BÀI TẬP: HIĐROCACBON
Bài 1 . Đốt cháy một hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (có M hơn kém nhau 28g) thì thu được 0,3mol CO
2
và 0,5
mol H
2
O. Tìm CTPT & tên A, B
GIẢI :
Hydrocacbon A, B có M hơn kém nhau 28g ⇒ A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng.
Cách 1 :
A, B + O
2
→ CO
2
+ H
2
O
67,1
3,0
5,0
n
n
2
2
CO
OH
==
>1 ⇒ A, B thuộc dãy đồng đẳng ankan.
Đặt CTTB A, B :
2n2n
HC

⇒
n
= 1,5
Đặt CTTQ A, B : C
n
H
2n+2
và C
m
H
2m+2

Giả sử n< m ⇒ n< 1,5 ⇒ n = 1 ⇒ CTPT A : CH
4
(M = 16)
⇒ M
B
= 16 + 28 = 44 ⇒ CTPT B : C
3
H
8
.
Cách 2 : Đặt CTTQ A, B : C
n
H
2n+2
: a mol và C
m
H
2m+2

⇒ (a+b)(1-k) = 0,2 ⇒ k = 0 vì chỉ có k = 0 thì phương trình mới có nghĩa.
⇒ a + b = 0,2 và an + bm = 0,3
Giả sử n < m
⇒ n(a+b) < m (a+b)
⇒ n <
ba
bmna
+
+
< m ⇒ n <
5,1
0,2
0,3
=
< m
Biện luận tương tự cách trên suy ra CTPT A : CH
4
và B : C
3
H
8
.
Bài 2. 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
H
2
d
B/H2
= 14,5. Khi dẫn hỗn hợp khí B qua dung dịch Br
2
dư, khối lượng hỗn hợp khí giảm đi 55,52%.

4
H
10
Các ptpư cracking A :
1
C
4
H
10
→ CH
4
+ C
3
H
6
a → a a (mol)
C
4
H
10
→ C
2
H
6
+ C
2
H
4

b → b b (mol)

H
6
+ mC
2
H
4
= 55,52%.58 (a+b)
⇔ 42a + 28b = 32,2016 (a+b) ⇔ 9,7984a = 4,2016b ⇔ b ≅ 2,3a (mol)
n
B
= 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
⇒ %CH
4
= %C
3
H
6
=
%100*
6,6 a
a
= 15% %C
2
H
6
= %C
2
H
4

H
2n+2
: a (mol)
Y : C
m
H
2m+2
: b (mol)
CTPT trung bình 2 ankan
22 +nn
HC
Giả sử n < m ⇒ n<
n
< m = n + 1.
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)

3,1
100
10030
=
+
(mol) ⇒ mCO
2
= 1,3 x 44 = 57,2 (g)
OHnCOnO
n
HC
nn
222
22
)1(
2
13
++→
+
+
+

M
44
n
19,2 57,2
Ta có tỉ lệ :
2,57
44
2,19

→ 2CO
2
+ 3H
2
O
a → 2a (mol)
C
3
H
8
+ 5O
2
→ 3CO
2
+ 4H
2
O
b → 3b (mol)
n
CO2
= 2a + 3b = 1,3 (1)
m
hh
= 30a + 44b = 19,2 (2) (1) , (2) ⇒ a = 0,2 ;b = 0,3 (mol)
%C
2
H
6
=
%25,31%100*

1,12 1,26
0,5( ); 0,07( )
22,4 18
CO H O
n mol n mol= = = = ⇒
2 2
0,07 0,05 0,02( )
ankan H O CO
n n n mol= − = − =
0,02.22,4 0,448
ankan
V = =
(lít)
Bài 5 : Đốt cháy 560cm
3
hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hydrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon ta thu được 4,4g CO
2
và 1,9125g hơi nước.
a) Xác định CTPT các chất hữu cơ.
b) Tính %khối lượng các chất.
c) Nếu cho lượng CO
2
trên vào 100 ml dd KOH 1,3M; Tính C
M
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 :


y
COxO
4
y
xHC
22
t
2
yx
0
+→








++
0,025 → 0,025x → 0,025
y
/2





=
=

8,5 < y’ chẵn
y’ ≤ 2x + 2 = 2.4 + 2 = 10 ⇒ y’ =10 ⇒ CTPT B : C
4
H
10

Tương tự biện luận tìm CTPT A :
y < 8,5
y chẵn
y 2 4 6 8
A C
4
H
2
C
4
H
4
C
4
H
6
C
4
H
8
Vậy có 4 cặp nghiệm :




các muối tạo thành :
n
KOH
= V.C
M
= 0,1.1,3 = 0,13 (mol)
Ta có :
2
CO
KOH
n
n
=
3,1
1,0
13,0
=
⇒ Tạo thành 2 muối.
3
CO
2
+ 2KOH → K
2
CO
3
+ H
2
O
a 2a a (mol)
CO

0,03
=
(M) C
M(KHCO3)
=
7,0
0,1
0,07
=
(M)
Bài 6. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ankin (A) và ankan (B) có V = 5,6 lít (đkc) được 30,8g CO
2
và 11,7g H
2
O .
Xác định CTPT A,B. Tính % A,B. Biết B nhiều hơn A một cacbon
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 :



+
b
a
:HC :B
:HC:A
22mm
2-2nn

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

H
2
O = a(n-1) + b(m + 1) =
65,0
18
7,11
=
(mol) (3)
(2), (3) ⇒ an - a + b(m + 1) = 0,65
<=> 0,7 + b - a = 0,65 → a – b = 0,05 mol
→ 0,15n + 0,1m = 0,7 → m = 7 + 1,5n
Biện luận :
n 1 2 3 4
m Lẻ 4 Lẻ 1
Vậy m = 3 n =2 → Vậy CTPT A, B:



104
22
:
:

B / C
2
H
4
C / C
2
H
2
D / CH
4
Giải :
2 2
2,688 4,32
0,12( ); 0,24( )
22,4 15
CO H O
n mol n mol= = = =
;
2 2
CO H O
n n< ⇒
Dãy đồng đẳng của ankan
2 2n n
C H
+
2 2 2 2 2
( 1)
o
t C
n n

H
6
*B. C
2
H
6
, C
3
H
8
C. C
3
H
8
, C
4
H
10
D. C
4
H
10
, C
5
H
12
Giải :
2 2 2 2
22,4 25,2
1( ); 1,4( )

→ n
1
= 2 <
n
=2,5< n
2
= 3 → công thức của 2 ankan là C
2
H
6
và C
3
H
8
Bài 10. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí C
3
H
8
và C
4
H
10
đối với hiđro là 25,5. Thành phần % thể tích của hỗn hợp đó là:
A - 50%;50% * B - 25%; 75%
C - 45% ; 55% D - 20% ; 80%
Áp dụng qui tắc đường chéo ta có :
Bài 11: Đốt cháy một số mol như nhau của 3 hydrocacbon L, L, M ta thu được lượng CO
2
như nhau và tỉ lệ số mol
H

kn
n
n
CO
OH
−+
=
1
2
2
• K thì T = 0,5 ⇒ 0,5n = n + 1 – k ⇒ n = 2(k – 1)
0 ≤ n ≤ 4 và k ≥ 0
⇒ n = 2, k = 2 ⇒ K : C
2
H
2

• L thì T = 1 ⇒ n = 2 và k = 1
⇒ CTPT L : C
2
H
4
• M thì T = 1,5 ⇒ n = 2 và k = 0
⇒ CTPT M : C
2
H
6

Bài 12: Đốt cháy hiđrocacbon A tạo ra 11g CO
2

58
51
7
7
V
C
3
H
8
V
C
4
H
10
TØ lÖ 1:1
C
n
H
2n-2
+






−
2
13n
O

8
C
5
H
8
+ AgNO
3
+ NH
3

→
C
5
H
7
Ag + NH
4
NO
3
0,05 mol
→
0,05 mol
n
8
5HC
=
8,6
4,3
=0,05 mol
⇒

3

⇒
X là ank-1-in
C
n
H
2n-2
+






−
2
13n
O
2

→
nCO
2
+ (n-1)H
2
O
Theo p/ư 1
→
n mol

10
B. C
3
H
8
. C. tất cả đều sai. D. C
2
H
6
Giải: Công thức chung của ankan là:
2 2n n
C H
+
2 2 2 2 2
3 1
( 1)
2
o
t C
n n
n
C H O nCO n H O
+
+
+ → + +
Theo p/ư 1
3 1
2
n +
→

H
6
B. C
2
H
6
, C
3
H
8
C. C
3
H
6
, C
4
H
8
D. C
3
H
8
, C
4
H
10
Giải:
Theo đầu bài khối lượng bình 1 tăng chính là khối lượng của H
2
O

+
+ → + +
Theo p/ư ta có 1 mol →
n
(
n
+ 1) mol
Theo đầu bài 0,2 0,31 mol
1
1,8
0,2 0,31
n n
n
+
= → =
→ n
1
= 1 <
n
=1,8< n
2
= 2 → công thức của 2 ankan là CH
4
và C
2
H
6
6