69

Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO
3
+ H
2
O

nCO
2
= nCaCO
3
= 100/100 = 1 mol
OH
2
y
COxO
4
y
xHC
22
t
2
yx
0
+ắđắ

ữ
ữ
ứ
ử
ỗ
ỗ
ố
ổ
++
p dng LBT nguyờn t (O) cho ptpu chỏy :
nO
2
p = nCO
2
+ ẵ nH
2
O
ị n
H2O
= 2(n
O2 p
n
CO2
) = 2(1,8-1) = 1,6 mol.
Ta thy nH
2
O > nCO
2
ị hai hydrocacbon trờn thuc dóy ng ng ankan.
CTPT trung bỡnh 2 ankan l :

22 +nn
HC
OHnCOnO
n
HC
nn
222
22
)1(
2
13
++ắđắ
+
+
+

x đ (3 n +1)/2x đ x n đ x ( n +1) (mol)
n
CO2
= x n = 1
n
H2O
= x( n +1) = 1,6
x = 0,6
n = 1,67
1 < n =1,67 < m= n + 1
ị n= 1 v m = 2
ị CTPT 2 ankan l CH
4
v C

2
H
6


Bi 5 :
t chỏy 560cm
3
hn hp khớ (ktc) gm 2 hydrocacbon cú cựng s nguyờn t
cacbon ta thu c 4,4g CO
2
v 1,9125g hi nc.
a) Xỏc nh CTPT cỏc cht hu c.
b) Tớnh %khi lng cỏc cht.
c) Nu cho lng CO
2
trờn vo 100 ml dd KOH 1,3M; Tớnh C
M
mui to thnh.
GII
bi ny, ta dựng phng phỏp s nguyờn t H trung bỡnh kt hp vi phng phỏp
bin lun gii.
a) Xỏc nh CTPT cỏc hydrocacbon :
t CTPT 2 hydrocacbon trờn :
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
y'x

yx
HC :B
HC:A

CTPT trung bỡnh 2 hydrocacbon trờn :
yx
HC
Gi s y < y ị y < y < y
S mol hn hp khớ n
hh
= 025,0
4,22
56,0
= mol
nCO
2
= 4,4/44 = 0,1 (mol)
nH
2
O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol)

70

OH
2
y
COxO
4
y
xHC

22
t
2
yx
0
+ắđắ
ữ
ữ
ứ
ử
ỗ
ỗ
ố
ổ
++
0,025 đ 0,025x đ 0,025 y /2
ợ
ớ
ỡ
=
=
ị
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
==
==
8,5y

4x
0,10625
2
y
0,025n
0,10,025n
H2O
CO2

CTPT A, B cú dng : A : C
4
H
y
v B : C
4
H
y

Ta cú y < y < y hay y < 8,5 <y (1)
Bin lun tỡm CTPT B :
8,5 < y chn
y Ê 2x + 2 = 2.4 + 2 = 10
ị y =10 ị CTPT B : C
4
H
10

Tng t bin lun tỡm CTPT A :
y < 8,5
y chn


y 2 4 6 8
A C
4
H
2
C
4
H
4
C
4
H
6
C
4
H
8

Vy cú 4 cp nghim :
ợ
ớ
ỡ
10'4
24
HC :B
HC:A
v
ợ
ớ

ỡ
10'4
44
HC :B
HC:A
v
ợ
ớ
ỡ
10'4
64
HC :B
HC:A
v
ợ
ớ
ỡ
10'4
84
HC :B
HC:A


c) Tớnh C
M
cỏc mui to thnh :
n
KOH
= V.C
M

= 0,1.1,3 = 0,13 (mol)
Ta cú :
2
CO
KOH
n
n
= 3,1
1,0
13,0
= ị To thnh 2 mui.
CO
2
+ 2KOH đ K
2
CO
3
+ H
2
O
a 2a a (mol)
CO
2
+ KOH đ KHCO
3

b b b (mol)
Ta cú :
ị
ợ

ớ
ỡ
==+
==+
13,0nb2a
1,0nba
KOH
CO
2
ợ
ớ
ỡ
=
=
0,07b
0,03a
(mol)
C
M(K2CO3 )
= 3,0
0,1
0,03
= (M) C
M(KHCO3)
= 7,0
0,1
0,07
= (M)

Bi 6 :

t chỏy hon ton hn hp gm ankin (A) v ankan (B) cú V = 5,6 lớt (kc) c
30,8g CO
2
v 11,7g H
2
O
Xỏc nh CTPT A,B. Tớnh % A,B. Bit B nhiu hn A mt C

71

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 :
î
í
ì
+
b
a
:HC :B
:HC:A
22mm
2-2nn
(mol) (n ³ 2; m ³ 1)
O1)H(nnCOO
2
3n
HC

2222-2nn
-+¾®¾+
a an a(n-1) (mol)
O1)Hm(mCOO
2
13m
HC
22222mm
++¾®¾
+
+
+

b bm bm (mol)
n
hỗn hợp
= a+ b = 25,0
4,22
6,5
= (mol) (1)
n

CO
2
= an + bm = 7,0
44
8,30
= (mol) (2)
n


H
2
O = a(n-1) + bm = 65,0
18
7,11
= (mol) (3)
(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:
î
í
ì
63
22
:
:
HCB
HCA


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 AgNO
3
/NH
3
dư tạo 0,735 g kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm
12,5%

72

- 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.
n
hh
= 08,0
4,22
792,1
= 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 AgNO

3
/NH
3
dư ® 0,735g ¯ V
hh
giảm 12,5%
Þ V
ankin
= 12,5%(1/2V
hh
)
Þ n
ankin
= c = 12,5%*0,04 = 0,005 mol (2)
Þ M¯= 147
005,0
735,0
=
Þ Trong phân tử kết tủa chỉ có một nguyên tử bạc. Vậy ankin ban đầu là ankin-1
Đặt CTPT kết tủa C
n
H
2n-3
Ag
M¯ = 14n +105 = 107 Þ n= 3
Vậy CTPT ankin là C
3
H
4
.

Ta có a + b = 0,04- c =0,04 -0,005 = 0,035 mol (3)

v Phần 2 :
C
3
H
4
+ 4O
2
® 3CO
2
+ 2H
2
O
0,005 ® 0,015 (mol)
C
m
H
2m
+ 3m/2O
2
® mCO
2
+ mH
2
O
b ® mb (mol)
C
n
H

2n+2
+ (3n+1)/2O
2
® nCO
2
+ (n+1)H
2
O
a ® na (mol)
n
CO2
= 0,015 + mb + na (mol) (4)
n
Ca(OH)2
= 0,2 * 0,0125 = 0,115 mol
nCaCO
3
= 11/100 = 0,11(mol)
Khi cho CO
2
vào dd Ca(OH)
2
có thể xảy ra các phản ứng sau :
Ca(OH)
2
+ CO
2
® CaCO
3
+ H

2
O (5)
Ca(OH)
2
+ 2CO
2
® Ca(HCO
3
)
2
(6)

v TH 1 : Số mol CO
2
thiếu so với dd Ca(OH)
2
, chỉ xảy ra phương trình phản ứng
số (5)
nCO
2
= 0,015 + mb + na = nCaCO
3
= 0,11 mol
Þ mb + na = 0,095 mol (7)

73


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 <
b
a
mbna
+
+
< m
1 £ n < 7,2
035,0
095,0
= <m £ 4
Þ
î
í
ì
=
=
4;3
2;1
m
n

Vậy có 4 cặp nghiệm ứng với trường hợp 1 :
î
í
ì
63
4

:
:
HCanken
CHankan
hay
î
í
ì
63
62
:
:
HCanken
HCankan
hay
î
í
ì
84
4
:
:
HCanken
CHankan
hay
î
í
ì
84
62

:
:
HCanken
HCankan

Giả sử m < n
Þ 2 £ m < 7,2
035,0
095,0
= <n £ 4
î
í
ì
=
=
2
4,3
m
n

Có 2 cặp nghiệm :
î
í
ì
42
83
:
:
HCanken
HCankan

hay
î
í
ì
42
104
:
:
HCanken
HCankan

v TH 2 : Xảy ra cả hai phương trình phản ứng 5,6 :
Ca(OH)
2
+ CO
2
® CaCO
3
+ H
2
O (5)
0,11 0,11 0,11 (mol)
Ca(OH)
2
+ 2CO
2
® Ca(HCO
3
)
2

(6)
(0,115-0,11) 2.0,005
n
CO2
= 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 < 3
035,0
105,0
= <m £ 4
Þ
î
í
ì
=
=
4
2,1
m
n
Þ CTPT
î
í
ì
84
4
HC
CH
và

î
í
ì
84
62
HC
HC

* n = 3
î
í
ì
63
83
HC
HC

Giả sử m < n

74

Þ 2£ m < 3
035,0
105,0
= <n £ 4
Có 2 cặp nghiệm :
î
í
ì
=

=
2
3
m
n
và
î
í
ì
=
=
2
4
m
n

CTPT các chất :
î
í
ì
42
83
HC
HC
và
î
í
ì
42
104

HC
HC

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 :
knn
HC
222 -+

Viết các phương trình phản ứng như trên
b
a
bman
n
+
+
=
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 Br
2
0,2M thấy dung dịch Br

2
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 CO
2
và H
2
O. Khi hấp thụ vào bình chứa dd Ba(OH)
2

thì
Cả CO
2
và H
2
O đều bị dd Ba(OH)
2
dư hấp thụ
m
bình tăng
= mCO
2
+ mH
2
O


= 46,5g
CO
2
+ Ba(OH)
2
® BaCO
3
¯ + H
2
O
n
CO2
= n
BaCO3
= 75,0
197
75,147
= mol
Þ mH
2
O = 46,5 – 0,75.44 = 13,5(gam)
Þ nH
2
O = 75,0
18
5,13
= (mol)
Cách 1 :
Ta thấy khi đốt hai hydrocacbon cho số mol nCO
2

= nH
2
O = 0,75 mol
Cách 2 : biện luận theo phương pháp số
k
trung bình

75

Đặt CTPT trung bình của hai hydrocacbon trên là :
k22n2n
HC
-+

()
OHk1nCOnO
2
k1n3
HC
222
k22n2n
-++®
-+
+
-+

1 ®
n
® ( k-+1n ) (mol)
0,3 ® 0,3

n
® 0,3( k-+1n ) (mol)
nCO
2
= 0,3
n
= 0,75 (mol) Þ
n
= 2,5
nH
2
O = 0,3( k-+1n ) = 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
î
í
ì
b:HC:B
a:HC:A
2mm

2nn
(mol)
Đặt CTPT trung bình 2 anken
n2n
HC
OHnCOnO
2
n3
HC
222
n2n
+®+
0,3 ® 0,3
n

nCO
2
= 0,3
n
= 0,75
Þ
n
= 2,5
Giả sử n< m Þ n= 2. Þ CTPT A là C
2
H
4
.
A là anken nhỏ nhất nên ta chỉ có tỉ lệ :
4,3

13
44
13
22
14
14
==Þ== m
n
m
M
M
A
B
(loại)
v TH 2 : A là ankan, B là ankin
î
í
ì
+
b:HC:B
a:HC:A
2-2mm
22nn
(mol)
O1)H(nnCOO
2
13n
HC
22222nn
++¾®¾

+
+
+

a ® an ® a(n+1) (mol)
O1)H-m(mCOO
2
1-3m
HC
2222-2mm
+¾®¾+
b ® bm ® b(m-1) (mol)
ta có :
nCO
2
= an + bm = 0,75 (1)
n
hh
= a + b = 0,3 (2)
nH
2
O = a(n+1) + b(m-1) = an + bm + (a-b) = 0,75 (3)

76

Thay (1) vo (3) : ị a- b = 0 hay a= b
(2) ị a = b = 0,15 (mol)
(1) ị n + m = 5
15,0
75,0

=
Xột t l phõn t lng gia A v B ta cú hai trng hp :
ã M
A
: M
B
= 22 : 13
ị 2
35
5.14
35
)(14
13
214
22
214
==
+
=
-
=
+
nmmn

n = 3 (A : C
3
H
8
) v n =2 (B : C
2

H
2
)
ã M
B
: M
A
= 22 : 13
ị 2
35
5.14
35
)(14
22
214
13
214
==
+
=
-
=
+
nmmn

ị n = 1,7 v m = 3,28 (loi)
Vy hai hydrocacbon ú l :
ợ
ớ
ỡ

0,15:HC:B
0,15:HC:A
22
83
(mol)
Tớnh khi lng cỏc cht trong hn hp :
m
C3H8
= 0,15.44 = 6,6 (g)
m
C2H2
= 0,15.26 = 3,9 (g)
b) Xỏc nh tờn v tớnh khi lng sn phm :
nBr
2
= 0,5.0,2 = 0,1(mol)
ã Dung dch Br
2
b mt mu hũan ton chng t 0,1 mol Br
2
trong dd ó phn ng
ht.
ã S mol khớ thoỏt ra khi dd Br
2
l 5,04/22,4 = 0,225 (mol) trong ú cú 0,15 mol
C
3
H
8
.

ị nC
2
H
2
p = 0,225 0,15 = 0,075 (mol)
ã Hai phn ng cú th xy ra :
C
2
H
2
+ Br
2
đ C
2
H
2
Br
2
(lng)
a đ a đ a (mol)
C
2
H
2
+ 2Br
2
đ C
2
H
2

Br
4
(lng)
b đ 2b đ b (mol)
Ta cú h phng trỡnh :
ợ
ớ
ỡ
=+
=+
0,075ba
0,12ba
ị
ợ
ớ
ỡ
=
=
0,025b
0,05a
ị
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
==
==
8,65g0,025.346m
9,3g0,05.186m

422
222
BrHC
BrHC

Tờn 2 sn phm : C
2
H
2
Br
2
: 1,2- Dibrometen; C
2
H
2
Br
4
: 1,1,2,2-Tetrabrometan.
Bi 9 :
Mt hn hp gm mt s hydrocacbon liờn tip trong dóy ng ng cú khi lng
phõn t trung bỡnh (
M
) = 64.