Bài tập HIĐROCACBON (có lời giải)

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 + : a mol O1)Hn(COnO 2 1n3 HC 222 2n2n ++→ + + + a → a n → a( n +1) (mol) Ta có n 1n 3,0 5,0 n n 2 2 CO OH + == ⇒ 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 Các ptpứ cháy : Ok)H-1(nnCOO 2 k-13n HC 2222k-22nn ++→ + + + a an a(n+1-k) (mol) Ok)H-1(mmCOO 2 k-13m HC 2222k-22mm ++→ + + + b bm b(m+1-k) (mol) Ta có :    =+++ =+ 0,5k)b-1(mk)a-1(n 0,3bman ⇒ (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%. 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 M A kết hợp với phương pháp ghép ẩn số để giải. hhB M =14,5.2 = 29 Theo ĐLBT khối lượng : khối lượng A đem cracking = khối lượng hỗn hợp B 1 ⇒ m Atham gia pứ = m B (1) Phản ứng cracking làm tăng gấp đôi số mol hydrocacbon nên n B = 2n A tham gia pứ (2)(1) chia (2) ⇒ hhB M = ½ M A ⇒ M A = 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 H 4 b → b b (mol) Gọi A, B lần lượt là số mol A đã bị cracking theo 2 phản ứng trên. hh B gồm : CH 4 : a (mol) C 2 H 6 : b (mol) C 3 H 6 : a (mol) C 2 H 4 : b (mol) Khi dẫn hh qua dd Br 2 thì 2 anken bị hấp thụ. ⇒ m 2anken = 55,52%m B = 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 = %C 2 H 4 = %35%100* 6,6 3,2 %100* 6,6 == a a a b Bài 3 : Đốt cháy 19,2 g hỗn hợp 2 ankan kế tiếp thì thu được V lít CO 2 (0 o C, 2 atm). Cho V lít CO 2 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 : 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 O 2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 Khi cho thêm dd Ca(OH) 2 vào đến dư : Ca(HCO 3 ) 2 + Ca(OH) 2 → 2CaCO 3 + 2H 2 O Áp dụng ĐLBT khối lượng thì mCO 2 = mCO 2 (trong ∑ 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 ++→ + + + M 44 n 19,2 57,2 Ta có tỉ lệ : 2,57 44 2,19 214 2,57 44 2,19 nnnM = + ⇔= ⇒ n = 2,6 Ta có n < n = 2,6 < m = n+1 ⇒ n = 2 và m =3  Vậy CTPT 2 ankan là C 2 H 6 và C 3 H 8 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 hh = 30a + 44b = 19,2 (2) (1) , (2) ⇒ a = 0,2 ;b = 0,3 (mol) %C 2 H 6 = %25,31%100* 2,19 2,0.30 %100* 2,19 30 == a % C 3 H 8 = %75,68%100* 2,19 3,0.44 %100* 2,19 44 == b 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 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 dö 1 khí coù V=11,2l (0,4atm;O o C) 100g n O2bđ = 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 : nO 2 dư = PV/RT = 11,2.0,4/(0,082.273) = 0,2 mol nO 2 pu = 2-0,2 = 1,8 (mol) khí CO 2 , H 2 O bị hấp thụ vào dd Ca(OH) 2 dư 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 +→         ++ Áp dụng ĐLBT nguyên tố (O) cho ptpu cháy : nO 2 pứ = nCO 2 + ½ nH 2 O ⇒ n H2O = 2(n O2 pư – n CO2 ) = 2(1,8-1) = 1,6 mol. Ta thấy nH 2 O > nCO 2 ⇒ hai hydrocacbon trên thuộc dãy đồng đẳng ankan. CTPT trung bình 2 ankan là : 22 + nn HC OHnCOnO n HC nn 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 < n =1,67 < m= n + 1 ⇒ n= 1 và m = 2 ⇒ CTPT 2 ankan là CH 4 và C 2 H 6 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. 3 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'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 2 y COxO 4 y xHC 22 t 2 yx 0 +→         ++ 0,025 → 0,025x → 0,025 y /2    = = ⇒      == == 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 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 :    10'4 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 : 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. CO 2 + 2KOH → K 2 CO 3 + H 2 O a 2a a (mol) 4 CO 2 + 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 = (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 C 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 (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 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) ⇒ 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 ⇒ 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 =2Vậy CTPT A, B:    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 - 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% - 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⇒ a + b + c = 0,04 mol (1)  Phần 1 + dd AgNO 3 /NH 3 dư → 0,735g ↓ V hh giảm 12,5% ⇒ V ankin = 12,5%(1/2V hh ) ⇒ n ankin = c = 12,5%*0,04 = 0,005 mol (2) ⇒ M↓= 147 005,0 735,0 = ⇒ 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 ⇒ 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)  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)  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 ⇒ mb + na = 0,095 mol (7) Cách 1 : Dùng phương pháp biện luận dựa vào giới hạn Giả sử n < m ⇒ na + nb < na + mb < ma + mb ⇒ n(a + b) < na + mb < m(a + b) n < ba mbna + + < m ⇒1 ≤ n < 7,2 035,0 095,0 = <m ≤ 4 ⇒    = = 4;3 2;1 m n Vậy có 4 cặp nghiệm ứng với trường hợp 1 :    63 4 : : HCanken CHankan hay    63 62 : : HCanken HCankan hay    84 4 : : HCanken CHankan hay    84 62 : : HCanken HCankan Giả sử m < n ⇒ 2 ≤ m < 7,2 035,0 095,0 = <n ≤ 4    = = 2 4,3 m n 6 Có 2 cặp nghiệm :    42 83 : : HCanken HCankan hay    42 104 : : HCanken HCankan  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) ⇒ na + mb = 0,12 – 0,015 = 0,105 (mol) Giả sử n<m ⇒ 1≤ n < 3 035,0 105,0 = <m ≤ 4 ⇒    = = 4 2,1 m n ⇒ CTPT    84 4 HC CH và    84 62 HC HC * n = 3    63 83 HC HC Giả sử m < n ⇒ 2≤ m < 3 035,0 105,0 = <n ≤ 4 Có 2 cặp nghiệm :    = = 2 3 m n và    = = 2 4 m n CTPT các chất :    42 83 HC HC và    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 ba 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 7 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 ⇒ mH 2 O = 46,5 – 0,75.44 = 13,5(gam) ⇒ 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 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) ⇒ n = 2,5 nH 2 O = 0,3( k −+ 1n ) = 0,75 (mol) thay n = 2,5 vào phương trình trên ⇒ k =1 ⇒ có hai trường hợp : * A, B đều là anken * A là ankan, B là ankin (hoặc ngược lại)  TH 1 : A, B là anken. Đặt CTPT    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 ⇒ n = 2,5 Giả sử n< m ⇒ n= 2. ⇒ 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 ==⇒== m n m M M A B (loại)  TH 2 : A là ankan, B là ankin    + b:HC:B a:HC:A 2-2mm 22nn (mol) O1)H(nnCOO 2 13n HC 22222nn ++→ + + + a → an → a(n+1) (mol) O1)H-m(mCOO 2 1-3m HC 2222-2mm +→+ 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) Thay (1) vào (3) : ⇒ a- b = 0 hay a= b (2) ⇒ a = b = 0,15 (mol) (1) ⇒ n + m = 5 15,0 75,0 = Xét tỉ lệ phân tử lượng giữa A và B ta có hai trường hợp : • M A : M B = 22 : 13 8 ⇒ 2 35 5.14 35 )(14 13 214 22 214 == + = − = + nmmn n = 3 (A : C 3 H 8 ) và n =2 (B : C 2 H 2 ) • M B : M A = 22 : 13 ⇒ 2 35 5.14 35 )(14 22 214 13 214 == + = − = + nmmn ⇒ n = 1,7 và m = 3,28 (loại) Vậy hai hydrocacbon đó là :    0,15:HC:B 0,15:HC:A 22 83 (mol) Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp : m C3H8 = 0,15.44 = 6,6 (g) m C2H2 = 0,15.26 = 3,9 (g) b) Xác định tên và tính khối lượng sản phẩm : nBr 2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol) • Dung dịch Br 2 bị mất màu hòan toàn chứng tỏ 0,1 mol Br 2 trong dd đã phản ứng hết. • Số mol khí thoát ra khỏi dd Br 2 là 5,04/22,4 = 0,225 (mol) trong đó có 0,15 mol C 3 H 8 . ⇒ nC 2 H 2 pứ = 0,225 – 0,15 = 0,075 (mol) • Hai phản ứng có thể xảy ra : C 2 H 2 + Br 2 → C 2 H 2 Br 2 (lỏng) a → a → a (mol) C 2 H 2 + 2Br 2 → C 2 H 2 Br 4 (lỏng) b → 2b → b (mol) Ta có hệ phương trình :    =+ =+ 0,075ba 0,12ba ⇒    = = 0,025b 0,05a ⇒      == == 8,65g0,025.346m 9,3g0,05.186m 422 222 BrHC BrHC Tên 2 sản phẩm : C 2 H 2 Br 2 : 1,2- Dibrometen; C 2 H 2 Br 4 : 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. ở 100 o C 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 a 1 , a 2 , …, a n 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 a n = a 1 + (n-1)d S = n* 2 aa n1 + Với a n = 2a 1 ⇒ 2a 1 = a 1 + (n-1).14 ⇒ a 1 = 14(n-1)⇒ S = 1,5na 1 = 252 Hay 15,5.14n(n-1) = 252 ⇒ 21n 1 2 - 21n 1 - 252 = 0 n = 4(nhận) hay n = -3 (loại) a 1 = 14(4-1) = 42 đặt hydrocacbon đầu là A 1 : C x H y M 1 = 12x + y = 42 mà : y chẵn 9 y ≤ 2x +2 x 1 2 3 ≥ 4 y 30 18 6 < 0 Vậy A là C 3 H 6 , là hydrocacbon đầu tiên trong cấp số cộng trên. Các đồng đẳng kế tiếp của nó là C 4 H 8 , C 5 H 10 , C 6 H 12 (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 : C 3 H 6 , C 4 H 8 , C 5 H 10 , C 6 H 12 . Ta có : 64 dcba 84d70c56b42a M = +++ +++ = (1) 54 ba 56b42a M ' = + + = khi ⇒ b = 6a (2) 74 dc 84d70c M l = + + = ⇒ c = 2,5d(3) Thay (2), (3) vào (1) : 64 d2,5d6aa 84d70.2,5d56.6a42a M = +++ +++ = ⇒ 64 d5,37a 259d378a = + + ⇒ d = 2a (4) ⇒ c= 2,5.2a = 5a (3’) n hh = a + b + c + d = a + 6a + 5a + 2a = 14a Ở cùng điều kiện, tỉ lệ về số mol bằng tỉ lệ về thể tích %C 3 H 6 = %14,7%100* 14a a = %C 4 H 8 = %85,42%100* 14a 6a = %C 5 H 10 = %71,35%100* 14a 5a = %C 6 H 12 = %28,14%100* 14a 2a = Bài 10 Hỗn hợp khí X gồm 4 hydrocacbon A, B, C, D ở điiều kiện chuẩn. Trộn X với O 2 vừa đủ để đốt cháy hết X trong một bình kín nhiệt độ T 1 > 100 o C và áp suất 0,8amt. Bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp rồi đưa bình về nhiệt độ T 1 , đo lại áp suất trong bình vẫn được trị số 0,8atm. Làm lại thí nghiệm với các hỗn hợp X có thành phần A, B, C, D khác nhau vẫn thu được kết quả như cũ. a) Lập CTPT A, B, C, D biết rằng M A < M B < M C < M D . b) Viết ptpư điều chế D từ A và B từ C GIẢI : Nhiệt độ sau khi đốt T 1 > 100 o C ⇒ H 2 O ở thể hơi Ở cùng điều kiện nhiệt độ, thể tích áp suất bình trước và sau khi đốt không đổi ⇒ số mol khí trong bình trước và sau phản ứng bằng nhau. Khi thay đổi thành phần của hỗn hợp X mà kết quả không thay đổi ⇒ khi đốt cháy từng chất thì tổng số mol trước và sau phản ứng cũng bằng nhau. Đặt công thức của một chất trong hỗn hợp là : C x H y OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +→       ++ a → a(x + y/4) → ax → ay/2 (mol) Ta có : n T = n S ⇒ a + a(x + 0,25y) = ax + 0,5ay ⇒1 + x + 0,25y = x + 0,5y ⇒ 0,25y = 1 ⇒ y = 4 ⇒ Vậy cả 4 hydrocacbon trên đều có 4 nguyên tử H trong phân tử. Mặt khác do A, B, C, D đều ở thể khí nên x ≤ 4 ⇒ Vậy 4 hydrocacbon trong X là CH 4 , C 2 H 4 , C 3 H 4 , C 4 H 4 Theo thứ tự M A < M B < M C < M D thì A : CH 4 , B: C 2 H 4 , C: C 3 H 4 , D: C 4 H 4 . b. Viết các ptpứ điều chế : • Điều chế D từ A : 10 [...]...2CH4 1500→ C2H2 + 3H2  c ,l ln C 2C2H2 CuCl→ C4H4 (vinylaxetilen)  , HCl ,100 • Điều chế B từ C : C3H4 + 2H2  Ni, → C3H8 t C t C3H8  C→ CH4 + C2H4 Bài 11 : Đốt cháy một số mol như nhau của 3 hydrocacbon L, L, M ta thu được lượng CO2 như nhau và tỉ lệ số mol H2O và CO2 đối với K., L, M tương ứng bằng 0,5; 1, 1,5 a) Xác định CTPT K, L, M b) Nêu cách . 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. = < 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