BÀI TOÁN LẬP CTPT HYDROCACBON

BÀI TOÁN LẬP CTPT
HYDROCACBON
II.2.1 CÁC PHƯƠNG PHÁP LẬP CÔNG THỨC PHÂN TỬ CỦA
HYDROCACNON
II.2.1.1 Phương pháp khối lượng hay % khối lượng.
1) Phương pháp giải :
Bước 1 : Tìm M
A
: tùy theo giả thiết đề bài cho mà sử dụng các cách tính sau để tìm M
A
Tìm M
A
dựa trên các khái niệm cơ bản, các định luật cơ bản. Có nhiều cách để tìm
khối lượng phân tử, tùy từng giả thiết đề bài cho mà dùng cách tính thích hợp.
1. Dựa vào khối lượng riêng D
A
(đktc)
⇒M
A
= 22,4 . D
A
với D
A
đơn vị g/l
2. Dựa vào tỉ khối hơi của chất hữu cơ A
M
A
= M
B
. d
A/B

M
A
= 29 . d
A/KK
3. Dựa vào khối lượng (m
A
) của một thể tích V
A
khí A ở đktc
M
A
= (22,4 . m
A
)/ V
A
m
A
: khối lượng khí A chiếm thể tích V
A
ở đktc
4. Dựa vào biểu thức phương trình Mendeleep – Claperon:
Cho m
A
(g) chất hữu cơ A hóa hơi chiếm thể tích V
A
(l) ở nhiệt độ T
(
o
K) và áp suất P(atm)

PV = nRT ⇒
pV
mRT
M =
(R = 0,082 atm/
o
Kmol)
5. Dựa vào định luật Avogadro:
Định luật: Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất, mọi thể tích khí bằng
nhau đều chứa cùng một số phân tử khí.
V
A
= V
B
=> n
A
= n
B
⇒
B
B
A
A
M
m
M
m
=
=> M
A

= m
A
B
B
m
M
Bước 2 : Đặt CTPT chất A: C
x
H
y

Xác định thành phần các nguyên tố trong hydrocacbon.
Cách 1 :Dùng khi đề bài
-Không cho khối lượng hydrocacbon đem đốt cháy
-Tính được m
C
, m
H
từ m
CO2
, m
H2O
∗ Tính khối lượng các nguyên tố có trong A và m
A
(g) chất A.
- Xác định C:

22,4
V
12.n.12

44
m
12. )CO (trong mC A) (trong mC
CO2
CO2
CO2
2
====
- Xác định H

OH
O
OH
nn
2
2
2
.2
18
m
22.1 H2O) (trong mH A) mH(trong
H
====
- Xác định m
A
⇒ m
A
= m
H
+ m

A
* Xác định CTPT chất hữu cơ A: C
x
H
y
Dựa trên CTTQ chất hữu cơ A: C
x
H
y

;
12.m
m.M
x
m
M
m
y
m
12
A
CA
A
A
HC
x
==>==

A
HA

m
m.M
y =
Cách 2 : Khi đề bài cho biết thành phần % các nguyên tố trong hỗn hợp
* Dùng công thức sau:

12.100
C.%M
x
100%
M
%H
y
C %
12
AAx
==>==
;
100
H.%M
y
A
=
⇒ CTPT A.
Cách 3 : * Tìm CTĐG nhất => CTN => CTPT A

β:α
1
m
:

12
m
y:x
H
C
==
hoặc
β:α
1
%H
:
12
%C
y:x ==
- CTĐG nhất : C
α
H
β

=> CTTN : (C
α
H
β
)
n
- Xác định n: biện luận từ CTTN để suy ra CTPT đúng của A :
y ≤ 2x + 2; y chẵn, nguyên dương ; x ≥ 1, nguyên dương.
⇒ Từ đó xác định được CTPT đúng của chất hữu cơ A.
Lưu ý: Khi bài tóan yêu cầu xác định CTĐG nhất của chất hữu cơ A (hay CTN của A) hoặc
khi đề không cho dữ kiện để tìm M

A
thì ta nên làm theo cách trên.
2) Các ví dụ :
Ví dụ 1 :
Một hydrocacbon A có thành phần nguyên tố: % C = 84,21; %H = 15,79; Tỉ khối hơi
đối với không khí bằng d
A/KK
= 3,93. Xác định CTPT của A
GIẢI
Bước 1: Tính M
A
:
Biết d
A/KK
=> M
A
= M
KK
. d
A/KK
= 29.3,93 = 114
Bước 2 : Đặt A : C
x
H
y


100
M
%H

y
%C
12x
A
==

8
12.100
114.84,21
12.100
.%CM
x
A
===

18
1.100
114.15,79
1.100
.%HM
y
A
===
Suy ra CTPT A: C
8
H
18

Ví dụ 2 :
Một hydrocacbon A ở thể khí có thể tích gấp 4 lần thể tích của lưu huỳnh đioxit có

khối lượng tương đương trong cùng điều kiện. Sản phẩm cháy của A dẫn qua bình đựng
nước vôi trong dư thì có 1g kết tủa đồng thời khối lượng bình tăng 0,8g. Tìm CTPT A.
GIẢI
* Tìm M
A
:
1V
A
= 4VSO
2
(ở cùng điều kiện )
⇒n
A
= 4nSO
2
⇒
22
2
41
4
SOASO
SO
A
A
MMM
m
M
m
=⇒=
(A và SO

2
có khối lượng tương đương nhau)
⇒
16
4
64
4
M
M
2
SO
A
===
Cách 1 : giải theo phương pháp khối lượng hay % khối lượng :
Đặt A : C
x
H
y
Bình đựng Ca(OH)
2
hấp thụ CO
2
và H
2
O
Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO

3
+ H
2
O
m↓ = mCaCO
3
= 1g
nCO
2
= nCaCO
3
= 1/100= 0,01mol
⇒nC = nCO
2
= 0,01mol ⇒m
C
= 12.0,01=0,12g
mCO
2
= 0,01.44 = 0,44g
m
bình
= mCO
2
+ mH
2
O
⇒mH
2
O

= 0,8-0,44 = 0,36g

g
m
m
OH
H
04,0
18
36,0
2
18
2
2
===
ĐLBT khối lượng (A) :mA = mC + mH = 0,12 +0,04 = 0,16
Ta có
1
16,0.12
12,0.16
12.m
m.M
x
m
M
m
y
m
12

A
CA
A
A
HC
x
====>==

4
16,0
04,0.16
m
m.M
y
A
HA
===

Vậy CTPT A : CH
4
Cách 2 : Biện luận dựa vào điều kiện y ≤ 2x + 2; y chẵn, nguyên dương ; x ≥ 1, nguyên ⇒
x =1 và y = 4 CTPT A.
Ví dụ 3:
Đốt cháy hoàn toàn 2,64g một hydrocacbon A thu được 4,032 lít CO
2
(đktc). Tìm
CTPT A?
GIẢI
* Tìm thành phần các nguyên tố :
mC

(trong A)
= mC
(trong CO2)
= (4,032/ 22,4)*12 = 2,16g
m
H
= m
A
– m
C
= 2,64 – 2,16 = 0,48g
C
H
m
m 2,16 0,48
x:y= : = : =3:8
12 1 12 1
⇒ CTN : C
3
H
8
⇒ CTTN : (C
3
H
8
)n
Biện luận :
Số H ≤ 2 số C +2 ⇒ 8n ≤ 6n + 2 ⇒ n ≤ 1 mà n nguyên dương ⇒n = 1
CTPT A : C
3

H
8
II.2.1.2) Phương pháp dựa vào phản ứng cháy:
Dấu hiệu nhận biết bài toán dạng này : đề bài đốt cháy một chất hữu cơ có đề cập đến
khối lượng chất đem đốt hoặc khối lượng các chất sản phẩm (CO
2
, H
2
O) một cách trực tiếp
hoặc gián tiếp (tức tìm được khối lượng CO
2
, H
2
O sau một số phản ứng trung gian).

1) Phương pháp giải :
Bước 1 : Tính M
A
(ở phần II.2.1.1)
Bước 2 : Đặt A : C
x
H
y

* Viết phương trình phản ứng cháy.
OH
2
y
xCOO
4

y
xHC
22
t
2yx
0
+→






++
M
A
(g) 44x 9y
m
A
(g) mCO
2
mH
2
O
* Lập tỉ lệ để tính x,y

OHCOA
A
22
m

9y
m
44x
m
M
==
hoặc
2pu
A O CO2 H2O
y y
x+
1 x
4 2
= = =
n n n n

A
OHA
A
COA
9m
.mM
y,
44m
.mM
x
22
==
* Từ đó suy ra CTPT A
Một số lưu ý:

1) Nếu đề bài cho: oxi hóa hòan tòan một chất hữu cơ A thì có nghĩa là đốt cháy hòan tòan
chất hữu cơ A thành CO
2
và H
2
O
2) Oxi hóa chất hữu cơ A bằng CuO thì khối lượng oxy tham gia phản ứng đúng bằng độ
giảm khối lượng a(g)của bình đựng CuO sau phản ứng oxi hóa. Thông thường trong bài
toán cho lượng oxi tham gia phản ứng cháy, để tìm khối lượng chất hữu cơ A nên chú ý
đến định luật bảo toàn khối lượng
mA + a = mCO
2
+ mH
2
O
3) Sản phẩm cháy (CO
2
, H
2
O) thường được cho qua các bình các chất hấp thụ chúng.
4) Bình đựng CaCl
2
(khan), CuSO
4
(khan), H
2
SO
4
đặc, P
2

O
5
, dung dịch kiềm, … hấp thụ
nước.
Bình đựng các dung dịch kiềm…hấp thụ CO
2
.
Bình đựng P trắng hấp thụ O
2
.
5) Độ tăng khối lượng các bình chính là khối lượng các chất mà bình đã hấp thụ.
6) Nếu bài toán cho CO
2
phản ứng với dung dịch kiềm thì nên chú ý đến muối tạo thành để
xác định chính xác lượng CO
2
.
7) Viết phương trình phản ứng cháy của hợp chất hữu cơ với oxy nên để oxy lại cân bằng
sau từ vế sau đến vế trước. Các nguyên tố còn lại nên cân bằng trước, từ vế trước ra vế sau
phương trình phản ứng.
2) Bài tập ví dụ :
Ví dụ 1 :
Đốt hoàn toàn 0,58g một hydrocacbon A được 1,76g CO
2
và 0,9g H
2
O. Biết A có
khối lượng riêng D
A
≅ 2,59g/l. Tìm CTPT A

Tóm tắt :
0,58g X + O
2
→ (1,76g CO
2
; 0,9 g H
2
O)
D
A
≅ 2,59g/l. Tìm CTPT A?
GIẢI :
* Tìm M
A
:
Biết D
A
=> M
A
= 22,4.2,59 ≅ 58
* Viết phương trình phản ứng cháy, lập tỉ lệ để tìm x,y
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t

2yx
0
+→






++
M
A
(g) 44x 9y
m
A
(g) mCO
2
mH
2
O

OHCOA
A
22
m
9y
m
44x
m
M

==
=
0,9
9y
1,76
44x
0,58
58
==
⇒ x = 4
y =10
Vậy CTPT A : C
4
H
10
Ví dụ 2 : Khi đốt cháy hòan tòan 0,42 g một Hydrocacbon X thu tòan bộ sản phẩm qua
bình 1 đựng H
2
SO
4
đặc, bình 2 đựng KOH dư. Kết quả, bình 1 tăng 0,54 g; bình 2 tăng
1,32 g. Biết rằng khi hóa hơi 0,42 g X chiếm thể tích bằng thể tích của 1,192 g O
2
ở cùng
điều kiện. Tìm CTPT của X
Tóm tắt đề:
0,42g X (C
x
H
y

)
+O
2
CO
2
H
2
O
Bình 1ñöïng ddH
2
SO
4
ñ
-H
2
O,
m
1
=0,54g
CO
2
Bình 2 ñöïng KOHdö
-CO
2
,
m
2
=1,32g
Tìm CTPT X?
GIẢI

* Tính M
X
:
0,42g X có V
X
= V
O2
của 0,192g O
2
(cùng điều kiện)
=> n
X
= nO
2
=>
2
O
O2
X
X
M
m
M
m
=
=>
70
0,192
0,42.32
m

.Mm
M
2
2
O
OX
X
===
* Gọi X : C
x
H
y

OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+→







++
M
X
44x 9y (g)
0,42 mCO
2
mH
2
O (g)
Ta có :

H2OCO2X
X
m
9y
m
44x
m
M
==
(1)
Đề bài cho khối lượng CO
2
, H
2
O gián tiếp qua các phản ứng trung gian ta phải tìm khối
lượng CO
2
, H

2
O
* Tìm m
CO2
, m
H2O
:
- Bình 1 đựng dd H
2
SO
4
đ sẽ hấp thụ H
2
O do đó độ tăng khối lượng bình 1 chính là
khối lượng của H
2
O :
m
1
= mH
2
O=0,54g (2)
- Bình 2 đựng dd KOH dư sẽ hấp thụ CO
2
do đó độ tăng khối lượng bình 2 chính là
khối lượng của CO
2
:
m
2

= mCO
2
=1,32g (3)
(1), (2), (3) ⇒
0,54
9y
1,32
44x
0,42
70
==
⇒ x = 5
y = 10
Vậy CTPT X : C
5
H
10
(M = 70đvC)
II.2.1.3 Phương pháp thể tích (phương pháp khí nhiên kế):
 Phạm vi ứng dụng : Dùng để xác định CTPT của các chất hữu cơ ở thể khí hay ở thể lỏng
dễ bay hơi.
 Cơ sở khoa học của phương pháp : Trong một phương trình phản ứng có các chất khí tham
gia và tạo thành (ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất) hệ số đặt trước công thức của các chất
không những cho biết tỉ lệ số mol mà còn cho biết tỉ lệ thể tích của chúng.
1) Phương pháp giải
Bước 1 : Tính thể tích các khí V
A
, V
O2
, V

CO2
, V
H2O
(hơi)…
Bước 2 : Viết và cân bằng các phương trình phản ứng cháy của hydrocacbon A dưới dạng
CTTQ C
x
H
y
Bước 3 : Lập các tỉ lệ thể tích để tính x,y
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+→






++
1(l)







+
4
y
x
(l) x(l)






2
y
(l)
V
A
(l) V
O2
(l) V
CO2
(l) V
H2O

(hơi)

(l)

OHCO
Ò
A
22
2
V
2
y
V
x
V
4
y
x
V
1
==
+
=
hay
OHCOOA
n
y
n
x
n
y
x

n
22
24
1
2
==
+
=

;
n
n
V
V
x
A
CO
A
CO
22
==⇒

A
OH
n
n
22
2
V
2V

y
A
OH
==⇒
Cách khác : Sau khi thực hiện bước 1 có thể làm theo cách khác:
- Lập tỉ lệ thể tích V
A
: V
B
: V
CO2
: V
H2O
rồi đưa về tỉ lệ số nguyên tối giản m:n:p:q.
- Viết phương trình phản ứng cháy của hợp chất hữu cơ A dưới dạng:
mC
x
H
y
+ nO
2
→
o
t
pCO
2
+ qH
2
O
- Dùng định luật bảo toàn nguyên tố để cân bằng phương trình phản ứng cháy sẽ tìm được

x và y =>CTPT A
* Một số lưu ý:
- Nếu V
CO2
: V
H2O
= 1:1 => C : H = n
C
: n
H
= 1: 2
- Nếu đề tóan cho oxy ban đầu dư thì sau khi bật tia lửa điện và làm lạnh (ngưng tụ hơi
nước) thì trong khí nhiên kế có CO
2
và O
2
còn dư. Bài tóan lý luận theo C
x
H
y
- Nếu đề tóan cho V
CxHy
= V
O2
thì sau khi bật tia lửa điện và làm lạnh thì trong khí nhiên kế
có CO
2
và C
x
H

y dư
. Bài tóan lý luận theo oxy.
- Khi đốt cháy hay oxi hóa hòan toàn một hydrocacbon mà giả thiết không xác định rõ sản
phẩm, thì các nguyên tố trong hydrocacbon sẽ chuyển thành oxit bền tương ứng trừ:
N
2
→ khí N
2
Halogen → khí X
2
hay HX (tùy bài)
2. Bài tập ví dụ

Ví dụ 1:
Trộn 0,5 l hỗn hợp C gồm hydrocacbon A và CO
2
với 2,5 l O
2
rồi cho vào khí nhiên
kế đốt cháy thì thu được 3,4 l khí, làm lạnh chỉ còn 1,8 l. Cho hỗn hợp qua tiếp dung dịch
KOH (đặc) chỉ còn 0,5 l khí. Các V khí đo cùng điều kiện. Tìm CTPT của hydrocacbon A.
Tóm tắt đề :
C
x
H
y
: a (l)
Gọi 0,5 l hỗn hợp
CO
2

: b (l)
0,5l hỗn hợp + 2,5l O
2

ñoát
CO
2
,O
2
dư,H
2
O
ll(- H
2
O)
CO
2
,O
2
dư
KOHñ(- CO
2
)
O
2
dư
GIẢI :
* O
2
dư , bài tóan lý luận theo Hydrocacbon A

OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+→






++
a a






+
4
y
x

ax a
2
y
(lít)
CO
2
→ CO
2
b b (lít)
Ta có V
hh
= a + b = 0,5 (1)
VCO
2
= ax + b = 1,8 – 0,5 = 1,3 (2)
VH
2
O = a
2
y
= 3,4 – 1,8 = 1,6 (3)
VO
2 dư
= 2,5 - a







+
4
y
x
= 0,5
⇒ ax + a
4
y
= 2 (4)
⇒ ax + 3,2/4 = 2 ⇒ ax = 1,2 (5)
(2), (3) VCO
2
= b = 0,1
V
hh
= a + b = 0,5 ⇒ a = 0,4
⇒ x = ax /a = 3
⇒ y = ay/a = 8
Vậy CTPT của A là C
3
H
8

Ví dụ 2 :
Trộn 12 cm
3
một hydrocacbon A ở thể khí với 60 cm
3
oxi (lấy dư)
rồi đốt cháy. Sau khi làm lạnh để nước ngưng tụ rồi đưa về điều kiện ban đầu thì thể tích

khí còn lại là 48 cm
3
, trong đó có 24cm
3
bị hấp thụ bởi KOH, phần còn lại bị hấp thụ bởi P.
Tìm CTPT của A (các thể tích khí đo trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất)
Tóm tắt :
12cm
3
C
x
H
y
60cm
3
O
2
(dư)
đốt
CO
2
H
2
O
O
2
dư
làm lạnh
-H
2

O
CO
2
O
2
dư
(V=48cm
3
)
24cm
3
khí bò hấp thụ bởi KOH
khí còn lại bò hấp thụ bởi P
(- CO
2
)
(-O
2
)
GIẢI :
* Tính các V:
VCO
2
= 24cm
3
VO
2 dư
= 48 – 24 = 24cm
3
⇒ VO

2 pứ
= 60 – 24 = 36 cm
3
* Tìm CTPT :
Cách 1: Tính trực tiếp từ phương trình phản ứng đốt cháy:
OH
y
xCOO
y
xH
t
y 222x
24
C
0
+→






++
12 →







+
4
y
x
12 → 12x (cm
3
)
VCO
2
=12x = 24 => x = 2
VO
2 dư
= 60 – 12






+
4
y
x
= 24 => y = 4
⇒ CTPT của A: C
2
H
4

Cách 2: Lập tỉ lệ thể tích

OHCOOA
222
V
2
y
V
x
V
4
y
x
V
1
==
+
=
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+→







++
1






+
4
y
x
x
2
y
(cm
3
)
12 36 24 (cm
3
)

22
COOA
V
x

V
4
y
x
V
1
=
+
=
24
x
36
4
y
x
12
1
=
+
=⇔
=> x = 2 và y = 4
⇒ CTPT của A: C
2
H
4

Cách 3:
Nhận xét: đốt 12 cm
3
A đã dùng 36 cm

3
oxy và tạo ra 24 cm
3
CO
2
Suy ra
O?H24CO36OH12C
22
t
2yx
0
+→+
ĐLBT (O): =>
O24H24CO36OH12C
22
t
2yx
0
+→+
ĐLBT (C): 12x = 24 => x = 2
ĐLBT (H) :12y = 48 => y = 4
Vậy CTPT của A là C
2
H
4

Ví dụ 3 :
Trong một bình kín thể tích 1dm
3
có một hỗn hợp đồng thể tích gồm hydrocacbon A

và O
2
ở 133,5
o
C, 1 atm. Sau khi bật tia lửa điện và đưa về nhiệt độ ban đầu (133,5
o
C) thì
áp suất trong bình tăng lên 10% so với ban đầu và khối lượng nước tạo ra là 0,216 g. Tìm
CTPT A
Tóm tắt :
V = 1dm
3
C
x
H
y
(A)
O
2
t=133,5
o
C,P
1
=1atm
đốt
sp cháy
V=1dm
3
t=133,5
o

C, P
2
tăng 10%
(lượng H
2
O tạo ra là 0,216g)
GIẢI :
Tìm CTPT A?

0,03(mol)
133,5)0,082.(273
1.1
RT
PV
n
1
=
+
==
Vì hỗn hợp đồng thể tích nên n
A
= nO
2
= 0,03/2 = 0,015 mol
=> C
x
H
y
dư, biện luận theo O
2

Sau khi đưa về nhiệt độ ban đầu, các khí tạo áp suất có trong bình gồm H
2
O, CO
2
,
C
x
H
y
dư có số mol là :
n
2
= n
1
. P
2
/P
1
= 0,03.110/100 = 0,033 mol
nH
2
O = 0,216/18 = 0,012 mol
ĐLBT khối lượng (O) : nO
2
= n

CO
2
+ 1/2n

H
2
O
=> n

CO
2
= nO
2
– 1/2nH
2
O = 0,015-0,012/2 = 0,009mol
nC
x
H
y
dư = n
2
- nCO
2
- nH
2
O = 0,033-0,012-0,009 =0,012mol
=>nC
x
H
yphản ứng
= 0,015-0,012 = 0,003 mol
OH
2

y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+→






++
1






+
4
y
x
x
2

y
(mol)
0,003 0,015 0,009 0,012 (mol)
Ta có :

012,0
2
009,0015,0
4
003,0
1
y
x
y
x
==
+
=
=> x = 3
y = 8
Vậy CTPT A : C
3
H
8
II.2.1.4 Phương pháp giá trị trung bình (xác định CTPT của hai hay nhiều
chất hữu cơ trong hỗn hợp):
Là phương pháp chuyển hỗn hợp nhiều giá trị về một giá trị tương đương, nhiều chất
về một chất tương đương
 Đặc điểm
Phương pháp giá trị trung bình được dùng nhiều trong hóa hữu cơ khi giải bài tóan về

các chất cùng dãy đồng đẳng. Một phần bản chất của giá trị trung bình được đề cập đến ở
việc tính phần trăm đơn vị và khối lượng hỗn hợp khí trong bài tóan tỉ khối hơi ở chương
đầu lớp 10. Do đó, học sinh dễ dàng lĩnh hội phương pháp này để xác định CTPT của hai
hay nhiều chất hữu cơ trong hỗn hợp.
II.1.4.1 Phương pháp khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp (
hh
M
)
Chất tương đương có khối lượng mol phân tử
hh
M
là khối lượng mol phân tử trung
bình của hỗn hợp. Các bước giải :
Bước cơ bản : Xác định CTTQ của hai chất hữu cơ A,B
Bước 1 : Xác định CTTB của hai chất hữu cơ A, B trong hỗn hợp
Bước 2 : Tìm
hh
M
qua các công thức sau :
( )
100
M%A100%A.M
100
%B.M%A.M
nn
.Mn.Mn
n
m
M
BABA

BA
BBAA
hh
hh
hh
−+
=
+
=
+
+
==
Hoặc
( )
100
M%A100%A.M
V
.MV.MV
VV
.MV.MV
.MdM
BABBAA
BA
BBAA
Xhh/X
hh
−+
=
+
=

+
+
==
Giả sử M
A
< M
B
=> M
A
<
hh
M
< M
B
Bước 3 : Biện luận tìm M
A
, M
B
hợp lý => CTPT đúng của A và B
Phạm vi ứng dụng: sử dụng có lợi nhiều đối với hỗn hợp các chất cùng dãy đồng đẳng
1) Phương pháp CTPT trung bình của hỗn hợp:
 Phạm vi áp dụng : Khi có hỗn hợp gồm nhiều chất, cùng tác dụng với một chất khác mà
phương trình phản ứng tương tự nhau (sản phẩm, tỉ lệ mol giữa nguyên liệu và sản phẩm,
hiệu suất, phản ứng tương tự nhau), có thể thay thế hỗn hợp bằng một chất tương đương,
có số mol bằng tổng số mol của hỗn hợp. Công thức của chất tương đương gọi là CTPT
trung bình.
 Phương pháp giải :
Bước 1 : Đặt CTPT của hai chất hữu cơ cần tìm rồi suy ra CTPT trung bình của chúng :
Đặt A : C
x

H
y
; B : C
x’
H
y’
⇒ CTPTTB :
x y
C H
Bước 2 : Viết phương trình phản ứng tổng quát và dữ liệu đề bài cho tính
y,x
Bước 3 : biện luận
Nếu x<x’ ⇒ x <
x
< x’
y<y’ ⇒ y<
y
< y’
Dựa vào điều kiện x, x’, y, y’ thỏa mãn biện luận suy ra giá trị hợp lý của chúng ⇒ CTPT
A, B.
 Phạm vi ứng dụng : Phương pháp giải này ngắn gọn đối với các bài tóan hữu cơ thuộc loại
hỗn hợp các đồng đẳng nhất là các đồng đẳng liên tiếp. Tuy nhiên có thể dùng phương
pháp này để giải các bài toán hỗn hợp các chất hữu cơ không đồng đẳng cũng rất hiệu quả.
Ngoài phương pháp trên còn có phương pháp số C, số H, số liên kết π trung bình (
k
). Phương pháp giải tương tự như hai phương pháp trên
 Một số lưu ý:
1) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B là đồng dẳng liên tiếp thì :
m = n + 1 (ở đây n, m là số C trong phân tử A, B)
2) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B hơn kém nhau k nguyên tử C thì m = n + k.

3) Nếu bài cho 2 chất hữu cơ A, B cách nhau k nguyên tử C thì : m = n + (k +1)
4) Nếu bài cho anken, ankin thì n, m ≥ 2.
5) Nếu bài toán cho A, B là hydrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường (hay điều kiện
tiêu chuẩn) thì n, m ≤ 4
 Bài tập ví dụ :
Bài 1:
Đốt cháy hòan tòan 19,2 g hỗn hợp 2 ankan liên tiếp thu được 14,56 l CO
2
(ở O
o
C, 2
atm). Tìm CTPT 2 ankan.
GIẢI :
Gọi CTPT trung bình của hai ankan :
22 +nn
HC

mol
RT
PV
n
CO
3,1
082,0.273
56,14.2
2
===
OHnCOnO
n
HC

nn
222
22
)1(
2
13
++→
+
+
+
X
X
M
m
→
X
X
M
m
.
n

Cách 1: phương pháp số C trung bình (
n
)
Số mol hỗn hợp
X
X
X
M

m
n =
Số mol CO
2
: nCO
2
=
X
X
M
m
.
n
= 1,3
2,6n3,1n
2n14
19,2
=⇒=
+
⇒
Hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp C
n
H
2n+2

C
m
H
2m+2
; n<m; 1≤ n , m = n +1

 n <
2,6n
=
< m = n +1
Vậy n = 2 vậy 2 ankan là: C
2
H
6
m = 3 C
3
H
8
Cách 2: Dùng phương pháp phân tử khối trung bình
M
:
Gọi 2 ankan A : C
n
H
2n+2
(a mol) ; B : C
m
H
2m+2
(b mol)
( )
OHnnCOO
n
HC
nn 22222
1

2
13
++→






+
+
+
a an (mol)
( )
OHmmCOO
m
HC
mm 22222
1
2
13
++→






+
+

+
b bm (mol)
nCO
2
= an + bm = 1,3 (1)
m
hh
= (14n + 2)a + (14m +2)b = 19,2
 14(bm + an) + 2(a + b) = 19,2 (2)
Từ (1),(2) suy ra : a + b = 0,5 = n
hh
=>
M
= m
hh
/ n
hh
= 19,2/0,5 = 38,4
M
A
< 38,4 < M
B
= M
A
+ 14
A CH
4
C
2
H

6
C
3
H
8
C
4
H
10

…
M
A
16 30 44 58 …
M
38,4 38,4 38,4 38,4 …
M
B
30 44 58 72 …
Vậy A : C
2
H
6
B : C
3
H
8
II.2.1.5 - Phương pháp biện luận
1. Dựa vào giới hạn xác định CTPT của một hydrocacbon :
- Khi số phương trình đại số thiết lập được ít hơn số ẩn cần tìm, có thể biện luận dựa vào

giới hạn :
A : C
x
H
y
thì : y ≤ 2x + 2; y chẵn, nguyên dương ; x ≥ 1, nguyên.
- Nếu không biện luận được hay biện luận khó khăn có thể dùng bảng trị số để tìm kết quả.
- Điều kiện biện luận chủ yếu của loại toán này là : hóa trị các nguyên tố. Phương pháp
biện luận trình bày ở trên chỉ có thể áp dụng để xác định CTPT của một chất hoặc nếu nằm
trong 1 hỗn hợp thì phải biết CTPT của chất kia.
2. Biện luận theo phương pháp ghép ẩn số để xác định CTPT của một
hydrocacbon :
a) Các bước cơ bản :
Bước 1 : Đặt số mol các chất trong hỗn hợp là ẩn số.
Bứơc 2 : Ứng với mỗi dữ kiện của bài toán ta lập một phương trình toán học.
Bước 3 : Sau đó ghép các ẩn số lại rút ra hệ phương trình toán học. Chẳng hạn : a + b = P
(với a, b là số mol 2 chất thành phần)
an + bm = Q (với n, m là số C của 2 hydrocacbon thành phần)
Bước 4 : Để có thể xác định m, n rồi suy ra CTPT các chất hữu cơ thành phần, có thể áp
dụng tính chất bất đẳng thức :
Giả sử : n < m thì n(x + y) < nx + my < m(x + y)

nx+my
n< <m
x+y
⇒
Hoặc từ mối liên hệ n,m lập bảng trị số biện luận
- Nếu A, B thuộc hai dãy đồng đẳng khác nhau ta phải tìm x, y rồi thế vào phương trình nx
+ my = Q để xác định m, n ⇒ CTPT.
3. Một số phương pháp biện luận xác định dãy đồng đẳng và CTPT

hydrocacbon :
 Cách 1 : Dựa vào phản ứng cháy của hydrocacbon, so sánh số mol CO
2
và số mol H
2
O.
Nếu đốt 1 hydrocacbon (A) mà tìm được :
* nH
2
O > nCO
2
 (A) thuộc dãy đồng đẳng ankan
ptpư :
n 2n+2 2 2 2
3n+1
C H + O nCO + (n+1)H O
2
→

* nH
2
O = nCO
2
⇒ (A) thuộc dãy đồng đẳng anken hay olefin
hoặc (A) là xicloankan
ptpư :
n 2n 2 2 2
3n
C H + O nCO + nH O
2

→
* nH
2
O < nCO
2
⇒ (A) thuộc dãy đồng đẳng ankadien, ankin hoặc benzen
ptpư :
n 2n-2 2 2 2
3n-1
C H + O nCO + (n-1)H O
2
→ ↑
( đồng đẳng ankin hoặc ankadien)

n 2n-6 2 2 2
3n-3
C H + O nCO + (n-3)H O
2
→ ↑
( đồng đẳng benzen)
 Cách 2 : Dựa vào CTTQ của hydrocacbon A :
* Bước 1 : Đặt CTTQ của hydrocacbon là :
C
n
H
2n+2-2k
(ở đây k là số liên kết π hoặc dạng mạch vòng hoặc cả 2 trong CTCT A)
Điều kiện k ≥ 0, nguyên. Nếu xác định được k thì xác định được dãy đồng đẳng của A.
- k = 0 ⇒ A thuộc dãy đồng đẳng ankan
- k = 1 ⇒ A thuộc dãy đồng đẳng anken

- k = 2 ⇒ A thuộc dãy đồng đẳng ankin hay ankadien
- k = 4 ⇒ A thuộc dãy đồng đẳng benzen.
Để chứng minh hai ankan A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt A : C
n
H
2n+2-2k
; B :
C
m
H
2m+2-2k’
. Nếu tìm được k = k’ thì A,B cùng dãy đồng đẳng.
* Bước 2 : Sau khi biết được A,B thuộc cùng dãy đồng đẳng, ta đặt CTTQ của A là C
x
H
y
.
Vì B là đồng đẳng của A, B hơn A n nhóm –CH
2
- thì CTTQ của B :C
x
H
y
(CH
2
)
n
hay
C
x+n

H
y+2n
.
* Bước 3 : Dựa vào phương trình phản ứng cháy của A, B, dựa vào lượng CO
2
, H
2
O, O
2

hoặc số mol hỗn hợp thiết lập hệ phương trình toán học, rồi giải suy ra x, y, n  Xác định
được CTPT A, B.
 Cách 3 : dựa vào khái niệm dãy đồng đẳng rút ra nhận xét :
- Các chất đồng đẳng kế tiếp nhau có khối lượng phân tử lập thành một cấp số cộng
công sai d = 14.
- Có một dãy n số hạng M
1
, M
2
, …,M
n
lập thành một cấp số cộng công sai d thì ta có :
+ Số hạng cuối M
n
= M
1
+ (n-1)d
+ Tổng số hạng S =
2
M

1 n
M+
.n
+ Tìm M
1
, …, M
n
suy ra các chất
Trong một bài toán thường phải kết hợp nhiều phương pháp.
Ví dụ :
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
.
II.2.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN LẬP CTPT
HYDROCACBON
Bài 1 :
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
⇒ 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 2 :
Hydrocacbon (X) dẫn xuất từ aren. Hóa hơi (X) trộn với oxi vừa đủ trong một khí
nhiên kế, đốt hoàn toàn hỗn hợp rồi đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất trong bình bằng 12
lần áp xuất của (X) ban đầu. Đưa về 0
o
C áp suất khí giảm còn 2/3.
5,2 gam (X) làm mất màu dung dịch chứa 8 gam Brôm.
Xác định CTCT của (X)
GIẢI
Bài này có 2 cách giải :
 Ở cùng điều kiện T, V không đổi thì tỉ lệ số mol bằng tỉ lệ áp suất.
PV = nRT

12
n
n
P
P
1
2
1
2
==
 Khi đưa về O
o
C, hơi nước bị ngưng tụ. Khí còn lại là CO
2
P
3

= 2/3P
2
n
CO2
= 2/3 (n
CO2
+ n
H2O
)
Cách 1 : Dùng phương pháp thông thường để giải.
 Giả sử số mol của X là 1mol
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0
+→






++

1 → x → y/2 (mol)
n
2
= x + y/2
⇒ n
2
= 12n
1
hay x + y/2 = 12 (1)
x = 2/3 (x + y/2) ⇔ 3x = 2x + y
⇔ x = y (2)
(1), (2) ⇒ x + x/2 = 12 ⇒ x = 8 = y ⇒ CTPT X : C
8
H
8
Cách 2 : Dùng phương pháp biện luận giải
Gọi C
x
H
y
: n
1
(mol)
⇒ n
2
= 12n
1
(1)
Khi đưa về O
o

C :
n
3
= 2/3n
2
= 2/3.12n
1
= 8n
1
= n
CO2
⇒ nH
2
O = 12n
1
– 8n
1
= 4n
1
OH
2
y
xCOO
4
y
xHC
22
t
2yx
0

+→






++
n
1
→ 8n
1
→ 4n
1
x : y/2 = 8n
1
: 4n
1
⇒ x= y.
 CTN của X (CH)
n
hay C
n
H
n
C
n
H
n
+ kBr

2
→ C
n
H
n
Br
k
13n → 160k
5,2 → 8
n
kkn
kn 8
205,2
8
160
2,5
13
=⇒=⇒=
X là dẫn xuất của Benzen ⇒ n ≥ 6 ⇒ k ≤ 8/6 = 1,33
⇒ k = 1 và n = 8.
 Vậy CTPT A : C
8
H
8
 = (8.2 + 2 – 8) = 5
A là dẫn xuất của benzen, A lại làm mất màu dd Br
2
⇒ có nối đôi C=C ở nhánh.
 CTCT A :

CH=CH
2
A là Styren.
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 :
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.
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)
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