, mạch hở

$n_{ancol}=0,55–0,3=0,25\left(mol\right)$

Gọi công thức chung của 3 ancol là C_nH_2n+2O

Số nguyên tử $\overline{C}=\frac{0,3}{0,25}=1,2$

$m_{ancol}=0,25.\left(14n+18\right)=0,25.\left(14.1,2+18\right)=8,7gam$

Mặt khác khi tách nước thì $n_{H_{2}O}=\frac{1}{2}{n}_{ancol}=\frac{1}{2}.0,25=0,125mol$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có

m_ancol = m_ete + m_nước m_ete = 8,7 – 0,125. 18 = 6,45 g

Đáp án D

Câu 8:

A. 2

B. 4

C. 3

D. 5

Hướng dẫn giải

X bị tách nước tạo 1 anken $\to$ X là ancol no, đơn chức và chỉ có 1 hướng tách

Công thức phân tử của X là C_nH_2n+1OH

$n_{ancol}=n_{H_{2}O}–n_{C{O}_2}=\frac{5,4}{18}-\frac{5,6}{22,4}=0,05mol$

$\to n=\frac{0,25}{0,05}=5\to$ Công thức phân tử của X là C₅H₁₁OH

Công thức cấu tạo của X thỏa mãn là

CH₃ – CH₂ – CH₂ – CH₂ – CH₂OH

CH₃ – CH(CH₃) – CH₂ – CH₂OH

CH₃ – CH₂ – CH(CH₃) – CH₂OH

Đáp án C

Câu 9:

A) Công thức phân tử của 2 anken là:

A. C₂H₄ và C₃H₆

B. C₂H₆ và C₃H₈

C. C₃H₆ và C₄H₈

D. C₄H₈ và C₅H₁₀

Hướng dẫn giải

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có: m_{Ancol phản ứng} = m_ete + $m_{H_{2}O}$

$\begin{array}{l}\begin{array}{l}\to m_{H_{2}O}=12,9–10,65=2,25\left(g\right)\\ \to n_{H_{2}O}=\frac{2,25}{18}=0,125\left(mol\right)\end{array}\\ \to n_{Ancol}=2n_{H_{2}O}=0,25\left(mol\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}Anken+H_{2}O\to Ancol\\ 0,250,25\leftarrow 0,25\end{array}$

$\begin{array}{l}{m}_{Anken}=m_{Ancol}–m_{H_{2}O}=12,9-0,25.18=8,4\\ \to M_{Anken}=\frac{8,4}{0,25}=33,6\end{array}$

Mà 2 anken liên tiếp → 2 anken đó là C₂H₄ và C₃H₆

Đáp án A

Câu 10:

A. 25% và 35%.

B. 20% và 40%.

C. 40% và 20%.

D. 30% và 30%.

Hướng dẫn giải

+ Phần 1: $n_{C{O}_2}=\frac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)$ , $n_{H_{2}O}=\frac{6,3}{18}=0,35\left(mol\right)$

$n_{H_{2}O}>n_{C{O}_2}$⇒ 2 ancol no, mạch hở

$n_{ancol}=0,35–0,25=0,1\left(mol\right)$

Gọi công thức chung của 2 ancol là C_nH_2n+2O

$\begin{array}{l}\frac{n_{H_{2}O}}{n_{C{O}_2}}=\frac{n+1}{n}=\frac{0,35}{0,25}\\ \Rightarrow n=2,5\end{array}$

⇒ 2 ancol đó là C₂H₅OH (X) (x mol) và C₃H₇OH (Y) (y mol)

$\frac{x}{y}=\frac{3-2,5}{2,5-2}=1$

→ $n_{C_2{H}_{5}OH}=n_{C_3{H}_{7}OH}=0,05\left(mol\right)$

+ Phần 2:

$\begin{array}{l}{n}_{ete}=\frac{0,42}{28}=0,015\left(mol\right)\\ \to \begin{array}{c}{n}_{Ancolpu}=2n_{ete}=0,03\left(mol\right)\\ n_{H_{2}O}=n_{ete}=0,015\left(mol\right)\end{array}\end{array}$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có:

m_{Ancol phản ứng} = m _ete + $m_{H_{2}O}$

→ m_{Ancol phản ứng} = 1,25 + 0,015.18 = 1,52g

Gọi $\begin{array}{c}{n}_{C_2{H}_{5}OHpu}=a\\ n_{C_3{H}_{7}OHpu}=b\end{array}$(mol)

$\begin{array}{l}a+b=n_{Ancolpu}\text{= }0,03\\ 46a+60b=m_{Ancolpu}=1,52\end{array}$

a = 0,02 mol ;b = 0,01mol

$\begin{array}{l}{H}_{\left(X\right)}=\frac{0,02}{0,05}.100\%=40\%\\ H_{\left(Y\right)}=\frac{0,01}{0,05}.100\%=20\%\end{array}$

Đáp án C