skkn lập công thức hóa học, trong đó chủ yếu nghiên cứu về lập công thức hóa học của hợp chất hữu cơ trương thcs yên lạc

Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Mục lục
Đề mục Trang
Phần: Mở đầu
3
I . Lý do chọn chuyên đề:
3
II. Phạm vi – Mục đích của chuyên đề.
4
III. Cơ sở khoa học để viết sáng kiến kinh nghiệm.
4
IV. Các bước tiến hành.
5
Phần: Nội dung 6
I. Các phương pháp lập công thức phân tử của hợp chất
hữu cơ
6
II. Bài tập vận dụng
14
III. Bài tập luyện tập 41
Phần: Kết luận 50
Tài liệu tham khảo 51
- 1 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
CÁC KÍ HIỆU VIẾT TẮT
1. Số mol của chất: n ( đơn vị mol )
2. khối lương của chất: m (đơn vị g )
3. Khối lượng mol: M (đơn vị g)
4. Khối lượng mol trung bình:
M
(đơn vị g)

5. Nguyên tử cacbon trung bình:
n

6.Tỉ khối: d (đơn vị g/ml )
7. Công thức trung bình: C.T.P.T.T.B
8. Công thức phân tử: CTPT
9 Phản ứng hóa học: PƯHH
10. Phương trình phản ứng: Ptpư
11. Công thức đơn giản nhất: CTĐGN
12. Thể tích chất khí: V
13. Công thức cấu tạo: CTCT
14. Hợp chất hữu cơ : HCHC .
15. Công thức đơn giản nhất : CTĐGN
- 2 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
PHẦN MỞ ĐẦU
I . LÝ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ:
1. Cơ sở lí luận:
Xuất phát từ nhiệm vụ năm học 2012 – 2013 do nhà trường và cấp trên
giao cho là phải nâng cao chất lượng số lượng học sinh giỏi cấp tỉnh.
Qua nhiều năm tôi tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh và ôn vào
các trường chuyên trong tỉnh cũng như các trường khối chuyên của ĐHSP,
ĐHKHTN….cũng như chỉ tiêu của phòng GD &ĐT và nhà trường đề ra hàng
năm đạt 85% học sinh đạt giải, trong đó 70% đạt giải ba trở lên.
Để đạt được chỉ tiêu trên thì vấn đề chọn phương pháp giảng dạy cho học
sinh ở đội tuyển là khó khăn do nhiều nguyên nhân chủ quan và khách quan cụ
thể là:
- Chương trình hóa học hóa học trung học cơ sở, nhất là chương trình hóa
học lớp 9 là chương trình đồng tâm với chương trình hóa học THPT.
Lượng kiến thức hóa học hữu cơ lớp 9 thì ít. Nhiều bài tập hay và khó,

nếu học sinh giỏi chỉ có học kiến thức SGK lớp 9 thì không giải quyết
được.
- Thời gian giảng dạy chính khóa 2 tiết trong tuần. Thời gian dạy đội tuyển
ít, không có dạy bồi dưỡng thêm.
Chính vì vậy, để các em học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh đạt
giải, học sinh dự thi vào các trường chuyên, thì phải nắm chắc phương pháp
lập công thức hóa học hữu cơ và vận dụng tốt khi học và làm tốt lập công
thức hóa học. Tôi mạnh dạn nghiên cứu, giới thiệu chuyên đề: Lập công
thức hóa học, trong đó chủ yếu nghiên cứu về lập công thức hóa học của
hợp chất hữu cơ.
2. Cơ sở thực tiễn:
Xuất phát điểm đầu tiên là thành phần đội tuyển hóa học lớp 9 được tuyển
chọn từ những học sinh không đủ tham gia các đội tuyển Toán, lý
Học sinh mới tiếp cận với bộ môn hóa học môn học trừu tượng. Tư duy
của học sinh chưa cao. Trình độ học sinh trong đội tuyển còn chưa đồng đều. Vì
vậy việc lựa chọn phương pháp dạy đội tuyển còn nhiều hạn chế.
- 3 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
II. Pham vi – Mục đích của chuyên đề.
1. Phạm vi chuyên đề :
Hiện nay, hầu hết các tỉnh và các thành phố trong cả nước và một số trường
đại học đã có lớp THPT chuyên hóa học. Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn
hóa học.
Do đối tượng là học sinh giỏi cấp tỉnh và học sinh đi dự thi vào các trường
chuyên nên cần phải mở rộng về kiến thức cho học sinh. Nên chuyên đề có đề
cập chương trình lớp 9 tài liệu nâng cao mở rộng lớp 9, các đề thi học sinh giỏi
cấp tỉnh của các tỉnh trong nhiều năm, các bài tập của lớp 11….
2. Mục đích chuyên đề:
Giúp cho học sinh biết hệ thống hóa và vận dụng các phương pháp, các dạng
bài tập về lập công thức phân tử của hợp chất hữu cơ.

Củng cố lại tính chất hóa học của các hợp chất hiđrocacbon và các dẫn xuất
hiđrocacbon, khắc sâu những tích chất đặc trưng của từng loại hợp chất hữu cơ.
Rèn luyện cách viết phương trình hóa học của hóa học hữu cơ nhất là bằng
công thức cấu tạo, để rèn kỹ năng viết công thức cấu tạo.
Giúp cho học sinh có tư duy sáng tạo, rèn luyện cho học sinh trong một bài
tập có nhiều phương pháp giải và cách nào là sáng tạo nhất.
Thông qua chuyên đề, cùng đồng nghiệp có thêm điều kiện trao đổi học hỏi,
bàn bạc và đưa ra những giải pháp tối ưu về phương pháp bồi dưỡng học sinh
giỏi môn hóa. Từ đó học sinh có sự hứng thú, say mê học tập bộ môn hóc học
và đạt kết quả cao trong các kì thi học sinh giỏi và thi vào các trường chuyên của
tỉnh, các trường đại học quốc gia ….
III.CƠ SỞ KHOA HỌC ĐỂ VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Đối với học sinh:
Để có thể đủ kiến thức tham gia thi học sinh giỏi đạt kết quả cao cần thực hiện
các phần sau:
- Nắm chắc kiến thức cơ bản, có mở rộng kiến thức về hóa học hữu cơ
THPT.
- Nắm chắc phương pháp lập công thức hóa học, biết vận dụng các phương
pháp trong một bài tập.
- Cần cù chăm chỉ, chịu khó học tập trao đổi với bạn bè.
2. Đối với giáo viên:
Để có thể giảng dạy đảm bảo cho học sinh có thể đạt giải trong các kỳ thi học
sinh giỏi, thi vào các trường chuyên giáo viên cần:
- 4 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
- Nắm chắc kiến thức cơ bản, mạch kiến thức.
- Nắm chắc các phương pháp lập công thức hóa học vận dụng trong các bài
tập.
- Biết suy luận trong kiến thức các bài tập, tình huống có thể xảy ra trong
đề thi.

- Biết cách truyền thụ kiến thức cho học sinh dễ học, dễ nắm các phương
pháp.
- Cung cấp cho học sinh tài liệu, đề thi học sinh giỏi của những năm trước
để học sinh được làm quen.
- Luôn trao đổi tài liệu, đề thi và kinh nghiệm với các đồng nghiệp trong
trường ,trong huyện, trong tỉnh.
- Thường xuyên tổ chức luyện đề, chấm chữa đề thi một cách cụ thể.
- Phân loại học sinh, chia các nhóm đối tượng ở mức giỏi, khá, trung
bìnhđể có biện pháp nâng cao chất lượng đội tuyển.
IV. CÁC BƯỚC TIẾN HÀNH:
Để có giúp học sinh dự thi có kết quả cần thực hiện các bước sau:
1. Cung cấp và giới thiệu tài liệu.
2. Dạy kiến thức cơ bản, có nâng cao và mở rộng.
3. Dạy các phương pháp lập công thức hóa học hữu cơ.
4. Lựa chọn trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi vào trường chuyên bài tập có
liên quan đến chuyên đề.
5. Giáo viên đưa cho học sinh các đáp án và thang điển cho học sinh được chấm
chéo nhau. Cuối cùng giáo viên chấm và nhận xét, bổ xung thiếu sót.
BỐ CỤC CHUYÊN ĐỀ
Chuyên đề gồm 3 phần dự kiến dạy trong 20 tiết:
Phần I: Một số phương pháp giải bài tập xác định công thúc phân tử hợp
chất hữu cơ, có ví dụ minh họa.
Phần II: Một số bài toán vận dụng các phương pháp xác định công thức
phân tử hợp chất hữu cơ.
Phần III: Một số bài toán luyện tập về chuyên đề.
- 5 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
PHẦN NỘI DUNG
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP LẬP CÔNG THỨC PHÂN TỬ CỦA HỢP CHẤT
HỮU CƠ.

1) XÁC ĐỊNH HCHC THEO PHƯƠNG PHÁP KHỐI LƯỢNG:
* Bước 1: Xác định thành phần nguyên tố trong hợp chất hữu cơ (A) đem
đốt (hay phân tích)
- Tính tổng khối lượng: ( m
C
+ m
H
+ m
N
)
- Nếu: ( m
C
+ m
H
+ m
N
) = m
A
(đem đốt) => A không chứa oxi
- Nếu: ( m
C
+ m
H
+ m
N
) < m
A
(đem đốt) => A có chứa oxi
=> m
O

(trong A) = m
A
– (m
C
+ m
H
+ m
N
)
+ Cách xác định thành phần % các nguyên tố trong chất hữu cơ A
%C =
.100%mC
mA
.100%mC
mA
; %H =
.100%mH
mA
; %N =
.100%mN
mA
.100%mN
mA
%O =
.100%mO
mA
= 100% - ( %C + %H + %N )
* Bước 2: Xác định khối lượng phân tử chất hữu cơ A (M
A
)

- Dựa vào khối lượng riêng D
A
(ở đktc) hay tỉ khối hơi của chất hữu cơ A với
không khí.
(d
A/B
=
A
B
M
M
), M
A
= 22,4.d
A
; M
A
= M
B
. d
A/B
; M
A
= 29.d
A/KK
- Dựa vào khối lượng (m
A
g) của một thể tích ( V
A
lít) ở đktc

M
A
=
22,4.
A
A
m
V
- Dựa vào tính chất của ptpu có chất hữu cơ A tham gia hay tạo thành
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 1,72 gam chất hữu cơ A thu được 3,52 gam CO
2
và
1,8 gam H
2
O. Mặt khác, phân tích 1,29 gam A thu được 336 ml khí nitơ (đo ở
đktc). Tìm CTPT A. Biết khi hóa hơi 1,29 gam A có thể tích đúng bằng thể tích
của 0,96 gam oxi trong cùng điều kiện.
Hướng dẫn giải:
Khối lượng các nguyên tố trong 1,72 gam A:
C
3,52
m = .12 = 0,96gam
44
;
H
1,8
m = .2 = 0,2gam
18
;
- 6 -

Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
N
336 1,72
m = . .28 0,56gam
22400 1,29
≈
m
O
= 1,72 – (0,96 + 0,2 + 0,56) = 0. Vậy A chỉ chứa C, H, N, không chứa oxi.
Ta có:
A
1,29 0,96
=
M 32

A
M 43⇒ =
. Đặt CTPT A là C
x
H
y
N
t
Cách 1: Tính qua CTĐGN
Ta có:
0,96 0,2 0,56
x : y : z = : : = 0,08: 0,20:0,04 = 2 : 5:1
12 1 14
CTĐGN của A là C
2

H
5
N
⇒
CTTN là (C
2
H
5
N)
n
Vì M
A
= 43
⇒
M
A
= (2.12+5+14)n = 43n
⇒
43n = 43
⇒
n=1
Vậy CTPT A là C
2
H
5
N.
Cách 2: Tính trực tiếp (không qua CTĐGN)
Ta có tỉ lệ:
0,96 0,2 0,6 1,72
= = =

12x y 14t 43

0,96.43
x = = 2
12.1,72
⇒
;
0,2.43
y = = 5
1,72
;
0,6.43
t = = 1
14.1,72
Vậy CTPT A là C
2
H
5
N.
Cách 3: Tính trực tiếp từ sản phẩm đốt cháy A
2
N
m = 0,56gam
(đã tính ở trên)
Ptpu cháy của A:
x y t 2 2 2 2
y y t
C H N + (x+ )O xCO + H O + N
4 2 2
→

Theo ptpu: M
A
(43gam)
→
44x 9y 14t
Bài cho 1,72 gam
→
3,52g 1,8g 0,56g
43.3,52
x = = 2
1,72.44
⇒
;
43.1,8
y = = 5
1,72.9
;
43.0,56
t = = 1
1,72.14
. Vậy CTPT A là C
2
H
5
N.
Vi dụ 2: Cho hh X gồm ankan A và anken B đều ở thể khí trong điều kiện
thường. Đốt cháy 6,72 lít (đktc) hh X thì thu được 15,68 lít CO
2
và 14,4g H
2

O.
Xác định CTPT A, B và tính % theo thể tích hh X?
Hướng dẫn:
Gọi công thức và số mol của ankan A là C
n
H
2n +2
(a mol ) và anken là C
m
H
2m

(b mol):
C
n
H
2n +2
+ (
3 1
2
n +
)O
2
→ nCO
2
+ (n +1)H
2
O (1)
- 7 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc

C
m
H
2m
+
3
2
m
O
2
→ mCO
2
+ mH
2
O (2)
= > n
CO2
= na + mb = 15,68/22,4 = 0,7 mol (I)
 n
H2O
= (n + 1)a + m b = na + mb + a = 14,4/18 = 0,8 mol .
Từ (I , II) : a = 0,8 – 0,7 = 0,1 mol
 n
X
= a + b = 6,72/22,4 = 0,3 mol => b = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol
thế a , b vào (I) ta có: 0,1n + 0,2m = 0,7 hay n + m = 7
tìm các giá trị ta thấy: n = 1 , m = 3 => CTPT: CH
4
; C
3

H
6

hoặc: n = 3, m = 2 => CTPT: C
3
H
8
; C
2
H
4
% theo thể tích của hh X : %A = 33,33% ; %B = 66,67%
2. XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC PHÂN TỬ HCHC THEO PHƯƠNG PHÁP
THỂ TÍCH:
a. Phạm vi áp dụng:
Phương pháp này thường dùng để xác định CTPT của các chất hữu cơ ở
thể khí hay ở thể lỏng dễ bay hơi.
Trong một phản ứng hóa học có các chất khí tham gia hay tạo thành (ở
cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất ) hệ số đặt trước công thức của các chất không
những cho biết tỉ lệ số mol mà còn cho biết tỉ lệ thể tích giữa chúng.
b. Các bước giải bài toán:
* Bước 1: Tính thể tích các khí ( chất hữu cơ A đem đốt, oxi phản ứng,
CO
2
và H
2
O sinh ra )
* Bước 2: Viết và cân bằng ptpu cháy của chất hữu cơ (A) dưới dạng
tổng quát chẳng hạn: C
x

H
y
O
z

* Bước 3: Lập tỉ lệ thể tích để tính x, y, z
C
x
H
y
O
z
+ (
4 2
y z
x + −
) O
2
→ x CO
2
+
2
y
H
2
O
1(l)
4 2
y z
x + −

(l) x (l)
2
y
(l)
V
A
(l) V
O2
(l) V
CO2
(l) V
H2O
(l)
=> x =
2VCO
VA
; y =
2 2VH O
VA
;
4 2
y z
x + −
=
2 2
2
4
VO y VO
z x
VA VA

 
⇒ = + −
 ÷
 
- Lưu ý: Sau khi thực hiện bước (1) có thể làm theo cách khác như sau:
Lập tỉ lệ thể tích: V
A
: V
O2
: V
CO2
: V
H2O

- 8 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
rồi đưa về số nguyên tố tối giản: m : n : p : q
Sau đó viết phương trình phản ưng cháy :
mC
x
H
y
O
z
+ nO
2

0t C
→
pCO

2
+ qH
2
O
Rồi so sánh lần lượt số lượng các nguyên tử của cùng một nguyên tố ở 2 vế sẽ
tìm ra được x, y, z.
 CTPT chất A.
Ví dụ 1: Đốt cháy 200ml một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O trong 900ml O
2
.
Thể tích hỗn hợp khí thu được là 1,3 lít. Sau khi cho hơi nước ngưng tụ, chỉ còn
700ml. Tiếp theo cho qua dd KOH đặc, chỉ còn 100ml (các thể tích khí đều đo ở
cùng điều kiện). Xác định CTPT (A).
Hướng dẫn:
- Sơ đồ phân tích đề bài:
(A) + O
2

2
0
2
2
t C
CO
O
H
O
 
 
→

 
 
 
 
2
2
2
O
H
CO
O
−
 
→
 
 
 

2
KOH
O
→
còn dư
200ml 900ml 1300ml 700ml 100ml
Dựa vào sơ đồ ta tính được:
V
O2
(pư) = 900 – 100 = 800 ml ; V
CO2
= 700 – 100 = 600 ml;

V
H2O
= 1300 – 700 = 600 ml
Ptpư: C
x
H
y
O
z
+ (
4 2
y z
x + −
) O
2
→ xCO
2
+
2
y
H
2
O (1)
(ml) V (
4 2
y z
x + −
)V xV
2
y

V
200 800 600 600
Tính được: x = 600/200 = 3 ;
2
y
= 600/200 = 3
=> y = 6; x + y/4 – z/2 = 800/200 = 4 = > z = 1
Do đó CTPT (A) là: C
3
H
6
O
Vi dụ2: Một hh gồm hai hyđrocacbon mạch hở, trong phân tử mỗi chất chứa
không quá một liên kết ba hay hai liên kết đôi. Số cacbon mỗi chất tối đa bằng 7.
Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hh thu được 0,25 mol CO
2
và 0,23 mol H
2
O. Tìm
công thức phân tử của hai hyđrocacbon.
- 9 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Hướng dẫn:
Vì n
CO2
> n
H2O
=> có 1 hyđrocacbon có 1 chất có công thức: C
n
H

2n – 2
TH
1
0,05 mol C
n
H
2n-2
+(
3 1
2
n −
)O
2
→
nCO
2
+ (n - 1)H
2
O
a mol na mol (n-1)a mol
C
n’
H
2n’

→
n’CO
2
+ n’H
2

O
bmol n’bmol n’bmol
 n
CO2
– n
H2O
= amol => a = 0,02mol; b = 0,03mol; n
CO2
= na + n’b = 0,25
=> 2n + 3n’ = 25
n 2 5
n’ 7 5
=> C
2
H
2
, C
7
H
14
hoặc C
5
H
8
, C
5
H
10
TH
2

:
{
2
2 2 2 ( 1) 2
O
CnH n nCO n H O− → + −

C
n’
H
2n’ + 2
→ n’CO
2
+ (n’ + 1)H
2
O
Ta có: a + b = 0,05; n
CO2
– n
H2O
= a - b => a – b = 0,02
=> a = 0,035; b = 0,015
7n + 3n’ = 50 => n = 5; n’ = 5 => C
5
H
8
; C
5
H
12

TH
3
: 2 ankin (loại)
3. XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC PHÂN TỬ HỢP CHẤT HỮU CƠ BẰNG
PHƯƠNG PHÁP BIỆN LUẬN:
- Khi xác định CTPT một chất hữu cơ nếu:
+ Bao nhiêu phương trình đại số thiết lập được ứng với bấy nhiêu ẩn số cần tìm
 Bài toán giải bình thường.
+ Số phương trình đại số thiết lập được ít hơn số ẩn cần tìm, có thể biện luận
bằng cách dựa vào các giới hạn.
Ví dụ: Một giới hạn thường dùng:
Với hiđrocacbon (C
x
H
y
)  y
≤

≤
2x + 2, y nguyên, chẵn.
Nếu C
x
H
y
ở thể khí trong điều kiện thường (hay đktc): x
≤
4, nguyên
Với rượu: C
n

H
2n +2 – 2k – m
(OH)
m
để rượu bền: 1
≤
m
≤
n, nguyên
Nếu không biện luận được, hay biện luận khó khăn, có thể dùng bảng trị
số để tìm kết quả.
- 10 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
* Điều kiện biện luận chủ yếu với loại toán này là: hóa trị các nguyên tố.
Phương pháp biện luận trình bày ở trên ở trên chỉ dùng để xác định CTPT của 1
chất hoặc nếu nằm trong một hh thì phải biết CTPT của chất kia
Vi dụ 1: Chất hữu cơ A có tỉ khối đối với etan là 2. Hãy xác định CTPT A. Biết
A chỉ chứa C, H, O.
Hướng dẫn:
Đặt công thức A là C
x
H
y
O
z
( với x, y, z nguyên dương)
Theo đầu bài ta có: M
A
= 12x + y + 16z = d
A/C2H6

.M
C2H6
=2.30 = 60 (I)
Từ (I): 12x + y = 60 – 16z > 0 => 0 < z
≤
3
+) Nếu z = 1 = > 12x + y = 44 = > y = 44 – 12x (II)
Vì y
≤
2x + 2 => 44 – 12x
≤
2x + 2 => 42
≤
14x => 3
≤
x
Từ (II): x < 44/12 => 3
≤
x < 3,667. Vậy x = 3, y = 8, z = 1 CTPT: C
3
H
8
O
Vi dụ 2: X là rượu no đơn chức, khi đốt cháy hoàn toàn 1 mol X cần vừa đủ 3,5
mol O
2
. Hãy xác định CTCT của X, biết rằng mỗi nguyên tử cacbon chỉ liên kết
với một nhóm - OH.
Hướng dẫn:
Gọi CTPT của rượu X là C

n
H
2n + 2 – a
(OH)
a
trong đó: n
≥
1, nguyên; a
≤
n
Phương trình đốt cháy:
C
n
H
2n + 2 – a
(OH)
a
+
3 1
2
n a+ −
O
2
→ nCO
2
+ (n + 1)H
2
O
Theo đầu bài và phương trình phản ứng:
3 1

2
n a+ −
= 3,5 => n =
6
3
a+
cặp nghiệm thích hợp: n =3; a = 3.
CTPT: C
3
H
5
(OH)
3
4. PHƯƠNG PHÁP CÔNG THỨC PHÂN TỬ TRUNG BÌNH CỦA HỖN
HỢP (C.T.P.T.T.B)
+ Bước 1: Đặt công thức của 2 chất hữu cơ cần tìm rồi suy ra C .T.P.T.T.B
của chúng.
Ví dụ: A: C
x
H
y
O
z
, B: C
x’
H
y’
O
z’
=> C.T.P.T.T.B: C

X
H
Y
O
Z
(
Z
,

X
,
Y
lần lượt là số nguyên tử C, H, O trung bình)
+ Bước 2: Viết ptpu dạng tổng quát C.T.P.T.T.B (Tùy theo dữ kiện bài
cho)
- 11 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
+ Bước 3: Từ ptpu tổng quát và dữ kiện đầu bài cho thiết lập tỉ lệ để tính
giá trị trung bình:
Z
,

X
,
Y

+ Bước 4: Nếu x < x’ ta có: x <
X
,< x’
Nếu y < y’ ta có: y <

y
< y’
Nếu z < z’ ta có: z <
z
< z’ Dựa vào các điều kiện mà x, x’,
y, y’, z, z’ cần thỏa mãn biện luận suy ra giá trị hợp lý của chúng
=> C.T.P.T: A, B.
* Phạm vi áp dụng: Đây là một phương pháp áp dụng ngắn gọn, các bài toán
hữu cơ thuộc loại hỗn hợp các đồng đẳng, đặc biệt đồng đẳng liên tiếp. Tuy
nhiên hoàn toàn có thể áp dụng phương pháp này để giải bài toán hỗn hợp các
chất hữu cơ không đồng đẳng cũng rất hiệu qủa.
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ kế tiếp nhau trong một dãy đồng
đẳng, có tỷ khối hơi so với H
2
.
là: 104/3. Đốt cháy hoàn toàn 10,4g X cần vừa đủ 10,08 lít O
2
(đktc). Sản phẩm
cháy chỉ gồm CO
2
và H
2
O với số mol bằng nhau.
a. Xác định công thức phân tử các chất trong X và % khối lượng từng
chất trong X.
b. Viết CTCT của 2 chất trong X. Biết X tác dụng với Na, NaOH.
Hướng dẫn:
Đặt CTTQ chung của 2 chất trong X là: C
n
H

2
n
+ 2 – 2k
O
z
ta có:
=> 14
n
+ 2 – 2k + 16z = 104.2/3 (I)
Số mol X trong 10,4g là: 10,4.3/208 = 015 mol
Phản ứng cháy:
C
n
H
2
n
+ 2 – 2k
O
z
+ (3
n
+1 – k – z )/2O
2
→
n
CO
2
+ (
n
+ 1 – k)H

2
O
=> 0,15 0,45
=> (3
n
+ 1 – k – z)/2 = 3 (II)
Số mol CO
2
bằng số mol H
2
O:
n
=
n
+1 - k (III).
Giải hệ ta có:
n
= 2,67; k = 1; z = 2
a) Vậy hh X gồm: C
2
H
4
O
2
và C
3
H
6
O
2

gọi số mol lần lượt là x mol, y mol
Ta có: x + y = 0,15 (I’) . Từ
n
= 2,67 ta có : (2x + 3y)/0,15 = 2,67 từ
đó Ta có x = 0,05 mol, y = 0,1 mol
Phần trăm khối lượng là: C
2
H
4
O
2
: 28,85% ; C
3
H
6
O
2
: 71,15%
- 12 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
b) Do X tác dụng với Na, NaOH. Vậy CTCT của các chất X là: CH
3
COOH,
CH
3
CH
2
COOH
Ví dụ 2: Đốt cháy hai hiđrocacbon có cùng công thức tổng quát C
n

H
2n + 2 – 2k
thu
được sản phẩm sau khi đốt cháy có khối lượng 22,1 g khi cho toàn bộ lượng sản
phẩm này vào 400g dd NaOH thì thu được dd gồm hai muối có nồng độ
9,0026%. Tỉ lệ số mol hai muối này là 1 : 1.
1) Xác định giá trị của k ( biết k < 3) và tính số mol của hh?
2) Tìm công thức phân tử của hai hiđrocacbon trên , cho biết tỉ lệ số mol của
chúng trong hh là 1 : 2 (theo chiều khối lượng phân tử tăng dần )
Hướng dẫn:
1) Xác định giá trị của k và số mol hh: Tính số mol H
2
O và CO
2
trong hh sản
phẩm sau phản ứng đốt cháy (m là khối lượng của 2 muối)
9,0025
400 22,1 100
m
=
+
= > m = 38 gam
CO
2
+ NaOH → NaHCO
3

CO
2
+ NaOH → Na

2
CO
3
+ H
2
O
Ta có: 84a + 106a = 38 => a = 0,2 mol => n
CO2
= 0,4 mol => m
CO2
= 17,6
g
Vậy khối lượng H
2
O là: m
H2O
= 22,1 – 17,6 = 4,5g => n
H2O
= 0,25 mol
Đặt công thức chung của hai hiđrocacbon: C
n
H
2
n
+ 2 – 2k
C
n
H
2
n

+ 2 – 2k
+
3 1
2
n k
 
+ −
 ÷
 
O
2
→
n
CO
2
+ (
n
+ 1 – k)H
2
O
n
a – (
n
a + a – ka) = 0,4 – 0,25 = 0,15 mol => a(k – 1) = 0,15 mol
 k < 3 vậy chỉ có các nghiệm 1, 2, 0 chỉ có k = 2 => a = 0,15
Theo tỉ lệ số mol là 1 : 2 theo chiều khối lượng phân tử tăng dần. Vậy số mol
hiđrocacbon phân tử nhỏ là 0,05 mol lớn hơn là 0,1 mol
Phản ứng đốt cháy: C
n
H

2n +2 – 2k
+
3 1
2
n k+ −
 
 ÷
 
O
2
→ nCO
2
+ (n + 1 – k)H
2
O
0,05mol 0,05n mol
C
m
H
2m + 2 – 2k
+
3 1
2
m k+ −
 
 ÷
 
O
2
→ mCO

2
+ (m +1 – k)H
2
O
0,1mol 0,1m mol
m và n nguyên dương
≥
2: 0,05n + 0,1m = 0,4 => n + 2m = 8
- 13 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
*** MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH CTPT HAI HAY
NHIỀU CHẤT HỮU CƠ TRONG HỖN HỢP:
+) Nếu bài toán cho 2 chất hữu cơ A, B đồng đẳng liên tiếp thì:
m = n + 1 ( ở đây n, m là số C trong phân tử A, B )
+) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B hơn kém nhau k nguyên tử C thì: m = n + k
+) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B cách nhau k nguyên tử C thì: m = n + (k + 1)
+) Nếu bài cho A, B là anken (hay ankin) thì n, m ≥ 2
+) Nếu bài cho A, B là hiđrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường ( hay đktc)
thì n, m ≤ 4
5) XÁC ĐỊNH DÃY ĐỒNG ĐẲNG CỦA HỢP CHẤT HỮU CƠ:
*) Khi đốt cháy hiđrocacbon: sản phẩm cháy là CO
2
và H
2
O, so sánh số
mol CO
2
và số mol H
2
O. Nếu 1 hiđrocacbon A mạch hở, mà tìm được:

+) n
CO2
< n
H2O
=> A thuộc dãy đồng đẳng ankan.
Ptpư: C
n
H
2n + 2
+ (1,5n + 0,5)
0t C
→
nCO
2
+ (n + 1)H
2
O
+) n
CO2
= n
H2O
=> A thuộc dãy đồng đẳng anken( hay olefin)
Ptpư: C
n
H
2n
+ 1,5nO
2

0t C

→
nCO
2
+ nH
2
O
+) n
CO2
> n
H2O
=> A thuộc dãy đồng đẳng ankin
Ptpư: C
n
H
2n – 2
+ (1,5n – 0,5)O
2

0t C
→
nCO
2
+ (n – 1)H
2
O
*) Dựa vào phản ứng cộng của hiđrocacbon mạch hở A:
C
x
H
y

+ tH
2
→ C
x
H
y + 2t
(hoặc cộng Br
2
)
+) Với t là số liên kết
π
π
trong cấu tạo hiđrocacbon mạch hở A
+) Biện luận: Nếu t = 0 => A thuộc dãy ankan
Nếu t = 1 => A thuộc dãy anken
Nếu t = 2 => A thuộc dãy ankin hay ankađien
Ví dụ: Thực hiện phản ứng đề hidro hóa một hiđrocacbon A thuộc dãy đồng
đẳng của metan thu được một hỗn hợp gồm H
2
và ba hidrocacbon X, Y, Z. Đốt
cháy hoàn toàn 4,48 lít khí X hoặc Y hoặc Z thì thu được 17,92 lít CO
2
và 14,4
gam H
2
O ( thể tích các khí ở đktc). Hãy xác định CTCT của A.
Hướng dẫn giải
Ta có:
X
4,48

n = = 0,2mol
22,4
;
2
CO
17,92
n = = 0,8mol
22,4
;
2
H O
14,4
n = = 0,8mol
18
Ta thấy:
2 2
H O CO
n = n
⇒
Hiđrocacbon X là anken
- 14 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
C
n
H
2n

2
O
→

nCO
2
+ nH
2
O
0,2 0,8 0,8
⇒
0,2n = 0,8
⇒
n=4
⇒
anken là C
4
H
8
.
Khi đốt cháy X hoặc Y hoặc Z đều cho số mol CO
2
và H
2
O giống nhau.
⇒
X, Y, Z là các đồng phân của nhau và có cùng CTPT là C
4
H
8
,

nên A là C
4

H
10
CTCT có thể có của A:
CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
(1) CH
3
-CH-CH
3
(2)
CH
3

Trong hai đồng phân trên thì (1) tách hidro cho ba sản phẩm là đồng phân của
nhau.
CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
⇒

CTCT của A là CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
.
I) BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài 1: Đốt cháy hoàn toàn 4,3 gam chất hữu cơ X chứa C, H, O rồi cho các sản
phẩm thu được vào bình chứa dung dịch Ba(OH)
2
dư, thấy khối lượng bình tăng
11,50 gam và có 39,4 gam kết tủa. Ở thể hơi, X có tỉ khối đối với He là 21,5.
Xác định CTPT, Viết CTCT của X, biết rằng X có cấu tạo mạch nhánh và khi
tác dụng với Na
2
CO
3
thì giải phóng khí CO
2
.
Hướng dẫn giải:
Đặt công thức tổng quát của X là: C
x
H
y
O
z.

CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O
Khối lượng bình tăng =
2 2
CO H O
m + m = 11,5gam
2 3
CO BaCO
n = n =
0,2 mol ⇒ m
C
= 0,2.12 = 2,4 gam
⇒
2
H O
m
= 11,5 – 0,2.44 = 2,7 gam ⇒ m
H
=
= 0,3gam
m
O
= 4,3 – (2,4 + 0,3) = 1,6 gam

M
X
= 21,5.4 = 86
Lập tỉ lệ :
4,3
86
=
2,4
12x
=
0,3
y
=
1,6
16z
⇒ x = 4, y = 6, z = 2 ⇒ CTPT X: C
4
H
6
O
2
Vì X + Na
2
CO
3
→ CO
2
. Nên X có nhóm –COOH. X có cấu tạo mạch nhánh nên
CTCT của X là: CH
2

= C(CH
3
) – COOH
- 15 -
CH
3
-CH
2
=CH-CH
3
+ H
2
(cis+trans)
CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
+ H
2
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Bài 2: Trộn 12 cm
3
một hydrocacbon A ở thể khí với 60 cm
3
oxi (lấy dư) rồi đốt
cháy hoàn toàn A. Sau khi làm lạnh để nước ngưng tụ đưa về điều kiện ban đầu
thì thể tích khí còn lại 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).
Hướng dẫn giải
Ta có:
2
CO
V

= 24cm
3

2
O
V
dư
= 48 – 24 = 24cm
3
⇒
2
O
V
pứ
= 60 – 24 = 36 cm
3
Cách 1: Tính trực tiếp từ phương trình phản ứng đốt cháy (thực chất là pp đại số
tính theo thể tích).

0
x y 2 2 2
y y
C H + x+ O xCO + H O
4 2
t
 
→
 ÷
 
12 →






+
4
y
x
12 → 12x (cm
3
)
2
CO
V

=12x = 24 ⇒ x = 2
2

O
V
= 12






+
4
y
x
= 36 ⇒ y = 4 ⇒ 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
+→






++
1







+
4
y
x
x
2
y
(cm
3
)
12 36 24 (cm
3
)
1
4
2 2
y
x
x
VA VO VCO
+
= =

1
4
12 36 24
y
x
x

+
= =

1
4
12 36 24
y
x
x
+
= =
=> x = 2 ; y = 4
=> CTPT của A: C
2
H
4
Cách 3: Bảo toàn nguyên tố
Nhận xét: đốt 12 cm
3
A và 36 cm
3
oxy tạo ra 24 cm
3
CO
2
0
t
x y 2 2 2
12C H 36O 24CO ?H O+ → +
Bảo toàn nguyên tố (O): ⇒

O24H24CO36OH12C
22
t
2yx
0
+→+
Hay C
x
H
y
+ 3O
2
→
2CO
2
+ 2H
2
O
Bảo toàn nguyên tố (C): x = 2. Bảo toàn nguyên tố (H): y = 4 ⇒ Vậy CTPT
của A là C
2
H
4
Bài 3: Đốt cháy hoàn toàn 3,61 g chất hữu cơ X chỉ thu được hỗn hợp khí gồm
CO
2
, H
2
O và HCl. Dẫn hỗn hợp này qua bình chứa dung dịch AgNO
3

dư ở nhiệt
độ thấp, thấy có 2,87 gam kết tủa và bình chứa tăng thêm 2,17 gam. Khí thoát ra
- 16 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
được vào 100ml dung dịch Ba(OH)
2
1M, thu được 15,76 gam kết tủa Y. Lọc bỏ
Y, lấy dung dịch đun sôi lại có kết tủa nữa. Tìm CTPT của X, biết khối lượng
phân tử của X < 200 đvC.
Hướng dẫn giải:
HCl + AgNO
3

→
AgCl + HNO
3
(1)
AgCl HCl HCl
2,87
n = = 0,02mol n m = 0,02.36,5 = 0,73gam
143,5
= ⇒
m
bình tăng
=
2
HCl H O
m + m = 2,17gam

0
2 2 3 2
2 2 3 2
t
3 2 3 2 2
CO + Ba(OH) BaCO + H O (2)
2CO + Ba(OH) Ba(HCO ) (3)
Ba(HCO ) BaCO + CO + H O (4)
→
→
→

2
Ba(OH)
n = 0,1.1= 0,1mol
;
3
BaCO
15,76
n = = 0,08mol
197
Theo phương trình (2), (3)
2
CO
n = 0,08 + 2.(0,1-0,08) = 0,12mol⇒
Theo bảo toàn khối lượng mỗi nguyên tố ta có:
2
2
C(X) C(CO )
H(X) H(H O) H(HCl)

m = m = 0,12.12= 1.44gam
m = m + m = 0,08.2+0,02.1= 0,18gam
Cl(X) Cl(HCl)
O(X)
m = m = 0,02.35,5= 0,71gam
m = 3,61-(1,44+0,18+0,71) = 1,28gam
⇒
Công thức X là C
x
H
y
O
z
Cl
t
1,44 0,18 1,28 0,71
x : y : z : t : : : 0,12: 0,18:0,08: 0,02 6 : 9 : 4 :1
12 1 16 35,5
= = =
⇒
CTĐGN là C
6
H
9
O
4
Cl
⇒
CTTN (C
6

H
9
O
4
Cl)
n
Vì M < 200
⇒
180,5n < 200
⇒
n < 1,1
⇒
n=1
6 9 4
CTPT X : C H O Cl⇒
Bài 4: Đốt cháy hoàn toàn hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp thu được 11 gam
CO
2
và 6,3 gam H
2
O. Xác định CTPT hai hidrocacbon.
Hướng dẫn giải
2
CO
11
n = = 0,25mol
44
;
2
H O

6,3
n = = 0,35mol
18
- 17 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
2
2
H O
CO
n
0,35
= = 1,4 >1
n 0,25
⇒
hai hidrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan.
Đặt Công thức chung của hai ankan là
n 2n+2
C H
Ta có:
2
2
H O
CO
n
n+1
= = 1,4 n = 2,5
n
n
⇒
. Vậy hai ankan là C

2
H
6
và C
3
H
8
.
Bài 5: Oxy hoá hoàn toàn 4,6 gam một chất hữu cơ A bằng CuO đun nóng. Sau
phản ứng thu được H
2
O và 4,48 lít CO
2
(đktc), đồng thời thấy khối lượng CuO
ban đầu giảm 9,6 gam. Xác định CTPT của A.
Hướng dẫn giải
C
4,48
m .12 2,4 gam
22,4
= =
m
CuO
giảm chính là m
O
trong CuO

tham gia phản ứng ⇒ m
O
= 9,6 gam

Theo định luật bảo toàn khối lượng:
2 2
A O CO H O
m + m = m + m

⇒

2
H O
m
= 4,6 +9,6 –
4,48
.44
22,4
= 5,4 gam
⇒ m
H
=
) g ( 6,02.
18
4,5
=
→ m
O
=4,6 - 2,4 - 0,6 = 1,6 gam
Đặt CTTQ của A: C
x
H
y
O

z

x : y : z =
1:6:21,0:6,0:2,0
16
6,1
:
1
6,0
:
12
4,2
==
⇒ CTĐGN: C
2
H
6
O → CTTN: ( C
2
H
6
O )
n
hay C
2n
H
6n
O
n

y ≤ 2x + 2 hay 6n ≤ 4n + 2 ⇒ n ≤ 1, n nguyên dương nên n = 1
⇒ CTPT của A: C
2
H
6
O.
Bài 6. Trong một bình kín chứa hơi chất hữu cơ X (có dạng C
n
H
2n
O
2
) mạch hở
và O
2
(số mol gấp đôi số mol cần cho phản ứng cháy) ở 139,9
0
C, áp suất trong
bình là 0,8 atm. Đốt cháy hoàn toàn X sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất
trong bình lúc này là 0,95 atm. Xác dịnh CTPT của X.
Hướng dẫn.
C
n
H
2n
O
2
+
3 2
2

n −

3 2
2
n −
O
2

0t C
→

0t C
→
nCO
2
+ nH
2
O
1mol
3n-2
mol
2
n mol n mol
Giả sử có 1 mol X tham gia phản ứng, theo phương trình phản ứng ta có:
- 18 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
2 2
O pu O ban dau
3n-2 3n-2
n mol n = .2 = (3n-2)mol

2 2
= Þ
⇒ Tổng số mol của X và O
2
lúc đầu là : 3n - 2 +1 = (3n-1)mol
Sau phản ứng cháy và ở 139,9
0
C, nước đang ở thể hơi nên tổng số mol khí và
hơi sau phản ứng:
=> n
khí
= n
CO2
+ n
H2O
+ n
O2 dư
= n + n +
3 2
2
n −
= (3,5n - 1) mol
Nhiệt độ bình trước và sau phản ứng không đổi, ta có:
s s
P n 0,8 3n-1
= = n = 3
P n 0,95 3,5n-1
d d
Û Þ
Vậy CTPT của X là C

3
H
6
O
2

Bài 7 : Đốt cháy 1 thể tích hiđrocacbon A mạch hở, cần 6 thể tích oxi và sinh ra
4 thể tích CO
2
(các thể tích khí đo trong cùng điều kiện), A kết hợp với hiđro tạo
thành một hiđrocacbon no mạch nhánh. Xác định CTCT của A.
Hướng dẫn.
Gọi công thức của A là: C
x
H
y
C
x
H
y
+ (x +
y
4
)O
2
→ xCO
2
+
y
2

H
2
O
Tỉ lệ: 1V (x +
y
4
)V xV
Cho: 1V 6V 4V
Ta có:
1V xV
=
1V 4V
⇒ x= 4
Và:
y
(x+ )V
1V
4
=
1V 6
với x = 4 ⇒ y = 8. ⇒ Công thức của A là C
4
H
8
A kết hợp với hiđro tạo ra hiđrocacbon mạch nhánh ⇒A là anken mạch nhánh
Bài 8: Hỗn hợp khí A gồm hai anken đồng đẳng liên tiếp. Đốt cháy 8,96 lít hỗn
hợp khí A (đktc) rồi cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P
2
O
5

và
bình 2 đựng KOH rắn, thấy khối lượng bình 1 tăng m gam, còn bình 2 tăng (m
+ 39) gam. Xác định CTPT của hai anken trong hỗn hợp A.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức các anken là: C
n
H
2n
và C
m
H
2m
Công thức chung của hai anken:
n 2n
C H
(
n
là số nguyên tử C trung bình)
n 2n
C H
+
3n
2
O
2
→
n
CO
2
+

n
H
2
O
0,4 mol 0,4
n
0,4
n

- 19 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Số
8,96
mol hai anken = = 0,4mol
22,4
Theo đề bài:
2
CO
m
−
2
H O
m
= m + 39 − m
0,4.44
n
− 0,4.18
n
= 39 ⇒
n

= 3,75 hay n < 3,75 < m
Vì hai anken là đồng đẳng kế tiếp nên chọn: n = 3 và m = 4.
Vậy CTPT hai anken: C
3
H
6
và C
4
H
8
Bài 9: Cho một hỗn hợp A gồm H
2
và một hiđrocacbon X mạch hở, tỉ khối của
A so với H
2
= 3. Đun nóng A với Ni xúc tác, phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu
được hỗn hợp khí A
1
có tỉ khối so với H
2
= 4,5. Xác định CTPT của X, biết X là
chất khí ở đktc.
Hướng dẫn giải
Để đơn giản gọi x, y là số mol của H
2
và C
n
H
2n+2-2a
(a là số liên kết pi) trong 1

mol hỗn hợp.
A
2.3
2x+(14n+2- 2a) y
M =
1
=

⇔
2x + (14n+2 - 2a)y = 6 (1)
C
n
H
2n+2
−
2a
+ aH
2

o
Ni,t
→
C
n
H
2n+2
1
A
M
= 4,5.2 = 9 ⇒ có H

2
dư. Hỗn hợp A
1

n
2n+2
2
C H : y
H : x-aydu



⇒
1
A
M
(14n+ 2)y+ 2(x-ay)
y+ (x- ay)
=
= 9
⇔

=
6
9
1-ay

⇔
3ay = 1 (2)
Từ (1): 2(x+y) + (14n - 2a)y = 6

⇔
(14n – 2a)y = 6 – 2.1=4
⇔
(7n – a)y = 2 (3)
(3)
(2)
ta được:
n = a
(7 - a) y 2
=
3ay 1
⇔
nên x là C
n
H
2
Vì X là chất khí ở đktc ⇒ n ≤ 4
+ n = 1 ⇒ CH
2
(loại)
+ n = 2 ⇒ C
2
H
2
+ n = 3 ⇒ C
3
H
2
(không tồn tại)
+ n = 4 ⇒ C

4
H
2
. Vậy X là C
2
H
2
hoặc C
4
H
2
Bài 10: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí gồm một ankan A và một ankin B, thu
được 12,6 gam H
2
O, cần 36,8 gam oxi. Thể tích CO
2
tạo thành bằng 8/3 thể tích
hỗn hợp A, B lúc đầu (cùng điều kiện t
0
, P).
a. Xác định CTPT của A, B.
- 20 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
b. Xác định CTCT của A, B. Biết rằng hỗn hợp A, B lúc đầu phản ứng với
lượng dư AgNO
3
trong dung dịch NH
3
thì thu được 29,4 gam kết tủa.
Hướng dẫn giải

a. Đặt A có CTPT là C
n
H
2n+2
(n
≥
1): a mol
B có CTPT là C
m
H
2m-2
(m
≥
2): b mol
Ta có:
2
H O
n
= (n+1) a + (m-1) b = 0,7 (1)

2
CO
n
=
3n+1 3m-1
a + b 1,15
2 2
   
=
 ÷  ÷

   
(2)
2
CO
8
V = V
3
dau
( )
⇔
8
na + mb = a + b
3
(3)
Thay (3) vào phương trình (1), (2) ta có :
 
⇒
 
 
a + b = 0,3 a = 0,1
b - a = 0,1 b = 0,2
Thay giá trị a, b vào (3) ta được n + 2m = 8
b. Vậy A, B là C
3
H
4
và C
2
H
6

có CTCT: CH
≡
C - CH
3
; CH
3
- CH
3
Bài 11: Đốt cháy hoàn toàn một thể tích hơi chất hữu cơ A, cần dùng 10V oxi.
Sản phẩm cháy chỉ gồm CO
2
và H
2
O theo tỉ lệ
2 2
CO H O
V : V = 2 :1
(thể tích các khí
đo trong cùng điều kiện t
0
, p). Ở thể hơi A có tỉ khối hơi so với không khí < 4.
a. Xác định CTPT của A.
b. Xác định CTCT của A, biết rằng 26 gam A tác dụng với tối đa 22,4 lít H
2
(đktc) khi có Ni, đun nóng. 26 gam A cũng phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa
40 gam Br
2
.
Hướng dẫn giải
C

x
H
y
O
z
+
 
 ÷
 
y z
x+ -
4 2
O
2

→
xCO
2
+
y
2
H
2
O
1V 10V
y z
x + - = 10
4 2
⇒
(1)

x 2
=
y
1
2

⇔
x = y
(2)
Mặt khác ta có: 12x + y + 16z < 29.4 =116 (3)
⇒
13(8 + 0,4z) +16z < 116
⇔
z < 0,57
⇒
z = 0
⇒
x = y = 8
a. CTPT của A là C
8
H
8
- 21 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
b. Ta có:
2
H
A
n

= 4
n
;
2
Br
A
n
=1
n

⇒
A là stiren
Bài 12: Đốt cháy hoàn toàn 1 lít hỗn hợp khí gồm C
2
H
2
và hidrocacbon X sinh
ra 2 lít khí CO
2
và 2 lít hơi H
2
O (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện
nhiệt độ, áp suất). Tìm CTPT của X.
Hướng dẫn giải
Cách 1: Dùng phương pháp trung bình (Cacbon trung bình, Hidro trung
bình).
Số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp khí
2
CO
hh khí

V
2
= = = 2
V 1
mà C
2
H
2
có 2C nên X có 2C
Số nguyên tử H trung bình trong hỗn hợp khí
2
H O
hh khí
2V
2.2
= = = 4
V 1
mà C
2
H
2
có 2H nên X có số H > 4. Số H của X
≤
2.2+2 = 6
⇒
Chỉ có C
2
H
6
là thỏa mãn CTPT của X (Đáp án A).

Cách 2: Biện luận theo sản phẩm cháy và phương pháp đại số
1lít hỗn hợp


→



2
2 2
O
2 2
x y
C H
2lít CO + 2lít H O
C H
Khi đốt cháy C
2
H
2
(ankin) luôn cho
2 2
CO H O
V > V
, mà khi đốt cháy hỗn hợp khí
gồm C
2
H
2
và X (C

x
H
y
) cho
2 2
CO H O
V = V
nên X cháy tạo
2 2
CO H O
V < V
, do đó X là
ankan.
0
n 2n+2 2 2 2
3n+1
C H + O nCO + (n+1)H O
2
t
→
a lít na lít (n+1)a lít
2 2 2 2 2
5
C H + O 2CO + H O
2
o
t
→
b lít 2b lít b lít
Có: a+b =1 ; na + 2b = 2 ; (n+1)a + b = 2

→
n = 2
→
CTPT X là C
2
H
6
Bài 13: Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hidrocacbon vào bình đựng dung
dịch brom (dư). Sau phản ứng xảy ra hoàn toàn, có 4gam brom đã phản ứng và
còn lại 1,12lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO
2
.
Biết các khí đo ở đktc, tìm CTPT của hai hidrocacbon.
- 22 -
CH=CH
2
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
Hướng dẫn giải
Ta có:
hhX
1,68
n = = 0,075mol
22,4
;
2
CO
2,8
n = = 0,125mol
22,4
⇒

Số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp X:
2
CO
hhX
n
0,125 5
n= = = = 1,67
n 0,075 3
⇒
Trong hỗn hợp X phải có 1 hidrocacbon có 1C
⇒
hidrocacbon đó là CH
4
Dẫn hỗn hợp X qua dung dịch nước brom dư còn lại 1,12 lít khí đó chính là thể
tích của CH
4
, hidrocacbon bị hấp thụ là hidrocacbon không no.
⇒
n
hidrocacbon không no
= 0,075 -
4
CH
1,12
n = 0,075 - = 0,025mol
22,4
Ta thấy:

n
hidrocacbon không no

:
2
Br
4
n = 0,025: = 0,025:0,025 = 1:1
160
⇒
Trong hidrocacbon đó có 1 liên kết
π
và CTPT có dạng C
n
H
2n
Ta có:
0,05.1+ 0,025.n 5
n = =
0,075 3
⇒
n=3
⇒
hidrocacbon không no là C
3
H
6
Bài 14: Cho 0,896 lít (đktc) hỗn hợp hai anken là đồng đẳng liên tiếp hấp thụ
hoàn toàn vào dung dịch brom dư. Khối lượng bình brom tăng thêm 1,44 gam.
Tìm CTPT của hai anken.
Hướng dẫn giải
Đặt
1, 44 22, 4

M . 36
0,896 1
= =
Biện luận: M
1
<
M
< M
2

→
M
1
=28 và M
2
=42
Vậy 2 anken là C
2
H
4
và C
3
H
6
.
Bài 15: Thực hiện phản ứng đề hidro hóa một hiđrocacbon A thuộc dãy đồng
đẳng của metan thu được một hỗn hợp gồm H
2
và ba hidrocacbon X, Y, Z. Đốt
cháy hoàn toàn 4,48 lít khí X hoặc Y hoặc Z thì thu được 17,92 lít CO

2
và 14,4
gam H
2
O ( thể tích các khí ở đktc). Hãy xác định CTCT của A.
Hướng dẫn giải
Ta có:
X
4,48
n = = 0,2mol
22,4
;
2
CO
17,92
n = = 0,8mol
22,4
;
2
H O
14,4
n = = 0,8mol
18
Ta thấy:
2 2
H O CO
n = n
⇒
Hiđrocacbon X là anken
C

n
H
2n

2
O
→
nCO
2
+ nH
2
O
0,2 0,8 0,8
- 23 -
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc
⇒
0,2n = 0,8
⇒
n = 4
⇒
anken là C
4
H
8
.
Khi đốt cháy X hoặc Y hoặc Z đều cho số mol CO
2
và H
2
O giống nhau.

⇒
X, Y, Z là các đồng phân của nhau và có cùng CTPT là C
4
H
8
,

nên A là C
4
H
10
CTCT có thể có của A:
CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
(1) CH
3
-CH-CH
3
(2)
CH
3

Trong hai đồng phân trên thì (1) tách hidro cho ba sản phẩm là đồng phân của
nhau.

CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
⇒
CTCT của A là CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3
.
Bài 16: Cho 7,6 gam một ancol hai chức, no, mạch hở tác dụng với Na có dư thì
thoát ra 1,12 lít H
2
(đo ở 0
0
C, 2 atm). Xác định CTPT của A.
Hướng dẫn giải
10
422
1212
2
,

,
,.
n
H
==
mol
C
n
H
2n
(OH)
2
+ 2Na → C
n
H
2n
(ONa)
2
+ H
2
0,1 0,1 mol
ancol
7,6
M = = 76 ñvC
0,1
14n + 34 = 76
⇒
n = 3
⇒
CTPT của A: C

3
H
6
(OH)
2

Bài 17: Một hỗn hợp gồm hai ancol no, mạch hở có cùng số nguyên tử C, có
khối lượng là 18,2 gam. Chia hỗn hợp này ra hai phần bằng nhau:
- Phần 1 đốt cháy hoàn toàn, sản phẩm cháy cho qua dd Ca(OH)
2
dư, thu được
37,5 gam kết tủa.
- Phần 2 cho tác dụng vừa đủ với 225 ml dung dịch HCl 1M. Biết tỉ khối của
hỗn hợp ancol ban đầu so với H
2
bằng 36,4 và hiệu suất phản ứng là 100%.
Xác định CTPT của hai ancol.
Hướng dẫn giải
Đặt Công thức hai ancol lần lượt là: C
n
H
2n+2
−
a
(OH)
a
; C
n
H
2n+2

−
b
(OH)
b
- Phần 1:
- 24 -
CH
3
-CH
2
=CH-CH
3
+ H
2
(cis+trans)
CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
+ H
2
Sáng kiến kinh nghiệm GV: Lê Sỹ Nguyên - Trường THCS Yên Lạc

n 2n+2-a a 2 2 2
3n+1-a
C H (OH) + O nCO + (n+1) H O
2
→

x mol nx mol
C
n
H
2n+2
−
b
(OH)
b
+
3n+1-b
2
O
2
→ nCO
2
+ (n + 1)H
2
O
y mol ny mol

2
CO
n = 0,375mol
- Phần 2:
C
n
H
2n+2
−

a
(OH)
a
+ aHCl → C
n
H
2n+2
−
a
Cl
a
+ zH
2
O
x mol ax
C
n
H
2n+2
−
b
(OH)
b
+ bHCl → C
n
H
2n+2
−
b
Cl

b
+ bH
2
O
y mol by

hh ancol
hh ancol
HCl td
hh ancol
m
n = 0,225mol; M = = 72,8
n
⇒
hh ancol td hh ancol trong 1p
18,2
n = = 0,25mol n = 0,125mol
72,8
⇒
Gọi x, y lần lượt là số mol của mỗi ancol trong một phần:

nx+ny = 0,375
ax+by = 0,225
x+y = 0,125


⇒




⇒ n = 3
Vì số C = 3 ⇒ 1 ≤ a, b ≤ 3
Số nhóm – OH trung bình
ax+by 0,225
= = = 1,8
x+y 0,125
a < 1,8 ⇒ a = 1
b > 1,8 ⇒ b = {2, 3}
3 7
3 6 2
C H OH

C H (OH)

⇒


hoặc
3 7
3 5 3
C H OH
C H (OH)



Bài 18: A, B, C là ba chất hữu cơ thơm có cùng CTPT C
7
H
8
O. Hãy xác định A,

B, C. Biết rằng A tác dụng được với Na và NaOH. Khi 1 mol A tác dụng với Br
2
cần 3 mol Br
2
. B chỉ tác dụng được với Na. Còn C không tác dụng với Na và
NaOH.
- 25 -