CHUYÊN ĐỀ 2: HIDROCACBON (ankan, anken, ankin, ankadien, aren, xicloankan)

GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
***

CHUYÊN ĐỀ 2:
HIDRO CACBON
- Lí thuyết trọng tâm (đủ loại hợp chất)
- Có phân thành nhiều dạng toán đại học,
mỗi dạng bài có nhiều bài mấu và lời giải
chi tiết
- 1500 câu trắc nghiệm chuyên sâu (có đáp
án)

2007 - 2016


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018 -NGB+

hưa quý đọc giả, như chúng ta đã biết, kì thi Trung học phổ
thông Quốc gia bắt đầu từ năm 2017 sẽ đổi sang thi trắc nghiệm
tất cả các môn kể cả môn Toán (trừ môn Ngữ Văn) và đề thi sẽ
được lấy từ ngân hàng đề thi THPT Quốc gia do Bộ biên soạn mới hoàn
toàn. Nhưng thiết nghĩ, dù Bộ có biên soạn đề thi thế nào đi nữa thì
lượng kiến thức cũng sẽ xoay quanh những kiến thức ta được học ở nhà
trường, như thế thì những câu hỏi của Bộ cũng sẽ tương tương những
câu hỏi đã ra trong những năm trước đó. Vì thế ta có thể chuẩn bị kĩ
càng kiến thức cho mình bằng cách tìm hiểu và làm những đề thi thử của
những trường danh tiếng chắc chắn khi vào phòng thi, bạn có thể tự tin
đối diện vói cái đề mà thốt lên rằng: “Ôi dào! Tưởng thế nào chứ thế này
thì đối với mình là quá dễ”. Và để các bạn dễ dàng hơn trong việc tìm
kiếm tài liệu để ôn thi, tôi sẽ đưa ra một bộ các chuyên đề của các
môn toán, lí, hóa, anh. Dưới đây là chuyên đề 2 của môn HÓA

HỌC: HIDRO CACBON (ankan, anken, ankin, ankadien, aren,
xicloankan…)

T

.


24

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

CHUYÊN ĐỀ 2. HIĐROCACBON
A. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM
I. CÔNG THỨC TỔNG QUÁT
HIĐROCACBON

CÔNG THỨC PHÂN TỬ

HỖN HỢP

Dạng 1 : CxHy
x, y  N*
y chẵn và y  2x + 2
Dạng 2: CnH2n+2-2a
n1; a0

Cx H y : x ≥ 1 ; y ≥ 1

Ankan (a = 0)

CnH2n+2 (n  1)

C n H 2n 2

; n >1

Anken (a =1)
Xicloankan (a =1)
Ankin (a = 2)
Ankađien (a = 2)

CnH2n
CnH2n
CnH2n-2
CnH2n-2

(n  2)
(n  3)
(n  2)
(n  3)

C n H 2n

; n >2

C n H 2 n 2

; n >2

Ankylbenzen (a = 4)

CnH2n-6

(n  6)

C n H 2 n 6

; n >6

y≤2x +2

C n H 2 n  2 2 a n >1; a ≥ 0

2C  2  H 2 x  2  y
 0 ( =  + v); Số liên kết  = y + (x-1) + v

2
2
II. MỘT SỐ GỐC HIĐROCACBON THƯỜNG GẶP

Độ bất bão hoà  = a* =

NHÓM

CTCT

TÊN

NHÓM

CTCT

TÊN

CH3

CH3 ─

metyl

CH2

─CH2─

metylen

C2H5

CH3─CH2─

etyl

C2H3

CH2=CH2─

vinyl

C3H7

CH3-CH2-CH2-

propyl

C3H5

CH2=CH─CH2─

anlyl

Có 2
gốc

CH3

isopropyl

Có 3 gốc
mạch
hở

CH2

isopropenyl

CH
CH3

C4H9

CH3-CH2-CH2-CH2-

butyl

Có 4
gốc

CH3-CH-CH2│
CH3

isobutyl

CH3-CH2-CH│
CH3

s-butyl

CH3
│
CH3 ─ C ─
│
CH3

t-butyl

C
CH3

CH3─CH=CH─

CH3

gốc xiclo
ankan

propenyl
5-etyl-2metylxiclohexyl

C 2H 5

xiclopropyl

Phenyl
C6H5
(gốc thơm)

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


25

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-

amyl

C5H11

CH2

C7H7

Có 3
gốc
cần
nhớ

isoamyl

CH3 CH CH2 CH2

Có 4 gốc
thơm

CH3
CH3
│
CH3 ─ C ─ CH2 ─
│
CH3

neopentyl

Benzyl

CH3
o-tolyl

CH3

m-tolyl
và

CH3
p-tolyl

III. TÍNH CHẤT HOÁ HỌC
1) PHẢN ỨNG THẾ
Ankan thế Cl2/as
Anken thế Cl2/5000C
Ankin – 1 thế AgNO3/NH3
Aren : Clo hoá , nitro hoá , ankyl hoá
ANKAN
as
CnH2n+2 + Cl2  CnH2n+1Cl + HCl
H

C H 3C H 3

CH3

H C

H

CH3

H

C H3

CH3 C CH3

CH4

CH3

C

C

C H3

C H 3C H 3

CH3

C2H6

GHI CHÚ

C5H12

C8H18
CH2Cl

CH CH2

CH3

CH3
CH3 CH

CH2

CH3

+

Cl2

 Các chất CH4, C2H6, C5H12, C8H18,
C17H36.
 Ứng với CTCT này. Vai trò của các
nguyên tử H như nhau nên chỉ thu được 1
sản phẩm thế.

as

CH3

- HCl

CCl

CH2

CH3

CH CHCl

CH3

 Hỗn hợp 4 sản phẩm thế do có 4 vị trí
hiđro khác nhau trong phân tử (1 lần thế)

CH3

CH3
CH3

CH3
CH3

CH CH2

CH2Cl

CH3

CH3CH(CH3)CH3 + Br2 →CH3CBr(CH3)CH3 + HBr

as
CnH2n+2 + xCl2  CnH2n+2-xClx + xHCl
XICLOANKAN

 Với brom cho 1 sản phẩm thế ở C bậc
cao; các sản phẩm khác không đáng kể
* Nhiều lần thế

Cl
+

Cl2

as

+

HCl

 Một lần thế

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


26

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon
CH3

 Tạo 4 sản phẩm do có 4 vị trí hiđro khác
nhau trong phân tử (1 lần thế)

Cl

CH3

+

C H 2C l

as

C l2
-

HCl

CH3
Cl
CH3
Cl

CH3

as

CH CH2 CH3 + Br2

CH3

CBr

CH2

CH3

+ HBr

CH3

CH3

CH3

+

CH3

as

Br2

 Với brom thường cho 1 sản phẩm thế ở
C bậc cao.

+ HBr

Br

CnH2n + xCl2 → CnH2n-xClx + xHCl

* Nhiều lần thế.

ANKEN
CH2=CH-CH3 + Cl2

0

500 o C
  CH2=CH-CH2Cl

+ HCl

HCCH+2AgNO3 + 2NH3  AgC  CAg  + 2NH4NO3
(kết tủa màu vàng nhạt)
* Tái tạo HCCH : AgC  CAg  + HCl → C2H2 + AgCl 

 Anken thế Cl2/500 C ở C 
 Chất này có 2 H linh động nên tác dụng
AgNO3 theo tỉ lệ mol 1 : 2
 Tỉ lệ mol n AgNO3 : nAnkin  2

 R(CCAg )n  + nNH4NO3
R(CCH )n+nAgNO3+nNH3 

C2H2 hoặc có 2 lk  đầu mạch.
 Trường hợp ankin chưa rỏ sồ liên kết ba
đầu mạch:
Msau – Mđầu = 107n

BENZEN

GHI CHÚ

RCCH+AgNO3 + NH3


 R – C  C – Ag 

+ NH4NO3
(kết tủa màu vàng nhạt)

Br

Fe

+ Br2(khan)
+HNO 3d
+ CH 3Cl

+ HBr

H 2SO4d

NO 2

AlCl3

CH 3

+
+

 Benzen: brom hoá, nitro hoá, ankyl hoá

H 2O
HCl

C H (C H 3 ) 2

+ C H 3C H = C H 2

 Phản ứng này tạo Cumen, ứng dụng tổng
hợp Phenol và axeton

A lC l 3

TOLUEN
CH2Cl

CH3
+ Cl2

as

+

HCl

CH3
CH3
+ Cl2

Cl
+ HCl

Fe
CH3

+ HCl

 Khi có điều kiện ánh sáng thì clo thế vào
nhánh. Nếu trên nhánh có nhiều cacbon thì
phản ứng thế ưu tiên ở cacbon bậc cao.
 Khi có điều kiện bột Fe thì clo thế vào
nhân:
- Brom hoá tạo sản phẩm ở vị trí p – cao
hơn.
- Nitro hoá tạo sản phẩm ở vị trí o – cao
hơn.

Cl

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


27

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

 Toluen + HNO3 (1:3) tạo thuốc nổ TNT
( 2,4,6-trinitrophenol)

CH3

CH 3
O 2N

NO2

H2SO4

+ 3 HNO 3

+ 3 H 2O
NO2

NO2

NO2

* Nhóm -NO2 định hướng metha

Fe

+ Br2(khan)

+ HBr
Br

CH=CH2

CH=CH2

 Nhóm –CH=CH2 định hướng metha
+

Fe

B r2

+ HBr
Br

Br
Fe

+ Br2

+ HBr

 Thế ở vị trí 

NO2

+ HNO3

H2SO4

+ H 2O

CẦN NHỚ QUI LUẬT THẾ TRÊN VÒNG BENZEN
ĐỊNH HƯỚNG ortho, para
ĐỊNH HƯỚNG metha
*Nếu X− là :
* Nếu X− là :
CnH2n+1−, −OH, −NH2, Halogen
−CHO, −COOH, −SO3H, −NO2

.... −COOC2H5

CHẤT

X

NH C CH3

.....

O

* Khi vòng gắn nhiều nhóm đẩy thì tác nhân thế vào vị trí o-; p- so với nhóm đẩy mạnh:
-OH > -NH2 > -C2H5 > -CH3 > Halogen
* Khi vòng gắn nhiều nhóm hút thì tác nhân thế vào vị trí m- so với nhóm hút mạnh:
-NO2 > -CN > -COOH > - COOR > -CHO > -COR

2) PHẢN ỨNG CỘNG: Gồm có Cộng H2, cộng Br2, cộng HX
ANKEN

GHI CHÚ
0

,t
* Anken + H2 Ni


 sau phản ứng tối đa
3 chấtankan, anken, H2
* Độ giảm tổng số mol hỗn hợp bằng số mol

hiđro phản ứng.

0

,t
Ni


 CnH2n+2
Ni,t
CH2=CH2 + H2 
 CH3-CH3

CnH2n + H2

CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br


H
CH2=CH2 + H2O 
 CH3-CH2OH


H
CH3−CH=CH−CH3 + H2O 
 CH3−CHOH−CH2−CH3
CH3

CH CH2

+ H X

CH3

CHX CH3

CH3

CH2

* Độ tăng khối lượng bình đựng nước Br2
(dư) bằng tổng khối lượng các anken
* Anken đối xứng tạo 1 ancol
* Anken không đối xứng tạo 2 sản phẩm theo
qui tắc Maccopnhicop
* mAncol = mAnken + mNước
* nAncol = nAnken = nNước

CH2X

ANKIN
Pd ,t 0

HC≡CH + H2 
 CH2=CH2
Ni ,t 0
HC≡CH + 2H2 
 CH3CH3

0

,t
*Ankin + H2 Ni


 sau phản ứng thu
được tối đa 4 chấtankin, anken, ankan, H2

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


28

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon
0

,t
CH2=CH2 + H2 Ni


 CH2=CH2
HC≡CH + Br2 → CHBr = CHBr (1) ( t0 thấp )
HC≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2 (2) ( t0 cao )
Độ giảm số mol của hỗn hợp sau khi ra khỏi bình brom so
với ban đầu bằng số mol các ankin

CH≡CH + H2O

HgSO4 ,80 0
  



CH3−CHO

NaOH
CH≡CH + HCl → CH2=CHCl 
 CH3−CHO

T=

nBr2
nAnkin

* Nếu T ≤ 1
: Phản ứng (1)
* Nếu T ≥ 2
: Phản ứng (2)
* Nếu 1< T < 2 : 2 phản ứng (1) và (2)
* C2H2 cộng nước tạo anđehit
* Các ankin khác cộng nước tạo xeton
* Vinylclorua trùng hợp tạo nhựa PVC
* Vinylaxetat trùng hợp tạo PVAc

2 NaOH
CH≡CH + 2HCl → CH3-CHCl2 

 CH3−CHO
2

CH≡CH + CH3COOH Zn


 CH3COO−CH=CH2

XICLO ANKAN
Ni, t0

+ H2

CH2

+ Br2

* Xiclopropan cộng với H2 mở vòng →propan

CH3CH2CH3

Br

CH2

* Xiclopropan cộng với Br2 mở vòng làm phai
màu nước brom

CH2
Br

* C4H8, C5H10, C6H12 có vòng xiclopropan đều
làm phai màu nước brom

CH2CH 3

 Br2

* C3H6 (Vòng) 
 X→ Y→Z→T (đa chức)
Br2
* CH2=CH-CH3 

 X→Y→Z→T (tạp chức)
+

H2

CH3CH2CH2CH3

* Nếu chất đầu là xiclopropan thì chất cuối đa
chức.
* Nếu chất đầu là propen thì chất cuối tạp
chức.
* Xiclobutan cộng với H2 mở vòng → butan

* Xiclobutan không cộng Br2
CH3
b

+H2

a
c

Ni

CH3

to

* Phản ứng chỉ làm gảy cạnh ở vòng 3 :
* gảy cạnh (a) tạo metylxiclohexan
* gảy cạnh (b) tạo 1,2-đimetylxiclopentan
* gảy cạnh (c) tạo 1,3-đimetylxiclopentan

CH3

CH3

CH3
CH3

ANKAĐIEN
CH2

CH CH CH2 + H2

GHI CHÚ

Ni

CH3

to

CH3

CH2

CH CH2

CH CH CH3

CH2Br CHBr CH CH2
CH2 CH CH CH2 + Br2
CH2Br CH CH CH2Br

* Buta-1,3-đien cộng H2, Br2 tạo 2 sản phẩm
cộng
* Nhiệt độ thấp ưu tiên cộng 1,2 ; Nhiệt độ
cao ưu tiên cộng 1,4 ; Nếu dư H2, Br2, HBr thì
cộng vào cả 2 nối đôi.

CH2BrCH2CH=CH2
CH2=CH

CH=CH 2 + HBr

CH3CHBrCH=CH2
CH3CH=CHCH2Br

* Cộng HBr cho 3 sản phẩm (nếu tính đồng
phân hình học thì 4 sản phẩm).

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


29

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon
CH3 CH CH CH2
CH3
CH2 C CH CH2

Ni

+ H2

CH2 C CH2 CH3

to

CH3

CH3
CH3 C CH CH3

+2H2 Ni,to

CH3
CH3 CH CH2 CH3
CH3

* 2-metylbuta-1,3-đien khi:

- Cộng H2, Br2 cho 3 sản phẩm:
- Cộng 1,4
- Cộng 1,2
- Cộng 3,4
- Nhiệt độ thấp ưu tiên cộng 1,2 ; Nhiệt độ cao
ưu tiên cộng 1,4 ; Nếu dư H2, Br2, HBr thì
cộng vào cả 2 nối đôi → 1sp
- Cộng HBr tạo 6 sản phẩm
( 3sp chính + 3sp phụ )
- Cộng vào 1,4 và 1,2 và 3,4

BENZEN
* Benzen không cộng Brom

Ni

+ 3H2

to

(xiclohexan)

* C6H6 + Cl2  as
  C6H6Cl6
CH 3

* thuốc trừ sâu 6.6.6

CH 3

* Toluen không cộng Brom
Ni

+ 3H 2

to

(metylxiclohexan)

CH=CH2

* C8H8 + H2 ( 1 : 4 )  Cộng vào liên kết  ở
nhánh và vòng

CH2CH3
Ni,t0

+ 4 H2

(etylxiclohexan)
CH=CH2

Br2

+

CH=CH2

+

* C8H8 + Br2 ( 1 : 1)  Cộng vào liên kết  ở
nhánh

CHBrCH2Br

* stiren + HX ( HBr, H2O ...)
Cộng theo Maccopnhicop

CH2BrCH3

HBr

Ni
to

+ 5H 2

+ 2H2

Ni
to

(Tetralin)

Ni
to

+ 3H2

(Đecalin)

3) PHẢN ỨNG TRÙNG HỢP
nCH 2

CH
X

nC H 2

CH2

x t, t o
p cao

x t, t o
p cao

CH2

CH
X

CH2

n

n: hệ số trùng hợp
hay hệ số polime hoá
Polietilen (PE)

CH2
n

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


30

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon
nCH 2

CH

nC H 2

CH 2

CH

CH2

Poli(vinylclorua)

CH

CH

(PVC)

n

Cl

xt, to
p cao

Polipropilen (PP)

CH 3 n

xt, to
p cao

Cl
CH 2

xt, t
p cao

CH 3

CH

nCH

o

CH 2

Polistiren (PS)

n

n CH 2

CH

xt, t
p cao

OCOCH 3

Na,

nCH2 CH CH CH2

CH2

OCOCH3

xt

CH2

o

t
CH2
CH

CH

CH

CH
CH2

CH2

n

Cao su Buna

n

* Khi trùng hợp Buta-1,3-đien còn
xảy ra phản ứng theo kiểu 1,2.

CH

n
CH CH2

CH

xt

CH2

to

xt

t

Cl

Cao su Cloropren

CH2 C CH CH2

o

n

Cl

nCH2 C CH CH2

xt

CH3

to

CH CH CH2

+ n CH CH2

Cao su Isopren

CH2 C CH CH2
n

CH3
xt, to

CH2

CH CH CH2

C6H5

2CH CH

CuCl, NH4Cl
80 C

3CH3

Cao su buna-S
n

* Nhị hợp tạo Vinyl axetilen

CH C CH

(Vinyl axetilen)

C
600oC
C CH

CH CH2
C6H5

CH2

o

3C2H2

* Khi trùng hợp Buta-1,3-đien còn
xảy ra phản ứng cộng đóng vòng
Diels-Alder

CH2

nCH2 C CH CH2

nCH2

CH

CH2 CH CH CH2

to

nCH2 CH CH CH2

Poli(vinylaxetat) PVA)

o

*Tam hợp tạo Bezen
(Diels-Alder )

(Benzen)
CH3

C
to

H3C

CH3

* Tên : 1,3,5-trimetylbezen
(mesitilen)
Đóng vòng Diels-Alder

( 1,3,5-trimetylbezen )

4) PHẢN ỨNG OXI HOÁ
 Oxi hoá bằng dung dịch KMnO4/H2O
 Oxi hoá bằng dung dịch KMnO4/H2SO4
 Đốt cháy
Oxi hoá bằng dung dịch KMnO4/H2O

Oxi hoá bằng dung dịch KMnO4/H2SO4

Dung dịch KMnO4 trong nước hoặc kiềm loãng (nguội) oxi
hoá nối đôi C═C thành –điol

Dung dịch KMnO4 trong axit (đun nóng) oxi hoá
mạnh làm đứt mạch C ở vị trí nối

3CH3─CH═CH2 + 2KMnO4 + 4H2O →
3CH3CHOHCH2OH + 2MnO2↓ + 2KOH
o

CH≡CH + 8KMnO4 t
 3KOOC─COOK + 8MnO2↓ +
2KOH + 2H2O
* Với ankin khác sự oxi hoá thường làm gãy mạch

CH3 C CH CH3
CH3

KMnO4
H+, t o

CH3 C CH3 + CH3COOH
O

CH2 = → CO2 + H2O
─CH = → COOH
─C = → ─CO─

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học

│

31

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

+ KMnO4
* Toluen không phản ứng ở t0 thường.
CH3

+ 2 KMnO4

COOK
+ 2 MnO2 + KOH + H2O

to

Kalibezoat
CH=CH 2

CHOHCH2OH

+ 2 KMnO 4

3

+

4 H 2O

+ 2MnO2 +2KOH

3

* 5C6H5CH3 + 6KMnO4 + 9H2SO4 →
5C6H5-COOH + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 14H2O
* C6H5-CH2CH3 + KMnO4 + H2SO4 →
C6H5-COOH + CO2+ K2SO4 + MnSO4 + H2O
* Nếu gốc –R có nhiều C có thể tạo :
C6H5-COOH + axit ...
* Trong môi trường axit tạo :
C6H5-COOH + CO2+ K2SO4 + MnSO4 + H2O

* Napthalen không bị oxi hoá bởi dd KMnO4.
O

* Anhiđritphtalic hợp nước tạo axit phtalic

C

O2(kk)

O

V2O5, 450oC

C
O

Anhiđrit phtalic

Oxi hoá hoàn toàn (phản ứng cháy)
MỘT HIĐROCACBON

NHIỀU HIĐROCACBON

y
y
CxHy + ( x + ) → xCO2 + H2O
4
2
CnH2n+2-2a  3n  1  a O2 → nCO2 + (n+1-a)H2O

Cn H 2 n  2  2 a 

2

Độ bất bảo hòa: a   

y
y
) → x CO2 + H2O
4
2

CxH y+( x +

2x  2  y
2

3n  1  a

O2 → n CO2+( n +1- a )H2O
2

n< n 

nCO2

Kết luận chung:

Kết luận chung:

* ĐLBTKL : mCx H y  mO2  mCO2  mH 2O

* ĐLBTKL : mhh  mO2  mCO2  mH 2O

* ĐLBTNT: nO2
* Số C = x 

đốt

1
 nCO2  nH 2O
2

* ĐLBTNT: nO2 đốt  nCO2 

nCO2

* Số CTB = x 

nCx H y

Kết luận riêng:
 Nếu nH 2O  nCO2  ankan
→ nankan = nH 2O  nCO2 và Số C 

nCO2
nAnkan

→ nankin hoặc ankađien = nCO2  nH 2O và Số C 

nCO2

=

n 1 a
1 a
=1+
n
n

Ankan : 1< T ≤ 2 (CH4 có T = 2)

1
nH O
2 2

nCO2
nCx H y

→ nankan = nH 2O  nCO2
* Nếu nH 2O  nCO2  hỗn hợp anken hoặc ankan và
ankin (nankan = nankin)
* Nếu nH 2O  nCO2  có ít nhất 1 ankin.

 Nếu nH 2O  nCO2  ankin hoặc ankađien

nH 2O


Kết luận riêng:
* Nếu nH 2O  nCO2 hh có ít nhất 1 ankan

 Nếu nH 2O  nCO2  anken hoặc xicloankan

T=

nhh

nCO2
nAnkin

→ nankin = nCO2  nH 2O
* Hỗn hợp nhiều hiđrocacbon cùng số C
→ Cn H
y

* Hỗn hợp nhiều hiđrocacbon cùng số H
→ C Hy

n

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


32

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Anken hoặc xicloankan : T = 1
Ankin hoặc ankađien : ½ ≤ T < 1 (C2H2 có T = ½)

* Hỗn hợp cháy có thể qui về:
C + O2 → CO2
H2 + ½ O2 →H2O

ĐỐT CHÁY HIĐROCACBON DẪN SẢN PHẨM CHÁY QUA KIỀM
→ mbình tăng = mH 2O  mCO2

 Sản phẩm cháy gồm CO2 + H2O qua kiềm dư

 Sản phẩm cháy gồm CO2 + H2O qua Ca(OH)2 → m
dung dịch tăng và thu m (g) kết tủa

→ mdd tăng = mH 2O  mCO2 - m↓

 Sản phẩm cháy gồm CO2 + H2O qua Ca(OH)2 → m
dung dịch giảm và thu m (g) kết tủa

→ mdd giảm = m↓- ( mH 2O  mCO2 )

 Sản phẩm cháy gồm CO2 + H2O qua Ca(OH)2 thu
được ↓ ; đun nóng dung dịch thu thêm ↓ nữa

Viết 3 phản ứng (1) (2) (3)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O (1)
2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2
(2)
Ca(HCO3)2 → CaCO3 ↓+ CO2 + H2O (3)
→ nCO2 = n ↓(1) + 2.n ↓(3)

 Sản phẩm cháy gổm CO2 + H2O qua Ca(OH)2 dư thu
được ↓
 Sản phẩm cháy gổm CO2 + H2O qua Ca(OH)2 dư thu
được ↓ , dung dịch tác dụng Ba(OH)2 thu thêm ↓ nữa

→ nCO2 = n ↓
Viết 3 phản ứng (1) (2) (3)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O
2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

(1)
(2)

Ca(HCO3)2+Ba(OH)2 →CaCO3↓+BaCO3↓+H2O (3)

→ nCO2 = nCO2 (1) + nCO2 (2)
Tính nCO2 (2) dựa theo kết tủa (3)
→ 44x + 18y = a
12x + 2y = b → x ; y

 Biết tổng mH 2O  mCO2 = a
và tổng

mC

+ mH

=b

5) PHẢN ỨNG NHIỆT PHÂN - CRACKING
a) PHẢN ỨNG TÁCH HIĐRO :
0
,l ln
2CH4 1500


 2CH≡CH + 3H2
CnH2 n + H2

n>

2

0

C nH2n + 2

t
xt

CnH2 n - 2
CnH2 n - 6

b) PHẢN ỨNG CRACKING :
,t 0
CnH2n+2 xt

 CaH2a+2 + CbH2b

+ 2H2

+ 4 H2

n>

2

n>

6

(n = a + b)

Giải toán loại này thường áp dụng ĐLBTKL. Câu hỏi phụ kèm theo là tính H%
Ví dụ 1: Nung 1 mol C4H10 thu được 1,7 mol hỗn hợp gồm CH4, C3H6, C2H4, C2H6, C4H8, H2,
C4H10 dư. Tính hiệu suất phản ứng:
C4H10 → CH4 + C3H6
x+y+z+t=1
x

x
x
2x + 2y + 2z + t = 1,7 → x + y + z = 0,7
C4H10 → C2H4 + C2H6
H% = 0,7/1,0 x 100% = 70%
y
y
y
C4H10 → C4H8 + H2
z
z
z
C4H10 dư: t
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


33

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Ví dụ 2 (ĐH khối A – 2008): Khi cracking hoàn toàn một thể tích ankan X thu được ba thể tích hỗn
hợp Y (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất); tỉ khối của Y so với H2 bằng 12.
Công thức phân tử của X là
A. C6H14.
B. C3H8.
C. C4H10.
D. C5H12.
0

,t


 3Y
X xt
1 mol
3 mol
Đề cho : M Y = 12 x 2 = 24
ĐLBTKL : Mx = 3. M Y = 72 → C5H12  Chọn đáp án D.

Hướng giải :

IV. ĐIỀU CHẾ CÁC HIĐROCACBON
ĐIỀU CHẾ TRONG CÔNG NGHIỆP
Ankan

Metan và các đồng đẳng được tách từ khí thiên
nhiên và dầu mỏ

ĐIỀU CHẾ TRONG PHÒNG THÍ
NGHIỆM
CH3COONa(r) + NaOH(r)→CH4 + Na2CO3
Al4C3 + 12H2O → 3CH4 + 4Al(OH)3

Tách trực tiếp từ quá trình chưng cất dầu mỏ,
ngoài ra:
Xiclo
ankan

xt
to

CH3[CH2]4CH3

+ H2

C2H4; C3H6; C4H8 điều chế bằng cách tách H2 từ
ankan hoặc cracking
Anken

to
 C2H4 + H2
C2H6 
to
 C2H4 + CH4
C3H8 

CH3CH2OH

H2SO4d
170oC

Tách H2 từ ankan tương ứng

to

 CH2═CH─CH═CH2
CH3CH2CH2CH3 
Ankađien

CH3 CH CH2

CH3

CH3

xt
to

CH2

C CH CH2 + 2H2
CH3

o

1500 C
 C2H2 + 3H2
2CH4 
l ln

CaCO3→CaO→CaC2→C2H2
axetilen
C2H2

CaCO3 →CaO + CO2
CaO + 3C → CaC2 + CO
CaC2 + 2H2O → C2H2 + Ca(OH)2
Chưng cất dầu mỏ và nhựa than đá

Aren

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học

CH2

CH2 + H2O


34

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

CH3[CH2]4CH3
CH3[CH2]5CH3

xt
to

+ 4H2

xt
to

CH3
+4H2
C2H5

+ CH2

CH2

xt
to

V. NGUỒN HIĐROCACBON THIÊN NHIÊN
Gồm : Dầu mỏ, khí mỏ dầu, khí thiên nhiên và than mỏ
1) DẦU MỎ
a) CHƯNG CẤT PHÂN ĐOẠN DẦU MỎ Ở ÁP SUẤT THƯỜNG
Số nguyên tử Cacbon trong
Nhiệt độ sôi
Ứng dụng
phân tử
0
< 180 C
C1 – C10
Đem chưng cất ở áp suất cao tách các chất khí C1C4 ra khỏi chất lỏng : C5 – C10
C1-C4 : khí ; ga
C5 – C10 : xăng
1700 - 2700
C10-C16
Dầu trắng : thắp sáng, đun nấu
0
0
250 - 350
C16-C21
Dầu đỏ : Động cơ điezen
350 - 4000
C21-C30
Dầu nhớt
4000
C > 30

Dầu mazut ( Được chưng cất ở áp suất thấp )
b) CHỈ SỐ OCTAN: Làm tăng chất lượng của xăng
isooctan
Heptan
CH3
│
CH3[CH2]5 CH3
CH3-C-CH2-CH- CH3
│
│
D = 0,684 g.ml-1 ; Có chỉ số octan = 0
CH3 CH3
D = 0,703 g.ml-1 ; Có chỉ số octan = 100
* Một loại xăng có tỉ lệ thể tích heptan : isooctan = 1 : 1 → xăng này có chỉ số octan = 50%
* Chỉ số octan giảm theo thứ tự: Aren > anken có nhánh > ankan có nhánh > xicloankan có nhánh >
anken không nhánh > xicloankan không phân nhánh > ankan không nhánh
* Cách làm tăng chỉ số octan (Reforming) thực hiện 3 loại phản ứng chủ yếu :
CH3 CH CH2 CH CH3

CH3[CH2]5CH3

xt
to

CH3

CH3
CH3
+H2

3 loại phản
ứng chủ yếu

xt
to

+3H2

CH3
xt
CH3[CH2]5CH3
+4H2
to
TÓM LẠI: PHƯƠNG PHÁP REFOMINH
o
 Chuyển hiđrocacbon từ không phân nhánh  t  Hiđrocacbon có nhánh
o
 Chuyển hidrocacbon không thơm  t  Hidrocacbon thơm
c) CRACKING:

CHẤT ĐẦU
CH3[CH2]4CH3

CRACKING NHIỆT
7000 - 9000

SẢN PHẨM
CH4 (15%) + C2H4 (40%) + C3H6 (20%)
+ C2H6, C3H6, C4H10, C5H12, C6H12+H2
.......chiếm 25%

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


35

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

CHẤT ĐẦU

CRACKING XÚC TÁC
( 400 ─ 450oC )
xt Aluminosilicat
( SiO2.Al2O3 + HF)

C21 – C35

SẢN PHẨM
* Khí : C1-C4
* Xăng : C5-C11 : hàm lượng ankan có
nhánh, xicloankan và aren cao nên chỉ số
octan cao
* Kerosen : C10-C16
* Diezen : C16 – C21

2) KHÍ MỎ DẦU VÀ KHÍ THIÊN NHIÊN
Khí thiên nhiên
Là khí chứa trong các mỏ khí
50% - 70%
Còn lại là C2H6, C3H8, C4H10,

CH4

Khí mỏ dầu
Là khí có trong mỏ dầu
70% - 95%
C5H12, N2,H2,H2S,He,CO2...

3) THAN MỎ
Nung than béo thu được: Lớp khí và chất rắn
Lớp khí : khi làm lạnh thu được 3 thành phần
- Phần khí : gọi là khí lò cốc gồm H2; CH4 ; CO2; CO; C2H6; N2
- Phần lỏng gồm : dung dịch NH3, nước
- Phần nhựa gọi là nhựa than đá: chưng cất phân đoạn nhựa than đá thu được 3 phân đoạn.

BA PHÂN ĐOẠN CHƯNG CẤT NHỰA THAN ĐÁ
- Phân đoạn sôi ở 80 ─170oC : dầu nhẹ, bezen, toluen, xilen.
- Phân đoạn sôi ở 170 ─ 230oC : dầu trung, naphtalen, piridin, phenol
- Phân đoạn ở 230 ─ 270oC
: dầu nặng, crezol, xilenol, quinolin
Cuối cùng còn lại chất cặn gọi là hắc ín dùng để rải đường.
Chất rắn: than cốc dùng cho luyện kim

CÔNG THỨC CẤU TẠO MỘT SỐ SẢN PHẨM CHƯNG CẤT
CH 3

CH 3

OH

CH 3
Bezen Toluen

o-, m-, p- xilen

OH
CH 3

N

Naphtalen

Piridin

Phenol

o-, m-, p- Cresol

N

Quinolin

B. PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
Dạng 1. Giải toán phản ứng đốt cháy hiđrocacbon
Phương pháp giải
Khi làm bài tập liên quan đến phản ứng đốt cháy hiđrocacbon cần lưu ý những điều sau:
MỘT HIĐROCACBON
HỖN HỢP NHIỀU HIĐROCACBON
y
y

y
y
C x H y  ( x  )O2  xCO2  H 2O
C x H y  ( x  )O2  xCO2  H 2O
4
2
4
2
Hoặc
Hoặc
3n  1  a
3n  1  a
Cn H 2 n  2  2 a  (
)O2  nCO2  (n  1  a ) H 2O C H
(
)O2  nCO2  (n 1  a) H2O
n 2 n  2 2 a
2
2
Với a =    = tổng LK  & vòng của phân tử
nCO2 nx  my  ...
nn

m
2x  2  y
= độ bất bảo hòa của phân tử.
a
nhh
x y
2

Kết luận chung:
Kết luận chung:
mhh  mO2  mCO2  mH 2O
m m m
BTKL: m
Cx H y

BTNT: nO2  nCO2

O2

CO2

H 2O

n
1
 nH 2O & Số C  x  CO2
2
nCx H y

nCO2
1
nO2  nCO2  nH 2O & x 
2
nCx H y

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học

36

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Kết luận riêng:
Nếu nH 2O  nCO2  Ankan  n Ankan  nH 2O  nCO2
Và số nguyên tử Cacbon: n 

nCO2
nH 2O  nCO2

 Nếu nH 2O  nCO2  Xicloankan hoặc anken.
 Nếu nH 2O  nCO2  Phân tử có a  2
Với ankin hoặc ankađien: nCx H y  nCO2  nH 2O
Và số nguyên tử Cacbon: n 

Chú ý: T 

nH 2O
nCO2

nCO2
nCO2  nH 2O


ankan :1  T  2

 anken : T  1

1

ankin :  T  1

2

Kết luận riêng:
Nếu nH 2O  nCO2  hh có ít nhất 1 ankan
Xét các HC: ankan, anken, ankin
+ Nếu nH 2O  nCO2 thì tất cả đều là anken ;
hoặc nankan = nankin.
+ Nếu nH 2O  nCO2  có ít nhất một ankin.
Hỗn hợp nhiều HC cùng số C Cn H y
Hỗn hợp nhiều HC cùng số H Cn H y
Lưu ý: hh cháy có thể quy về
C + O2  CO2.
1
H2 + O2  H2O.
2

Trường hợp riêng: Nếu trong hỗn hợp nhiều hiđrocacbon mạch hở:
 Số nguyên tử C trung bình: n  2 , ví dụ n  1, 5  Có một chất trong hỗn hợp là CH4.
 Số nguyên tử H trung bình: m  4 , ví dụ m  3, 5 và do số H chẵn  Có một chất trong hỗn hợp là
C2H2 hoặc C4H2 (HC≡C-C≡CH).

Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng oxi không
khí (trong không khí, oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO2 (ở đktc) và 9,9 gam nước.
Thể tích không khí (ở đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là
A. 70,0 lít.
B. 78,4 lít.
C. 84,0 lít.
D. 56,0 lít.

Hướng giải:
Hỗn hợp khí gồm CH4, C2H6, C3H8 là các ankan
1
7,84 1 9, 9
 
 0,625 mol
BTNT[O] nO2 pư = nCO2  n H 2O =
2
22, 4 2 18
 nKK pư = 5. nO2 pư =3,125 mol  VKK = 70 lít  Chọn đáp án A.
Câu 2: Ba hiđrocacbon X, Y, Z kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, trong đó khối lượng phân tử Z gấp
đôi khối lượng phân tử X. Đốt cháy 0,1 mol chất Y, sản phẩm khí hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch
Ca(OH)2 (dư), thu được số gam kết tủa là
A. 20.
B. 40.
C. 30.
D. 10.
Hướng giải:
Cần nhớ CO2 phản ứng với Ca(OH)2 dư nCaCO3  nCO2
Đốt hợp chất hữu cơ  nCO2 =nđốt.Số C
Gọi khối lượng phân tử của X là M  khối lượng phân tử của Y là (M + 14) và Z là (M + 28)
Đề MZ = 2.MX  M + 28 = 2M  M = 28 X là C2H4 Y là C3H6
 nCaCO3  nCO2 =nđốt.Số C = 0,1.3 = 0,3 mol  mkết tủa = 100.0,3 = 30 gam  Chọn đáp án C.
Câu 3: Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z có
tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là
A. C3H8.
B. C3H6.
C. C4H8.
D. C3H4.

Hướng giải:
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


37

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Nhận xétCác phương án A, B, D đều có 3C nên ta đặt X: C3Hy ; Nếu giải được y=8; 6; 4 thì chọn
đáp án tương ứng A, B, D; Nếu y có giá trị khác thì chọn C.
4x  y  2z
HS cần nhớ nO2 pư =
 n đốt (với x= số C; y = số H ; z = số O).
4
4.3  y  2 z
 a  y = 16 (vô lý)  Đáp án C.
Từ d hhZ  19  nCO2  nO2 dư  3a  10a 
H2
4
Cách khác: Gọi CTPT của hiđrocacbon X là CnH2n+2-2k
3n  1  k
Phản ứng cháy: Cn H 2 n  2  2 k  (
)O2  nCO2  (n  1  k ) H 2O
2
3n  1  k
1
n
2
3n  1  k
Ta có: nCO2  nO2 dư  n = 10  5n + k = 21  k =1, n =4 CTPT của X là C4H8

2
Câu 4: Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin và vinylaxetilen có tỉ khối so với H2 là 17. Đốt
cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)2
(dư) thì khối lượng bình tăng thêm m gam. Giá trị của m là:
A. 5,85
B. 3,39
C. 6,6
D. 7,3
Hướng giải:
Cần biết Etilen C2H4 , Metan CH4, Propin C3H4, Vinylaxetilen C4H4
 Đặt CTC của các chất là CxH4  12x + 4 = 17.2  x = 2,5

 m = mCO + mH O = 0,05.2,5.44 + 0,05.2.18 = 7,3 gam Chọn đáp án D.
2

2

Cần nhớ  nCO2 = n đốt.SốC ;

nH 2O = n đốt.Số (H:2)

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon X và Y (MY > MX), thu
được 11,2 lít CO2 (đktc) và 10,8 gam H2O. Công thức của X là
A. C2H6
B. C2H4
C. CH4
D. C2H2
Hướng giải:
Cần biết nhh ( X ,Y ) = 0,3 ; nCO2 = 0,5 ; nH 2O = 0,6 Số CTB = nCO2 : nđốt = 1,67

 hh có CH4 , do MX < MY  X là CH4  Chọn đáp án C.
Câu 6: Hỗn hợp khí X gồm một ankan và một anken. Tỉ khối của X so với H2 bằng 11,25. Đốt cháy
hoàn toàn 4,48 lít X, thu được 6,72 lít CO2 (các thể tích khí đo ở đktc). Công thức của ankan và
anken lần lượt là
A. CH4 và C2H4.
B. C2H6 và C2H4.
C. CH4 và C3H6.
D. CH4 và C4H8.
Hướng giải:
4, 48
6, 72
Cách 1. M X  d  M H 2  11, 25.2  22,5( g / mol ) ; n x 
 0, 2(mol ) ; n CO2 
 0,3(mol )
22, 4
22, 4
 Vì M X  22, 5  Ankan là CH4.
0,9
Mặt khác: m H = m X - m C = 0,2.22,5 - 0,3.12 = 0,9 (gam)  n H 2O =
= 0,45 mol .
2
 n CH4 = n H2O - n CO2 = 0,45 - 0,3 = 0,15 mol  n anken = 0,2 - 0,15 = 0,05 mol

 m anken = m x - m CH = 4,5 - 0,15.16 = 2,1  M anken =
4

nCO2

2,1
 42  Anken: C3H6

0,05

0,3
 1, 5  Ankan là CH4 và Anken:CnH2n
nX
0, 2
1.0,15  n.0, 05
Mặt khác: Số CTB 
 1, 5  n  3 :C3H6 Chọn đáp án C.
0, 2

Cách 2.Số CTB 



Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

38

Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp hai hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp ở thể khí, thu được
CO2 và hơi nước theo tỷ lệ 1 : 1,6 về thể tích (các thể tích đo trong cùng điều kiện về nhiệt độ và áp
suất). Vậy hai hiđrocacbon là
A. CH4 và C2H6.
B. C2H6 và C3H8.
C. C2H4 và C3H6.
D. C3H8 và C4H8.
Hướng giải:

Vì nCO2  nH 2O  hai hiđrocacbon là ankan đồng đẳng liên tiếp. Gọi CTC là Cn H 2 n  2
Phương trình phản ứng cháy:
3n  1
to
Cn H 2 n  2 + (
)O2 
 nCO2  (n  1) H 2O
2
n  1 1, 6

Ta có:
 n =1,67  Chọn đáp án A.
1
n
Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH4, C2H4, C2H6 và C3H8 thu được 4,48 lít khí
CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Giá trị của m là
A. 2,7.
B. 3,0.
C. 2,6.
D. 2,8.
Hướng giải:
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có: m = mC + mH = 12.nCO2  2.nH 2O = 12.0,2 + 2.0,15
= 2,7 gam  Chọn đáp án A.
Câu 9: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn
toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là
A. 20,40 gam.
B. 18,60 gam.
C. 18,96 gam.
D. 16,80 gam.
Hướng giải:

Gọi công thức chung của C3H8, C3H6, C3H4 là C3Hy ta có:
M X  21,2.2 = 42,4 = 12.3 + y  y = 6,4
Phản ứng: C3Hy  3CO2
+ y/2 H2O
0,1
0,3
0,1.0,5y
 mCO2 + mH2O = 0,3.44 + 0,1.0,5.6,4.18 =18,96g Chọn đáp án C.
Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn 1 lít hỗn hợp khí gồm C2H2 và hiđrocacbon X sinh ra 2 lít khí CO2 và 2
lít hơi H2O (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Công thức phân tử của X
là
A. C2H6.
B. C2H4.
C. CH4.
D. C3H8.
Hướng giải:
Do nCO2  n H 2O  hh gồm C2H2 và Ankan: CnH2n+2 & Số CTB = 2Đáp án A.
Cần nhớSố CTB = Số C thành phần  Các thành phần trong hỗn hợp có cùng số C.
Đốt hỗn hợp gồm 2 chất bất kỳ thu được: nCO2  n H 2O  hỗn hợp gồm a*=1 & a*=1
hoặc a*>1 & a*=0 với a* là tổng liên kết  trong phân tử.
Dạng 2. Giải toán phản ứng cộng của hiđrocacbon
Phương pháp giải
 Bài tập tìm công thức của hiđrocacbon không no trong phản ứng cộng HX, X2 (X là Cl,
Br, I)
Nếu đề bài cho biết số mol của hiđrocacbon và số mol của HX hoặc X2 tham gia phản ứng
nX 2
n
thì ta tính tỉ lệ T  HX hoặc T 
để từ đó suy ra công thức phân tử tổng quát của
nCx H y

nCx H y
hiđrocacbon.
 Bài tập liên quan đến phản ứng cộng H2 vào hiđrocacbon không no
+ Trong phản ứng khối lượng được bảo toàn: nhh trước pư . M hh trước pư = nhh sau pư . M hh sau pư
+ Trong phản ứng cộng hiđro: n khí giảm sau phản ứng = nhiđro đã phản ứng= nhh trước pư - nhh sau pư .
+ Sau phản ứng cộng hiđro vào hiđrocacbon không no mà khối lượng mol trung bình
của hỗn hợp thu được nhỏ hơn 28 thì trong hỗn hợp sau phản ứng có hiđro dư.
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


39

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

 Chú ý thêm: vì H2, Br2 trung hòa liên kết  nên:
nH phản ứng = n giảm  n còn lại = nBr phản ứng Hay n = nH
2

2

2

phản ứng +

nBr2 phản ứng

Vơi n = nhchc phản ứng .Số liên kết 

PHẢN ỨNG CỘNG
VỚI HIĐRO

 Tổng quát với hiđrocacbon A mạch hở,
có a liên kết 
Ni ,t 0
Cn H 2 n  2 2 a  aH 2 
 Cn H 2 n  2
0

Ni ,t
Cn H 2 n  2  2 a  aH 2 
 Cn H 2 n  2

ax
x
x
Gọi X là hỗn hợp trước khi cộng H2, hỗn
hợp nhận được sau phản ứng là Y, ta có:
n X  nY  ax  nH 2 phản ứng
Và số liên kết   a 

nH 2
nA

BTKL:mX = mY  dX < dY
p
n
d
Tỷ lệ áp suất: Y  Y  X
p X n X dY
 Độ giảm tổng số mol = mol H2 pư
Ni ,t 0

Anken  H 2 
 sau pư có tối đa 3
chất.
Ni ,t 0
Ankin  H 2 
 sau pư có tối đa 4 chất.
 PP Tăng_Giảm thể tích: Số mol giảm
của hh chính là số mol H2 phản ứng.

VỚI BROM
 Cho hiđrocacbon chưa no A qua dung
dịch brom:
Ni ,t 0
Cn H 2 n  2 2 a  aBr2 
 Cn H 2 n  2 2 a Br2 a
0

Ni ,t
Cn H 2 n  2  2 a  aBr2 
 Cn H 2 n  2  2 a Br2 a

x
Với a 

ax
nBr2

x

nhh

 Độ giảm số mol = tổng số mol các
hiđrocacbon không no
 Độ tăng khối lượng bình brom = tổng khối
lượng các hiđrocacbon không no trong hỗn
hợp.
 BTKL: mA  mBr2 pư = m sản phẩm
Lưu ý thêm từ ngữ trong đề:
Dung dịch phai màu: brom dư
(hiđrocacbon hết).
Dung dịch mất màu: có thể brom thiếu và
hiđrocacbon còn dư.

Câu 11: Một hiđrocacbon X cộng hợp với axit HCl theo tỉ lệ mol 1:1 tạo sản phẩm có thành phần
khối lượng clo là 45,223%. Công thức phân tử của X là
A. C3H6.
B. C3H4.
C. C2H4.
D. C4H8.
Hướng giải:
35,5.1
Cần biết Vì nX:nHCl = 1:1 Y: CxHyCl & %Cl 
 100  45,223
MY
MY = 78,5  MX = 78,5 – 36,5 = 42 CTPT của X là C3H6 Chọn đáp án A.
Câu 12: Cho 0,05 mol hiđrocacbon X làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 8 gam brom sinh ra
sản phẩm có hàm lượng brom đạt 69,56%. Công thức phân tử của X là
A. C3H6.
B. C4H8.
C. C5H10.
D. C5H8.

Hướng giải:
nBr2 1
8
 0,05 mol; nX = 0,05 mol 
Ta có: nBr2 
  X là CnH2n
160
nX 1
Phương trình phản ứng: CnH2n + Br2  CnH2nBr2
80.2
Theo đề  % Br 
 100  69, 56  n  5  X là C5H10 Chọn đáp án C.
14n  80.2
Câu 13: Cho 8,96 lít (đktc) hợp chất hữu cơ X qua dung dịch brom (dư). Sau phản ứng thấy khối
lượng bình brom tăng 22,4 gam. Biết X có đồng phân hình học. Công thức cấu tạo của X là
A. (CH3)2C=CH2.
B. CH3CH=CHCH3.
C. CH2=CHCH2CH3.
D. CH3CH=CHCH2CH3.
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


40

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Hướng giải:

8,96
 0,4 mol; mX = 22,4 gam  MX = 56  X là C4H8

22, 4
Vì X có đồng phân hình học nên X là CH3CH=CHCH3  Chọn đáp án B.
Ta có: n X 

Câu 14: Cho hiđrocacbon X phản ứng với dung dịch nước brom theo tỉ lệ mol 1 : 1, thu được
chất hữu cơ Y (chứa 74,08% brom về khối lượng). Khi cho X phản ứng với HBr thì thu được hai
sản phẩm hữu cơ khác nhau. Tên gọi của X là
A. but-1-en.
B. but-2-en.
C. Propilen.
D. Xiclopropan.
Hướng giải:
X phản ứng với Br2 theo tỉ lệ mol 1 : 1 nên X có công thức dạng: Cn H2n
Phương trình phản ứng: CnH2n + Br2  CnH2nBr2
80.2
Theo đề  % Br 
100  74, 08  n  4  X là C4H8
14n  80.2
Vì X phản ứng với HBr thu được hai sản phẩm hữu cơ khác nhau nên X là but-1-en  Đáp án A.
Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn m gam hiđrocacbon (A) ở thể khí, mạch hở thu được 7,04 gam CO2. Sục m
gam (A) vào nước brom (dư) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy có 25,6 gam brom phản ứng. Giá
trị của m là
A. 2,0 hoặc 4,0.
B. 4,0 hoặc 2,08.
C. 2,08 hoặc 2,8.
D. 2,0 hoặc 2,08.
Hướng giải:
Đặt CTPT của hiđrocacbon (A) là CnH2n+2-2a (với a là số liên kết  trong phân tử)
Các phương trình phản ứng:
3n  1  a

(1)
Cn H 2 n  2  2 a  (
)O2  nCO2  (n  1  a ) H 2O
2
x

nx
mol
0

Ni ,t
(2)
Cn H 2 n 2 2 a  aBr2 
 Cn H 2 n 2 2 a Br2 a
x
 ax
mol
Theo đề và phương trình phản ứng, ta có:
7, 04

nCO2  44  0,16  nx
 n  a (3)

n  25, 6  0,16  ax
 Br2 160
Vì A ở thể khí nên n  4 và có liên kết pi nên n  2  n nhận các giá trị 2, 3, 4.
Nếu n = 2, a =2  A là C2H2 (CH≡CH)
 nC2 H 2  0,08  mC2 H 2  0,08.26 = 2,08 gam

Nếu n = 3, a =3  A là C3H2 (Loại)

Nếu n = 4, a =4  A là C4H2 (CH≡C-C≡CH)
 nC H  0,04  mC H  0,04.50 = 2,0 gam
4

2

4

2

 Chọn đáp án D.
Câu 16: Hỗn hợp X gồm 0,15 mol vinylaxetilen và 0,6 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni)
một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 bằng 10. Dẫn hỗn hợp Y qua dung dịch
brom dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, số mol brom tham gia phản ứng là
A. 0,1 mol.
B. 0,15 mol.
C. 0,05 mol.
D. 0,2 mol.
Hướng giải:
BTKL: mX = mY = 0,15.52 + 0,6.2 = 9 gam  nhh Y = 9 : 20 = 0,45 mol
 nH2 p/ư = (0,15 + 0,6) – 0,45 = 0,3 mol
Theo bảo toàn mol , ta có: n = nhchc phản ứng .Số liên kết  = nH 2 phản ứng + nBr2 phản ứng =0,15.3 =
0,45
 nBr2 p/ư = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol  Chọn đáp án B.
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


41

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Câu 17: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn
hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít (ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N
lần lượt là
A. 0,1 mol C2H4 và 0,2 mol C2H2.
B. 0,1 mol C3H6 và 0,2 mol C3H4.
C. 0,2 mol C2H4 và 0,1 mol C2H2.
D. 0,2 mol C3H6 và 0,1 mol C3H4.
Hướng giải:
Do đề bài đã cung cấp cả khối lượng và số mol của hỗn hợp nên ta dễ dàng thấy bài toán giải bằng
pp trung bình (biện luận CTPT) kết hợp với phương pháp đường chéo (tính tỷ lệ mol), chú ý chi tiết
“có cùng số nguyên tử C”.
12, 4
1
Ta có: M X 
 41,33  41  Loại phương án A, C.
6, 72
3
22, 4
4
Áp dụng PP đường chéo: C3H6 (M=42)
 0,2 (mol)
3
1
M X  41
3
2
C3H4 (M=40)
 0,1 (mol)
3

Hoặc dùng Phương pháp thử : m = 0,2.42+0,1.40=12,4(g)  Chọn đáp án D.
Câu 18: Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít
dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi một nửa và khối lượng bình
tăng thêm 6,7 gam. Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon là
A. C2H2 và C4H6.
B. C2H2 và C4H8.
C. C3H4 và C4H8.
D. C2H2 và C3H8.
Hướng giải:
Nếu chỉ có một hiđrocacbon phản ứng với dung dịch brom (phương án D) thì ta có:
1
nC2 H 2   nBr2 pư = 0,175 mol  nC3 H 8  0,2 – 0,175 = 0,025 mol
2
 mhhX = 0,175.26 + 0,025.44 = 5,65  6,7  Loại D
Ta có: nhhX = 0,2 mol; nBr2 bđ= 0,7 mol; nBr2 pư= 0,35 mol

 nBr

2

pư=

nhchc pư.Số lk  Số lk trung bình= 1,75  A sai;

6,7
 33,5  C sai. Vậy đáp án đúng là B.
0,2
Câu 19: Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là 3,75. Dẫn X qua Ni nung nóng, thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá là
A. 25%

B. 20%
C. 50%
D. 40%
Hướng giải:
Mặt khác: M 

o

Ni ,t
Phương trình phản ứng: C2H4 + H2 
 C2H6
Xét trong 1 mol hỗn hợp X  mX =1.4.3,75=15(g);
Gọi nH 2 = x & nC2 H 4 = (1-x)  2x + 28(1-x )=15 x=0,5(mol)

ĐLBTKL: mhhX = mhhY  nY =15: [4.5] = 0,75(mol)  nH 2

pứ =

1 - 0,75 = 0,25(mol) = nC2 H 4 pư.

H=(0,25:0,5).100=50%  Chọn đáp án C.
Câu 20: Cho hỗn hợp A gồm H2 và một anken (olefin) có thể tích bằng nhau qua niken đun
nóng ta được hỗn hợp B. Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 23,2. Hiệu suất phản ứng hiđro
hoá là 75%. Công thức phân tử của olefin là
A. C2H4.
B. C3H6.
C. C4H8.
D. C5H10.
Hướng giải:Theo giả thiết ta chọn: nH 2  nCn H 2 n  1 mol  nA = 2 mol
Phương trình phản ứng:

Ban đầu:
Phản ứng:

o

Ni ,t
CnH2n + H2 
 CnH2n+2
1
1
0
0,75 0,75
0,75

mol

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


42

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Sau phản ứng:

0,25

0,25

0,75

 nB = 0,25 + 0,25 + 0,75 = 1,25 mol hay nH pư= nA – nB  nB = nA – nH pư = 1,25
ĐLBTKL: mA = mB  1.2 + 1.14n = 1,25.23,2.2  n = 4  CTPT là C4H8 Chọn đáp án C.
2

2

Dạng 3. Giải toán phản ứng thế của hiđrocacbon
Phương pháp giải
1) Phản ứng thế halogen: thường xét 1 lần thế. Ví dụ:
as
CxHy + X2 
 CxHy-1X + HX
(A)
(B)
Cần biết MA = MB + 1 – MX So kết quả để xác định CTPT của A
MA
16
26
28
30
40
42
44
50
52
54
56
58
A

CH4 C2H2 C2H4 C2H6 C3H4 C3H6 C3H8 C4H2 C4H4 C4H6 C4H8 C4H10
M
Thường chọn: x = số nguyên lớn nhất của giá trị  A  Giá trị của y.
12
Ví dụ: Sản phẩm một lần thế clo của hiđrocacbon (A) có tỷ khối so với hiđro là 53,25. Biết (A) tác
dụng với clo ngoài ánh sáng cho tối đa 4 sản phẩm thế. Xác định CTCT của (A)?
Hướng giải:
72
Ta có: MA = MB – 34,5 = 106,5 – 34,5 = 72  x = số nguyên lớn nhất 
 x  5, y  12
12
 CTPT của A là C5H12 và CTCT là CH3CH(CH3)CH2CH3
Chú ý: Phản ứng của ankan với Cl2 hoặc Br2. Nếu đề bài không cho biết sản phẩm thế là
monohalogen, đihalogen,… thì ta phải viết phản ứng ở dạng tổng quát :
o

as ,t
Cn H 2 n  2  xBr2 
 Cn H 2 n  2 x Brx  xHBr

Hoặc

o

as ,t
Cn H 2 n  2  xCl2 
 Cn H 2 n  2 x Cl x  xHCl

2) Phản ứng thế nguyên tử H ở nguyên tử C có liên kết ba đầu mạch bằng nguyên tử Ag
Phản ứng của CHCH với dung dịch AgNO3/NH3

to
AgNO3 + 3NH3 + H2O 
 [Ag(NH3)2]OH + NH4NO3
(phức chất, tan trong nước)
to
H–CC–H + 2[Ag(NH3)2]OH 
 Ag–CC–Ag + 2H2O + 4NH3
(kết tủa màu vàng nhạt)
to
hay
H–CC–H + 2AgNO3 + 2NH3 
 Ag–CC–Ag+ 2NH4NO3
Phản ứng của R–CCH với AgNO3/NH3
to
 R–CC–Ag + H2O + 2NH3
R–CCH + [Ag(NH3)2]OH 
to
hay
R–CCH + AgNO3 + NH3 
 R–CC–Ag+ NH4NO3
Chú ý:
Nếu thu lấy kết tủa cho tác dụng với axit sẽ tái tạo lại hiđrocacbon ban đầu.
Ví dụ: Ag–CC–Ag + 2HCl  H–CC–H + 2AgCl
Từ phản ứng thế:
to
H–CC–H + 2 [Ag(NH3)2]OH 
 Ag–CC–Ag + 2H2O + 4NH3
o

t

R–(CCH)k + k [Ag(NH3)2]OH 
 R–(CCAg)k  + kH2O + 2kNH3
a mol
a mol
Ta thấy, cứ 1 mol C2H2  1 mol C2Ag2 thì khối lượng tăng: m = 107.2 = 214 (gam)
cứ a mol R–(CCH)k  a mol R–(CCAg)k thì khối lượng tăng: m = 107ka (gam)
nếu tìm được R = 0 thì k = 2 Công thức là CHC-CCH.

Câu 21: Ankan Y phản ứng với clo ngoài ánh sáng theo tỷ lệ mol 1 : 1 tạo ra hai dẫn xuất monoclo
có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 39,25. Tên của Y là
A. butan.
B. propan.
C. iso-butan.
D. 2-metylbutan.
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

43

Hướng giải:
Ta có: MY = Mmonoclo – 34,5 = 78,5 – 34,5 = 44  Ankan Y là C3H8  Chọn đáp án B.
Câu 22: Khi clo hóa một ankan X chỉ thu được một dẫn xuất monoclo duy nhất có tỉ khối hơi đối
với hiđro là 53,25. Tên của ankan X là
A. 3,3-đimetylhecxan.
C. isopentan.
B. 2,2-đimetylpropan.
D. 2,2,3-trimetylpentan.
Hướng giải:

Ta có: MX = Mmonoclo – 34,5 = 106,5 – 34,5 = 72  Ankan X là C5H12
Vì khi clo hóa chỉ thu được một dẫn xuất monoclo duy nhất  Chọn đáp án B.
Câu 23: Khi cho ankan X (trong phân tử có phần trăm khối lượng cacbon bằng 83,72%) tác dụng
với clo theo tỉ lệ số mol 1:1 (trong điều kiện chiếu sáng) chỉ thu được 2 dẫn xuất monoclo đồng
phân của nhau. Tên của X là
A. 3-metylpentan.
B. 2,3-đimetylbutan.
C. 2-metylpropan.
D. butan.
Hướng giải:
12n
 100  83, 72  n  6  Ankan X là C6H14
Ta có: %C 
14n  2
 Cl2
Vì C6 H14 
 2 dẫn xuất monoclo đồng phân của nhau X có 2 hướng thế  Chọn đáp án B.
1:1
Câu 24: Cho 1,5 gam hiđrocacbon X ở thể khí tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3
thu được 7,92 gam kết tủa vàng nhạt. Mặt khác 1,68 lít khí X (ở đktc) có thể làm mất màu tối đa V
lít dung dịch Br2 1M. Giá trị V là
A. 0,2.
B. 0,25.
C. 0,3.
D. 0,15.
Hướng giải:
Phương trình phản ứng:
to
R–(CCH)k + k [Ag(NH3)2]OH 
 R–(CCAg)k  + kH2O + 2kNH3

a mol
a mol
Ta có: m = 107ka = 7,92 – 1,5 = 6,42  ka = 0,06
Nếu k = 1  a = 0,06 MX = 25 (loại)
Nếu k = 2  a = 0,03 MX = 50 là C4H2 (HCC-CCH)
 nbrom pư = 4.nX = 4.0,075 = 0,3 mol  V = 0,3 lít  Chọn đáp án C.
Cách khác:
to
R–(CCH)k + k [Ag(NH3)2]OH 
 R–(CCAg)k  + kH2O + 2kNH3
1,5g
7,92g
Ta có: 1,5*(R + 132k) =7,92*(R + 25k) R=0; k = 2 X là HCC-CCH
Câu 25: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C2H2, C3H4 và C4H4 (số mol mỗi chất bằng nhau) thu
được 0,09 mol CO2. Nếu lấy cùng một lượng hỗn hợp X như trên tác dụng với một lượng dư dung
dịch AgNO3 trong NH3, thì khối lượng kết tủa thu được lớn hơn 4 gam. Công thức cấu tạo của C3H4
và C4H4 trong X lần lượt là:
A. CHC-CH3, CH2=CH-CCH.
B. CHC-CH3, CH2=C=C=CH2.
C. CH2=C=CH2, CH2=C=C=CH2.
D. CH2=C=CH2, CH2=CH-CCH.
Hướng giải:
Ta có: nC2 H 2  nC3 H 4  nC4 H 4 = 0,09/(2+3+4) = 0,01 (mol).
CH≡CH → CAg≡CAg  m = 0,01.240 = 2,4 gam  mkết tủa còn lại > 4 – 2,4 = 1,6 gam
Nếu C4H4 tạo kết tủa C4H3Ag thì m = 0,01.159 = 1,59 < 1,6
 C3H4 cũng phải tạo kết tủa với AgNO3
Vậy các chất phải có liên kết ≡ ở đầu mạch  Loại B, C, D Chọn đáp án A.

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học

44

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Dạng 4. Giải toán phản ứng nhiệt phân, phản ứng crăcking của hiđrocacbon
Phương pháp giải
Một số phản ứng cần lưu ý:
n2
Cn H 2 n  H 2

t 0 , xt
15000 C ,l ln
2CH4  C2H2 + 3H2 ;
Cn H 2 n  2 
 Cn H 2 n 2  2 H 2 n  2
C H
 n 2 n6  4 H 2 n  6
0

t , xt
Cn H 2 n 2 
 Ca H 2 a  2  Cb H 2b (với a  1; b  2; n = a + b)
Khi làm các bài tập liên quan đến phản ứng crăcking, phản ứng tách hiđro thì cần chú ý những
điều sau:
+ Trong phản ứng khối lượng được bảo toàn, từ đó suy ra: nankan .Mankan = nhh sau pư . M hh sau pư
+ Khi cracking ankan C3H8, C4H10 (có thể kèm theo phản ứng tách hiđro tạo ra anken) thì : Số
mol hỗn hợp sản phẩm luôn gấp 2 lần số mol ankan phản ứng. Vì vậy ta suy ra, nếu có x mol ankan
tham gia phản ứng thì sau phản ứng số mol khí tăng lên x mol.
+ Ðối với các ankan có từ 5C trở lên do các ankan sinh ra lại có thể tiếp tục tham gia phản ứng

cracking nên số mol hỗn hợp sản phẩm luôn ≥2 lần số mol ankan phản ứng.
+ Ðối với phản ứng tách hiđro từ ankan thì :
nH 2 tạo thành = nkhí tăng lên sau phản ứng= nhỗn hợp sau phản ứng – nankan ban đầu.
 Giải toán crăcking thường áp dụng ĐLBTKL và câu hỏi phụ kèm theo là tính hiệu suất phản ứng.
Ví dụ: Khi cracking toàn bộ V lít ankan X thu được 35 lít hỗn hợp Y gồm 7 chất. Dẫn hỗn hợp Y vào
bình đựng dung dịch Br2 dư, thấy còn 20 lít hỗn hợp Z. Giá trị V và hiệu suất phản ứng là?

Cracking
Đề mẫu: V (lít) Ankan 


V3 (lít)

V1 (lít)
Ankanmới
Anken
Ankan dư

Hướng giảiTa có: V1=35, V3=20V=20
Vanken Sinh ra =V1 – V3 = 15 = Vankan pư H=75%

Ankanmới
Ankan dư

V = ?= V3
Vanken Sinh ra = ?=V1 – V3
Hpư = ?= (V1-V3):V3

ddBr2 (dư)

Cần biết GK nAnkan pư = nAnken = nAnkan mới ;
bđ = pư + dư ; H = pư : bđ

Câu 26: Khi cracking hoàn toàn V lít ankan X thu được 3V lít hỗn hợp Y (các thể tích khí đo ở
cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất); tỉ khối của Y so với He bằng 7,167. Công thức phân tử của X là
A. C6H14.
B. C3H8.
C. C4H10.
D. C5H12.
Hướng giải:
Vì cùng điều kiện nên tỉ lệ thể tích là tỉ lệ số mol  Crackinh 1 mol X được 3 mol hỗn hợp khí Y.
Theo ĐLBTKL: mhhX = mhhY
m
m
M .1
Ta có: M Y  hhY  hhX  X = 7,167.4  MX = 7,167.4.3 = 86 X là C6H14  Đáp án A.
nhhY
nhhY
3
Câu 27: Cracking 1 ankan A thu được hỗn hợp sản phẩm B gồm 5 hiđrocacbon có khối luợng mol
trung bình là 36,25 gam/mol, hiệu suất phản ứng là 60%. Công thức phân tử của A là
A. C4H10.
B. C3H8.
C. C2H6.
D. C5H12.
Hướng giải:
Chọn số mol của ankan là 1 mol thì số mol ankan phản ứng là 0,6 mol (vì hiệu suất phản ứng là
60%), suy ra sau phản ứng số mol khí tăng 0,6 mol Tổng số mol hỗn hợp B là 1,6 mol.
n .M B 1, 6.36, 25
Áp dụng ĐLBTKL ta có: mA  mB  nA .M A  nB .M B  M A  B


 58
nA
1
Vậy CTPT của ankan A là C4H10  Chọn đáp án A.
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


45

Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

Câu 28: Cracking 40 lít butan thu được 56 lít hỗn hợp A gồm H2, CH4, C2H4, C2H6, C3H6, C4H8 và
một phần n-butan chưa bị craking (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt dộ và áp suất). Giả sử
chỉ có các phản ứng tạo ra các sản phẩm trên. Hiệu suất phản ứng tạo ra hỗn hợp A là
A. 40%.
B. 20%.
C. 60%.
D. 80%.
Hướng giải:
Gọi x là thể tích C4H10 tham gia phản ứng, sau phản ứng thể tích tăng là x lít.
16
Vậy ta có: 40 + x = 56  x = 16  H   100  40%  Chọn đáp án A
40
Câu 29: Cracking 8,8 gam propan thu được hỗn hợp X gồm H2, CH4, C2H4, C2H6, C3H6 và một
phần propan chưa bị cracking. Biết hiệu suất phản ứng là 90%. Khối lượng phân tử trung bình của
X là
A. 39,6 gam/mol.
B. 23,16 gam/mol.
C. 2,315 gam/mol.

D. 3,96 gam/mol.
Hướng giải:
Theo ĐLBTKL, ta có: mX = mpropan = 8,8 gam.
npropan ban đầu = 0,2 mol  npropan phản ứng = 0,2.90% = 0,18 mol.
Vậy sau phản ứng tổng số mol khí trong X là (0,2 + 0,18) = 0,38 mol.
m
8,8
 MX  X 
 23,16 gam/mol  Chọn đáp án B.
n X 0, 38
Câu 30: Cracking hoàn toàn 6,6 gam propan được hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon. Dẫn toàn bộ X
qua bình đựng 400 ml dung dịch brom a mol/l, thấy khí thoát ra khỏi bình có tỉ khối so metan là
1,1875. Giá trị a là
A. 0,5M.
B. 0,25M.
C. 0,175M.
D. 0,1M.
Hướng giải:
Ta có: npropan = 0,15 mol
Phương trình phản ứng:
Cracking
C3 H 8 
 CH 4  C2 H 4
(1)
0,15 
0,15 0,15
mol
(2)
C2 H 4  Br2 
 C2 H 4 Br2

Sau khi cho hỗn hợp X qua bình đựng brom, khí thoát ra khỏi bình có M  1,1875.16  19
 hỗn hợp khí ngoài CH4 còn có C2H4 dư
Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp CH4 và C2H4 dư, ta có:
16
93
nCH 4



19
nC2 H 4 dư 28

 nC H
2

4

pư

nCH 4
nC2 H 4



3
 nCH 4 = 0,15 và nC2 H 4 dư = 0,05
1

31

= nBr2 dư = 0,15 – 0,05 = 0,1  a = 0,25M  Chọn đáp án B.

Dạng 5. Bài toán liên quan đến nhiều loại phản ứng
Phương pháp giải
Khi giải bài tập liên quan đến n h i ề u l o ạ i phản ứng thì ta phải tổ hợp các tính chất ở
trên; Ngoài ra còn phải chú ý đến việc kết hợp tốt các định luật như bảo toàn nguyên tố,
bảo toàn khối lượng, phương pháp đường chéo… để giải nhanh bài tập trắc nghiệm.
Câu 31: Đun nóng hỗn hợp khí gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian
thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua bình đựng dung dịch brom (dư) thì còn
lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc) có tỉ khối so với O2 là 0,5. Khối lượng bình dung dịch brom tăng
là
A. 1,04 gam.
B. 1,32 gam.
C. 1,64 gam.
D. 1,20 gam.
Kiến thức cần có
Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học


Chuyên đề 2. Hiđrocacbon

46

 Biết nhận định các phản ứng C2H2 và H2 là phản ứng không hoàn toàn (do có câu “sau một thời
gian”).
 Biết dùng ĐLBTKL: X
 mX = mY = mZ + mT
Z +
T
Y

 Biết khai thác giá trị M trung bình (theo công thức hoặc theo sơ đồ đường chéo).
(Tuy nhiên trong bài này không cần khai thác giá trị này vẫn tính được)
Hướng giải: Khối lượng bình brom tăng là khối lượng hiđrocacbon không no bị hấp thụ.
Theo ĐLBTKL: mhỗn hợp đầu = mY = mhiđrocacbon không no + mZ  mhiđrocacbon không no = mhỗn hợp đầu – mZ
0, 448
 mhiđrocacbon không no = 0,06.26 + 0,04.2 – 0,5.32.
= 1,32  Chọn đáp án B.
22, 4
Câu 32: Hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 có cùng số mol. Lấy một lượng hỗn hợp X cho qua chất xúc
tác nung nóng, thu được hỗn hợp Y gồm C2H4, C2H6, C2H2 và H2. Sục Y vào dung dịch brom (dư)
thì khối lượng bình brom tăng 10,8 gam và thoát ra 4,48 lít hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H2
là 8. Thể tích O2 (đktc) cần để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là
A. 22,4 lít.
B. 44,8 lít.
C. 26,88 lít.
D. 33,6 lít.
Hướng giải:
Gọi nC2 H 2  nH 2  x (mol)
Theo ĐLBTKL mX = mY = 10,8 + 0,2.16 = 14 gam → 28x = 14 → x = 0,5 (mol).
Áp dụng bảo toàn nguyên tố C và H → Đốt cháy Y cũng như đốt cháy X
5
C2H2 +
O2  2CO2 + H2O
2
0,5
1,25
(mol)
2H2 + O2  2H2O
0,5
0,25

(mol)
 nO2  1,25 + 0,25 = 1,5 (mol) → VO2  1,5.22,4 = 33,6 lít  Chọn đáp án D.
Câu 33: Cho hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2. Lấy 8,6 gam X tác dụng hết với dung dịch brom
(dư) thì khối lượng brom phản ứng là 48 gam. Mặt khác, nếu cho 13,44 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X
tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 36 gam kết tủa. Phần trăm thể tích
của CH4 có trong X là
A. 40%.
B. 20%.
C. 25%.
D. 50%.
Hướng giải:
Cần biết nBr2 pư = nhchc pư.Số lk;
Hiđrocacbon phản ứng được với dung dịch AgNO3/NH3  có nhóm (-CCH);
Vì đề cho lượng X khác nhau nên ta dùng định luật thành phần không đổi sẽ đơn giản hơn.
Đặt: x, y, z lần lượt là mol CH4, C2H4, C2H2 có trong 8,6 gam hỗn hợp X
 Số mol 3 hiđrocacbon tương ứng có trong 13,44 lít hỗn hợp X lần lượt là: kx, ky, kz.
Theo đề ra ta có hệ pt:
mhhX  16 x  28 y  26 z  8, 6

nBr2  y.1  z.2  0,3

nhhX  kx  ky  kz  0, 6
n
 CAg CAg   kz  1,5
Giải hệ  x = 0,2 , y = 0,1 , z = 0,1, k = 15  %CH4 (theo V) = 50% Chọn đáp án D.
Câu 34: Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro đi qua ống sứ đựng bột niken nung
nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3 thu được 12 gam kết tủa.
Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn
khí Z thu được 2,24 lít khí CO2 (ở đktc) và 4,5 gam nước. Giá trị của V bằng (Cho H = 1; C = 12; O
= 16; Br = 80; Ag = 108)

A. 11,2.
B. 13,44.
C. 5,60.
D. 8,96.

Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học