Hidrocacbon và một số dạng BT tiêu biểu (1)

Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

1

CHUYÊN ĐỀ: HIDROCACBON (dành cho HS THCS)
A- TÓM TẮT KIẾN THỨC
I- Một số loại hidrocacbon thường gặp
CTTQ của hidrocacbon: CxHy
(đk: x  1; 2  y  2x+2; y chẵn)
Hoặc: CnH2n+2 – 2k (k = số liên kết pi + số vòng)

k

CTTQ

Tên gọi chung
(Đồng đẳng)

0

CnH2n+2

Ankan
(n  1)
Anken
(n  2)
Xycloankan
(n  3)

1

2

3

4

CnH2n

Mạch hở, chỉ chứa liên kết đơn
(Hidrocacbon no mạch hở)

CH2=CH2
Etilen hay Eten

Mạch hở, có 1 liên kết đô C=C

CH2
H2 C

Xyclopropan

CH2

HC≡CH
Axetilen hay Etin
CH2=CH-CH=CH2
Buta đien-1,3 (But-1,3-dien)

Thuộc nhiều
dãy đồng đẳng

Aren
(n  6)

CH2=CH–C≡CH
Vinyl axetilen

CnH2n–6

CH2
CH

CH

Xyclopropen

CH
CH

CH

CH

CH

hay
CH

Dạng khác
(n  4)
…

Đặc điểm cấu tạo mạch cacbon

CH4
metan

Ankin
(n  2)
Ankađien
(n  3)
Dạng khác
(n  3)

CnH2n –2

CnH2n–4
(n  3)

Chất tiêu biểu

Benzen
HC≡C–C≡CH

Mạch một vòng, chỉ toàn liên kết
đơn (Hidrocacbon vòng, no)
Mạch hở, có 1 liên kết ba C≡C
Mạch hở, có 2 liên kết đô C=C
(còn gọi là đi anken)
Mạch hở hoặc mạch vòng thỏa mãn
điều kiện: số LK pi + số vòng = 2

Mạch hở hoặc mạch vòng thỏa mãn
điều kiện: số LK pi + số vòng = 3
Mạch vòng 6 cạnh đều, trong vòng
có 3 liên kết đôi xen kẽ 3 liên kết
đơn (vòng liên hợp).
Mạch hở hoặc mạch vòng thỏa mãn
điều kiện: số LK pi + số vòng = 4
…

… …
…
II- Tính chất
1- Tính chất vật lý
- Các hidrocacbon đều không tan trong nước hoặc rất ít tan ít tan trong nước.
- Trạng thái ở đk thường: C1  C4: Khí ; C5  C17: Lỏng ; C18 trở đi: Rắn
2- Tính chất hóa học
2.1: Tính chất chung
Các hidrocacbon có phản ứng cháy (tác dụng với oxi) cho sản phẩm là CO2 và H2O hơi.
TQ:

y
t0
)O2 
 xCO2 + y/2H2O
4
3n  1  k
t0
+
O2 
 nCO2 + (n+1 – k) H2O

2

CxHy + (x+

Hay CnH2n+2 – 2k

 Khảo sát mối quan hệ giữa số mol CO2, H2O, O2
k
Loại chất
PTHH
k=0

Ankan

t0

CnH2n+2 + (1,5n + 0,5) O2  nCO2 + (n+1) H2O

Nhận xét quan trọng
nH
nO

2O

 n CO

2 ( pö)

 1,5n CO

n ankan  n H

k =1

Anken
t
Xycloankan CnH2n + 1,5n O2 
 nCO2 + nH2O
0

nH
nO

2O

2

 n CO

2 ( pö)

2
2

 n CO
O

2

 1,5n CO

2

2


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

2

0

k2

Ankin,
ankadien,
aren, …

t
CnH2n-2 + (1,5n - 0,5) O2 
 nCO2 + (n-1) H2O
t0

CnH2n-2a + (1,5n - 0,5a) O2  nCO2 + (n-a) H2O

nH
nO

2O

 n CO

2 ( pö)

2

 1,5n CO

n hidrocacbon 

2

n CO

2

 nH O
2

k 1

2.2: Tính chất riêng:
Loại
phản ứng
Phản ứng
thế với Cl2
(ánh sáng)
 Phản ứng
cộng
với

H2(Ni,to),
ddBr2, Cl2;
H-OH (xt),
HX (HBr,
HCl)…

Cơ chế phản ứng

Điều kiện
tham gia
Các hợp
 Thay thế lần lượt các nguyên tử
chất
ankan
H của liên kết C-H bằng nguyên tử
hoặc
Cl
xycloankan
Chủ
yếu
 Bẻ gãy liên kết pi thành liên kết
xảy
ra
với
đơn
các
 Mỗi đầu liên kết pi gãy ra sẽ
cộng thêm 1 phần tử hóa trị I (như: hidrocacbon
có chứa liên
H, OH, Cl, Br)

kết đôi C=C
hoặc
liên
kết
ba
C≡C,
C C
C C
C
C
Các liên kết pi lần lượt đứt ra

Phản ứng minh họa
as
CnH2n+2 + Cl2 
 CnH2n+1Cl + HCl
as
CnH2n+2 + aCl2 
 CnH2n+2 -aCla+ aHCl

Ni
CnH2n+2 -2k + kH2 
 CnH2n+2
t0

CnH2n+2 -2k + kBr2 
 CnH2n+2 -2kBr2k
ax
R-CH=CH2 + HOH 
 R-CH2-CH2OH

Xycloankan vòng 3 cạnh có phản ứng mở
vọng với dung dịch Brom

+ Br2 (dd)

Xycloankan vòng 3,4 cạnh có phản ứng mở
vọng với H2
+ H2

+ H2

 Phản ứng  Thay nguyên tử H của nhóm Hợp chất có
thế
với ankin R-C≡CH bằng nguyên tử Ag nối ba C≡C
ở đầu mạch
AgNO3/NH3
R C

CH

R C

CH2 Br - CH2 -CH2 Br

Ni


t0

CH3 - CH2-CH3

Ni


t0

2R-C≡CH + Ag2O 
 2R-C≡CAg  +
+ H2O
NH 3
2CxHy + aAg2O 
 2CxHy-aAga  + aH2O

CAg

Phản ứng  Kết hợp các monome thành các
trùng hợp
polime. Bản chất là phản ứng cộng
với chính nó.
(Liên kết ba khó trùng hợp hơn liên
kết đôi)

Phản ứng  Bẻ gãy mạch dài thành các phân
crackinh
tử mạch ngắn hơn

xt ,p
Hợp chất có nCxHy 
 –CxHy–
t0

n
liên kết đôi
Vd:
C=C hoặc
xt,p
 – CH2-CH2 –
t0
liên kết ba nCH2=CH2 
n
xt,p
C≡C
nCH2=CH-CH=CH2 
0 
t

Ankan

CnH2n+2

– CH2-CH=CH-CH2 –
n
crackinh


 CmH2m+2 + Cn –mH2(n –m)
t0

crackinh
VD: C3 H8 


 C2H4 + CH4
t0

 Riêng benzen và các đồng đẳng có cấu tạo vòng liên hợp (bền)
nên dễ tham gia phản ứng thế, khó tham gia phản ứng cộng hơn
các hợp chất không no khác:
+ Do hàm lượng C cao nên khi cháy  có nhiều khói đen
+ Phản ứng thế với Br2 lỏng hoặc Cl2 dưới xúc tác thích hợp
(thường sử dụng bột sắt)
+ Phản ứng cộng với H2 (Ni), Cl2(as)

boät Fe
+ Br2 (lỏng) 

t0

+ 3H2

Ni


t0

Lưu ý: Chất nào làm mất màu nước brom thì thường cũng làm mất màu dung dịch thuốc tím.
KMnO 4
C2H4 + [O] + H2O 
C2 H4(OH)2 Etilen glycol
Hoặc viết: 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O  3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH
KMnO
C2H2 + 4[O] 

(COOH)2 Axit oxalic
Hoặc viết: 3C2H2 + 8KMnO4 + 4H2O  3(COOH)2 + 8MnO2 + 8KOH
4

CH3 - CH2-CH2 -CH3

NH 3

Br

(C6 H12 )

+ HBr (k)


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

3

3. Điều chế, tách các hidrocacbon
Để thực hiện điều chế và tách các hidrocacbon ta cần nắm phản ứng điều chế một số hidrocacbon quen
thuộc CH4, C2H4, C2H2, benzen và ghi nhớ sơ đồ mối quan hệ giữa các hidrocacbon với các dẫn xuất quan
trọng.
3.1- Sơ đồ quan hệ giữa các loại hidrocacbon và các dẫn xuất quan trọng
+ H2 O (axit)

(14)

Cn H 2n  2

Cn H 2n 1Cl
(monoclo ankan)

+ NaOH (t0 )
(4)

C n H 2n Br2

+ NaOH (t0 )

+ Cl2 (as)
(3)

(ankan)

C n H 2n 1OH
(rượu no, đơn chức)

+ H2 (Ni, t0 )
(2)
+ dd Br2

(5)

Cn H 2n
(anken)

+ Zn (t0 )

+ H2 (Pd, t0 )

C n H 2n  2

+ dd Br2

(ankin)

+ Zn (t0 )

(13)
+ dd HCl

(đibrom ankan)

(9)
(10)

(7)

(8)

+ Kiềm (rượu)

(1)

(15)

(6)

Cn H 2n (OH)2

(rượu no, 2 chức)

Cn H 2n  2Br2

+ dd Br2

(đbrom anken)

(12)
+ AgNO3 /NH3

C n H 2n 2 a Ag a
(bac ankinua)
+ H2 SO4 đặc (1800 C)

– Các PTHH minh họa:
Pd/PbCO3
 C2H4
(1) C2H2 + H2 
t0
Ni
 C2H6
(2) C2H4 + H2 
t0

as
(3) C2H6 + Cl2 
 C2H5Cl + HCl
0

t
(4) C2H5Cl + NaOH 
 C2H5OH + NaCl
(5) C2H4 + Br2  C2H4Br2
0

t
(6) CH2Br-CH2Br + Zn 
 C2H4 + ZnBr2
0

t
(7) CH2Br-CH2Br + 2NaOH 
 CH2(OH)-CH2OH + 2NaBr

röôïu
(8) C2H4Br2 + 2KOH 
 C2H2  + 2KBr + 2H2O
(9) C2H2 + Br2 (thiếu)  C2H2Br2
0

t
(10) CHBr=CHBr + Zn 
 C2H2  + ZnBr2
(11) C2H2Br2 + Br2  C2H2Br4
NH 3
(12) C2H2 + Ag2O 
 C2Ag2  + H2O
Hoặc viết: C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  C2Ag2  + 2NH4NO3

(11)

Cn H 2n 2 Br4
(tetrabrom ankan)


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

4

(13) C2Ag2 + 2HCl  C2H2  + 2AgCl 
H SO loãng

2
4
 C2H5OH
(14) C2H4 + H2O 
t0

H SO đặc

2
4
 C2H4 + H2O
(15) C2H5OH 
1800 C

3.2- Một số phản ứng quan trọng cần lưu ý
 Một số phản ứng điều chế axetien
CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2 

(1)

15000 C

2CH4 
C2H2 + 3H2
là m lạnh nhanh

(2)

rượu
C2H4Br2 + 2KOH 
 C2H2  + 2H2O + 2KBr

(3)

t0

CHBr = CHBr + Zn  C2H2  + ZnBr2
(4)
Các đồng đẳng của axetilen (ankin) cũng có thể điều chế theo phản ứng (3),(4).
 Một số phản ứng điều chế metan:
Al4 C3 + 12H2O  4Al(OH)3  + 3CH4 
(1)
0

300 C
C + 2H2 
 CH4

(2)

0

250 C
CO + 3H2 
 CH4 + H2O
Ni

(3)

0

t (CaO)
CH3-COONa + NaOH 
 CH4  + Na2CO3

(4)

t 0 (CaO)

CH3COOH + 2NaOH 
(5)
 CH4  + Na2CO3 + H2O
Các chất đồng đẳng của metan (ankan) thường điều chế theo cách (4) hoặc (5) hoặc cộng H2 vào hidrocacbon khơng
no có cùng chỉ số cacbon trong phân tử.
Ni
 CH3 – CH3
CH2=CH2 + H2 

t0

(6)

 Một số phản ứng điều chế etilen:
Pd / PbCO3
 CH2 = CH2
CH CH + H2 
t0

(1)

H 2 SO 4 đặc
 CH2 = CH2 + H2O
CH3-CH2OH 
1800 C

(2)

0

t
CH2Br – CH2Br + Zn 
 CH2 = CH2 + ZnBr2

(3)

0

t (CaO)

CH2=CH-COONa + NaOH 
(4)
 CH2=CH2 + Na2CO3
(KOH / rượu)
C2H5Cl 

 C2H4 + HCl (tách HCl khỏi dẫn xuất halogen) (5)
Các đồng đẳng của etilen (anken) có phương pháp điều chế tương tự như etilen.
 Một số phản ứng điều chế benzen
0

600 C
3C2H2 
bột than

(1)

COONa

0

t (CaO)
+ NaOH 


0

t ,xt (Pd )



+ Na2CO3

+ 3H2 (đề hidro hóa)
0

t ,xt (Pd )
C6H14 (n-hecxan) 


+ 4H2 (đóng vòng ankan)

(2)
(3)
(4)

Các đồng đẳng của benzen chủ yếu được điều chế theo phản ứng (3),(4).
Một
số phản ứng khó cần lưu ý

0

500 C
CH2=CH2 + Cl2 
 CH2=CH2Cl + HCl (cộng Cl2 vào anken)

KMnO

4  CH2OH – CH2OH (etilen glycol)
CH2 = CH2 + [O] + H2O 

Hoặc viết: 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O  3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH
PdCl2 / CuCl 2
 CH3CHO (anđehit axetic)
CH2=CH2 + ½ O2 
6000 C

HgSO

4
CHCH + H2O 

 CH2=CHOH (khơng bền) 
 CH3CHO
800 C


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

5

xt
RCOOH + CHCH  RCOOCH=CH2 (cộng RCOOH vào ankin)
nhò hợp
+H 2 ( xt:Pd/PbCO 3 )
2CHCH 
CH2=CH-CCH 
 CH2=CH-CH=CH2 (butadien-1,3)
KMnO

4  HOOC-COOH (axit oxalic)

CHCH + 4[O] 
Hoặc viết: 3C2H2 + 8KMnO4 + 4H2O  3(COOH)2 + 8MnO2 + 8KOH
N O

x y
 H-CHO + H2O
CH4 + O2 
6000 C

0

t ,xt
RCl + 2Na + R’Cl 
 R-R’ + 2NaCl (phản ứng nối mạch cacbon)

B- MỘT SỐ BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH VỀ HIDROCACBON
1/Dạng 1: Tìm CTPT viết CTCT của hidrocacbon
1.1: Kiến thức cần lưu ý:
a)Trong các bài tốn tìm CTPT theo phản ứng đốt cháy
* Biết số mol CO2 và số mol H2O  dự đốn được hidrocacbon bị cháy thuộc loại nào?
n H

+) 

2O

 n CO

2

 Hoặc: n O 2  1,5n CO2
n H

+) 

2O

 n CO

2

 Hoặc: n O 2  1,5n CO2
n H

+) 

2O

 n CO

2

 Hoặc: n O 2  1,5n CO2

Chất cháy là ankan (k=0): Cn H 2n+2  n ankan  n H O  n CO
2
2

 Nếu đốt hỗn hợp thì  hỗn hợp có ít nhất một chất là ankan

 Chất cháy có k = 1 (anken, xycloankan) CnH2n

 Chất cháy có k > 1  Khơng đốn được loại chất, nhưng biết được tỷ lệ

+) Nếu hỗn hợp có anken A và một hidrocacbon khác B  n B 

n CO  n H
2

nC
nH

2O

kB 1

+) BT ngun tố C, H  m hidrocacbon  m C  m H  n CO2 .12  n H 2O .2

* Nếu biết số mol CO2, số mol H2O và số mol hỗn hợp đem đốt thì  chỉ số C trung bình và H trung bình
C

 n C  n CO2
n hh

n hh

; H

 n H  2n H2O
n hh

n hh

(Bản chất: Cmin < C
b)Trong các bài tốn tìm CTPT theo phản ứng cộng H2, Br2
* Nếu biết số mol H2, Br2 vừa đủ tác dụng với hỗn hợp thì  số liên kết pi trung bình của hỗn hợp
k

 n   n H2 ( pư)  n H2 (pư)
n hh

n hh

(Bản chất: kmin < k < kmax)

c) Trong mọi bài tốn nếu biết khối lượng và số mol hỗn hợp  khối lượng mol TB của hỗn hợp.
M hh 

 mhh
n hh

(M min
d) Biết độ chênh lệch PTK của 2 chất hữu cơ
* Chênh nhau 14n đvC là hơn nhau n nhóm CH2 (với n là số ngun dương)  các chất có cùng CTTQ.
Nếu đồng đẳng kế tiếp (liên tiếp) thì hơn nhau 14 đvC (tương ứng 1 nhóm CH2)
* Chênh nhau 12 đvC là hơn nhau 1 ngun tử C
* Chênh nhau 18 đvC là hơn nhau 1 phân tử nước (tương ứng với 2H, 1O)

e) Cách xác định lượng CO2, H2O qua một số dữ kiện tăng giảm khối lượng
 Bình tăng m =m
+m H O
CO2
2

t /O

dd
Ca(OH)
dư
2
2
C x H y O z 

  DD tăng m= m CO + m H O  m KT
2
2
H 2O

DD
giả
m

m=
m

(
m
+m H O )


KT
CO2

2
0

CO 2

Bình hút ẩm


(P2O5 , H2 SO 4 đặc, muố i khan CuSO4 ...)

CO 2 
Bình tăng m=m H

2O


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

6

1.2: Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 1,8 gam một hidrocacbon A thu được 2,8 lít CO2 (đktc).
a) Xác định CTPT của A
b) Viết CTCT của A
c) Nếu A + Cl2 (ánh sáng) chỉ tạo một dẫn xuất monoclo duy nhất thì CTCT nào của A là phù hợp?
Hướng dẫn:

a) n CO2 

2,8
1,8  0,125.12
 0,125(mol) ; n H O =
 0,15(mol)  n CO
2
2
22, 4
2

 Hidrocacbon A thuộc ankan: CnH2n+2
3n  1
t0
CnH2n+2 +
O2 
 nCO2 + (n+1)H2O
2
n  1 0,15

 1,2  n  5  CTPT (A): C5 H12
Ta có:
n
0,125

b) Viết CTCT
Ankan là hidrocacbon mạch hở, không chứa liên kết pi. Tuy nhiên do phân tử có 5C nên có đồng phân
mạch phân nhánh.
5C = 5 + 0 = 4 + 1 = 3 + 1 + 1  Có 3 CTCT tương ứng với CTPT C5H12
CH3– CH2 – CH2 – CH2 – CH3 (có 3 dẫn xuất monoclo) (I)

CH3 – CH2 – CH(CH3) – CH3

(có 4 dẫn xuất monoclo) (II) Nhóm CH3 trong ngoặc là nhánh

CH3–C(CH3)2–CH3

(có 1 dẫn xuất monoclo)

(III)

c) Vì A + Cl2 (as) chỉ cho một dẫn xuất monoclo nên  CTCT phù hợp của A là (III)
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam hợp chất X chỉ gồm hai loại nguyên tố, ta chỉ thu đc 15,68 lít (đktc)
hỗn hợp khí gồm CO2 và hơi H2O. Cho X tác dụng với clo thu được sản phẩm Y, trong đó clo chiếm
62,83% theo khối lượng. Viết CTCT của X và Y.
Hướng dẫn:
X chỉ gồm 2 nguyên tố mà sản phẩm cháy chỉ gồm CO2 và H2O  X thuộc hidrocacbon
n sp 

15,68
 0,7(mol)
22,4

Gọi a,b lần lượt là số mol CO2 và H2O
a  b  0,7
a  0,3

12a  2b  4,4 b  0, 4

Theo đề ta có: 

Vì số mol H2O > số mol CO2  X là ankan: CnH2n+2


2n  2 0,4.2

 n  3  CTPT của X: C3H8
n
0,3

as
C3H8 + xCl2  C3H8 – xClx + xHCl

Theo đề 

35,5x 62,83

 x  2  CTPT của Y: C3H6Cl2
44  x 37,17

CTCT của X: CH3 – CH2 – CH3
CTCT của Y: 2 nguyên tử Cl ở các vị trí: 1-1; 1-2; 1-3; 2-2
(1)

(2)

(3)

C  C C
 CTCT của Y:

CHCl2 – CH2 – CH3 ; CH2Cl – CHCl – CH3
CH2Cl – CH2 – CH2Cl ; CH3 – CCl2 – CH3


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

7

Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 3,36 lít (đktc) hỗn hợp 2 anken A,B có phân tử khối hơn nhau 28 đvC. Dẫn toàn
bộ lượng sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc dư và bình 2 đựng dung dịch NaOH dư thì thấy
bình 1 tăng m(gam) và bình 2 tăng (m + 9,36) gam . Xác định CTPT và CTCT của 2 anken.
Hướng dẫn:
Bình H2SO4 tăng m(gam) và bình NaOH tăng (m + 9,36) gam  Lượng CO2 nhiều hơn lượng H2O là 9,36
gam.
Đặt CTTB của 2 anken: Cn H 2n
t0
Cn H 2n + 1,5 n O2 
 n CO2 + n H2O

0,15
0,15 n
0,15 n (mol)
 0,15 n (44 – 18) = 9,36  n = 2,4
 Hỗn hợp phải có 1 anken có chỉ số C < 2,4  CTPT của anken A là: C2H4
Anken B hơn anken A 28 đvC  hơn 2 nhóm CH2  CTPT của anken B: C4H8
C2H4 có 1 cấu tạo: CH2=CH2
C4H8 có 3 cấu tạo anken, gồm:
CH2=CH-CH2-CH3 ; CH3 – CH = CH – CH3
CH3 – C(CH3) = CH2
Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn 0,672 lít hỗn hợp khí A gồm CO và CxHy bằng một lượng vừa đủ V lít không

khí (chứa 20% thể tích là O2, còn lại là N2). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí và hơi
gồm 2,2 gam CO2, 0,72 gam nước và 6,72 gam N2. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Tính V và xác định công thức của CxHy.
Phân tích:
Chúng ta phân tích bài toán qua sơ đồ sau:
0,05 mol CO2

CO

V lít KK (vừa đủ)

0,03 mol A
CxHy

0,04 mol H2 O

(20%O2 ; 80% O2)

0,24 mol N2

V = ? ; CTPT của CxHy ?

Định hướng giải:
– Bảo toàn số mol oxi  nCO .1  nO .2  nCO .2  n H O .1  nCO  n C
2

2

2

xHy

Khi đã biết số mol của từng chất trong hỗn hợp thì việc tính toán xác định CTPT của CxHy và tính V
không còn phức tạp.
Hướng dẫn:
Tính được các số mol:
n A  0,03(mol); n CO  0,05(mol) ; n H O  0,04(mol) ;
2
2
6,72 5
n N  0,24(mol)  n O = 0, 24 1  0,06 (mol) ; n
  0,3 (mol)
KK 
2
2
4
28 4

 V = 0,322,4 = 6,72 lít
t
Sơ đồ phản ứng: A(CO, CxHy) + O2 
 CO2 + H2O
Bảo toàn mol oxi ta có: n CO + 0,062 = 0,052 + 0,041  n CO = 0,02 (mol)
0

 nCx Hy = 0,03 – 0,02 = 0,01 (mol)
CO + ½ O2
0,02

0

t



CO2
0,02(mol)

CxHy + (x + 0,25y)O2
0,01 

t0



xCO2 + 0,5yH2O

0,01x

0,005y (mol)


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

 0,01x = 0,05  0,02 = 0,03

Ta có: 

 0,005y  0,04

8

x  3

y  8

Vậy công thức của CxHy là C3H8
Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon A mạch hở thu được lượng CO2 và hơi nước có tỷ lệ khối
lượng tương ứng bằng 44: 9. Biết MA không quá 80 g/mol.
a) Xác định CTPT có thể có của A.
b) Khi cho A + dung dịch Br2 (đk thường) thu được một sản phẩm hữu cơ có hàm lượng cacbon chiếm
18,09% (theo khối lượng). Xác định CTPT tử đúng của A, viết CTCT của A biết 1mol A tác dụng tối đa với
2mol AgNO3/NH3.
Hướng dẫn:
a)

m CO
mH

2

2O



n CO
n
44
2  44 : 44  2  C  1


 CT nguyên của A: CnHn (n chẵn; nguyên dương)
9
nH O
9 :18 1
nH 1
2

Theo đề ta có: 13n  80  n  6,15  n = {2; 4; 6}
 Các CTPT có thể có của A: C2H2, C4H4, C6H6
b) CnHn + mBr2  CnHnBr2m (với m nguyên dương)
Ta có:

12n
18,09
n

 m 
với n = {2; 4; 6}
13n  160m 100
3

 chỉ có n = 6 ; m = 2 là thỏa mãn

Vậy CTPT của A là: C6H6
Theo đề 1 mol A + 2mol AgNO3/NH3 nên A có 2 liên kết ba ở đầu mạch
CTCT của A: CH≡C–CH2 –CH2–C≡CH
CH≡C–CH(CH3)–C≡CH
Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm 2 chất hiđrocacbon mạch hở, mỗi chất chỉ có 1 liên kết đôi (không có liên kết ba).
Biết rằng 9,1 gam X làm mất màu tối đa 200ml dung dịch Br2 1,25M; chất có phân tử khối nhỏ chiếm 65%
đến 75% thể tích hỗn hợp X. Xác định CTPT của mỗi chất trong X.

Hướng dẫn:
Đặt CTTB của hỗn hợp X là: Cn H 2n
n Br  0,21,25 = 0,25 mol
2

Cn H 2n

+

0,25
Ta có: 14 n =

Br2 
 Cn H 2n Br2
 0,25 (mol)
9,1
= 36,4  n = 2,6
0, 25

Phải có 1 anken có chỉ số C < 2,6  n = 2. CTPT của anken nhỏ là: C2 H4
Đặt CTPT của anken lớn là: CxH2x
Giả sử có 1 mol X ; gọi a là số mol C2H4  số mol CxH2x là (1 – a) (mol)
Ta có: 2a + (1 – a).x = 2,6
Theo đề ta có:

a=

2,6  x
2x

(1)

0,65  a  0,75 (2)

Từ (1),(2)  0,65 

2,6  x
 0,75
2x

 3,7  x  4,4

Vì x z+ nên  x = 4. CTPT của chất thứ 2 là C4H8
Vậy CTPT của 2 hiđrocacbon là: C2H4 ; C4H8
Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol chất hữu cơ D, sản phẩm thu được chỉ gồm 4,48 lít khí CO2(đktc) và
5,4 gam H2O. Viết công thức cấu tạo có thể có của D. Biết MD không quá 62 g/mol.
Hướng dẫn:
n CO  0,2(mol) ; n H
2

2O

 0,3(mol)  n CO  D là hợp chất no.
2


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

9

Đặt CT của D: CnH2n+2Om
Ta có:

2n  2 0,6

 3  n  2  30 + 16m  62  m  2
n
0, 2

m = 0  D: C2H6  CTCT: CH3 – CH3
m = 1  D: C2H6O  CTCT: CH3-O – CH3 hoặc CH3 – CH2OH
m = 2  D: C2H6O2  CTCT: CH2OH – CH2OH ; CH3 – O – CH2OH
Ví dụ 8: Cho hỗn hợp X gồm anken và ankin. Đốt cháy m(g) hỗn hợp rồi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2
thu được 0,25 mol CaCO3 và dung dịch có khối lượn giảm 4,56 (gam). Khi thêm KOH vào thì được 5(gam)
CaCO3 nữa. Biết 0,05 mol hỗn hợp phản ứng vừa đủ với 0,08 mol H2. Tìm CTPT của 2 chất trong X.
Hướng dẫn:
Số mol CO2 = số mol KT (lần 1) + 2nKT(lần 2) = 0,25 + 0,05.2 = 0,35 mol
Dung dịch giảm 4,56 gam  m KT( laàn 1)  m CO2  m H 2O = 4,56
 0,25.100 – 0,35.44 – 18 n H 2O = 4,56  n H 2O = 0,28 mol
n ankin  n CO  n H
2



2O

 0,35  0,28  0,07(mol)

n
0,08

2  1,6 2
2
0,14
 1,6  anken 
  n anken   0,07 
(mol)
0,05
n ankin 1,6  1 3
3
3

Đặt anken CnH2n ; ankin CmH2m-2
Ta có:

0,14
n  0,07m  0,35  2n + 3m = 15 
3

n  3

m  3

 CTPT của 2 chất: C3 H6 và C3 H4

Ví dụ 9: Hiđrocacbon A có công thức dạng CnH2n-2 (có tính chất tương tự axetilen). Cho 1,56 gam A tác
dụng hết với 125 gam dung dịch Br2 7,68% đến khi kết thúc thì thu được 2 sản phẩm hữu cơ A1 và A2. Xác
định CTPT của A.
Hướng dẫn:
n Br 
2

mC H
125  7,68
1,56
n 2n  2
 0,06 mol ; đặt T =

 26
n Br
0,06
100 160
2

{ T : số gam trung bình của A tác dụng với 1mol Br2}
CnH2n-2 + Br2 
 CnH2n-2 Br2
CnH2n-2 + 2Br2 
 CnH2n-2 Br4

14n  2
 14n  2 }
1
14n  2
{T2 =
 7n  1 }
2

{T1 =

Theo tính chất của trị số trung bình ta có:

7n – 1 < 26 < 14n – 2  2 < n < 3,86
Vì n  z+ nên  n = 3. CTPT của hợp chất A là: C3H4
Ví dụ 10: Hai hidrocacbon mạch hở A, B có chung CTĐG, khi đốt cháy A hoặc B đều cho số mol CO2 gấp
đôi số mol H2O. Tìm CTPT và viết CTCT của hợp chất A, B. Biết rằng:
- Cho 0,01 mol A tác dụng với AgNO3/ NH3 (dư) thì thu được 2,4 gam kết tủa.
- Cho 0,01 mol B tác dụng với AgNO3/ NH3 (dư) thì thu được 1,59 gam kết tủa.
Hướng dẫn:
Từ số mol CO2 và H2O  CTPT CnHn
dd NH 3
2CnHn + aAg2O 
 2CnHn -a Aga  aH2O
t0
0,01
0,01 (mol)
CnHn -a Aga có M = 13n + 107a
- Phân tử A tạo 2,4 gam kết tủa  13n + 107a =

2,4
240  107a
 240  n =
0,01
13


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

10

Chỉ có a = 2 , n = 2 là thỏa mãn  A là C2H2
Làm tương tự  B: C4H4 (vinyl axetylen)

CTCT của C2H2: CH≡CH
CTCT của C4H4: CH2 = CH – C≡CH
Ví dụ 11: Hỗn hợp khí A (ở điều kiện thường) gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z mạch hở (trong đó phân tử mỗi
chất chứa tối đa một liên kết đôi; có 2 chất cùng số mol). Đốt cháy hoàn toàn 448 ml hỗn hợp khí A (đktc),
dẫn toàn bộ sản phẩm vào bình đựng H2SO4 đặc, dư thấy bình tăng 0,756 gam. Khí thoát ra được hấp thụ
vào dung dịch Ca(OH)2 thì thu được 2,0 gam kết tủa; đun nóng phần nước lọc lại thu thêm 0,2 gam kết tủa.
(Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Xác định công thức phân tử của X,Y, Z.
Phân tích: Không biết các hiđrocacbon thuộc loại nào, tuy nhiên do biết được số mol hỗn hợp A và số mol
CO2 sinh ra nên có thể áp dụng phương pháp trung bình. Đây là bài toán xuất hiện trong nhiều đề thi HSG
và chuyên của các tỉnh, thành phố. Trong các hướng dẫn chấm đều biện luận tới 7 trường hợp vì không
phát hiện được số mol CH4 trong hỗn hợp là lớn nhất (dựa vào chỉ số C trung bình).
Hướng dẫn:
0, 448
2
 0,02 (mol) ; n CaCO (lần 1) =
 0,02 (mol) ;
3
22,4
100
0,2
n CaCO (lần 2) =
 0,002 (mol)
3
100
0,756
Bình H2SO4 tăng 0,756 gam  n H O 
= 0,042 (mol)
2
18
Đặt CTTB của hỗn hợp X là: C x H y

nX 

y
y
t0
)O2 
 x CO2 + H2O
4
2
CO2 + Ca(OH)2 
 CaCO3  + H2O
2CO2 + Ca(OH)2 
 Ca(HCO3)2

Cx H y

+ (x +

0

t
Ca(HCO3)2 
 CaCO3  + H2O + CO2 
Theo ptpư: n CO2  n KT ( lần 1) + 2n KT ( lần 2) = 0,02 + 0,0022 = 0,024 (mol)

x =

n CO

2

n hh



0,024
 1,2  hỗn hợp A phải có 1 chất có chỉ số C < 1,2.
0,02

CTPT là: CH4 {đặt X}  Y, Z có chỉ số 2  C  4 {chỉ số C  2}
Vì x = 1,2 rất gần với C1 hơn giá trị trung bình của 2 chất còn lại, nên CH4 có số mol nhiều nhất. Vậy Y
và Z có số mol bằng nhau: n Y  n Z
*Trường hợp 1: Cả Y,Z đều là hiđrocacbon no. CTTB của A là: C n H 2n  2
3n  1
t0
O2 
 n CO2 + ( n +1)H2O
2
Theo ptpư: n A  n H O  n CO = 0,042 – 0,024 = 0,018 < 0,02 ( loại)
C n H 2n  2 +

2

2

* Trường hợp 2: Cả 2 chất Y,Z đều có 1 liên kết đôi. CTTB là: C n H 2n
C n H 2n +

3n
t0

O2 
 n CO2 + n H2O
2
0

t
CH4 + 2O2 
+ 2H2O
 CO2
Theo ptpư: n CH 4   n H 2O   n CO 2  0,018 (mol)

 n (Y  Z)  0,02  0,018  0,002 (mol)
Ta có: 0,0181 + 0,002 n = 0,024  n = 3
Có 1 anken có C > 3 ; 1 anken có C < 3  CTPT của Y,Z là: C2H4 ; C4H8
*Trường hợp 3: Y no; Z có 1 liên kết đôi: CTTB của Y và Z là: Cn H m


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

n 2 ankan  n H

2O

11

 n CO = 0,018  n Y  n Z  0,02 – 0,018 = 0,002 (mol)
2

n CH  0,018 – 0,002 = 0,016 (mol)
4

Ta có: 0,0161 + 0,004 n = 0,024  n = 2  Y,Z là: C2H4; C2H6
Ví dụ 12: Hỗn hợp A gồm 3 anken liên tiếp. Dẫn 1,764 gam hỗn hợp A qua V(lít) dung dịch KMnO4 0,3M
đến khi kết thúc thì nồng độ KMnO4 trong dung dịch còn 0,2M và thấy có 2,61 gam chất rắn màu đen . Giả
thiết thể tích đung dịch thay đổi khơng đáng kể. Xác định CTCT của mỗi anken và tính V.
Hướng dẫn:
Số mol KMnO4 phản ứng = 0,1V (mol)
Số mol MnO2 = 2,61/87 = 0,03 mol
3 C n H 2n + 2KMnO4 + 4H2O  3 C n H 2n (OH) 2 + 2MnO2 + 2KOH
0,045
0,03
Ta có 0,1V = 0,03  V = 0,3 lít

0,03 (mol)

Khối lượng mol trung bình của A: 14n 

1,764
 n  2,8
0,045

Phải có 1 anken có C < 2,8  An ken nhỏ nhất là C2H4
Các anken còn lại là: C3H6 và C4H8
C2H2 có 1 cấu tạo: CH2 = CH2
C3H6 có 1 cấu tạo: CH2=CH – CH3
C4H8 có 3 cấu tạo: CH2 = CH – CH2 – CH3 ; CH3 – CH = CH – CH3; CH3 – C(CH3) = CH2
Nhận xét: Khi gặp bài này các em HS thường gặp rối ở chỗ cân bằng phản ứng. Cách cân bằng theo hóa trị như sau:
C n H 2n có điện hóa trị của n ngun tử cacbon = - 2n
C n H 2n (OH) 2 có điện hóa trị của n ngun tử C là a  a + 2n – 2 = 0  a = -2n + 2
C n H 2n + KMnO4 + H2O  C n H 2n (OH) 2 + MnO2 + KOH

1  2

1  3

2/ Dạng 2: BT cộng H2, Br2 vào hidrocacbon khơng no
2.1- Kiến thức cần nhớ
* n liên kết pi  n Chất  số liên kết pi trong 1 phân tử
VD: 0,15 mol C2H2 (   2 )  n   0,15.2  0,3(mol)
* Khi cho hidrocacbon A khơng no (số liên kết   k ) tác dụng hết với Br2 hoặc H2 thì ta ln có
n   n A .k  n Br

2 ( phản ứng)

n

H2 ( phản ứng)

* Bài tốn cộng phối hợp H2 và Br2 vào hidrocacbon khơng no.
 Sơ đồ bài tốn

 hợp chất no 
 A( k-no) 
 hợp chất no 

 xt:Ni( t 0 C)


 dd Br2 ( dư)
X  B(ankan)  



sau một  Y  hợp chất k-no 
bình tăng  Z  
H 2 ( dư)
thời gian

m (gam)
H

 H ( dư)
 

2
2






 Phản ứng hoàn toàn (liên kết  đứt hết)
Phản ứng chưa hoàn toàn (liên kết  chưa đứt hết)
n
MY
BTKL  m = m
 X 
Y
X
nY
MX

n H ( phản ứng) = n  n
2
X
Y

BTKL  m Y =  m + m Z

m = m hidrocacbon không no (trong Y)

XÉT CẢ QUÁ TRÌNH:
n

H2

(phản ứng) + n

Br2

(phản ứng) =  n  (trong X)


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

12

 Các bước giải BT cộng H2, Br2 vào hidrocacbon
 Bước 1: Viết các phương trình hóa học cụ thể (hoặc tổng qt)
 Bước 2: Áp dụng bảo tồn khối lượng và phân tích hệ số trong tính tốn:
+) m X  m Y  m Z  m
+) n H ( phản ứng) = số mol khí giảm = n X  n Y

2

+) n H 2 (phản ứng) + n Br2 (phản ứng) = nA  k(số liên kết  của A)
 Bước 3: Tính tốn tùy theo u cầu của đề bài.

2.2- Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm CH4 và C2H4 có tỉ khối so với H2 là 10,4. Trộn A với 1 lượng khí H2 được hỗn
hợp B. Cho hỗn hợp B qua bột Ni nung nóng thu được hỗn hợp D có tỉ khối so với H2 là 10,6. Biết D khơng
còn chứa Hidro. Viết các PTHH và % số mol C2H4 đã phản ứng.
Hướng dẫn:
Giả sử có 1mol A


28  20,8 3 n CH4  0,6
 
nC H
20,8  16 2 n C H  0,4
 2 4
2 4
Ni
C2H4 + H2 
 C2H6
t0
n CH

4



x

x
x(mol)
Vì D khơng chứa H2 hết  số mol khí D bằng số mol khí A = 1 mol
BTKL  10,4.2 + 2x = 10,6.2  x = 0,2
0,2
%C2H4 (phản ứng) =
100%  50%
0,4
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm H2, C2H2 có thể tích 3,36 lít (đktc). Nung X trong điều kiện có xúc tác Niken đến khi phản
ứng hồn tồn thu được khí Y có thể tích 2,24 lít (đktc). Mặt khác nếu dẫn khí Y qua dung dịch Br2 dư thì dung dịch
bị nhạt màu. Đốt cháy hồn tồn Y rồi dẫn sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vơi chứa 10,73 gam
Ca(OH)2 thu được m1(gam) kết tủa và dung dịch tăng m2 (gam).
Tính % thể tích và % khối lượng mỗi khí trong hỗn hợp X ? Tính m1,m2.
Phân tích:
Sơ đồ tóm tắt:
C2 H6 ,C2 H 4 
C2 H2 Ni,t 0

 t0 (O2 ) CO2  dung dịch tăng m2 (g) = ?
0,15 (mol)X 

 0,1(mol)Y C2 H2 (dư)  

m1 (g)  = ?

h- tồn
H2

H 2O  + 0,145 mol Ca(OH)2
 hoặc H (dư)

2


% m = ? ; %V = ?
Nhạt màu nước Brom
Phân tích sơ đồ ta thấy:
* Chuyển từ X  Y, số mol khí giảm xuống bằng số mol H2 phản ứng.
* Đốt Y cũng như đốt X
* Phản ứng hồn tồn mà Y làm nhạt màu nước brom  Y còn hidrocacbon khơng no  H2 hết.
Hướng dẫn:
Vì Y làm nhạt màu dung dịch brom mà phản ứng hồn tồn nên Y còn hidrocacbon khơng no  H2 hết.
Các phương trình phản ứng:
0

Ni,t
C2H2 + H2 
 C2H4
0

Ni,t
C2H2 + 2H2 
 C2H6
Theo phản ứng: số mol khí giảm xuống bằng số mol H2 phản ứng

 n H 2  n X  n Y  0,15  0,1  0,05(mol)
Thành phần hỗn hợp X
0,05
%VH 
100%  33,33% ; %VC H  100%  33,33%  66,67%
2

2 2
0,15


Biờn son: Nguyn ỡnh Hnh THCS Chu Vn An, ak P, Gia Lai

13

0,05.2
100% 3,70% ; %mC2 H2 96,30%
0,05.2 0,1.26
t Y cng nh t X
5
t0
C2H2 + O2
2CO2 + H2O
2
0,1
0,2
0,1(mol)
%m H
2

0

t
2H2 + O2
2H2O
0,05
0,05 (mol)

n Ca (OH)2

n
10,73
0,145.2
0,145(mol) OH
1,45 to 2 mui.
74
n CO2
0, 2

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O
a
a
a (mol)
2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2
2b
b
b(mol)
a b 0,145 a 0,09

Ta cú:
a 2b 0, 2
b 0,055
Khi lng kt ta: m1 = m CaCO3 0, 09.100 9(gam)
Khi lng dung dch tng: m2 = 0,244 + 0,1518 9 = 2,5 (gam)
Vớ d 3: Hn hp khớ A gm C 3H6, C4H10, C2H2, H2. Dn m (gam) hn hp A i qua bt Ni, nung núng thu c hn
hp khớ B. t chỏy hon ton B cn va V lớt O2, dn ton b sn phm chỏy vo bỡnh ng dung dch nc vụi
trong, d thỡ thy khi lng dung dch gim 21,45 gam so vi dung dch ban u. Nu dn B vo dung dch B2 d

(dung mụi tr) thỡ thy cú 24 gam brom phn ng. Mt khỏc: 11,2 lớt A lm mt mu ti a 800 ml dung dch brom
0,5M. (dung mụi CCl4).
Bit cỏc phn ng xy ra hon ton, cỏc th tớch khớ o iu kin tiờu chun.
a) Vit cỏc phng trỡnh phn ng xy ra v tớnh m,V?
b) Tớnh t khi ca hn hp khớ B so vi khớ metan.
Phõn tớch:
õy l bi toỏn rt khú i vi hc sinh THCS, vỡ nú ũi hi hc sinh phi kt hp nhiu k nng gii. Chỳng ta
hóy phõn tớch bi toỏn qua s sau:
C3 H6 hon ton
H2 , H C(no)
O (t 0 )
Ca(OH) ( dử )
CO2
Ni
2
2
TN1 : m(g) A C4 H10

B

SP

V ?( ủktc)
dd giaỷm 21,45 (g)
t0
H C(k no)
H
O
2

H2 ,C2 H 2
+ 0,15 mol Br2

TN2: 0,5 mol A laứm maỏt maứu toỏi ủa 0,4 mol Br2 (dd)

Tớnh : m = ? ; V = ?

d B/CH ?
4

nh hng gii:
* 2mol C3H6
1mol C2H2 + 1mol C4H10 xem X ch cú C2H2, C4H10, H2
(s mol cht v s liờn kt pi khụng i)
* Bo ton s mol liờn kt pi n C H (TN1 ) .2 n H2 n Br2
2 2

* Lng X 2 TN khụng th so sỏnh c lch phn nờn cn hiu rng lng X TN1 cha chc bng lng
TN2 (P1 = kP2 hoc ngc li).
Hng dn:
a) 2mol C3 H6
1mol C2 H2 + 1mol C4H10
Quy i hn hp A ch cú: C2H2, C4H10, H2
Gi x,y,z ln lt l s mol C2H2, C4H10, H2 trong m (gam) A.
Thớ nghim vi m(gam) hn hp A:
Phn ng H2 húa hon ton, m B tỏc dng vi nc Br2 H2 ht.
0

Ni( t )
C2H2 + 2H2

C2H6
Ni(t )
C2H2 + H2
C 2H4
0


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

14

C2H2 + 2Br2  C2H2Br4
C2H4 + Br2  C2H4Br2
Xét cả quá trình  n C2 H2 .2  n B2  n H2  2x – z = 0,15 (1)
Vì C,H bảo toàn nên đốt hỗn hợp B cũng như đốt A.
0

t
C2H2 + 5/2 O2 
 2CO2 + H2O
x 2,5x
2x
x (mol)
0

t
C4H10 + 13/2O2 
 4CO2 + 5H2O
y
6,5y

4y
5y (mol)
0

t
2H2 + O2 
 2H2O
z  0,5z
z (mol)
CO2 + Ca(OH)2 
 CaCO3  + H2O

Theo các phản ứng  n CaCO3  n CO2 = 2x + 4y (mol)
Phương trình biểu diễn độ giảm khối lượng của dung dịch:
100 (2x+4y) – 44 (2x+4y) – 18(x + 5y + z) = 21,45
 94x + 134y – 18z = 21,45 (2)
 Thí nghiệm của 0,5 mol A:
Theo đề: 0,5 mol A tác dụng với 0,4 mol Br2
0,4
 0,8
 Số liên kết pi trung bình  
0,5
Vậy

2x
 0,8  1,2x – 0,8y – 0,8z = 0 (3)
xyZ

Giải (1),(2),(3)  x = 0,15; y = 0,075 ; z = 0,15
 m A  m = 0,1526 + 0,07558 + 0,152 = 8,55 gam

V = (2,5x + 6,5y + 0,5z )22,4 = (2,50,15 + 6,50,075+0,50,15)22,4 = 21 lít
Theo bảo toàn khối lượng, ta có: m B  m A  8,55 gam
n B  n A  n H = n C H  n C H = 0,15 + 0,075 = 0,225 mol
2
2 2
4 10

Vậy tỷ khối của khí B đối với metan là:
8,55
d B / CH 
= 38 g/mol.
4
0,225

Ví dụ 4: Cho 19,6 gam hỗn hợp X gồm canxi và canxi cacbua tác dụng hết với nước, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí Y
(đktc) .
a) Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X.
b) Đem toàn bộ lượng hỗn hợp khí Y nung nóng với xúc tác Ni thì xảy ra hai phản ứng:
C2H2 + H2 
C H (l)
Ni,t
 2 4
0

C2H2 + 2H2 
Ni,t
 C2H6 (2)
Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Z gồm C2 H6, C2 H4, H2 dư và C2H2 dư, tỉ khối của hỗn hợp Z so với hidro bằng
8,8. Dẫn toàn bộ lượng hỗn hợp khí Z đi chậm qua bình đựng dung dịch brôm dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn thấy còn 3,36 lít hỗn hợp khí (đktc) thoát ra khỏi bình. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi khí trong

hỗn hợp Z.
(Trích đề thi HSG môn hóa học lơp 9 TP Hà Nội, năm học 2012-2013)
0

Phân tích:
H2  Ni,t0
Ca  H2O
C2H4 ,C2H6  ddBr2
C2H6 
19,6(g)X 
8,96 lít Y
Z
3,36 lít 
 
 
 

dö
dö
CaC2 
H2 ,C2H2 
H2 

C2H2 



mCaC2 ?
mCa  ?

d

 8,8

Z/H2


%V moãi khí = ?

Dễ dàng tính được số mol Ca = số mol H2 = 0,25; số mol CaC2 = số mol C2H2 = 0,15 (mol)


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

15

Áp dụng bảo tồn khối lượng  mz = mY = 4,4(g)  nZ= 0,25 (mol)  H2 phản ứng = 0,15(mol)  H2 dư = 0,1
 C2H6 = 0,05(mol). Bảo tồn mol C, H sẽ tìm được số mol mỗi chất C2H4 và C2H2 trong hỗn hợp Z.
Hướng dẫn:
a) Phản ứng hòa tan X trong nước
Ca + 2H2O  Ca(OH)2 + H2 
(1)
x
x (mol)
CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2 
(2)
y
y (mol)
Ta có:

 40x  64y  19,6
 x = 0,25 ; y = 0,15

 x  y  0, 4

m Ca  0, 25.40  10(g)

m CaC  0,15.64  9,6(g)
2

b) Phản ứng của Y với xúc tác Niken
0

Ni,t
C2H2 + H2 
 C2H4 (3)
0

Ni,t
C2H2 + 2H2 
 C2H6 (4)
Theo bảo tồn khối lượng, ta có: m Z  m Y = 0,25.2 + 0,15.26 = 4,4 gam

4, 4
 0,25 (mol)
8,8.2
Theo phản ứng (3,4) ta thấy: số mol khí giảm xuống bằng số mol H2 phản ứng
n H (phản ứng) = 0,4 – 0,25 = 0,15 mol

 nZ 

2

 n H2 (dư) = 0,25 – 0,15 = 0,1(mol) ; n C2H 6  0,15  0,1  0,05(mol)
C2 H 4 : a(mol)

C2 H 2 : b(mol)
Hỗn hợp Z gồm: 
 H 2 : 0,1 (mol)
C2 H 6 : 0,05(mol)
Khí thốt ra khỏi dung dịch Br2 là C2H6 và H2
C2H4 + Br2  C2 H4Br2 (5)
C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (6)
Ta có: a + b = 0,25 – 0,15 = 0,1 (I)
Bảo tồn số mol H  4a + 2b = 0,42 – 0,12 – 0,056 = 0,3 (II)
Phần trăm thể tích mỗi khí trong Z:
0,05
%VCH  %VC H  %VC H 
 100%  20%  %VH 2  40%
4
2 4
2 2
0,25

Ví dụ 5: Hỗn hợp khí X gồm H2 và hyđrocacbon A (mạch hở, có cơng thức phân tử CnH2n) được lấy theo tỉ lệ mol là
1:1. Đun nóng X với bột Ni làm xúc tác để phản ứng xảy ra. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so
với hiđro là 17,6. Tìm cơng thức phân tử, viết cơng thức cấu tạo của A, biết hiệu suất phản ứng đạt trên 50%.
(Trích đề thi vào lớp 10 chun hóa Phan Bội Châu (Nghệ An), năm học 2014-2015)
Phân tích:
Hidrocacbon mạch hở: CnH2n có 1 liên kết đơi

Sơ đồ tóm tắt:

 C n H 2n : 1(mol) 
Ni,t 0
X 


Y
 
hiệu suất H %  50%
H2 :
1(mol) 



Xác đònh n =? ; CTCT

 C n H 2n  2 


 H 2 , C n H 2 



d
17,6
Y / H2

 Có 3 nội dung khơng thể bỏ qua (mấu chốt của bài tốn):
*Bảo tồn khối lượng  m Y  m X

*Phân tích hệ số  n Y  n X  n H ( phản ứng)
2


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

16

*Hiệu suất phản ứng > 50% là cơ sở để biện luận xác định giới hạn của n.
Hướng dẫn:
Giả sử số mol CnH2n = số mol H2 = 1 (mol)
H
 1)
100
 số mol CnH2n (phản ứng) = 1h (mol)
Phương trình hóa học:

Gọi h là hiệu suất phản ứng (0,5
0

Ni,t
CnH2n + H2 
 CnH2n+2
h
h
h (mol)
Theo phản ứng thấy: số mol khí giảm xuống bằng số mol H2 phản ứng
 n Y  (2  h) (mol)

Theo bảo toàn khối lượng  m X  m Y
 14n + 2 = (2-h)17,62  h 

68,4  14n
35,2

68,4  14n
 1  2,4 < n < 3,6
35,2
Vì n nguyên, dương nên  n = 3 là thỏa mãn.
CTPT của CnH2n là C3 H6
CTCT (mạch hở): CH2=CH–CH3
Ví dụ 6: Cho 17,92 lít khí (đktc) hỗn hợp X gồm CH3CH2CH3 , CHC–CH=CH2; CHC–CH3, CH2=CH2 và H2 có tỷ
lệ số mol tương ứng là 1:1:3:2:9 qua xúc tác Ni nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so
với H2 bằng 14,5. Dẫn hỗn hợp khí Y đi chậm qua bình chứa dung dịch Br2 dư, sau khi các phản ứng kết thúc thấy
khối lượng bình tăng m gam và thoát ra 6,72 lít khí (đktc) hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với He bằng 4,5833. Xác định
giá trị m và số mol Br2 tham gia phản ứng.
(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên hóa Trần Phú-Hải Phòng, năm học 2012-2013)
Hướng dẫn:
Tính n X = 0,8 mol ; n Z = 0,3 mol ; M = 29 g/mol ; M = 18,3332 g/mol

Vì hiệu suất 0,5
Y

MX



Z

44.1 52.1 40.3 28.2  2.9
= 18,125 g/mol
16

Các hidrocacbon không no đều có chỉ số H = 4 nên đặt chung công thức CxH4.
 Phản ứng của X với Ni nung nóng:
0

t ( Ni)
CxH4 + yH2 
 CxH4 + 2y (1)
Theo BTKL  m Y  m X = 0,8.18,125 = 14,5 (gam)

14,5
 0,5(mol)
29
Theo phản ứng (1) thấy: số mol khí giảm xuống bằng số mol H2 phản ứng.
n H2 (phản ứng) = 0,8 – 0,5 = 0,3 (mol)
 nY 

 Phản ứng của Y với dung dịch Br2 dư:
Y gồm: Z (C3H8, C2H6, C4H10), và các hidrocacbon không no: Cn Hm
CnHm + aBr2  CnHmBr2a
(2)
Khối lượng bình Br2 tăng lên bằng khối lượng hidrocacbon không no trong Y
Bảo toàn khối lượng  m Z  m Cn Hm  m Y
 m bình Br2

taêng

 m C H = m Y  m Z  14,5 – 0,3.4.4,5833 = 9 (gam)
n m

Xét cả quá trình thì toàn bộ liên kết kém bền đều bị đứt hết.
Đặt công thức chung của H2 phản ứng và Br2 phản ứng là X2
C4H4 + 3X2  C4H4X6
C3H4 + 2X2  C3H4X4


Biờn son: Nguyn ỡnh Hnh THCS Chu Vn An, ak P, Gia Lai

17

C2H4 + X2 C2H4X2
Tng s mol liờn kt kộm bn trong X: n
3.1 2.3 2
0,8 0,55(mol)
n X 2 3n C4H 4 2n C3H 4 n C2H 4
16
n Br2 (phn ng) = n X 2 n H 2 ( phaỷn ửựng) 0,55 0,3 0, 25(mol)
Nhn xột: Cú th gii nhanh theo l s mol liờn kt pi X:
1.3 3.2 2.1
n
0,8 0,55(mol)
16
p dng cụng thc: n H 2 (phn ng) + n Br2 (phn ng) = n

Vớ d 7: Ho tan ht hn hp rn A gm CaC2, Al4C3 v Ca vo H2O thu c 3,36 lớt (ktc) hn hp khớ X cú t
khi so vi hiro bng 10. Dn X qua Ni un núng thu c hn hp khớ Y. Tip tc cho Y qua bỡnh ng nc brom

d thỡ cú 1,792 lớt (ktc) hn hp khớ Z (t khi hi so vi He bng 4,0).
1) Vit cỏc phng trỡnh húa hc? Bỡnh ng brom tng bao nhiờu gam?
2) Bit: s mol CH4 trong hn hp X gp 4,8 ln s mol H2 trong hn hp, tớnh:
a) Khi lng mi cht trong A.
b) Khi lng brom phn ng?
Hng dn:
1- Tớnh n X 0,15(mol) ; M X 20g / mol ; n Z
Cỏc phng trỡnh húa hc ca phn ng:
CaC2 + 2H2O Ca(OH)2 + C2H2
Al4 C3 + 12H2O 4Al(OH)3 + 3CH4
Ca + 2H2O Ca(OH)2 + H2
Hn hp X gm C2H2 , CH4, H2
Ni
C2H4
C2H2 + H2
t0

C2H2 + 2H2

Ni


t0

= 0,08 (mol) ; M Z = 16(g/mol)
(1)
(2)
(3)

(4)

C2H6

(5)

Hn hp Y gm C2H6 , C2 H4, cỏc khớ d: CH4, C2H2, H2,
C2H2 + 2Br2 C2H2Br4
(6)
C2H4 + Br2 C2H4Br2
(7)
Khớ Z thoỏt ra khi bỡnh Br2 gm: CH4, H2 ; MZ = 16 g/mol
Theo bo ton khi lng m X m Y m Z m (taờng bỡnh Br2 )
Khi lng bỡnh Br2 tng m 0,1520 0,0816 = 1,72 gam
2- Gi x,y l s mol H2 v C2H2 trong X n CH 4,8x(mol)
4

Ta cú: 5,8x + y = 0,15 (I) ; 2x + 16.4,8x + 26y = 0,1520 = 3 (II)
x = 0,0125 (mol) ; y = 0,0775 (mol)
a) Theo (1) n CaC n C H 0,0775(mol) m CaC2 4,96(gam)
2

Theo (2) n Al4C3

2

n CH4
3

2

0,0125.4,8
0,02(mol) m Al4 C3 2,88(gam)
3

Theo (3) n Ca n H 0,0125(mol) m Ca 0,5(gam)
2
b) Xột hn hp T cú : 0,06 mol CH4 ; H2, C2H6
M T 16 M CH
4

nH
nC

2

2 H6



30 16
0, 08 0, 06
1 n H nC H
0, 01(mol)
2
2 6
16 2
2

Xột c quỏ trỡnh thỡ coi nh C2H2 phn ng ht vi H2 v Br2
n Br ( pử) + n H ( pử) = 2nC H n Br ( pử) = 0,07752 0,0025 = 0,1525 mol
2

2

2 2

2

Vy khi lng Br2 phn ng: m = 0,1525.160 = 24,4 (gam)


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

18

3/ Dạng 3: Dãy chuyển hóa, nhận biết, tách, điều chế
3.1- Phương pháp chung
-Nắm vững tính chất hóa học, ứng dụng, điều chế các hidrocacbon
-Nắm sơ đồ chuyển đổi các hidrocacbon và một số dẫn xuất
- Nhớ thứ tự nhận biết các hidrocacbon
Hợp chất có nối ba  hợp chất có nối đôi  hợp chất có nối đơn
Chất cần
nhận biết
Êtilen: C2H4
(Hợp chất có liên kết đôi R-CH = CH2)
Axetilen: C2H2
( Hợp chất có nối ba đầu mạch R-CCH)
Mê tan : CH4

(Hợp chất: CnH2n + 2)

Benzen: C6 H6

Thuốc thử

Dấu hiệu nhận biết

-Dung dịch Brom
-Dung dịch KMnO4

- Nhạt màu da cam của dd Br2
-Nhạt màu dung dịch thuốc tím

- Dung dịch Brom
- Dung dịch KMnO4
- D.dịch AgNO3/NH3
- Đốt trong không khí
(áp dụng cho metan)
- Trộn với khí Cl2 rồi đưa ra
ánh sáng.
-Đốt trong không khí
-Br2 lỏng (bột Fe, t0 )

- Nhạt màu da cam của dd Br2
- Nhạt màu dung dịch thuốc tím
- Có kết tủa vàng : C2 Ag2 
- Cháy  lửa màu xanh nhạt.
- Màu vàng lục nhạt dần, sản phẩm làm đỏ
quỳ tím ẩm.

- Cháy  nhiều muội than.
- Mất màu đỏ nâu của brom.

3.2- Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Nhận biết các chất khí đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn:
a) Metan, etilen, hidrosunfua, cacbon đioxit
b) Hidro, metan, lưu huỳnh đioxit, axetilen.
Phân tích:
a) Chỉ có CO2 làm đục nước vôi trong, chỉ có H2S tạo kết tủa đen với dung dịch muối CuCl2 . Vì vậy 2 khí này phải
được nhận ra trước.
Chú ý: C2H4 và H2S đều làm nhạt màu dung dịch brom.
b) Chỉ có C2H2 tạo kết tủa với AgNO3/NH3; chỉ có H2 khử được CuO chuyển rắn màu đen thành rắn màu đỏ. Có 2
chất làm nhạt màu dung dịch Br2 là C2H2 và SO2
Hướng dẫn:
a) Dẫn lần lượt mỗi khí vào dung dịch CuCl2, nhận ra H2S vì xuất hiện kết tủa màu đen.
H2S + CuCl2  CuS  (đen) + 2HCl
Thử các khí còn lại bằng dung dịch nước vôi trong, nếu lọ nào làm nước vôi trong bị đục là lọ CO2.
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
Thử lần lượt 2 khí còn lại bằng nước brom, nếu màu da cam của nước bom bị nhạt dần thì nhận ra C2H4. Lọ khí còn
lại là CH4
C2H4 + Br2  C2H4Br2
b) Dẫn lần lượt mỗi khí qua dung dịch AgNO3 (trong NH3), lọ nào tạo ra kết tủa màu vàng nhạt là C2H2.
NH 3
C2H2 + Ag2O 
 C2Ag2 (vàng nhạt) + H2O
Thử các lọ khí còn lại bằng dung dịch nước vôi trong, nếu nước vôi trong bị đục thì nhận ra lọ SO2. Dẫn lần lượt 2
khí còn lại qua CuO (nung nóng), khí nào làm chất rắn màu đen chuyển thành màu đỏ là H2, khí còn lại là CH4.
SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O
0

t
H2 + CuO 
 Cu + H2O
màu
đen
(
) (màu đỏ gạch)

Ví dụ 2: Trong một bình chứa hỗn hợp khí: SO2, CO2, C2H4. Trình bày phương pháp hoá học để nhận ra sự có mặt
các khí đó trong hỗn hợp. (Trích đề thi HSG môn hóa lớp 9 tỉnh Quảng Bình, năm học 2013-2014)
Phân tích:
Các khí đựng chung trong cùng một hỗn hợp, nên ta kết hợp vừa nhận biết mỗi khí (chứng minh), vừa loại bỏ nó
khỏi hỗn hợp. Do vậy, các dung dịch lấy vào thí nghiệm thường dùng dư và phải tạo ra dấu hiệu đặc trưng (đổi màu,
kết tủa ...).


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

19

Hướng dẫn:
 Cách 1:
Dẫn hỗn hợp vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, thu lấy khí bay ra.
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O
Dẫn khí thoát ra vào dung dịch brom, nếu dung dịch bị nhạt màu da cam thì chứng tỏ hỗn hợp có C2H4.
C2H4 + Br2  C2H4Br2
Lọc lấy kết tủa, cho vào dung dịch HCl dư. Dẫn khí thoát ra qua dung dịch Br2 dư, nếu màu da cam của dung dịch
nhạt dần thì hỗn hợp có SO2. Khí còn lại cho qua nước vôi trong, nếu dung dịch bị đục thì hỗn hợp có CO2.
CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2 

CaSO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + SO2 
SO2 + Br2 + 2H2O  H2SO4 + 2HBr
(Phản ứng của CO2 với nước vôi trong đã viết ở thí nghiệm đầu tiên)
 Cách 2:
Dẫn hỗn hợp qua bình đựng dung dịch Br2 loãng dư, thu khí thoát ra.
C2H4 + Br2  C2H4Br2 (lỏng)
SO2 + Br2 + 2H2O  H2SO4 + 2HBr
Cho tiếp CaCO3 dư vào dung dịch, nếu thấy sủi bọt khí thì hỗn hợp đầu có SO2. Quan sát trên bề mặt dung dịch sau
phản ứng, nếu thấy có phân lớp thì hỗn hợp đầu có C2H4 (hoặc cho Zn vào rồi đun nhẹ thì có khí thoát ra).
CaCO3 + 2HBr  CaBr2 + H2O + CO2 
CaCO3 + H2SO4  CaSO4 + H2O + CO2 
Dẫn khí còn lại (thu ở thí nghiệm đầu tiên) qua dung dịch nước vôi trong, nếu dung dịch bị đục thì chứng tỏ hỗn
hợp có CO2.
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
Ví dụ 3: Có 4 lọ thủy tinh, mỗi lọ đựng một hỗn hợp gồm 3 chất khí:
Lọ I: (CH4, C2H4, CO2)
Lọ II: (CH4, C2H4, SO2)
Lọ III: (CH4 , C2H4, C2H2)
Lọ IV: (CH4, H2, CO2)
Hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt mỗi lọ khí trên. Viết phương trình hóa học (nếu có).
(Trích đề khảo sát chọn đội tuyển HSG lớp 9 huyện Đak Pơ- Gia Lai, năm 2015-2016)
Phân tích:
So sánh thành phần các chất trong mỗi lọ ta thấy chúng có một số tính chất khác biệt, đây là cơ sở để chúng ta
phân biệt chúng bằng những phản ứng riêng.
-Chỉ có lọ IV khử được CuO.
-Chỉ có lọ III tạo kết tủa với dung dịch AgNO3/NH3.
-Lọ I: Chỉ có 1 khí tác dụng với dung dịch Br2. Lọ II có 2 khí tác dụng với dung dịch brom.
Hướng dẫn:
Thử các hỗn hợp bằng dung dịch AgNO3/NH3 nếu có kết tủa màu vàng nhạt là hỗn hợp của lọ III (CH4, C2H4,
C2H2)

NH 3
C2H2 + Ag2O 
 C2 Ag2  + H2O
Dẫn lần lượt 3 hỗn hợp còn lại qua ống sứ đựng CuO (t0C), nếu chất rắn đen chuyển thành màu đỏ thì nhận ra hỗn
hợp IV (CH4, H2, CO2).
0

t
H2 + CuO 
 Cu + H2O
Dẫn 2 hỗn hợp còn lại lần lượt qua 2 bình chứa dung dịch Br2 dư, thu khí thoát ra rồi dẫn tiếp qua bình nước vôi
trong. Nếu bình nước vôi bị đục thì hỗn hợp đầu là lọ I (CH4, C2H4, CO2). Nếu nước vôi trong không bị vẩn đục thì
nhận ra lọ II (CH4, C2H4, SO2 ).
C2H4 + Br2  C2H4Br2
SO2 + Br2 + 2H2O  H2SO4 + 2HBr
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

20

Ví dụ 4: Có các chất khí CH4, C2H2, C2H4, NH3, SO2. Bằng phương pháp hóa học hãy trình bày cách tách riêng từng
khí ra khỏi hỗn hợp của chúng.

(Trích đề thi HSG môn hóa học lớp 9 tỉnh Kiên Giang, năm học 2014-2015)
Phân tích:
Chọn các hóa chất để hấp thụ mỗi khí sao cho sản phẩm tạo thành dễ tái tạo được khí ban đầu (khí CH4 sẽ chọn là
khí thu cuối cùng).
Dùng H2SO4 hấp thụ NH3; dung dịch AgNO3/NH3 hấp thụ C2H2 , dùng kiềm hấp thụ SO2, dùng dung dịch Br2 để

hấp thụ C2H4.
Hướng dẫn:
- Cho hỗn hợp vào dung dịch H2SO4 dư, tiếp tục cho kiềm dư vào dung dịch, thu khí bay ra được NH3.
NH3 + H2SO4  NH4HSO4
NH4HSO4 + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O + NH3 
- Dẫn hỗn hợp còn lại qua dung dịch Ca(OH)2 dư, lọc lấy CaSO3 cho vào dung dịch HCl thì thu được SO2 thoát ra.
SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O
CaSO3 + 2HCl  CaCl2 + SO2  + H2O
- Hỗn hợp khí thoát ra (khỏi bình nước vôi) cho sục vào dung dịch AgNO3/NH3 dư, lọc lấy kết tủa cho vào dung
dịch HCl thu khí bay ra được C2H2.
NH 3
C2H2 + Ag2O 
 C2Ag2  + H2O
C2Ag2 + 2HCl  2AgCl + C2H2 
- Dẫn hỗn hợp còn lại (CH4, C2H4) qua dung dịch Br2 dư, thì C2 H4 bị giữ lại. Thu khí thoát ra được CH4 .
C2H4 + Br2  C2H4Br2
- Cho Zn vào hỗn hợp sản phẩm, đun nóng thu được C2H4 .
0

t
C2H4Br2 + Zn 
 C2H4  + ZnBr2
Ví dụ 5: Viết các phương trình hóa học để điều chế: brombenzen, đibrom etan, nhựa PVC từ nguyên liệu là than đá,
đá vôi và các hóa chất vô cơ cần thiết khác.
(Trích đề thi HSG môn hóa học lớp 9 tỉnh Bắc Ninh, năm học 2010-2011)
Phân tích:
Than đá, đá vôi là nguyên liệu rất quan trọng trong hóa học hữu cơ. Từ 2 nguyên liệu này có thể điều chế được rất
nhiều loại hợp chất khác nhau. Những bài tập đi từ nguyên liệu này thì thường bắt đầu từ điều chế axetilen.
Hướng dẫn:
 Điều chế PVC:

0

t
CaCO3 
 CaO + CO2 
0

t cao
CaO + 3C 
 CaC2 + CO 
CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2 
C2H2 + HCl  CH2 =CH-Cl
0

t ,xt,p
nCH2=CH-Cl 


H2 C

CH
Cl

 Điều chế đibrom etan:
Pd
 CH2=CH2
C2H2 + H2 
t0

CH2=CH2 + Br2  CH2Br–CH2Br

 Điều chế brom benzen:
0

600 C
3 HC CH 

boä t than
0

t
C6H6 + Br2 
 C6H5Br + HBr
boät Fe

n

(PVC)


Biên soạn: Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai

21

Ví dụ 6: Nêu hiện tượng, giải thích, viết phương trình phản ứng xảy ra khi úp
ống nghiệm chứa đầy hỗn hợp khí C 2H2 và C2H4 vào chậu thuỷ tinh chứa
dung dịch nước brom (như hình bên).

Hướng dẫn:
Dung dịch nước brom nhạt màu (hoặc mất màu), nước trong ống nghiệm dâng lên, có bọt chất lỏng không tan nổi
trên mặt nước hoặc bám trên thành ống nghiệm.

Các phương trình hóa học có thể xảy ra:
C2H2 + Br2  C2H2Br2 (nếu Br2 không dư)
C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (nếu Br2 dư)
C2H4 + Br2  C2H4Br2

Ví dụ 7: Một hỗn hợp gồm các chất khí CO2, H2S, CH4, C2H4, C2H2, SO3. Hãy trình bày phương pháp nhận
biết mỗi chất khí trong hỗn hợp, viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có).
Phân tích:
 Sơ đồ làm thí nghiệm chứng minh:

Hướng dẫn:
Dẫn từ từ hỗn hợp khí qua các bình đựng lượng dư các dung dịch như hình vẽ.
Bình BaCl2 xuất hiện kết tủa trắng thì chứng tỏ hỗn hợp có SO3.
Bình CuCl2 xuất hiện kết tủa đen  có H2S.
Bình Ca(OH)2 xuất hiện kết tủa trắng  hỗn hợp có CO2.
Bình AgNO3./NH3 có kết tủa màu vàng nhạt  hỗn hợp có C2H2.
Bình dung dịch Br2 bị nhạt màu da cam  hỗn hợp có C2H4.
Thu khí thoát ra đem đốt, nếu cháy lửa màu xanh  hỗn hợp có CH4.
Các phương trình hóa học:
SO3 + H2O + BaCl2  BaSO4  + 2HCl
H2S + CuCl2  CuS  + 2HCl
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
NH 3
C2H2 + Ag2O 
 C2Ag2  + H2O
C2H4 + Br2  C2H4Br2
0

t
CH4 + 2O2 

 CO2 + 2H2O

------HẾT PHẦN 1 ------Tác giả: Nguyễn Đình Hành
GV trường THCS Chu Văn An, Đak Pơ, Gia Lai
Email: