Tư duy dồn biến qua bài toán về hidrocacbon.

CHỦ ĐỀ 3: Tư duy dồn biến qua bài toán về hidrocacbon.
Trong chủ đề này tôi sẽ giới thiệu với các bạn hai kỹ thuật dồn biến chính
để xử lý những bài toán chứa hỗn hợp hidrocacbon.
a) Dồn biến với những bài toán cơ bản
Với những bài toán đơn giản ta dồn hỗn hợp chứa nhiều chất thành một
chất tổng quát. Các bạn theo dõi qua các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm vinylaxetilen, eten và propin có tỉ khối với hidro bằng
17. Đốt cháy hoàn toàn X thu được CO 2 và 3,6 gam H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm
cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được m gam kêt tủa. Giá trị của m là:
A. 25
B. 30
C. 40
D. 60
Định hướng tư duy giải
Để ý thấy các chất trong X đều có 4H.Ta quy X về CnH4 .
→ n = 2,5 
→ X là :C2,5H 4
Ta có: M X = 12n + 4 = 17.2 = 34 
Cháy
C2,5 H 4 
→ 2,5CO 2 + 2H 2O; n H2O = 0, 2 mol


→ n CO2 = 0, 25mol 
→ m↓ = 25
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm etan, eten và axetilen có tỉ khối với hidro bằng 14,25.
Đốt cháy hoàn toàn 1 mol X thu được CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua
bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của
m là:
A. 125,4
B. 128,5

C. 140,6
D. 160,5
Định hướng tư duy giải
Để ý thấy các chất trong X đều có 2C. Ta quy X về C2Hn .
→ n = 4,5
Ta có : M X = 12.2 + n = 14,25.2 = 28,5 


→ X là :C2H 4,5

n H O = 2, 25mol
Cháy
C2 H 4,5 
→ 2CO 2 + 2, 25H 2 O 
→ 2
n CO2 = 2 mol

→ ∆m ↑ = ∑ m(CO 2 , H 2O) 
→ m = 2.44 + 2,25.18 = 128,5g
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm axetilen, vinylaxetilen,
benzen, stiren thu được hỗn hợp sản phẩm Y. Sục Y qua dung dịch Ca(OH) 2 thu m1
gam kết tủa và dung dịch sau phản ứng tăng 11,8 gam so với dung dịch Ca(OH) 2
ban đầu. Cho Ba(OH)2 vừa đủ vào dung dịch sau phản ứng thu được thêm m 2 gam
kết tủa. Tổng m1 + m2 = 79,4 gam. Giá trị của m + m1 là:
A. 36,40
B. 27,80
C. 28,24
D. 28,42
Định hướng tư duy giải
Để ý nhanh thấy X chứa C2H2, C4H4, C6H6, C8H8 → Dồn X về thành CH

m

CO 2 : 2a Ca (OH)2 CaCO3 : 1
→

→
100
Khi X cháy 
H 2O : a
11,8 = 44.2a + 18a − m1

m
2a − 1
m
BTNT.C
100

→ Ca(HCO3 ) 2 =
=a− 1
2
200
m

CaCO3 : a − 1

m

200

Ba (OH) 2

→

→ m 2 = 297a − 297. 1
200
BaCO : a − m1
3

200

→ m1 + 297a − 297.

m1
m
= 79, 4 
→ −97 1 + 297.a = 79, 4
200
200

m1

+ 297a = 79, 4
m = 20
 −97

→

→ 1
200

a = 0,3
 − m1 + 106a = 11,8


→ m + m1 = 0,6.13 + 20 = 27,8(gam)
b) Dồn biến nâng cao (dồn biến giả định)
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm C2H2, C3H6, C4H10 và H2. Cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X
qua bình đựng dung dịch brom dư thấy có 64 gam brom tham gia phản ứng. Mặt
khác, đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X được 55 gam CO 2 và m gam
nước. Giá trị của m là
A. 31,5.
B. 27.
C. 24,3.
D. 22,5.
Định hướng tư duy giải
Bài toán này tôi sẽ trình bày theo hai kiểu dồn biến.
Cách 1: Ta dồn X thành: Cn H 2n + 2− 2k với k là số liên kết π.
 n X = 0,5
0, 4

→k =
= 0,8 
→ X :C n H 2n + 0,4
Ta có: 
0,5
 n Br2 = 0, 4
1, 25
BTNT.C
→n =
= 2,5 

→ X :C 2,5 H 5,4
Và n CO2 = 1, 25(mol) 
0,5
5, 4.0,5
.18 = 24,3(gam)
2
Cách 2: Dồn biến giả định
Nội dung: Khi gặp bài toán chứa hỗn hợp nhiều chất mà đề cho ít dữ kiện
hơn thì ta có thể bớt các chất đi sao cho số chất đúng bằng số ẩn. Trong bài toán
trên chúng ta có ba dữ kiện là:
Dữ kiện 1 là số liệu: 11,2 lít
Dữ kiện 2 là số liệu: 64 gam Br2
BTNT.H

→ m H2O =


Dữ kiện 3 là số liệu: 55 gam CO2
Vậy ta có thể lấy 3 chất trong hỗn hợp X.
Cách chọn 1
a + b + c = 0,5
C 2 H 2 : a
a = −0,0125
 BTNT.C



→ X ' C3 H 6 : b 
→  
→ 2a + 3b = 1, 25 

→ b = 0, 425
H : c
 BTLK.π
c = 0,0875
→ 2a + b = 0, 4

 2
 
BTNT.H

→ n H2O = −0,0125 + 3.0, 425 + 0,0875 = 1,35 
→ m H2O = 24,3

Cách chọn 2
a + b + c = 0,5
C 2 H 2 : a
a = 0, 2
 BTNT.C



→ X ' C 4 H10 : b 
→  
→ 2a + 4b = 1, 25 
→ b = 0, 2125
H : c
 BTLK.π
c = 0,0875
→ 2a = 0, 4


 2
 
BTNT.H

→ n H2O = 0, 2 + 5.0, 2125 + 0,0875 = 1,35 
→ m H2 O = 24,3

Cách chọn 3
a + b + c = 0,5
C 3 H 6 : a
a = 0, 4
 BTNT.C



→ X ' C 4 H10 : b 
→  
→ 3a + 4b = 1, 25 
→ b = 0,0125
H : c
 BTLK.π
c = 0,0875
→ a = 0, 4

 2
 
BTNT.H

→ n H2O = 0,4.3 + 5.0,0125 + 0,0875 = 1,35 
→ m H2 O = 24,3

Khi áp dụng dồn biến giả định các em cần phải hiểu kỹ những điều sau:
(1). Bản chất của việc dồn như vậy là vì ta có thể biến đổi các chất còn lại thành
các chất đã bỏ đi qua một bộ số nào đó. Ví dụ với cách lựa chọn 3 ta đã bỏ đi C 2H2
vì tồn tại bộ số C2 H 2 = αC3 H 6 + β C 4 H10 + γH 2
(2). Chính vì có sự dồn dịch như vậy nên số mol các chất trong hỗn hợp sẽ thay đổi
nhưng tính chất tổng hợp của cả hỗn hợp trước và sau thì lại không đổi.
(3). Do có sự dồn dịch nên khi tính toán ra kết quả (số mol) âm là bình thường.
(4). Hết sức chú ý khi bỏ chất đi thì phải hiểu kỹ bản chất. Nghĩa các các chất còn
lại phải biến đổi được thành chất bỏ đi. Với bài toán trên nếu ta bỏ H 2 thì sẽ làm sai
bản chất bài toán vì rõ ràng không thể có bộ số H 2 = αC3 H 6 + βC 4 H10 + γC2 H 2
đơn giản là vì các chất còn lại đều có C mà H 2 lại không có nguyên tử C.
a + b + c = 0,5
C 2 H 2 : a
 BTNT.C


→ X ' C3 H 6 : b 
→  
→ 2a + 3b + 4c = 1, 25 (Vô lý)
C H : c
 BTLK.π
→ 2a + b = 0, 4
 4 10
 
(5). Kỹ thuật này chỉ sử dụng khi đề bài cho chính xác các chất rồi. Nếu chưa biết
chính xác CTPT của các chất thì không áp dụng được. Và không được tự ý thay đổi


chất trong đề bài. Nói chung việc thay đổi các chất tự ý sẽ làm thay đổi bản chất

bài toán.
Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Nung bình kín chứa m gam X
và một ít bột Ni đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy
hoàn toàn Y, thu được V lít CO2 (đktc) và 0,54 mol H2O. Biết hỗn hợp Y làm mất
màu tối đa 60 ml dung dịch Br2 1M. Cho 10,08 lít X (đktc) đi qua bình đựng dung
dịch brom dư thì có 40 gam Br2 phản ứng. Giá trị của V là
A. 17,92.
B. 15,68.
C. 13,44.
D. 10,304.
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
Giả định 1:
 C3 H 6 : a
BTNT.H
→ 6a + 2b + 2c = 0,54.2

 
C
H
:
b

→
Với m gam X ta gọi  2 2
 BTLK.π
→ a + 2b − c = 0,06
 
H : c
 2

k(a + b + c) = 0, 45
a + 2b 5
→

→
=
Với n X = 0, 45 
a + b+ c 9
k(a + 2b) = 0, 25
6a + 2b + 2c = 0,54.2
a = 0,18



→ a + 2b − c = 0,06

→ b = −0,04
4a + 13b − 5c = 0
c = 0,04


BTNT.C

→ n CO2 = 3.0,18 − 0,04.2 = 0, 46 
→ V = 10,304(l)

Giả định 2:
C 4 H10 : a
BTNT.H
→10a + 2b + 2c = 0,54.2


 
→  BTLK.π
Với m gam X ta gọi C 2 H 2 : b 
→ 2b − c = 0,06
H : c
 
 2
k(a + b + c) = 0, 45
2b
5
→

→
=
Với n X = 0, 45 
2kb
=
0,
25
a
+
b
+
c
9

10a + 2b + 2c = 0,54.2
a = 0,09




→ 2b − c = 0,06

→ b = 0,05
5a − 13b + 5c = 0
c = 0,04


BTNT.C

→ n CO2 = 0,09.4 + 0,05.2 = 0, 46 
→ V = 10,304(l)

Giả định 3 (giả định sai vì cho thêm chất khác) :
 C3 H 4 : a
BTNT.H
→ 4a + 2b + 2c = 0,54.2

 
→  BTLK.π
Với m gam X ta gọi C 2 H 2 : b 
→ 2a + 2b − c = 0,06
H : c
 
 2


k(a + b + c) = 0, 45
2a + 2b 5

→

→
=
Với n X = 0, 45 
k(2a
+
2
b)
=
0,
25
a
+ b+ c 9

4a + 2b + 2c = 0,54.2
a = 0,9



→ 2a + 2b − c = 0,06 
→  b = −1
13a + 13b − 5c = 0
c = −0, 26


Tóm lại: Nếu một hỗn hợp nhiều chất ta có thể lấy một số chất hợp lý trong hỗn
hợp để giải bài toán. Kỹ thuật này chỉ xử lý được khi chúng ta biết công thức phân
tử của các chất trong hỗn hợp. Việc tự ý cho thêm các chất với vào nói chung sẽ
dẫn đến những kết quả không chính xác. Bây giờ các bạn hãy xem thêm một ví dụ

nữa để hiểu thêm về bản chất của kỹ thuật tư duy dồn biến giả định.
Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có
chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy
hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào
bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45
gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl 4 thì có 24
gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng
dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng
đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là:
A. 21,00.
B. 14,28.
C. 10,50.
D. 28,56.
Trích đề thi thử chuyên Đại học Vinh – 2014
Định hướng tư duy giải
Bài toán này ở thời điểm lúc mới thi thử xong được xem là bài toán rất
khó. Cách thức xử lý cũng rất phức tạp và mất khá nhiều thời gian. Tuy nhiên, nếu
dùng dồn biến giả định thì bài toán sẽ trở lên rất nhẹ nhàng.
Cách 1: Giải theo hướng thông thường
nC3H6 = xmol

nC H = ymol
mgamX  4 10
∑ nXlkπ = nH2 + nBrY 2 → x + 2z = t + 0,15
n
=
zmol
 C2H2
n = tmol
 H2


→ nX = x + y + z + t = 2x + y + 3z − 0,15


→ 0,5 mol X + Br2 (0,4 mol) 
→

x + 2z
0,4
=
2x + y + 3z − 0,15 0,5

→ 3x + 4y + 2z = 0,6 = nCO2 = n↓

(

)

Khi đó ta có ngay: m↓ − mCO2 + mH2O = 21,45

→ 0,6.100 − (0,6.44 − mH2O ) = 21,45
→ nH2O = 0,675mol


0,6.2 + 0,675
= 0,9375→ V = 21(lit)
2
Cách 2: Dùng dồn biến giả định
 C3 H 6 : a
CO : 3a + 2b


→ 2
Với m gam X ta dồn về C 2 H 2 : b 
H 2 O : 3a + b + c
H : c
 2
BTNT

→ nO2 =

BTLK.π
 
→ a + 2b − c = 0,15

→
→100(3a + 2 b) − 44(3a + 2 b) − 18(3a + b + c) = 21, 45
 

 k(a + b + c) = 0,5
a + 2b
→

→
= 0,8
Với n X = 0,5 
a+b+c
 k ( a + 2b ) = 0, 4
a + 2b − c = 0,15
a = 0,15




→ 114a + 94b − 18c = 21, 45 
→ b = 0,075
0, 2a + 1, 2b − 0,8c = 0
c = 0,15


CO : 0,6
BTNT.O

→ 2

→ n O2 = 0,9375 
→ V = 21(l)
H
O
:
0,675
 2
Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm C2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho qua
bình đựng dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản ứng. Mặt
khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O 2 (đktc), sau phản ứng thu
được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V là :
A. 6,72
B. 8,96
C. 5,60
D. 7,84
Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016
Định hướng tư duy giải

C 2 H 4 : a
a + 2b = 0,12

→
Ta dồn X về m X = 6,32 C2 H 2 : b 
 28a + 26b + 2c = 6,32
H : c
 2
(a + b + c) k = 0,1
2a + 2b
n X = 0,1 
→  BTNT.C

→
= 2, 2
a+b+c
→ k(2a + 2 b) = 0, 22
 
a = 0,32


→ −0, 2a − 0, 2b − 2, 2c = 0 
→ b = −0,1 
→ k = 0,5
c = −0,02

C2 H 4 : 0,16
CO : 0, 22



→ n X = 0,1 C2 H 2 : −0,05 
→ 2
 H 2 O : 0, 26
 H : −0,01
 2


0, 22.2 + 0, 26
= 0,35 
→ V = 7,84(l)
2
Bài tập rèn luyện
Câu 1: Hỗn hợp X gồm C4H4, C4H2, C4H6, C4H8 và C4H10. Tỉ khối của X so với H2
là 27. Đốt cháy hoàn toàn X, cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc), thu được CO2 và 0,03
mol H2O. Giá trị của V là:
A. 3,696.
B. 1,232.
C. 7,392.
D. 2,464.
Định hướng tư duy giải
Các chất trong X đều có 4C nên quy X là:
C4Hx
M X = 54
→ X :C4H6
BTKT.O

→ n O2 =

C4H6 + 5,5O2 
→ 4CO2 + 3H2O

0,03.5,5
= 0,055
→ V = 1,232lit
3
Câu 2: Hỗn hợp X gồm metan, axetilen và propen có tỉ khối so với H 2 là 13,1. Đốt
cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X sau đó dẫn sản phẩm cháy vào bình chứa dung
dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 38 gam kết tủa trắng và khối lượng bình tăng thêm m
gam. Giá trị của m là
A. 21,72 gam B. 22,84 gam C. 16,72 gam D. 16,88 gam
Trích đề thi thử THPT Chuyên ĐH Sư Phạm – 2016
Định hướng tư duy giải

n X = 0, 2

→ X : C1,9 H n
M X = 26, 2 
→ C1,9 H 3,4
Ta có: 

n CO2 = 0,38

→ nO2 =

BTNT.H

→ n H 2O = 0,34(mol) 
→ ∆m = 0,38.44 + 0,34.18 = 22,84(gam)

Câu 3: Khi đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X gồm C 3H4; C3H6; C4H4; CxHy thì
thu được 25,3 gam CO2 và 6,75 gam H2O. Công thức của CxHy là

A. C2H4
B. C3H8
C. C2H2
D. CH4.
Trích đề thi thử THPT Chuyên ĐH Vinh – Lần 2 – 2015
Định hướng tư duy giải
 n CO = 0,575 
→ C = 2,875
Ch¸y
→ 2

→ C2H 2
Ta có: X 
→ H = 3,75
 n H2O = 0,375 
Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C 4H2; C4H4; C4H6; C4H8; C4H10 thu
được 9,18 gam H2O. Biết tỷ khối của X so với He bằng 13,7. Dẫn toàn bộ sản
phẩm cháy qua dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thấy m gam kết tủa xuất hiện. Giá trị của
m là:
A. 60
B. 118,2
C. 137,9
C. 70
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong


Định hướng tư duy giải
→ M X = 48 + n = 54,8 
→ n = 6,8
Dồn X về C4 H n 

n H2 O = 0,51 
→ nX =

0,51.2
= 0,15 
→ m↓ = 0,15.197.4 = 118, 2
6,8

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C 4H2; C4H4; C4H6; C4H8 thu được 4,68
gam H2O. Biết tỷ khối của X so với H 2 bằng 26,6. Số mol O2 cần để đốt cháy hoàn
toàn X là:
A. 0,53
B. 0,56
C. 0,48
D. 0,62
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
→ M X = 48 + n = 53, 2 
→ n = 5, 2
Dồn X về C4 H n 

→ n H2O = 0, 26 
→ nX =

0, 26.2
= 0,1
5, 2

CO : 0, 4
0, 26

BTNT.O

→ 2

→ n O2 = 0, 4 +
= 0,53(mol)
2
 H 2 O : 0, 26
Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn 5,44 gam hỗn hợp X gồm C 4H4; C4H6; C4H8 thu được
tổng khổi lượng của H2O và CO2 là m gam. Biết tỷ khối của X so với H 2 bằng 27,2.
Giá trị của m là:
A. 24,42
B. 23,63
C. 23,36
D. 24,24
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
5, 44
BTNT.C
→ nX =
= 0,1 
→ n CO2 = 0, 4
Dồn X về C4 H n 
27, 2.2
BTKL
BTNT.H

→ m H = 5, 44 − 0, 4.12 = 0,64 
→ n H 2O = 0,32(mol)


→ m = 0, 4.44 + 0,32.18 = 23,36(gam)
Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 10,68 gam hỗn hợp X gồm C 4H4; C4H6; C4H8 cần V lít
khí O2 (đktc). Biết tỷ khối của X so với H2 là 26,7. Giá trị của V là:
A. 25,200
B. 20,9440
C. 29,680
D. 23,968
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
10,68
BTNT.C
→ nX =
= 0, 2 
→ n CO2 = 0,8
Dồn X về C4 H n 
26,7.2
BTKL
BTNT.H

→ m H = 10,68 − 0,8.12 = 1,08 
→ n H 2O = 0,54(mol)
BTNT.O

→ n O2 = 0,8 +

0,54
= 1,07 
→ V = 23,968
2

Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 7,04 gam hỗn hợp X gồm CH4; C2H4; C3H4; C4H4 cần V
lít khí O2 (đktc). Biết tỷ khối của X so với H2 là 17,6. Giá trị của V là:
A. 16,128
B. 19,04
C. 18,592
D. 19,712
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
→12n + 4 = 17,6.2 
→ n = 2,6
Dồn X về: Cn H 4 

→ nX =

CO : 0,52 BTNT.O
7,04
= 0, 2 
→ 2

→ V = 16,128
12.2,6 + 4
H 2 O : 0, 4

Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam hỗn hợp X gồm CH 4; C2H4; C3H4; C4H4 bằng
khí O2. Toàn bộ sản phẩm cháy thu được hấp thụ hoàn toàn vào bình đựng dung
dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Biết tỷ khối của X so với H 2 là
15,5. Giá trị của m là:
A. 25

B. 26
C. 27
D. 29
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
→12n + 4 = 15,5.2 
→ n = 2, 25
Dồn X về: Cn H 4 

→ nX =

CO : 0, 45
6, 2
= 0, 2 
→ 2

→ m↑ = 27
12.2, 25 + 4
 H 2 O : 0, 4

Câu 10: Hỗn hợp X gồm: C4H4, C4H2, C4H6, C4H8, C4H10. Tỷ khối của X so với H2
là 27. Đốt cháy hoàn toàn X, cần dung vừa đủ V lít O 2 (đktc), thu được CO2 và 0,03
mol H2O. Giá trị của V là:
A. 1,232.
B. 2,464.
C. 3,696.
D. 7,392.
Trích đề thi thử THPT chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội – 2016
Định hướng tư duy giải
→12.4 + n = 27.2 

→n = 6
Dồn X về C4 H n 
BTNT.H

→ n H2O = 0,03(mol) 
→ n X = 0,01 
→ n CO2 = 0,04

0,03
= 0,055 
→ V = 1, 232
2
Câu 11: Hỗn hợp X gồm propin, propan và propilen có tỉ khối so với hiđro là 21,2.
Đốt cháy hoàn toàn 15,9 gam X, sau đó hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào bình đựng 1
lít dung dịch Ba(OH)2 0,8M thấy khối lượng bình tăng m gam và có a gam kết tủa.
Giá trị của m và a lần lượt là:
A. 71,1 gam và 93,575 gam
B. 71,1 gam và 73,875 gam
C. 42,4 gam và 63,04 gam
D. 42,4 gam và 157,6 gam
Trích đề thi thử THPT chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội – 2016
Định hướng tư duy giải
Dồn X về C3Hn 
→ 3.12 + n = 21, 2.2 
→ n = 6, 4
BTNT.O

→ n O2 = 0,04 +


→ nX =

CO :1,125
15,9
= 0,375 
→ 2

→ m↑ = 71,1
42, 4
H 2 O :1, 2

2−
 n OH− = 1,6
CO :1,6 − 1,125 = 0, 475
→

→  23+
Ta có: n Ba (OH)2 = 0,8 
 Ba : 0,8
 n CO2 = 1,125


→ n ↓ = 0, 475 
→ m↓ = 0, 475.197 = 93,575(gam)
Câu 12: Đốt cháy hoàn toàn 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H4 và C2H2
thu được 10,56 gam CO2 và m gam H2O. Biết tỷ khối hơi của X so với H 2 là 10,75.
Giá trị của m là:
A. 4,68
B. 5,04

C. 5,76
D. 6,12
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
 n X = 0,16

→ m X = 3, 44
Ta có: 
 M X = 21,5
10,56
BTKL

→ n CO2 =
= 0, 24 
→ m H = 3, 44 − 0, 24.12 = 0,56
44

→ n H2O = 0, 28 
→ m = 0, 28.18 = 5,04(gam)
Câu 13: Đốt cháy hoàn toàn 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm CH 4, C2H4, C2H2,
C3H4, C4H4, C2H6, C3H8, C4H10, C4H8 và H2 cần V lít khí O2 (đktc) thu được CO2 và
19,26 gam H2O. Biết tỷ khối hơi của X so với H2 là 17,825. Giá trị của V là:
A. 34,608
B. 36,848
C. 32,7488
D. 31,024
Trích đề kiểm tra thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
 n X = 0, 4


→ m X = 14, 26
Ta có: 
 M X = 35,65
14, 26 − 1,07.2
BTKL
→ n CO2 =
= 1,01
Và n H2 O = 1,07 
12
1,07
BTNT.O

→ n O2 = 1,01 +
= 1,545 
→ V = 34,608
2
Câu 14: Hỗn hợp X gồm C2H6, C3H4, C2H2, C4H6 và H2 (các chất đều mạch hở).
Cho 19,46 gam X vào dung dịch chứa Br 2 dư thì thấy có 0,86 mol Br 2. Tham gia
phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 14,56 lít hỗn hợp khí X (đktc) cần V lít khí
O2 (đktc) và thu được 1,21 mol H2O. Giá trị của V là:
A. 45,36
B. 45,808
C. 47,152
D. 44,688
Trích đề thi thử thầy Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
Ta dồn bọn X thành: C n H 2n + 2− 2k với k là số liên kết π.


 n X = 0,65

BTNT.H

→1, 21.2 = 0,65(2 n + 2 − 2 k) → 1,3n − 1,3k = 1,12
Ta có: 
n
=
1,
21
 H2O
19, 46
BTLK.π

→
.k = 0,86 → 21,18k − 12,04n = 1,72
14n + 2 − 2k
142

n = 65 BTNT

→
→ n O2 = 2,025 
→ V = 45,36(l)
k = 86

65
Câu 15: Hỗn hợp X gồm C2H6, C3H4, C2H2, C4H6 và H2 (các chất đều mạch hở).
Cho 19,46 gam X vào dung dịch chứa Br 2 dư thì thấy có 0,86 mol Br 2. Tham gia
phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 14,56 lít hỗn hợp khí X (đktc) cần V lít khí
O2 (đktc) và thu được 1,21 mol H2O. Giá trị của V là:
A. 45,36

B. 45,808
C. 47,152
D. 44,688
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
Cách 1: Ta dồn X thành: C n H 2n + 2− 2k với k là số liên kết π.
 n X = 0,65
BTNT.H

→1, 21.2 = 0,65(2 n + 2 − 2 k) → 1,3n − 1,3k = 1,12
Ta có: 
n
=
1,
21
 H2O
19, 46
.k = 0,86 
→ 21,18k − 12,04n = 1,72
14n + 2 − 2k
142

n = 65
BTNT

→

→ n O2 = 2,025 
→ V = 45,36(l)
k = 86


65
Cách 2: Dùng dồn biến giả định
C 2 H 6 : a
30a + 26b + 2c = 19, 46

→
Dồn X về 19, 46 C 2 H 2 : b 
2b = 0,86
H : c
 2
BTLK.π

→

C 2 H 6 : k a
 k(a + b + c) = 0,65

→  BTNT.H
Với n X = 0,65 C2 H 2 : k b 
→ k(6a + 2 b+ 2c) = 1, 21.2
 
H : k c
 2

→

6a + 2b + 2c 1, 21.2
=


→ 0,65(3a + b + c) = 1, 21(a + b+ c)
a+b+c
0,65


→ −0,74a + 0,56b + 0,56c = 0


a = 0, 28
CO :1, 42


→  b = 0, 43 
→ k = 1 
→ 2
 H 2 O :1, 21
c = −0,06

BTNT

→ n O2 = 2,025 
→ V = 45,36(l)

Câu 16: Đốt cháy hoàn toàn 0,32 mol hỗn hợp X gồm C2H2, C2H4, C2H6, C3H6 và
H2 cần vừa đủ 0,76 mol khí O2. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 10,32 gam X rồi hấp
thu hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy 72 gam kết tủa
trắng xuất hiện và khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của m gần nhất với:
A. 45,2
B. 46,7
C. 52,2

D. 50,2
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
+ Ta dồn bọn X thành: C n H 2n + 2− 2k với k là số liên kết π.
CO : 0,72(mol)
n = 1,5
BTNT
→

→ 2

→ ∆m = 46,8(gam)
+ Tính ra được 
k = 0,75
 H 2 O : 0,84(mol)
Câu 17: Hỗn hợp X gồm C2H2, C3H6, C4H10 và H2. Cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X
qua bình đựng dung dịch brom dư thấy có 64 gam brom tham gia phản ứng. Mặt
khác, đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X được 55 gam CO 2 và m gam
nước. Giá trị của m là
A. 31,5.
B. 27.
C. 24,3.
D. 22,5.
Định hướng tư duy giải
Đầu tiên ta dồn bọn X thành : C n H 2n + 2− 2k với k là số liên kết π.
 n X = 0,5
0, 4
→k=
= 0,8 → X :C n H 2n + 0,4
Ta có : 

n
=
0,
4
0,5
 Br2
BTNT.C
→n =
Và n CO2 = 1, 25(mol) 

1, 25
= 2,5 → X :C 2,5 H 5,4
0,5

5, 4.0,5
.18 = 24,3(gam)
2
Câu 18: Hỗn hợp X gồm C2H2, C3H6, C4H10 và H2. Cho 7,64 gam hỗn hợp X qua
bình đựng dung dịch brom dư thấy có 41,6 gam brom tham gia phản ứng. Mặt
khác, đốt cháy hoàn toàn 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X được 47,52 gam CO 2 và m
gam nước. Giá trị của m là :
A. 21,24.
B. 21,06.
C. 20,70.
D. 20,88
Đầu tiên ta dồn bọn X thành: Cn H 2n + 2− 2k với k là số liên kết π.
BTNT.H

→ m H2O =

 n X = 0,6
1,08
→n=
= 1,8 → X :C1,8 H 5,6−2k
Ta có: 
0,6
 n CO2 = 1,08


Ta lại có:

k=

n Br2
nX

=

BTNT.H

→ m = 0,6.

0, 26
13
→k=
7,64
15
27, 2 − 2k

5,6 − 2.

13
15 .18 = 20,88(gam)

2
Câu 19: Hỗn hợp X gồm các chất (mạch hở) C 2H6, C2H4, C2H2, C3H6, C3H4, C3H2
và H2. Lây 8,32 gam hỗn hợp X đem đốt cháy hoàn toàn thì cần vừa đủ 0,88 mol
O2. Mặt khác, lấy 8,32 gam X sục vào dung dịch nước Br 2 dư thấy số mol Br2 tham
gia phản ứng là 0,35 mol. Số mol của m gam hỗn hỗn X là:
A. 0,34
B. 0,28
C. 0,31
D. 0,29
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
CO : a BTKL 12a + 2b = 8,32
a = 0,6
Chay
→  2 
→

→
+ Cách 1: X 
2a + b = 0,88.2
b = 0,56
H 2 O : b

→ n CO2 − n H 2O = 0,04 = (k − 1) n X
BTLK.π



→ kn X = n Br2 = 0,35 
→ n X = 0,31

C 2 H 6 : a

+ Cách 2: Dồn X về C 2 H 4 : b
H : c
 2
30a + 28b + 2c = 8,32
a = −0,05
 BTNT.O


→  
→ 7a + 6b + c = 0,88.2 
→ b = 0,35 
→ n X = 0,31
 BTLK.π
c = 0,01
→ b = 0,35

 
Câu 20: Hỗn hợp X gồm các chất (mạch hở) C 2H6, CH4, C2H2, C2H4, C3H4, C4H8 và
H2. Lấy m gam X đem đốt cháy hoàn toàn thì cần dùng vừa đủ 1,08 mol khí O 2 thu
được tổng khối lượng của CO2 và H2O là 44,4 gam. Mặt khác, cho m gam hỗn hợp
X ở đktc tác dụng với Br 2 dư thấy số mol Br 2 tham gia phản ứng là 0,48 mol. Tỷ
khối hơi của X so với H2 có giá trị là:
A. 5,78
B. 6,71

C. 8,63
D. 8,13
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hướng tư duy giải
+ Cách 1: Ta giải theo hướng thông thường
BTKL

→ m = 44, 4 − 1,08.32 = 9,84
n CO = a
44a + 18b = 44, 4
a = 0,69
BTNT

→ 2

→

→
2a + b = 1,08.2
b = 0,78
n H 2O = b



→ n CO2 − n H 2O = −0,09 = (k − 1) n X
BTLK.π


→ kn X = n Br2 = 0, 48 
→ n X = 0,57


→ d( X

H2

)=

9,84
= 8,63
0,57.2

C 2 H 6 : a

+ Cách 2: Dồn X về C 2 H 4 : b
H : c
 2
BTKL

→ m = 44, 4 − 1,08.32 = 9,84

30a + 28b + 2c = 9,84
a = −0,135
 BTNT.O


→  
→ 7a + 6b + c = 1,08.2 
→ b = 0, 48 
→ n X = 0,57

 BTLK.π
c = 0, 225
→ b = 0, 48

 

→ d( X

H2

)=

9,84
= 8,63
0,57.2