Bài tập Hidrocacbon (6)

Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
n H2O
n CO2

=

0,5
0,3

= 1,67 >1 Þ A, B thuộc dãy đồng đẳng ankan.
Đặt CTTB A, B : Cn H 2n+2 : a mol
Cn H 2n+2 +
3n + 1
2

O 2 ® nCO 2 + (n + 1)H 2O
a	®  a n	® a( n +1)	(mol)
=	Þ n = 1,5
=
Ta có
n H2O
n CO2

0,3       n
0,5  n + 1
Cn H 2n+2-2k +
O2 ¾
¾® nCO 2 + (n + 1 - k)H 2O
Cm H 2m+2-2k +
O2 ¾
¾® mCO2 + (m + 1 - k)H 2O
î(n + 1 - k)a + (m + 1 - k)b = 0,5
Đặt CTTQ A, B : CnH2n+2 và CmH2m+2
Giả sử n< m Þ n< 1,5 Þ n = 1 Þ CTPT A : CH4 (M = 16)
Þ MB = 16 + 28 = 44 Þ CTPT B : C3H8.
Cách 2 : Đặt CTTQ A, B : CnH2n+2 : a mol và CmH2m+2 : b mol
Các ptpứ cháy :
3n + 1 - k
2
a	an	a(n+1-k)	(mol)
3m + 1 - k
2
b	bm	b(m+1-k)	(mol)
Ta có :
ìan + bm = 0,3
í
Þ (a+b)(1-k) = 0,2  Þ k = 0 vì chỉ có k = 0 thì phương trình mới có nghĩa.
Þ a + b = 0,2 và an + bm = 0,3
Giả sử n < m
Þ n<
<m Þ n<
Þ n(a+b) < m (a+b)
na + bm
a + b

0,3
0,2

= 1,5 < m
Biện luận tương tự cách trên suy ra CTPT A : CH4 và B : C3H8.
II.2.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LẬP CTPT
HYDROCACBON
Bài 1 :
64
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Cracking ankan A, người ta thu được một hỗn hợp khí B gồm 2 ankan và 2 anken. Tỉ
khối hơi của B so với H2 dB/H2 = 14,5. Khi dẫn hỗn hợp khí B qua dung dịch Br2 dư, khối
lượng hỗn hợp khí giảm đi 55,52%.
a) Tìm CTPT của A và các chất trong B.
b) Tính % thể tích các chất khí trong B.
GIẢI
Ở bài này dựa vào tính chất phản ứng cracking và áp dụng định luật bảo toàn khối
lượng để tìm MA kết hợp với phương pháp ghép ẩn số để giải.
M hhB =14,5.2 = 29
Theo ĐLBT khối lượng : khối lượng A đem cracking = khối lượng hỗn hợp B
Þ mAtham gia pứ = mB (1)
Phản ứng cracking làm tăng gấp đôi số mol hydrocacbon nên
nB = 2nA tham gia pứ  (2)
(1) chia (2) Þ M hhB = ½ MA
Þ MA = 29.2 = 58
MA = 14n + 2 = 58 Þ n= 4
v	CTPT A là C4H10
Các ptpu cracking A :
C4H10 ® CH4 + C3H6
a	® a	a (mol)
C4H10 ® C2H6 + C2H4
b ®	b	b (mol)
Gọi A, B lần lượt là số mol A đã bị cracking theo 2 phản ứng trên.
hh B gồm : CH4  : a (mol)
C2H6 : b (mol)
C3H6 : a (mol)
C2H4 : b (mol)
Khi dẫn hh qua dd Br2 thì 2 anken bị hấp thụ.
Þ m2anken = 55,52%mB = 55,52%mA
Þ mC3H6 + mC2H4 = 55,52%.58 (a+b)
Û 42a + 28b = 32,2016 (a+b)
Û 9,7984a = 4,2016b Û b @ 2,3a (mol)
nB = 2(a + b) = 2 (a + 2,3a) = 6,6a (mol)
Ở cùng điều kiện, tỉ lệ số mol cũng chính là tỉ lệ về thể tích
Þ %CH4 = %C3H6 =
a
6,6a
*100% = 15%
%C2H6 = %C2H4 =
b
6,6a
*100% =
2,3a
6,6a
*100% = 35%
Bài 2 :
65
P2	n
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Hydrocacbon (X) dẫn xuất từ aren. Hóa hơi (X) trộn với oxi vừa đủ trong một khí
nhiên kế, đốt hoàn toàn hỗn hợp rồi đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất trong bình bằng 12
lần áp xuất của (X) ban đầu. Đưa về 0oC áp suất khí giảm còn 2/3.
5,2 gam (X) làm mất màu dung dịch chứa 8 gam Brôm.
Xác định CTCT của (X)
GIẢI
Bài này có 2 cách giải :
v	Ở cùng điều kiện T, V không đổi thì tỉ lệ số mol bằng tỉ lệ áp suất.
PV = nRT
=	2  = 12
P1	n1
v	Khi đưa về OoC, hơi nước bị ngưng tụ. Khí còn lại là CO2
P3 = 2/3P2
nCO2 = 2/3 (nCO2 + nH2O)
Cách 1 : Dùng phương pháp thông thường để giải.
v	Giả sử số mol của X là 1mol
Cx H y + ç x +
÷O2 ¾¾® xCO2 +
æ
è
y ö              t0
4 ø
y
2

H 2O
1	® x	® y/2   (mol)
n2 = x + y/2
Þ n2 = 12n1 hay x + y/2 = 12 (1)
x = 2/3 (x + y/2) Û 3x = 2x + y
Û x = y (2)
(1), (2) Þ x + x/2 = 12 Þ x = 8 = y Þ CTPT X : C8H8
Cách 2 : Dùng phương pháp biện luận giải
Gọi CxHy : n1 (mol)
Þ n2 = 12n1 (1)
Khi đưa về OoC :
n3 = 2/3n2 = 2/3.12n1 = 8n1 = nCO2
Þ nH2O = 12n1 – 8n1 = 4n1
Cx H y + ç x +
÷O2 ¾¾® xCO2 +
æ
è
y ö              t0
4 ø
y
2
H 2O
n1	® 8n1 ®  4n1
x : y/2 = 8n1 : 4n1 Þ x= y.
v	CTN của X (CH)n hay CnHn
CnHn + kBr2 ® CnHnBrk
13n	® 160k
5,2	® 8
66
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
13n
5,2

=

160k
8

Þ 2,5n = 20k Þ k =

8
n
X là dẫn xuất của Benzen Þ n ³ 6 Þ k £ 8/6 = 1,33
Þ k = 1 và n = 8.
v	Vậy CTPT A : C8H8   r = (8.2 + 2 – 8) = 5
A là dẫn xuất của benzen, A lại làm mất màu dd Br2 Þ có nối đôi C=C ở nhánh.
v	CTCT A :
CH=CH2
A là Styren.
Bài 3 :
Đốt cháy 19,2 g hỗn hợp 2 ankan kế tiếp thì thu được V lít CO2 (0oC, 2 atm). Cho V
lít CO2 trên qua dd Ca(OH)2 thì thu được 30g kết tủa. Nếu tiếp tục cho dd Ca(OH)2 vào
đến dư thì thu được thêm 100g kết tủa nữa.
a) Xác định CTPT 2 ankan.
b) Tính thành phần % theo khối lượng 2 hydrocacbon.
GIẢI
Ở bài này, đốt cháy hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp nên dùng phương pháp trung bình
để giải.
a) Xác định CTPT 2 ankan :
Đặt CTTQ 2 ankan   X : CnH2n+2 : a (mol)
Y : CmH2m+2 : b (mol)
CTPT trung bình 2 ankan Cn H 2n+2
Þ nCO2 = nCaCO3 =
= 1,3 (mol)
Giả sử n < m Þ n< n < m = n + 1.
CO2 + Ca(OH)2 ® CaCO3  +   H2O
2CO2 + Ca(OH)2 ® Ca(HCO3)2
Khi cho thêm dd Ca(OH)2 vào đến dư :
Ca(HCO3)2   +   Ca(OH)2 ® 2CaCO3  + 2H2O
Áp dụng ĐLBT khối lượng thì mCO2 = mCO2(trong å CaCO
30 + 100
100
Þ mCO2 = 1,3.44 = 57,2 (g)

3

)
Cn H 2n+2 +
3n + 1
2
O2  ¾® nCO2 + (n + 1)H 2O
M	44 n
19,2	57,2
67
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Ta có tỉ lệ :
M
19,2
=
44n
57,2
Û
14n + 2
19,2
=
44n
57,2
n = 2,6
Ta có n < n = 2,6 < m = n+1
Þ n = 2 và m =3
v	Vậy CTPT 2 ankan là C2H6 và C3H8
b) Tính % các hydrocacbon trên :
C2H6 + 7/2O2 ® 2CO2 + 3H2O
a	® 2a	(mol)
C3H8 + 5O2 ® 3CO2 + 4H2O
b	® 3b	(mol)
nCO2 = 2a + 3b = 1,3 (1)
mhh = 30a + 44b = 19,2 (2)
(1) , (2) Þ a = 0,2 ;b = 0,3	(mol)
%C2H6 =
30a
19,2
*100% =
30.0, 2
19,2
*100% = 31,25%
% C3H8 =
44b
19,2
*100% =
44.0,3
19,2
*100% = 68,75%
Bài 4 :
Một hỗn hợp X gồm 2 hydrocacbon liên tiếp nhau thuộc cùng một dãy đồng đẳng và
đều ở thể khí ở đktc. Đốt cháy X với 6,4g O2 (lấy dư) và cho hỗn hợp CO2, H2O, O2 dư đi
qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì có 100g kết tủa và còn lại 1 khí thoát ra có V=
11,2l(0,4atm,OoC).
a) Xác định dãy đồng đẳng A,B
b) Xác định CTPT của A, B
Tóm tắt :
dd Ca(OH)2 dö	1 khí coù V=11,2l (0,4atm;O C)
H2  2
X 6,4G O2   COO
O2 dö

100G
o
nO2bđ = 64/32 = 2 mol
GIẢI
Ở bài này, đốt cháy 2 hydrocacbon liên tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng nên sử dụng
phương pháp trung bình để giải.
a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B :
nO2 dư = PV/RT = 11,2.0,4/(0,082.273) = 0,2 mol
nO2 pu = 2-0,2 = 1,8 (mol)
khí CO2, H2O bị hấp thụ vào dd Ca(OH)2 dư
68
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Ca(OH)2	+	CO2	CaCO3	+  H2O
nCO2 = nCaCO3 = 100/100 = 1 mol
Cx H y + çç x +
÷O2 ¾¾® xCO2 +
4 ø
æ
è
y ö              t0
÷
y
2

H 2O
Áp dụng ĐLBT nguyên tố (O) cho ptpu cháy :
nO2 pứ = nCO2 +  ½ nH2O
Þ nH2O = 2(nO2 pư – nCO2) = 2(1,8-1) = 1,6 mol.
Ta thấy nH2O > nCO2 Þ hai hydrocacbon trên thuộc dãy đồng đẳng ankan.
CTPT trung bình 2 ankan là : Cn H 2n+2
Cn H 2n+2 +
3n + 1
2

O2  ¾® nCO2 + (n + 1)H 2O
ïìA : Cx H y
ïîB : Cx H y'
x	® (3 n +1)/2x ®	x n ® x ( n +1)	(mol)
nCO2 = x n = 1
nH2O = x( n +1) = 1,6
x = 0,6
n = 1,67
1 < n =1,67 < m= n + 1
Þ n= 1 và m = 2
Þ CTPT 2 ankan là CH4 và C2H6
Bài 5 :
Đốt cháy 560cm3 hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hydrocacbon có cùng số nguyên tử
cacbon ta thu được 4,4g CO2 và 1,9125g hơi nước.
a) Xác định CTPT các chất hữu cơ.
b) Tính %khối lượng các chất.
c) Nếu cho lượng CO2 trên vào 100 ml dd KOH 1,3M; Tính CM muối tạo thành.
GIẢI
Ở bài này, ta dùng phương pháp số nguyên tử H trung bình kết hợp với phương pháp
biện luận để giải.
a) Xác định CTPT các hydrocacbon :
Đặt CTPT 2 hydrocacbon trên : í
CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên : Cx H y
Giả sử  y < y’ Þ y <  y < y’
Số mol hỗn hợp khí nhh =
0,56
22,4
= 0,025 mol
nCO2 = 4,4/44 = 0,1 (mol)
nH2O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol)
69
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Cx H y + çç x +
÷O2 ¾¾® xCO2 +
4 ø
æ
è

y ö              t0
÷

y
2

H 2O
0,025	® 0,025x ® 0,025 y /2
ìn CO2 = 0,025 = 0,1
ïn H2O = 0,025	= 0,10625
ï
í	y
î	2

ìx = 4
Þ í
îy = 8,5
CTPT A, B có dạng : A : C4Hy và B : C4Hy’
Ta có y <  y < y’ hay y < 8,5 <y’ (1)
Biện luận tìm CTPT B :
8,5 < y’ chẵn
y’ £  2x + 2  = 2.4 + 2 = 10
Þ y’ =10 Þ CTPT B : C4H10
Tương tự biện luận tìm CTPT A :
y < 8,5
y chẵn
y	2	4	6	8
A	C4H2	C4H4	C4H6	C4H8
Vậy có 4 cặp nghiệm :
îB : C4H10'
ìA : C4H 2
í
và  íìA : C4H 4
îB : C4H10'
và  íìA : C4H 6
îB : C4H10'
và  íìA : C4H8
îB : C4H10'
c) Tính CM các muối tạo thành :
nKOH = V.CM = 0,1.1,3 = 0,13 (mol)
Ta có :
n KOH
n CO2
=
0,13
0,1
= 1,3 Þ Tạo thành 2 muối.
CO2  +  2KOH ® K2CO3   +  H2O
a	2a	a	(mol)
CO2  +	KOH ® KHCO3
b	b	b	(mol)
Þ íìa = 0,03
Ta có : íìa + b = n CO2  = 0,1
î2a + b = n KOH = 0,13

îb = 0,07

(mol)
CM(K2CO3 ) =
0,03
0,1

= 0,3 (M)   CM(KHCO3) =
0,07
0,1
= 0,7 (M)
Bài 6 :
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ankin (A) và ankan (B) có V = 5,6 lít (đkc) được
30,8g CO2 và 11,7g  H2O
Xác định CTPT A,B. Tính % A,B. Biết B nhiều hơn A một C
70
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
GIẢI
Ở bài này, đốt cháy hỗn hợp 2 hydrocacbon không phải là đồng đẳng của nhau nên
không dùng phương pháp trung bình được mà sử dụng phương pháp ghép ẩn số và biện
luận để giải.
Gọi 5,6 l hh : íìA : Cn H 2n-2 : a
îB : Cm H 2m+2 : b

(mol)   (n ³ 2; m ³ 1)
Cn H 2n-2 +
3n
2
O 2  ¾® nCO2 + (n - 1)H 2O
Cm H 2m+2 +
O2 ¾
¾® mCO2 + (m + 1)H 2O
a	an	a(n-1)	(mol)
3m + 1
2
b	bm	bm	(mol)
n hỗn hợp = a+ b =
5,6
22,4
= 0,25 (mol)        (1)
n CO2 = an + bm =
30,8
44
= 0,7 (mol)       (2)
= 0,65 (mol)   (3)
n H2O  = a(n-1)  +  bm  =
11,7
18
(2), (3) Þ an  - a + bm  =  0,65
 0,7  - a  = 0,65
a = 0,05 mol
(1)  b = 0,25 – a = 0,25-0,05 = 0,2 mol
(2) an + bm = 0,05n +0,2m = 0,7
n +  4m = 14
Þ m £ 3,5
n  = 14 – 4m
m = n +1 vì B nhiều hơn A một C
Biện luận :
m	1	2	3
n	10	6	2
Vậy m = 3 n =2
Vậy CTPT A, B: íì A : C2 H 2
îB : C3 H 6
Bài 7 :
Một hỗn hợp khí (X) gồm 1 ankan, 1 anken và 1 ankin có V =1,792 lít (ở đktc) được
chia thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho qua dung dịch AgNO3/NH3 dư tạo 0,735 g kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm
12,5%
71
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
- Phần 2 : Đốt cháy hoàn toàn rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào 0,2 lít dung dịch Ca(OH)2
0,0125M thấy có 11g kết tủa
Xác định CTPT của các hydrocacbon.
GIẢI :
Ở bài này, có nhiều thí nghiệm với nhiều dữ kiện, ta nên dùng phương pháp ghép ẩn
số để giải.
nhh =
1,792
22,4
= 0,08 mol
gọi a, b, c lần lượt là số mol của ankan, anken, ankin trong mỗi phần
Þ a + b + c = 0,04 mol (1)
v	Phần 1 + dd AgNO3/NH3 dư ® 0,735g ¯ Vhh giảm 12,5%
Þ Vankin = 12,5%(1/2Vhh)
Þ nankin = c = 12,5%*0,04 = 0,005 mol	(2)
Þ M¯=
0,735
0,005
= 147
Þ Trong phân tử kết tủa chỉ có một nguyên tử bạc. Vậy ankin ban đầu là ankin-1
Đặt CTPT kết tủa CnH2n-3Ag
M¯ = 14n +105 = 107 Þ n= 3
Vậy CTPT ankin là C3H4.
Ta có a + b = 0,04- c =0,04 -0,005 = 0,035 mol (3)
v	Phần 2 :
C3H4  +   4O2 ® 3CO2  +   2H2O
0,005	® 0,015	(mol)
CmH2m   +  3m/2O2 ® mCO2   +	mH2O
b	® mb	(mol)
CnH2n+2   +  (3n+1)/2O2 ® nCO2   +	(n+1)H2O
a	® na	(mol)
nCO2 = 0,015 + mb  +  na	(mol)   (4)
nCa(OH)2 = 0,2 * 0,0125 = 0,115 mol
nCaCO3 = 11/100 = 0,11(mol)
Khi cho CO2 vào dd Ca(OH)2 có thể xảy ra các phản ứng sau :
Ca(OH)2   +	CO2 ® CaCO3	+   H2O	(5)
Ca(OH)2   +   2CO2 ® Ca(HCO3 )2	(6)
số (5)

v    TH 1 : Số mol CO2 thiếu so với dd Ca(OH)2, chỉ xảy ra phương trình phản ứng
nCO2 = 0,015 + mb  +  na = nCaCO3 = 0,11 mol
Þ mb + na = 0,095 mol (7)
72
na + mb
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Cách 1 : Dùng phương pháp biện luận dựa vào giới hạn
Giả sử n < m
Þ na + nb < na + mb < ma + mb
n(a + b) < na + mb < m(a + b)
n<	<m
a + b
1 £  n<
0,095
0,035
= 2,7 <m £ 4
Þ íìn = 1;2
îm = 3;4
Vậy có 4 cặp nghiệm ứng với trường hợp 1 :
îanken : C3 H 6
ìankan : CH 4
í
hay íìankan : C2 H 6
îanken : C3 H 6
hay  íìankan : CH 4
îanken : C4 H 8
hay íìankan : C2 H 6
îanken : C4 H 8
Giả sử m < n
Þ 2 £  m<
0,095
0,035
= 2,7 <n £ 4
îm = 2
ìn = 3,4
í
Có 2 cặp nghiệm :
îanken : C2 H  4
ìankan : C3 H 8
í
hay íìankan : C4 H10
îanken : C2 H 4
v	TH 2 : Xảy ra cả hai phương trình phản ứng 5,6 :
Ca(OH)2	+	CO2 ® CaCO3	+   H2O  (5)
0,11	0,11	0,11	(mol)
Ca(OH)2	+   2CO2 ® Ca(HCO3 )2	(6)
(0,115-0,11)   2.0,005
nCO2  =  0,11 + 2.0,005 = 0,12  (mol)
Þ na + mb = 0,12 – 0,015 = 0,105 (mol)
Giả sử n<m
Þ 1£  n <
0,105
0,035
= 3 <m £ 4
Þ íìn = 1,2
và  í	2	6
îm = 4
Þ CTPT íìCH 4
îC4H8
ìC H
îC4H8
îC3H 6
*n=3
ìC3H8
í
Giả sử m < n
73
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Þ 2£  m <

0,105
0,035

= 3 <n £ 4
Có 2 cặp nghiệm :
îm = 2
và íìn = 4
ìn = 3
í

îm = 2
CTPT các chất :
îC2H 4
và í	4	10
ìC3H8
í
ìC H
îC2H 4
Vậy có 11 nghiệm thỏa yêu cầu đề bài.
Cách 2 : dùng phương pháp trung bình kết hợp với phương pháp biện luận.
Đặt CTPT trung bình của ankan, anken : Cn H 2n+2-2k
Viết các phương trình phản ứng như trên n =
an + bm
a + b
= 0,75 mol
nCO2 = nBaCO3 =
Þ nH2O =
= 0,75 (mol)
Biện luận tương tự như trên.
Bài 8 :
Đốt cháy hoàn toàn 0,3mol hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (thuộc các dãy đồng
đẳng ankan, anken, ankin) có tỉ lệ phân tử lượng 22:13 rồi dẫn sản phẩm sinh ra vào bình
Ba(OH)2 dư thấy bình nặng thêm 46,5g và có 147,75g  kết tủa.
a) Tìm CTPT A, B và tính khối lượng mỗi chất.
b) Cho 0,3 mol X lội từ từ qua 0,5 lít dung dịch Br2 0,2M thấy dung dịch Br2 mất màu
hoàn toàn, khí thoát ra khỏi dung dịch Brôm chiếm thể tích 5,04 lít (đktc). Hỏi thu được
sản phẩm gì? Gọi tên và tính khối lượng của chúng.
GIẢI :
Ở bài này, ta có thể giải theo phương pháp biện luận so sánh số mol kết hợp phương
pháp ghép ẩn số để giải hoặc sử dụng phương pháp trung bình.
Sản phẩm cháy của 2 hydrocacbon là CO2 và H2O. Khi hấp thụ vào bình chứa dd Ba(OH)2
thì
Cả CO2 và H2O đều bị dd Ba(OH)2 dư hấp thụ
mbình tăng = mCO2 +  mH2O = 46,5g
CO2   +	Ba(OH)2 ® BaCO3 ¯  +   H2O
147,75
197
Þ mH2O = 46,5 – 0,75.44 = 13,5(gam)
13,5
18
Cách 1 :
Ta thấy khi đốt hai hydrocacbon cho số mol nCO2 = nH2O = 0,75 mol
Cách 2 : biện luận  theo phương pháp số k trung bình
74
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Đặt CTPT trung bình của hai hydrocacbon trên là : Cn H 2n+2-2k
Cn H 2n+2-2k +
3n + 1 - k
2
n + 1 - k
O 2 ® nCO 2 + (             )H 2O
1	® n	®  ( n + 1 - k )  (mol)
0,3	® 0,3 n ®   0,3( n + 1 - k ) (mol)
nCO2 = 0,3 n = 0,75 (mol) Þ n = 2,5
nH2O = 0,3( n + 1 - k ) = 0,75 (mol)
thay n = 2,5 vào phương trình trên Þ k =1
Þ có hai trường hợp :
* A, B đều là anken
* A là ankan, B là ankin (hoặc ngược lại)
v	TH 1 : A, B là anken.
Đặt CTPT íìA : Cn H 2n : a
îB : Cm H 2m : b

(mol)
Đặt CTPT trung bình 2 anken Cn H 2n
Cn H 2n +
3n
2

O2 ® nCO 2 + nH 2O
0,3	® 0,3 n
nCO2 = 0,3 n = 0,75
Þ n = 2,5
Giả sử n< m Þ n= 2. Þ CTPT A là C2H4.
A là anken nhỏ nhất nên ta chỉ có tỉ lệ :
M B
M A
=
14m
14n
=
22
13
Þ m =
44
13
= 3,4 (loại)
v	TH 2 : A là ankan, B là ankin
îB : Cm H 2m-2 : b
ìA : Cn H 2n+2 : a
í

(mol)
Cn H 2n+2 +
O2 ¾
¾® nCO 2 + (n + 1)H 2O
Cm H 2m-2 +
O 2 ¾
¾® mCO2 + (m -1)H 2O
3n + 1
2
a	®	an   ® a(n+1)	(mol)
3m - 1
2
b	®	bm  ®   b(m-1)   (mol)
ta có :
nCO2 =  an + bm = 0,75	(1)
nhh = a  +  b  =  0,3	(2)
nH2O  =  a(n+1)   +   b(m-1) = an  +  bm  +  (a-b) = 0,75	(3)
75
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
Thay (1) vào (3) : Þ a- b = 0 hay a= b
(2) Þ a = b = 0,15 (mol)
(1) Þ n + m =
0,75
0,15
= 5
Xét tỉ lệ phân tử lượng giữa A và B ta có hai trường hợp :
=
=
Þ
·      MA : MB = 22 : 13
14n + 2  14m - 2  14(m + n)
22            13              35

=

14.5
35

= 2
Þ
=
=
=
n = 3 (A : C3H8) và n =2 (B : C2H2)
·	MB : MA = 22 : 13
14n + 2  14m - 2  14(m + n)  14.5
13	22	35	35
Þ n = 1,7 và m = 3,28 (loại)
Vậy hai hydrocacbon đó là :

= 2
îB : C2 H 2 : 0,15
ìA : C3H8 : 0,15
í

(mol)
Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp :
mC3H8 = 0,15.44 = 6,6  (g)
mC2H2 = 0,15.26 = 3,9 (g)
b) Xác định tên và tính khối lượng sản phẩm :
nBr2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol)
·	Dung dịch Br2 bị mất màu hòan toàn chứng tỏ 0,1 mol Br2 trong dd đã phản ứng
hết.
·	Số mol khí thoát ra khỏi dd Br2 là 5,04/22,4 = 0,225 (mol) trong đó có 0,15 mol
C3H8.
Þ nC2H2 pứ = 0,225 – 0,15 = 0,075 (mol)
·	Hai phản ứng có thể xảy ra :
C2H2   +	Br2 ® C2H2Br2 (lỏng)
a	®   a	® a	(mol)
C2H2	+	2Br2 ® C2H2Br4 (lỏng)
b	®   2b	® b	(mol)
Ta có hệ phương trình :
îa + b = 0,075
Þ íìa = 0,05
ïîmC2H2Br4  = 0,025.346 = 8,65g
ìa + 2b = 0,1
í

îb = 0,025

Þ
ìïmC2H2Br2  = 0,05.186 = 9,3g
í
Tên 2 sản phẩm : C2H2Br2 : 1,2- Dibrometen;  C2H2Br4 : 1,1,2,2-Tetrabrometan.
Bài 9 :
Một hỗn hợp gồm một số hydrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng có khối lượng
phân tử trung bình ( M ) = 64.
76
	aa	n1 +
M =
   64=	(1)
   54=	Þ b = 6a	(2)
M	' =khi
Þ c = 2,5d(3)
M l =
   74=
Simpo PDF Merge and Split Unregistered Version - 
ở 100oC thì hỗn hợp này ở thể khí, làm lạnh đến nhiệt độ phòng thì một số chất bị ngưng
tụ. các chất khí có khối lượng phân tử trung bình (= 54). Các chất lỏng có (=74). Tổng
khối lương các chất trong hỗn hợp đầu là 252.
Biết khối lượng phân tử chất nặng nhất gấp đôi chất nhẹ nhất. Tìm CTPT các chất và
% thể tích các chất trong hỗn hợp.
GIẢI :
Ở bài này, áp dụng tính chất đồng đẳng trong toán học để giải
Gọi a1, a2, , an là khối lượng phân tử của các hydrocacbon trên.
* Áp dụng tính chất toán học :
Các hydrocacbon liên tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng sẽ tạo nên một cấp số cộng
có công sai d = 14
an = a1  +  (n-1)d
S=	* n
2
Với an = 2a1 Þ 2a1 = a1  +   (n-1).14
Þ a1 = 14(n-1)
Þ S = 1,5na1 = 252
Hay 15,5.14n(n-1) = 252
Þ 21n12  -  21n1   -  252 = 0
n = 4(nhận) hay n = -3 (loại)
a1 = 14(4-1) = 42
đặt hydrocacbon đầu là A1 : CxHy
M1 = 12x + y = 42
mà : y chẵn
y £ 2x +2
x	1	2	3	³ 4
y	30	18	6	<0
Vậy A là C3H6, là hydrocacbon đầu tiên trong cấp số cộng trên.
Các đồng đẳng kế tiếp của nó là C4H8, C5H10, C6H12 (M = 84)
Tính % thể tích các chất trong hỗn hợp :
Gọi a, b, c, d (mol) lần lượt là số mol các hydrocacbon tương ứng : C3H6, C4H8,
C5H10, C6H12 .
Ta có :
42a + 56b + 70c + 84d
a + b + c + d
42a + 56b
a + b
70c + 84d
c + d
Thay (2), (3) vào (1) :
77