Bài tập HIĐROCACBON (có lời giải)

Bài 1 Đốt cháy một hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (có M hơn kém nhau 28g) thì thu được 0,3mol
CO
2
và 0,5 mol H
2
O. Tìm CTPT & tên A, B
GIẢI :
Hydrocacbon A, B có M hơn kém nhau 28g ⇒ A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng.
Cách 1 :
A, B + O
2
→ CO
2
+ H
2
O
67,1
3,0
5,0
n
n
2
2
CO
OH
==
>1 ⇒ A, B thuộc dãy đồng đẳng ankan.
Đặt CTTB A, B :
2n2n
HC
+

: a mol
O1)Hn(COnO
2
1n3
HC
222
2n2n
++→
+
+
+
a → a
n
→ a(
n
+1) (mol)
Ta có
n
1n
3,0
5,0
n
n
2
2
CO
OH
+
==
⇒

n
= 1,5
Đặt CTTQ A, B : C
n
H
2n+2
và C
m
H
2m+2

Giả sử n< m ⇒ n< 1,5 ⇒ n = 1 ⇒ CTPT A : CH
4
(M = 16)
⇒ M
B
= 16 + 28 = 44 ⇒ CTPT B : C
3
H
8
.
Cách 2 : Đặt CTTQ A, B : C
n
H
2n+2
: a mol và C
m
H
2m+2
: b mol

Các ptpứ cháy :
Ok)H-1(nnCOO
2
k-13n
HC
2222k-22nn
++→
+
+
+
a an a(n+1-k) (mol)
Ok)H-1(mmCOO
2
k-13m
HC
2222k-22mm
++→
+
+
+
b bm b(m+1-k) (mol)
Ta có :



=+++
=+
0,5k)b-1(mk)a-1(n
0,3bman
⇒ (a+b)(1-k) = 0,2 ⇒ k = 0 vì chỉ có k = 0 thì phương trình mới có nghĩa.

⇒ a + b = 0,2 và an + bm = 0,3
Giả sử n < m
⇒ n(a+b) < m (a+b)
⇒ n <
ba
bmna
+
+
< m ⇒ n <
5,1
0,2
0,3
=
< m
Biện luận tương tự cách trên suy ra CTPT A : CH
4
và B : C
3
H
8
.
Bài 2
Cracking ankan A, người ta thu được một hỗn hợp khí B gồm 2 ankan và 2 anken. Tỉ khối hơi của B
so với H
2
d
B/H2
= 14,5. Khi dẫn hỗn hợp khí B qua dung dịch Br
2
dư, khối lượng hỗn hợp khí giảm đi

55,52%.
a) Tìm CTPT của A và các chất trong B.
b) Tính % thể tích các chất khí trong B.
GIẢI
Ở bài này dựa vào tính chất phản ứng cracking và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tìm M
A

kết hợp với phương pháp ghép ẩn số để giải.
hhB
M
=14,5.2 = 29
Theo ĐLBT khối lượng : khối lượng A đem cracking = khối lượng hỗn hợp B
1
⇒ m
Atham gia pứ
= m
B
(1)
Phản ứng cracking làm tăng gấp đôi số mol hydrocacbon nên
n
B
= 2n
A tham gia pứ
(2)(1) chia (2) ⇒
hhB
M
= ½ M
A
⇒ M
A

= 29.2 = 58 ⇒ M
A
= 14n + 2 = 58 ⇒ n= 4
 CTPT A là C
4
H
10

Các ptpu cracking A :
C
4
H
10
→ CH
4
+ C
3
H
6
a → a a (mol)
C
4
H
10
→ C
2
H
6
+ C
2

H
4

b → b b (mol)
Gọi A, B lần lượt là số mol A đã bị cracking theo 2 phản ứng trên.
hh B gồm : CH
4
: a (mol)
C
2
H
6
: b (mol)
C
3
H
6
: a (mol)
C
2
H
4
: b (mol)
Khi dẫn hh qua dd Br
2
thì 2 anken bị hấp thụ.
⇒ m
2anken
= 55,52%m
B

= 55,52%m
A
⇒ mC
3
H
6
+ mC
2
H
4
= 55,52%.58 (a+b)
⇔ 42a + 28b = 32,2016 (a+b) ⇔ 9,7984a = 4,2016b ⇔ b ≅ 2,3a (mol)
n
B
= 2(a + b) = 2 (a + 2,3a) = 6,6a (mol)
Ở cùng điều kiện, tỉ lệ số mol cũng chính là tỉ lệ về thể tích
⇒ %CH
4
= %C
3
H
6
=
%100*
6,6 a
a
= 15% %C
2
H
6

= %C
2
H
4
=
%35%100*
6,6
3,2
%100*
6,6
==
a
a
a
b
Bài 3 :
Đốt cháy 19,2 g hỗn hợp 2 ankan kế tiếp thì thu được V lít CO
2
(0
o
C, 2 atm). Cho V lít CO
2
trên qua
dd Ca(OH)
2
thì thu được 30g kết tủa. Nếu tiếp tục cho dd Ca(OH)
2
vào đến dư thì thu được thêm 100g kết
tủa nữa.
a) Xác định CTPT 2 ankan.

b) Tính thành phần % theo khối lượng 2 hydrocacbon.
GIẢI
Ở bài này, đốt cháy hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp nên dùng phương pháp trung bình để giải.
a) Xác định CTPT 2 ankan :
Đặt CTTQ 2 ankan X : C
n
H
2n+2
: a (mol)
Y : C
m
H
2m+2
: b (mol)
CTPT trung bình 2 ankan
22
+
nn
HC
Giả sử n < m ⇒ n<
n
< m = n + 1.
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2

O
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2

Khi cho thêm dd Ca(OH)
2
vào đến dư :
Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2
→ 2CaCO
3
+ 2H
2
O
Áp dụng ĐLBT khối lượng thì mCO
2
= mCO
2
(trong
∑

3
CaCO
)
⇒ nCO
2
= nCaCO
3
=
3,1
100
10030
=
+
(mol) ⇒ mCO
2
= 1,3.44 = 57,2 (g)
OHnCOnO
n
HC
nn
222
22
)1(
2
13
++→
+
+
+

M
44
n
19,2 57,2
Ta có tỉ lệ :
2,57
44
2,19
214
2,57
44
2,19
nnnM
=
+
⇔=
⇒
n
= 2,6
Ta có n <
n
= 2,6 < m = n+1 ⇒ n = 2 và m =3
 Vậy CTPT 2 ankan là C
2
H
6
và C
3
H
8

b) Tính % các hydrocacbon trên :
2
C
2
H
6
+ 7/2O
2
→ 2CO
2
+ 3H
2
O
a → 2a (mol)
C
3
H
8
+ 5O
2
→ 3CO
2
+ 4H
2
O
b → 3b (mol)
n
CO2
= 2a + 3b = 1,3 (1)
m

hh
= 30a + 44b = 19,2 (2) (1) , (2) ⇒ a = 0,2 ;b = 0,3 (mol)
%C
2
H
6
=
%25,31%100*
2,19
2,0.30
%100*
2,19
30
==
a
% C
3
H
8
=
%75,68%100*
2,19
3,0.44
%100*
2,19
44
==
b
Bài 4 :
Một hỗn hợp X gồm 2 hydrocacbon liên tiếp nhau thuộc cùng một dãy đồng đẳng và đều ở thể khí ở

đktc. Đốt cháy X với 6,4g O
2
(lấy dư) và cho hỗn hợp CO
2
, H
2
O, O
2
dư đi qua bình đựng dung dịch
Ca(OH)
2
dư thì có 100g kết tủa và còn lại 1 khí thoát ra có V= 11,2l(0,4atm,O
o
C).
a) Xác định dãy đồng đẳng A,B
b) Xác định CTPT của A, B
Tóm tắt :
X
6,4g O
2
CO
2
H
2
O
O
2
dö
dd Ca(OH)
2

dö
1 khí coù V=11,2l (0,4atm;O
o
C)
100g
n
O2bđ
= 64/32 = 2 mol
GIẢI
Ở bài này, đốt cháy 2 hydrocacbon liên tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng nên sử dụng phương pháp trung
bình để giải.
a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B :
nO
2 dư
= PV/RT = 11,2.0,4/(0,082.273) = 0,2 mol
nO
2 pu
= 2-0,2 = 1,8 (mol)
khí CO
2
, H
2
O bị hấp thụ vào dd Ca(OH)
2
dư
Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO

3
+ H
2
O
nCO
2
= nCaCO
3
= 100/100 = 1 mol
OH
2
y
COxO
4
y
xHC
22
t
2
yx
0
+→









++
Áp dụng ĐLBT nguyên tố (O) cho ptpu cháy :
nO
2
pứ = nCO
2
+ ½ nH
2
O
⇒ n
H2O
= 2(n
O2 pư
– n
CO2
) = 2(1,8-1) = 1,6 mol.
Ta thấy nH
2
O > nCO
2
⇒ hai hydrocacbon trên thuộc dãy đồng đẳng ankan.
CTPT trung bình 2 ankan là :
22
+
nn
HC
OHnCOnO
n
HC
nn

222
22
)1(
2
13
++→
+
+
+
x → (3
n
+1)/2x → x
n
→ x (
n
+1) (mol)
n
CO2
= x
n
= 1
n
H2O
= x(
n
+1) = 1,6
x = 0,6
n
= 1,67
1 <

n
=1,67 < m= n + 1
⇒ n= 1 và m = 2
⇒ CTPT 2 ankan là CH
4
và C
2
H
6

Bài 5 :
Đốt cháy 560cm
3
hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hydrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon ta thu được
4,4g CO
2
và 1,9125g hơi nước.
a) Xác định CTPT các chất hữu cơ.
b) Tính %khối lượng các chất.
3
c) Nếu cho lượng CO
2
trên vào 100 ml dd KOH 1,3M; Tính C
M
muối tạo thành.
GIẢI
Ở bài này, ta dùng phương pháp số nguyên tử H trung bình kết hợp với phương pháp biện luận để
giải.
a) Xác định CTPT các hydrocacbon :
Đặt CTPT 2 hydrocacbon trên :






y'x
yx
HC :B
HC:A
CTPT trung bình 2 hydrocacbon trên :
yx
HC
Giả sử y < y’ ⇒ y <
y
< y’
Số mol hỗn hợp khí n
hh
=
025,0
4,22
56,0
=
mol
nCO
2
= 4,4/44 = 0,1 (mol)
nH
2
O = 1,9125/18 = 0,10625 (mol)
OH

2
y
COxO
4
y
xHC
22
t
2
yx
0
+→








++
0,025 → 0,025x → 0,025
y
/2



=
=
⇒






==
==
8,5y
4x
0,10625
2
y
0,025n
0,10,025n
H2O
CO2
CTPT A, B có dạng : A : C
4
H
y
và B : C
4
H
y’

Ta có y <
y
< y’ hay y < 8,5 <y’ (1)
Biện luận tìm CTPT B :
8,5 < y’ chẵn

y’ ≤ 2x + 2 = 2.4 + 2 = 10 ⇒ y’ =10 ⇒ CTPT B : C
4
H
10

Tương tự biện luận tìm CTPT A :
y < 8,5
y chẵn
y 2 4 6 8
A C
4
H
2
C
4
H
4
C
4
H
6
C
4
H
8
Vậy có 4 cặp nghiệm :



10'4

24
HC :B
HC:A
và



10'4
44
HC :B
HC:A
và



10'4
64
HC :B
HC:A
và



10'4
84
HC :B
HC:A
c) Tính C
M
các muối tạo thành :

n
KOH
= V.C
M
= 0,1.1,3 = 0,13 (mol)
Ta có :
2
CO
KOH
n
n
=
3,1
1,0
13,0
=
⇒ Tạo thành 2 muối.
CO
2
+ 2KOH → K
2
CO
3
+ H
2
O
a 2a a (mol)
4
CO
2

+ KOH → KHCO
3

b b b (mol)
Ta có :
⇒



==+
==+
13,0nb2a
1,0nba
KOH
CO
2



=
=
0,07b
0,03a
(mol)
C
M(K2CO3 )
=
3,0
0,1
0,03

=
(M) C
M(KHCO3)
=
7,0
0,1
0,07
=
(M)
Bài 6 :
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm ankin (A) và ankan (B) có V = 5,6 lít (đkc) được 30,8g CO
2
và
11,7g H
2
O
Xác định CTPT A,B. Tính % A,B. Biết B nhiều hơn A một C
GIẢI
Ở bài này, đốt cháy hỗn hợp 2 hydrocacbon không phải là đồng đẳng của nhau nên không dùng
phương pháp trung bình được mà sử dụng phương pháp ghép ẩn số và biện luận để giải.
Gọi 5,6 l hh :



+
b
a
:HC :B
:HC:A
22mm

2-2nn
(mol) (n ≥ 2; m ≥ 1)
O1)H(nnCOO
2
3n
HC
2222-2nn
−+→+
a an a(n-1) (mol)
O1)Hm(mCOO
2
13m
HC
22222mm
++→
+
+
+
b bm bm (mol)
n
hỗn hợp
= a+ b =
25,0
4,22
6,5
=
(mol) (1)
n

CO

2
= an + bm =
7,0
44
8,30
=
(mol) (2)
n

H
2
O = a(n-1) + bm =
65,0
18
7,11
=
(mol) (3)
(2), (3) ⇒ an - a + bm = 0,65
<=> 0,7 - a = 0,65 a = 0,05 mol
(1) b = 0,25 – a = 0,25-0,05 = 0,2 mol
(2) an + bm = 0,05n +0,2m = 0,7 n + 4m = 14
⇒ m ≤ 3,5
n = 14 – 4m
m = n +1 vì B nhiều hơn A một C
Biện luận :
m 1 2 3
n 10 6 2
Vậy m = 3 n =2Vậy CTPT A, B:




63
22
:
:
HCB
HCA
Bài 7 :
Một hỗn hợp khí (X) gồm 1 ankan, 1 anken và 1 ankin có V =1,792 lít (ở đktc) được chia thành 2
phần bằng nhau:
5