Hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon thể khí ở đk thường có công thức tổng quát khác nhau. Hốn hợp Y gồm 2 khí O2 và O3 có tỷ khối so với khí hidro là 19,2. Để đốt cháy hoàn toàn 1 thể tích X cần 5 thể tích Y cùng đk, sau phản ứng thu được số mol CO2 và số mol H2O bằng nhau. Dẫn 11,2 lít X qua dd brom dư, thể tích khí còn lại ra khỏi dd là 5,6 lít (đktc). Xác định công thức phân tử 2 hidrocacbon.
Hỗn hợp Y có tỷ khối so với khí hidro là 19,2 \(\Rightarrow\overline{M}=38,4\)
→ Ta viết chung công thức của Y thành O2,4 vì O2;O3 đều được tạo thành từ nguyên tố O.
+) Xét 11,2 lít X, ta có:\(n_X=0,5\left(mol\right)\Rightarrow n_{O2,4}=2,5\left(mol\right)\)
Dẫn X qua dd brom dư thấy có khí thoát ra vậy chứng minh trong X có ankan hoặc là xicloankan \(C_3H_6\left(CTTQ:C_nH_{2n}\right)\)
*) Nếu X có chứa C3H6 thì chất còn lại cũng có dạng CnH2n do khi đốt cháy thì nCO2 = nH2O.
Khi đó ta có: \(C_nH_{2n}+\frac{3n}{2,4}O_{2,4}\rightarrow n_{CO2}+n_{H2O}\)
\(\Rightarrow n_{O2,4}\ne5n_X\)
⇒ Loại trường hợp này.
*) Xét TH X gồm 1 ankan → chất còn lại là ankin hoặc ankadien (chất có 2 liên kết đôi C=C) với số mol bằng nhau = 0,25 mol (Vì khi đốt cháy nCO2=nH2O)
Gọi CT có dạng là \(C_nH_{2n+2},C_mH_{2m-2}\)
\(C_nH_{2n+2}+\frac{3n+1}{2,4}O_{2,4}\rightarrow nCO_2+\left(n+1\right)H_2O\) \(C_mH_{2m-2}+\frac{3m-1}{2,4}O_{2,4}\rightarrow mCO_2+\left(m-1\right)H_2O\) Theo PTHH: \(n_{O2,4}=0,25.\left(\frac{3n+1}{2,4}+\frac{3m-1}{2,4}\right)=2,5\) \(\Rightarrow3n+3m=24\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n=4\left(C_4H_{10}\right)\\m=4\left(C_4H_6\right)\end{matrix}\right.\) Xét với n = 3,2,1 ta được m tương ứng là 5,6,7 (loại vì X là khí nên số nguyên tử C luôn nhỏ hơn 5) \(\Rightarrow X=\left\{{}\begin{matrix}C_4H_{10}\\C_4H_6\end{matrix}\right.\)
