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
: b mol

⇒ 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

= 29.2 = 58 ⇒ M
A
= 14n + 2 = 58 ⇒ n= 4
 CTPT A là C
4
H
10

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

= 55,52%m
A
⇒ mC
3
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

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 : C
n
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

3
CaCO
)
⇒ nCO
2
= nCaCO
3
=
3,1
100
10030
=
+
(mol) ⇒ mCO
2
= 1,3.44 = 57,2 (g)
OHnCOnO
n
HC
nn
222
22
)1(
2
13
++→
+
+
+


b) Tính % các hydrocacbon trên :
2
C
2
H
6
+ 7/2O
2
→ 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

đktc. Đốt cháy X với 6,4g O
2
(lấy dư) và cho hỗn hợp CO
2
, H
2
O, O
2
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,O
o
C).
a) Xác định dãy đồng đẳng A,B
b) Xác định CTPT của A, B
Tóm tắt :
X
6,4g O
2
CO
2
H
2
O
O
2
dö
dd Ca(OH)
2

3
+ H
2
O
nCO
2
= nCaCO
3
= 100/100 = 1 mol
OH
2
y
COxO
4
y
xHC
22
t
2
yx
0
+→









222
22
)1(
2
13
++→
+
+
+
x → (3
n
+1)/2x → x
n
→ x (
n
+1) (mol)
n
CO2
= x
n
= 1
n
H2O
= x(
n
+1) = 1,6
x = 0,6
n
= 1,67
1 <






y'x
yx
HC :B
HC:A
CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên :
yx
HC
Giả sử y < y’ ⇒ y <
y
< y’
Số mol hỗn hợp khí 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)
OH






==
==
8,5y
4x
0,10625
2
y
0,025n
0,10,025n
H2O
CO2
CTPT A, B có dạng : A : C
4
H
y
và B : C
4
H
y’

Ta có y <
y
< y’ hay y < 8,5 <y’ (1)
Biện luận tìm CTPT B :
8,5 < y’ chẵn

24
HC :B
HC:A
và



10'4
44
HC :B
HC:A
và



10'4
64
HC :B
HC:A
và



10'4
84
HC :B
HC:A
c) Tính C
M
các muối tạo thành :

+ KOH → KHCO
3

b b b (mol)
Ta có :
⇒



==+
==+
13,0nb2a
1,0nba
KOH
CO
2



=
=
0,07b
0,03a
(mol)
C
M(K2CO3 )
=
3,0
0,1
0,03

2-2nn
(mol) (n ≥ 2; m ≥ 1)
O1)H(nnCOO
2
3n
HC
2222-2nn
−+→+
a an a(n-1) (mol)
O1)Hm(mCOO
2
13m
HC
22222mm
++→
+
+
+
b bm bm (mol)
n
hỗn hợp
= a+ b =
25,0
4,22
6,5
=
(mol) (1)
n

CO


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:
5