Phương pháp giải bài tập hóa Hidrocacbon part 4 pptx

54


OHCOA
A
22
m
9y
m
44x
m
M
==
=
0,9
9y
1,76
44x
0,58
58
==
ị x = 4
y =10
Vy CTPT A : C
4
H
10

Vớ d 2 : Khi t chỏy hũan tũan 0,42 g mt Hydrocacbon X thu tũan b sn phm qua
bỡnh 1 ng H

2
SO
4
c, bỡnh 2 ng KOH d. Kt qu, bỡnh 1 tng 0,54 g; bỡnh 2 tng
1,32 g. Bit rng khi húa hi 0,42 g X chim th tớch bng th tớch ca 1,192 g O
2
cựng
iu kin. Tỡm CTPT ca X
Túm tt :
0,42g X (C
x
H
y
)
+O
2
CO
2
H
2
O
Bỡnh 1ủửùng ddH
2
SO
4
ủ
-H
2
O,
m

1
=0,54g
CO
2
Bỡnh 2 ủửùng KOHdử
-CO
2
,
m
2
=1,32g

Tỡm CTPT X?
GII
* Tớnh M
X
:
0,42g X cú V
X
= V
O2
ca 0,192g O
2
(cựng iu kin)
=> n
X
= nO
2
=>
2

O
O2
X
X
M
m
M
m
=

=> 70
0,192
0,42.32
m
.Mm
M
2
2
O
OX
X
===
* Gi X : C
x
H
y

OH
2
y

xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+ắđắ
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
++

M
X
44x 9y (g)
0,42 mCO
2
mH
2
O (g)
Ta cú :

H2OCO2X
X
m

9y
m
44x
m
M
== (1)
bi cho khi lng CO
2
, H
2
O giỏn tip qua cỏc phn ng trung gian ta phi tỡm khi
lng CO
2
, H
2
O
* Tỡm m
CO2
, m
H2O
:
- Bỡnh 1 ng dd H
2
SO
4
s hp th H
2
O do ú tng khi lng bỡnh 1 chớnh l
khi lng ca H
2

O :
rm
1
= mH
2
O=0,54g (2)
- Bỡnh 2 ng dd KOH d s hp th CO
2
do ú tng khi lng bỡnh 2 chớnh l
khi lng ca CO
2
:
rm
2
= mCO
2
=1,32g (3)

55

(1), (2), (3) ị
0,54
9y
1,32
44x
0,42
70
==
ị x = 5
y = 10

Vy CTPT X : C
5
H
10
(M = 70vC)

II.2.1.3 Phng phỏp th tớch (phng phỏp khớ nhiờn k):
v Phm vi ng dng : Dựng xỏc nh CTPT ca cỏc cht hu c th khớ hay
th lng d bay hi.
v C s khoa hc ca phng phỏp : Trong mt phng trỡnh phn ng cú cỏc
cht khớ tham gia v to thnh ( cựng iu kin nhit , ỏp sut) h s t trc cụng
thc ca cỏc cht khụng nhng cho bit t l s mol m cũn cho bit t l th tớch ca
chỳng.
1) Phng phỏp gii
Bc 1 : Tớnh th tớch cỏc khớ V
A
, V
O2
, V
CO2
, V
H2O
(hi)
Bc 2 : Vit v cõn bng cỏc phng trỡnh phn ng chỏy ca hydrocacbon A di dng
CTTQ C
x
H
y

Bc 3 : Lp cỏc t l th tớch tớnh x,y

OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+ắđắ
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
++

1(l)
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
+
4
y

x
(l) x(l)
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
2
y
(l)
V
A
(l) V
O2
(l) V
CO2
(l) V
H2O

(hi)
(l)

OHCO
ề
A
22
2
V
2

y
V
x
V
4
y
x
V
1
==
+
=
hay
OHCOOA
n
y
n
x
n
y
x
n
22
24
1
2
==
+
=

;
n
n
V
V
x
A
CO
A
CO
22
==ị

A
OH
n
n
22
2
V
2V
y
A
OH
==ị
Cỏch khỏc : Sau khi thc hin bc 1 cú th lm theo cỏch khỏc:
- Lp t l th tớch V
A
: V
B

: V
CO2
: V
H2O
ri a v t l s nguyờn ti gin m:n:p:q.
- Vit phng trỡnh phn ng chỏy ca hp cht hu c A di dng:
mC
x
H
y
+ nO
2 ắđắ
o
t
pCO
2
+ qH
2
O
- Dựng nh lut bo ton nguyờn t cõn bng phng trỡnh phn ng chỏy s tỡm c
x v y =>CTPT A
* Mt s lu ý:
- Nu V
CO2
: V
H2O
= 1:1 => C : H = n
C
: n
H

= 1: 2

56

- Nu túan cho oxy ban u d thỡ sau khi bt tia la in v lm lnh (ngng t hi
nc) thỡ trong khớ nhiờn k cú CO
2
v O
2
cũn d. Bi túan lý lun theo C
x
H
y

- Nu túan cho V
CxHy
= V
O2
thỡ sau khi bt tia la in v lm lnh thỡ trong khớ nhiờn
k cú CO
2
v C
x
H
y d
. Bi túan lý lun theo oxy.
- Khi t chỏy hay oxi húa hũan ton mt hydrocacbon m gi thit khụng xỏc nh rừ sn
phm, thỡ cỏc nguyờn t trong hydrocacbon s chuyn thnh oxit bn tng ng tr:
N
2

đ khớ N
2

Halogen đ khớ X
2
hay HX (tựy bi)
2. Bi tp vớ d

Vớ d 1:
Trn 0,5 l hn hp C gm hydrocacbon A v CO
2
vi 2,5 l O
2
ri cho vo khớ nhiờn
k t chỏy thỡ thu c 3,4 l khớ, lm lnh ch cũn 1,8 l. Cho hn hp qua tip dung dch
KOH (c) ch cũn 0,5 l khớ. Cỏc V khớ o cựng iu kin. Tỡm CTPT ca hydrocacbon A.
Túm tt :
C
x
H
y
: a (l)
Gi 0,5 l hn hp
CO
2
: b (l)
0,5l hn hp + 2,5l O
2

ủoỏt

CO
2
,O
2
d,H
2
O
ll(- H
2
O)
CO
2
,O
2
d
KOHủ(- CO
2
)
O
2
d
GII :
* O
2
d , bi túan lý lun theo Hydrocacbon A

OH
2
y
xCOO

4
y
xHC
22
t
2yx
0
+ắđắ
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
++

a a
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
+
4
y
x
ax a
2
y

(lớt)
CO
2
đ CO
2

b b (lớt)
Ta cú V
hh
= a + b = 0,5 (1)
VCO
2
= ax + b = 1,8 0,5 = 1,3 (2)
VH
2
O = a
2
y
= 3,4 1,8 = 1,6 (3)
VO
2 d
= 2,5 - a
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
+
4

y
x
= 0,5
ị ax + a
4
y
= 2 (4)
ị ax + 3,2/4 = 2 ị ax = 1,2 (5)
(2), (3) VCO
2
= b = 0,1

57

V
hh
= a + b = 0,5 Þ a = 0,4
Þ x = ax /a = 3
Þ y = ay/a = 8
Vậy CTPT của A là C
3
H
8


Ví dụ 2 :
Trộn 12 cm
3
một hydrocacbon A ở thể khí với 60 cm
3

oxi (lấy dư)
rồi đốt cháy. Sau khi làm lạnh để nước ngưng tụ rồi đưa về điều kiện ban đầu thì thể tích
khí còn lại là 48 cm
3
, trong đó có 24cm
3
bị hấp thụ bởi KOH, phần còn lại bị hấp thụ bởi
P.
Tìm CTPT của A (các thể tích khí đo trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất)
Tóm tắt :
12cm
3
C
x
H
y
60cm
3
O
2
(dư)
đốt
CO
2
H
2
O
O
2
dư

làm lạnh
-H
2
O
CO
2
O
2
dư
(V=48cm
3
)
24cm
3
khí bò hấp thụ bởi KOH
khí còn lại bò hấp thụ bởi P
(- CO
2
)
(-O
2
)

GIẢI :
* Tính các V:
VCO
2
= 24cm
3

VO
2 dư
= 48 – 24 = 24cm
3
Þ VO
2 pứ
= 60 – 24 = 36 cm
3

* Tìm CTPT :
Cách 1: Tính trực tiếp từ phương trình phản ứng đốt cháy:
OH
y
xCOO
y
xH
t
y 222x
24
C
0
+¾®¾
÷
ø
ư
ç
è
ỉ
++

12 ®
÷
ø
ư
ç
è
ỉ
+
4
y
x
12 ® 12x (cm
3
)
VCO
2
=12x = 24 => x = 2
VO
2 dư
= 60 – 12
÷
ø
ư
ç
è
ỉ
+
4
y
x

= 24 => y = 4
Þ CTPT của A: C
2
H
4

Cách 2: Lập tỉ lệ thể tích
OHCOOA
222
V
2
y
V
x
V
4
y
x
V
1
==
+
=

OH
2
y
xCOO
4
y

xHC
22
t
2yx
0
+¾®¾
÷
ø
ư
ç
è
ỉ
++

1
÷
ø
ư
ç
è
ỉ
+
4
y
x
x
2
y
(cm
3

)
12 36 24 (cm
3
)

58


22
COOA
V
x
V
4
y
x
V
1
=
+
=
24
x
36
4
y
x
12
1
=

+
=Û => x = 2 và y = 4
Þ CTPT của A: C
2
H
4

Cách 3:
Nhận xét: đốt 12 cm
3
A đã dùng 36 cm
3
oxy và tạo ra 24 cm
3
CO
2

Suy ra O?H24CO36OH12C
22
t
2yx
0
+¾®¾+
ĐLBT (O): => O24H24CO36OH12C
22
t
2yx
0
+¾®¾+
ĐLBT (C): 12x = 24 => x = 2

ĐLBT (H) :12y = 48 => y = 4
àVậy CTPT của A là C
2
H
4


Ví dụ 3 :
Trong một bình kín thể tích 1dm
3
có một hỗn hợp đồng thể tích gồm hydrocacbon A
và O
2
ở 133,5
o
C, 1 atm. Sau khi bật tia lửa điện và đưa về nhiệt độ ban đầu (133,5
o
C) thì
áp suất trong bình tăng lên 10% so với ban đầu và khối lượng nước tạo ra là 0,216 g. Tìm
CTPT A
Tóm tắt :
V = 1dm
3
C
x
H
y
(A)
O
2

t=133,5
o
C,P
1
=1atm
đốt
sp cháy
V=1dm
3
t=133,5
o
C, P
2
tăng 10%
(lượng H
2
O tạo ra là 0,216g)

GIẢI :
Tìm CTPT A?
0,03(mol)
133,5)0,082.(273
1.1
RT
PV
n
1
=
+
==

Vì hỗn hợp đồng thể tích nên n
A
= nO
2
= 0,03/2 = 0,015 mol
=> C
x
H
y
dư, biện luận theo O
2

Sau khi đưa về nhiệt độ ban đầu, các khí tạo áp suất có trong bình gồm H
2
O, CO
2
,
C
x
H
y
dư có số mol là :
n
2
= n
1
. P
2
/P
1

= 0,03.110/100 = 0,033 mol
nH
2
O = 0,216/18 = 0,012 mol
ĐLBT khối lượng (O) : nO
2
= n

CO
2
+ 1/2n

H
2
O
=> n

CO
2
= nO
2
– 1/2nH
2
O = 0,015-0,012/2 = 0,009mol
nC
x
H
y
dư = n
2

- nCO
2
- nH
2
O = 0,033-0,012-0,009 =0,012mol
=>nC
x
H
yphản ứng
= 0,015-0,012 = 0,003 mol
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+¾®¾
÷
ø
ư
ç
è
ỉ
++

59

1
÷
ø
ö
ç
è
æ
+
4
y
x
x
2
y
(mol)
0,003 0,015 0,009 0,012 (mol)
Ta có :

012,0
2
009,0015,0
4
003,0
1
y
x
y

x
==
+
=
=> x = 3
y = 8
Vậy CTPT A : C
3
H
8


II.2.1.4 Phương pháp giá trị trung bình (xác định CTPT của hai hay nhiều chất
hữu cơ trong hỗn hợp):
Là phương pháp chuyển hỗn hợp nhiều giá trị về một giá trị tương đương, nhiều chất
về một chất tương đương
v Đặc điểm
Phương pháp giá trị trung bình được dùng nhiều trong hóa hữu cơ khi giải bài tóan
về các chất cùng dãy đồng đẳng. Một phần bản chất của giá trị trung bình được đề cập đến
ở việc tính phần trăm đơn vị và khối lượng hỗn hợp khí trong bài tóan tỉ khối hơi ở chương
đầu lớp 10. Do đó, học sinh dễ dàng lĩnh hội phương pháp này để xác định CTPT của hai
hay nhiều chất hữu cơ trong hỗn hợp.
II.1.4.1 Phương pháp khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp (
hh
M )
Chất tương đương có khối lượng mol phân tử
hh
M là khối lượng mol phân tử trung
bình của hỗn hợp. Các bước giải :
Bước cơ bản : Xác định CTTQ của hai chất hữu cơ A,B

Bước 1 : Xác định CTTB của hai chất hữu cơ A, B trong hỗn hợp
Bước 2 : Tìm
hh
M qua các công thức sau :

(
)
100
M%A100%A.M
100
%B.M%A.M
nn
.Mn.Mn
n
m
M
BABA
BA
BBAA
hh
hh
hh
-+
=
+
=
+
+
==
Hoặc

(
)
100
M%A100%A.M
V
.MV.MV
VV
.MV.MV
.MdM
BABBAA
BA
BBAA
Xhh/X
hh
-+
=
+
=
+
+
==
Giả sử M
A
< M
B
=> M
A
<
hh
M < M

B

Bước 3 : Biện luận tìm M
A
, M
B
hợp lý => CTPT đúng của A và B
Phạm vi ứng dụng: sử dụng có lợi nhiều đối với hỗn hợp các chất cùng dãy đồng đẳng
1) Phương pháp CTPT trung bình của hỗn hợp:
v Phạm vi áp dụng : Khi có hỗn hợp gồm nhiều chất, cùng tác dụng với một chất
khác mà phương trình phản ứng tương tự nhau (sản phẩm, tỉ lệ mol giữa nguyên liệu và

60

sản phẩm, hiệu suất, phản ứng tương tự nhau), có thể thay thế hỗn hợp bằng một chất
tương đương, có số mol bằng tổng số mol của hỗn hợp. Công thức của chất tương đương
gọi là CTPT trung bình.
v Phương pháp giải :
Bước 1 : Đặt CTPT của hai chất hữu cơ cần tìm rồi suy ra CTPT trung bình của chúng :
Đặt A : C
x
H
y
; B : C
x’
H
y’
Þ CTPTTB :
xy
CH

Bước 2 : Viết phương trình phản ứng tổng quát và dữ liệu đề bài cho tính y,x
Bước 3 : biện luận
Nếu x<x’ Þ x <
x
< x’
y<y’ Þ y<
y
< y’
Dựa vào điều kiện x, x’, y, y’ thỏa mãn biện luận suy ra giá trị hợp lý của chúng Þ CTPT
A, B.
v Phạm vi ứng dụng : Phương pháp giải này ngắn gọn đối với các bài tóan hữu cơ
thuộc loại hỗn hợp các đồng đẳng nhất là các đồng đẳng liên tiếp. Tuy nhiên có thể dùng
phương pháp này để giải các bài toán hỗn hợp các chất hữu cơ không đồng đẳng cũng rất
hiệu quả.
Ngoài phương pháp trên còn có phương pháp số C, số H, số liên kết p trung bình
(
k
). Phương pháp giải tương tự như hai phương pháp trên
v Một số lưu ý:
1) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B là đồng dẳng liên tiếp thì :
m = n + 1 (ở đây n, m là số C trong phân tử A, B)
2) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B hơn kém nhau k nguyên tử C thì m = n + k.
3) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B cách nhau k nguyên tử C thì : m = n + (k +1)
4) Nếu bài cho anken, ankin thì n, m ³ 2.
5) Nếu bài toán cho A, B là hydrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường (hay điều kiện
tiêu chuẩn) thì n, m £ 4
v Bài tập ví dụ :
Bài 1:
Đốt cháy hòan tòan 19,2 g hỗn hợp 2 ankan liên tiếp thu được 14,56 l CO

2
(ở O
o
C, 2
atm). Tìm CTPT 2 ankan.
GIẢI :
Gọi CTPT trung bình của hai ankan :
22 +nn
HC
mol
RT
PV
n
CO
3,1
082,0.273
56,14.2
2
===
OHnCOnO
n
HC
nn
222
22
)1(
2
13
++¾®¾
+

+
+


61

X
X
M
m
®
X
X
M
m
. n
Cách 1: phương pháp số C trung bình ( n )
Số mol hỗn hợp
X
X
X
M
m
n =
Số mol CO
2
: nCO
2
=
X

X
M
m
. n = 1,3
2,6n3,1n
2
n
14
19,2
=Þ=
+
Þ
Hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp C
n
H
2n+2


C
m
H
2m+2
; n<m; 1£ n , m = n +1

à n < 2,6n = < m = n +1
Vậy n = 2 vậy 2 ankan là: C
2
H
6

m = 3 C
3
H
8


Cách 2: Dùng phương pháp phân tử khối trung bình
M
:
Gọi 2 ankan A : C
n
H
2n+2
(a mol) ; B : C
m
H
2m+2
(b mol)
()
OHnnCOO
n
HC
nn 22222
1
2
13
++¾®¾
÷
ø
ö

ç
è
æ
+
+
+

a an (mol)
()
OHmmCOO
m
HC
mm 22222
1
2
13
++¾®¾
÷
ø
ö
ç
è
æ
+
+
+

b bm (mol)
nCO
2

= an + bm = 1,3 (1)
m
hh
= (14n + 2)a + (14m +2)b = 19,2
ó 14(bm + an) + 2(a + b) = 19,2 (2)
Từ (1),(2) suy ra : a + b = 0,5 = n
hh

=>
M
= m
hh
/ n
hh
= 19,2/0,5 = 38,4
M
A
< 38,4 < M
B
= M
A
+ 14

A CH
4
C
2
H
6
C

3
H
8
C
4
H
10
…
M
A
16 30 44 58 …
M

38,4 38,4 38,4 38,4 …
M
B
30 44 58 72 …

Vậy A : C
2
H
6

62

B : C
3
H
8

II.2.1.5 - Phương pháp biện luận
1. Dựa vào giới hạn xác định CTPT của một hydrocacbon:
- Khi số phương trình đại số thiết lập được ít hơn số ẩn cần tìm, có thể biện luận dựa vào
giới hạn :
A : C
x
H
y
thì : y £ 2x + 2; y chẵn, nguyên dương ; x ³ 1, nguyên.
- Nếu không biện luận được hay biện luận khó khăn có thể dùng bảng trị số để tìm kết quả.
- Điều kiện biện luận chủ yếu của loại toán này là : hóa trị các nguyên tố. Phương pháp
biện luận trình bày ở trên chỉ có thể áp dụng để xác định CTPT của một chất hoặc nếu nằm
trong 1 hỗn hợp thì phải biết CTPT của chất kia.
2. Biện luận theo phương pháp ghép ẩn số để xác định CTPT của một
hydrocacbon :
a) Các bước cơ bản :
Bước 1 : Đặt số mol các chất trong hỗn hợp là ẩn số.
Bứơc 2 : Ứng với mỗi dữ kiện của bài toán ta lập một phương trình toán học.
Bước 3 : Sau đó ghép các ẩn số lại rút ra hệ phương trình toán học. Chẳng hạn : a + b = P
(với a, b là số mol 2 chất thành phần)
an + bm = Q (với n, m là số C của 2 hydrocacbon thành phần)
Bước 4 : Để có thể xác định m, n rồi suy ra CTPT các chất hữu cơ thành phần, có thể áp
dụng tính chất bất đẳng thức :
Giả sử : n < m thì n(x + y) < nx + my < m(x + y)

nx+my
n<<m
x+y
Þ

Hoặc từ mối liên hệ n,m lập bảng trị số biện luận
- Nếu A, B thuộc hai dãy đồng đẳng khác nhau ta phải tìm x, y rồi thế vào phương trình nx
+ my = Q để xác định m, n Þ CTPT.

3. Một số phương pháp biện luận xác định dãy đồng đẳng và CTPT
hydrocacbon :
v Cách 1 : Dựa vào phản ứng cháy của hydrocacbon, so sánh số mol CO
2
và số
mol H
2
O. Nếu đốt 1 hydrocacbon (A) mà tìm được :
* nH
2
O > nCO
2
à (A) thuộc dãy đồng đẳng ankan
ptpư :
n2n+2222
3n+1
CH + OnCO + (n+1)HO
2
¾¾®

* nH
2
O = nCO
2
Þ (A) thuộc dãy đồng đẳng anken hay olefin
hoặc (A) là xicloankan

ptpư :
n2n222
3n
CH + OnCO + nHO
2
¾¾®


63

* nH
2
O < nCO
2
Þ (A) thuộc dãy đồng đẳng ankadien, ankin hoặc benzen
ptpư :
n2n-2222
3n-1
CH + OnCO + (n-1)HO
2
¾¾®-
( đồng đẳng ankin hoặc ankadien)

n2n-6222
3n-3
CH + OnCO + (n-3)HO
2
¾¾®-
( đồng đẳng benzen)
v Cách 2 : Dựa vào CTTQ của hydrocacbon A :

* Bước 1 : Đặt CTTQ của hydrocacbon là :
C
n
H
2n+2-2k
(ở đây k là số liên kết p hoặc dạng mạch vòng hoặc cả 2 trong CTCT A)

Điều kiện k ³ 0, nguyên. Nếu xác định được k thì xác định được dãy đồng đẳng của A.
- k = 0 Þ A thuộc dãy đồng đẳng ankan
- k = 1 Þ A thuộc dãy đồng đẳng anken
- k = 2 Þ A thuộc dãy đồng đẳng ankin hay ankadien
- k = 4 Þ A thuộc dãy đồng đẳng benzen.
Để chứng minh hai ankan A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt A : C
n
H
2n+2-2k
; B :
C
m
H
2m+2-2k’
. Nếu tìm được k = k’ thì A,B cùng dãy đồng đẳng.
* Bước 2 : Sau khi biết được A,B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt CTTQ của A là C
x
H
y
.
Vì B là đồng đẳng của A, B hơn A n nhóm –CH
2
- thì CTTQ của B :C

x
H
y
(CH
2
)
n
hay
C
x+n
H
y+2n
.
* Bước 3 : Dựa vào phương trình phản ứng cháy của A, B, dựa vào lượng CO
2
, H
2
O, O
2

hoặc số mol hỗn hợp thiết lập hệ phương trình toán học, rồi giải suy ra x, y, n à Xác định
được CTPT A, B.
v Cách 3 : dựa vào khái niệm dãy đồng đẳng rút ra nhận xét :
- Các chất đồng đẳng kế tiếp nhau có khối lượng phân tử lập thành một cấp số cộng
công sai d = 14.
- Có một dãy n số hạng M
1
, M
2
, …,M

n
lập thành một cấp số cộng công sai d thì ta có
:
+ Số hạng cuối M
n
= M
1
+ (n-1)d
+ Tổng số hạng S =
2
M
1 n
M+
.n
+ Tìm M
1
, …, M
n
suy ra các chất
Trong một bài toán thường phải kết hợp nhiều phương pháp.

Ví dụ :
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 Þ A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng.

Cách 1 :
A, B + O
2
® CO
2
+ H
2
O

64

67,1
3,0
5,0
n
n
2
2
CO
OH
== >1 Þ 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
+
== Þ
n
= 1,5
Đặt CTTQ A, B : C
n
H

2n+2
và C
m
H
2m+2

Giả sử n< m Þ n< 1,5 Þ n = 1 Þ CTPT A : CH
4
(M = 16)
Þ M
B
= 16 + 28 = 44 Þ 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
++¾®¾
+
+
+

a an a(n+1-k) (mol)
Ok)H-1(mmCOO
2
k-13m
HC
2222k-22mm
++¾®¾
+
+
+

b bm b(m+1-k) (mol)
Ta có :
î
í
ì
=+++
=+
0,5k)b-1(mk)a-1(n
0,3bman

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(a+b) < m (a+b)
Þ n <
b
a
bmna
+
+
< m Þ 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
.


II.2.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LẬP CTPT
HYDROCACBON

Bài 1 :