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.

Đáp án: X là: \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_4}{H_{10}}\\
{C_4}{H_6}
\end{array} \right.\)

Giải thích các bước giải:

Hốn hợp Y có tỷ khối so với khí hidro là 19,2 → \(\overline M  = 38,4\)

→ Ta viết chung công thức của Y thành \({O_{2,4}}\) vì \({O_2}{\rm{ }};{O_3}\) đều được tạo thành từ nguyên tố O.

+) Xét 11,2 lít X, ta có: \({n_X} = 0,5mol \to {n_{{O_{2,4}}}} = 2,5mol\)

Dẫn X qua dd brom dư thấy có khí thoát ra vậy chứng minh trong X có ankan hoặc là xicloankan $C_3H_6$ (CTTQ: \({C_n}{H_{2n}}\)).

*) Nếu X có chứa $C_3H_6$ thì chất còn lại cũng có dạng \({C_n}{H_{2n}}\) do khi đốt cháy thì \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}}\).

Khi đó ta có: \({C_n}{H_{2n}} + \dfrac{{3n}}{{2,4}}{O_{2,4}} \to nC{O_2} + n{H_2}O\)

Như vậy \({n_{{O_{2,4}}}} \ne 5{n_X}\)

⇒ 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 \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}}\))

Gọi CT có dạng là \({C_n}{H_{2n + 2}},{C_m}{H_{2m - 2}}\).

PTHH: \({C_n}{H_{2n + 2}} + \frac{{3n + 1}}{{2,4}}{O_{2,4}} \to nC{O_2} + (n + 1){H_2}O\)

            \({C_m}{H_{2m - 2}} + \frac{{3m - 1}}{{2,4}}{O_{2,4}} \to mC{O_2} + (m - 1){H_2}O,\)

Theo PTHH: \({n_{{O_{2,4}}}} = 0,25.\left( {\frac{{3n + 1}}{{2,4}} + \frac{{3m - 1}}{{2,4}}} \right) = 2,5\)

\( \to 3n + 3m = 24 \to \left\{ \begin{array}{l}
n = 4({C_4}{H_{10}})\\
m = 4({C_4}{H_6})
\end{array} \right.\)

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)

⇒ X là: \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_4}{H_{10}}\\
{C_4}{H_6}
\end{array} \right.\)