Tổng hợp bài tập hiđrocacbon hay và khó

Bước 1: Tính số mol ankan và anken trong hỗn hợp X

Khi cho X tác dụng với dd Br₂ dư chỉ có anken phản ứng

\({n_{B{r_2}}} = {n_{anken}} = 0,35\left( {mol} \right) \to {n_{ankan}} = 0,57 - 0,35 = 0,22\left( {mol} \right)\)

Bước 2: Tính số mol CO₂ và H₂O

Đặt số mol CO₂ là x và số mol của H₂O là y (mol)

- Ta có: \({n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = {n_{ankan}}\)

→ y - x = 0,22 (1)

- Bảo toàn nguyên tố O → \(2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\)

→ 2.2,45 = 2x + y → 2x + y = 4,9 (2)

Từ (1) (2) → x = 1,56 và y = 1,78

Bước 3: Tính m

- Bảo toàn nguyên tố C → n_C(X) = n_CO2 = 1,56 mol

- Bảo toàn nguyên tố H → n_H(X) = 2.n_H2O = 3,56 mol

Vậy m = m_C + m_H = 1,56.12 + 3,56.1 = 22,28 gam.

Bước 1: Tính n_anken và n_ankan

Hỗn hợp gồm ankan và anken.

- Tác dụng với Br₂: \({n_{B{r_2}}} = {n_{anken}} = 0,35\left( {mol} \right) \to {n_{ankan}} = 0,57 - 0,35 = 0,22\left( {mol} \right)\)

Bước 2: Tính n_CO2 và n_H2O

- Đốt X: Đặt số mol CO₂ là x và số mol của H₂O là y (mol)

Ta có: \({n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = {n_{ankan}}\)

→ y - x = 0,22 (1)

Bảo toàn nguyên tố O → \(2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\)

→ 2.2,45 = 2x + y

→ 2x + y = 4,9 (2)

Từ (1) (2) → x = 1,56 và y = 1,78

Bước 3: Tính m_X.

Bảo toàn nguyên tố C → n_C(X) = n_CO2 = 1,56 mol

Bảo toàn nguyên tố H → n_H(X) = 2.n_H2O = 3,56 mol

Vậy m = m_C + m_H = 1,56.12 + 3,56.1 = 22,28 gam.

Gọi số mol của C₂H₂, C₂H₆ và C₃H₆ có trong 6,2 gam X lần lượt là a, b, c mol

=> m_{hh X} = 26a + 30b + 42c = 6,2  (1)

Đốt cháy hoàn toàn X:  

C₂H₂ → H₂O ;  C₂H₆ → 3H₂O ;  C₃H₆ → 3H₂O

Bảo toàn nguyên tử H: $2.{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{2}}}}+6.{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{6}}}}+6.{{n}_{{{C}_{3}}{{H}_{6}}}}=2.{{n}_{{{H}_{2}}O}}$

=> 2a + 6b + 6c = 0,8  (2)

Giả sử trong 0,5 mol X có ka mol C₂H₂ ; kb mol C₂H₆ ; kc mol C₃H₆

=> ka + kb + kc = 0,5 => k.(a + b + c) = 0,5   (3)

X tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,645 mol Br₂

=> ${{n}_{B{{\text{r}}_{2}}}}=2.{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{2}}}}+{{n}_{{{C}_{3}}{{H}_{6}}}}$ => k.(2a + c) = 0,625  (4)

Từ (3) và (4) => $\dfrac{a+b+c}{2\text{a}+c}=\dfrac{0,5}{0,625}$  (5)

Từ (1), (2) và (5) => a = 0,1 ; b = 0,05 ; c = 0,05

$\Rightarrow \%{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{6}}}}=\dfrac{0,05}{0,1+0,05+0,05}.100\%=25\%$

C₂H₂ + 2H₂ → C₂H₆

C₂H₂ + H₂ → C₂H₄

Trong Y có C₂H₂, tạo kết tủa Ag₂C₂ => ${{n}_{A{{g}_{2}}{{C}_{2}}}}=0,1\,mol$

$\Rightarrow {{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{2}}(Y)}}=0,1\,mol$

Z làm mất màu dung dịch Br₂ => Z chứa C₂H₄

$=>{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}={{n}_{B{{\text{r}}_{2}}}}=0,25\,mol$

Còn lại hỗn hợp khí T gồm C₂H₆ và H₂

_{=> ${{n}_{{{H}_{2}}O}}=3.{{n}_{{{C}_{3}}{{H}_{6}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}}}$ dư} = 0,65  (1)

_{Bảo toàn nguyên tố C ta có: ${{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{2}}}}$ bđầu $={{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{2}}\text{ }du}}+\text{ }{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}+\text{ }{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{6}}}}$}  

_{${{n}_{{{H}_{2}}}}$ ban đầu} $={{n}_{{{H}_{2}}\text{ }du}}+{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}+2.{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{6}}}}$

Cộng 2 vế phương trình ta có:

$~a={{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{2}}\text{ }du}}+2.{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}+3.{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{6}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}}}_{du}~$

Thay (1) vào => a = 0,1 + 0,25.2 + 0,65 = 1,25

C₄H₁₀ → C₃H₆ + CH₄

   x             x          x

C₄H₁₀ dư  = y mol

Sau khi tác dụng với 0,04 mol Br₂ thì C₃H₆ còn lại là: n_C3H6 = x – 0,04 mol

Ta có: 58.(x + y) = m

Mà: $\frac{58y+42.(x-0,04)+16\text{x}}{0,21}=117.\frac{2}{7}\Rightarrow 58.(x+y)=8,7$  

$X\left\{ \begin{gathered}
{H_2} \hfill \\
{C_n}{H_{2n}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{Ni,{t^o}}}hhY\xrightarrow{{ + B{{\text{r}}_2}\,du}}\left\{ \begin{gathered}
{m_{binh \uparrow }} = 1,82\,gam \hfill \\
hh\,{\text{Z}}\,{\text{(}}{\overline {\text{M}} _Z} = 15,44) \hfill \\
\end{gathered} \right.$

n_{H2 trong X} = n_{H2 pứ} + n_{H2 dư} = n_ankan + n_{H2 dư} = n_Z = 0,25 mol

$ \to 0,4mol\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{{C_n}{H_{2n}}}} = 0,4 - 0,25 = 0,15{\mkern 1mu} mol}\\{{n_{{H_2}}} = 0,25{\mkern 1mu} mol}\end{array}} \right.$

=> m_Z = 0,25.2.7,72 = 3,86 => m_X = m_Y = m_Z + m_{bình tăng} = 3,86 + 1,82 = 5,68 gam

=> m_{olefin trong X} = m_X – m_H2 = 5,68 – 0,25.2 = 5,18 gam

$\Rightarrow {{\bar{M}}_{olefin}}=\frac{5,18}{0,15}=34,533$ => 2 olefin cần tìm là C₂H₄ (a mol) và C₃H₆ (b mol)

Ta có: .

$\Rightarrow \%{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}=\frac{0,08}{0,4}.100\%=20\%$

4 chất ở đây là ankan, anken, ankin và H₂ nên số mol Y < 8a

Nếu Y có 2 chất (ankan và H₂) thì n_Y = 4a

Vậy ta có:

\({m_X} = {m_Y} \to \frac{{{n_X}}}{{{n_Y}}} = \frac{{{M_Y}}}{{{M_X}}} \to \frac{{8{\rm{a}}}}{{8{\rm{a}}}} = 1 < \frac{{{M_Y}}}{{{M_X}}} < \frac{{8{\rm{a}}}}{{4{\rm{a}}}} = 2\)

=> 1 < k < 2 hay 2 > k > 1

X gồm C₃H₆, H₂ đi qua ống sứ đựng bột Ni => Thu được Y gồm (C₃H₈; C₃H₆ và H₂ dư)

Cho Y qua brom thì chỉ có C₃H₆ bị giữ lại => m _{bình brom tăng} = m _C3H6

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_Y = m_{bình brom tăng} + m_Z => m_{bình brom tăng} = m_X – m_Z = 6,5 - 0,1.16.2,225 = 2,94

$Z:0,1{\mkern 1mu} mol\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{H_2}:a{\mkern 1mu} mol}\\{{C_3}{H_8}:b{\mkern 1mu} mol}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{a}} + 44b = 0,1.35,6}\\{a + b = 0,1}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,02}\\{b = 0,08}\end{array}} \right.$

=> m_{bình brom} = 2,94 => n_C3H6 = 0,07

$\to 6,5{\mkern 1mu} gam{\mkern 1mu} X\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{{C_3}{H_6}}} = 0,07 + 0,08 = 0,15{\mkern 1mu} mol}\\{{n_{{H_2}}} = 0,1{\mkern 1mu} mol}\end{array}}\right.$

=> hiệu suất tính theo H₂: $H=\frac{0,08}{0,1}.100\%=80\%$

${{n}_{Ca}}=0,1\,mol\xrightarrow{BTNT\,Ca}\left\{ \begin{align}& {{n}_{Ca{{(HC{{O}_{3}})}_{2}}}}=0,05\,mol \\& {{n}_{CaC{{\text{O}}_{3}}}}=0,05\,mol \\\end{align} \right.\xrightarrow{BTNT\,C}{{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{C}}=0,15\,mol$.

$\Delta {{m}_{\tan g}}={{m}_{C{{O}_{2}}}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}-{{m}_{CaC{{\text{O}}_{3}}}}\Rightarrow {{m}_{{{H}_{2}}O}}=2,7\,gam\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,15\,mol$

BTNT O: n_{O (trong X)} + 0,205.2 = 0,15.2 + 0,15 => n_{O (trong X)} = 0,04 mol

Ta thấy các chất trong X đều có 6H

=> ${n_X} = \frac{{0,15.2}}{6} = 0,05{\mkern 1mu} mol{\mkern 1mu}  \to \% {n_{hh}} = \frac{{0,02}}{{0,05}}.100\% = 40\% $

${{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{BaC{{O}_{3}}}}=0,23\,mol$

$\Delta m={{m}_{BaC{{O}_{3}}}}-({{m}_{C{{O}_{2}}}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}})=29,97\Rightarrow \text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,29$

=> m_X = m_C + m_H = 3,34 gam

Bảo toàn khối lượng => m_Y = m_X + m_H2 = 3,34 + 0,05.2 = 3,44

M_Y = 21,5 => n_Y = 0,16 mol

Vì trong phản ứng cộng H₂ số mol hiđrocacbon không đổi => n_X = 0,16 mol

Do M_Y = 21,5 => trong Y chứa CH₄ => khí thoát ra khỏi bình Br₂ là CH₄ và C₂H₆

=> X chứa CH₄ (x mol), C₂H₄ (y mol) và C₂H₂ (z mol)

n_X = x + y + z = 0,16

${{n}_{C{{O}_{2}}}}$ = x + 2y + 2z = 0,23

${{n}_{{{H}_{2}}O}}$ = 2x + 2y + z = 0,29

=> x = 0,09; y = 0,04; z = 0,03

Trong Y đặt C₂H₂ dư (a mol), C₂H₄ (b mol)

=> n_Y = a + b + 0,12 = 0,16  (1)

Bảo toàn liên kết π: n_{π trong X} = n_{π trong Y} + n_H2

=> 2a + b + 0,05 = 0,04 + 2.0,03  (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,01 và b = 0,03

=> m₁ = ${{m}_{{{C}_{2}}A{{g}_{2}}}}$= 2,4 (gam) và m₂ = ${{m}_{{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}$= 0,84 (gam)

=> m₁ + m₂ = 3,24

$X\left\{ \begin{align}& {{H}_{2}} \\& A \\\end{align} \right.\xrightarrow{Ni,{{t}^{o}}}Y$.

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_Y = 10,8 gam

n_X = 0,65 mol;

n_Y = $\frac{{{m}_{Y}}}{{{M}_{Y}}}=\frac{10,8}{16.2,7}=0,25\,mol$

=> Số mol H₂ phản ứng: n_{H2 phản ứng} = n_{hụt đi} = n_X – n_Y = 0,65 – 0,25 = 0,4 mol

Phản ứng xảy ra hoàn toàn mà Y làm mất màu brom => H₂ phản ứng hết, Y chỉ gồm hiđrocacbon

=> n_{H2 trong X} = 0,4 mol

=> m_A = m_{hh X} – m_H2 = 10,8 – 0,4.2 = 10 gam

Vì A cộng H₂ tạo thành các chất trong Y => n_A = n_Y = 0,25 mol

=> ${{M}_{A}}=\frac{10}{0,25}=40\text{ }\Rightarrow \text{ }{{C}_{3}}{{H}_{4}}$

Bảo toàn khối lượng: m_Y = m_X = 6,56 gam

Vì _{$\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}}}$phản ứng} = n_X – n_Y = 0,16 mol => H₂ phản ứng hết

Gọi x và y là số mol C₂H₂ và C₄H₄ trong Y

Ta có: n_Y = n_C2H2 + n_C4H4 + n_Z => x + y = 0,15 – 0,08 = 0,07  (1)

Bảo toàn số mol π: ${{n}_{\pi \,({{C}_{2}}{{H}_{2}})}}+{{n}_{\pi \,({{C}_{4}}{{H}_{4}})}}=\sum{{{n}_{\pi \,trong\,X}}}-{{n}_{\pi \,trong\,Z}}$

=> 2x +3y = 0,06.2 + 0,09.3 – 0,16 – 0,05 = 0,18 mol   (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,03 mol; y = 0,04 mol

${{n}_{{{C}_{2}}A{{g}_{2}}}}={{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{2}}}}=0,03\,mol;\,\,{{n}_{{{C}_{4}}{{H}_{3}}Ag}}={{n}_{{{C}_{4}}{{H}_{4}}}}=0,04\,mol$

=> m = 0,03.240 + 0,04.159 = 13,56 gam

0,25 mol X + 0,625 mol O₂ → x mol CO₂ + y mol H₂O

Khi cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)₂ thì

m_{dd giảm} = m_{kết tủa}  - m_CO2 – m_H2O = 30 – 44x – 18 y = 4,3 → 44x + 18y = 25,7

bảo toàn nguyên tố O có 0,625.2 = 2x + y

→ x = 0,4 mol và y = 0,45 mol

X có số  →X có CH₄ chất còn lại là C_nH_2n+2-2k ( với k là số liên kết pi) với số mol lần lượt là a và b mol

Khi đó ta có a + b = 0,25 mol

                    a + bn = 0,4 mol

                   2a + b(n+1-k) = 0,45

Từ 3 phương trình trên có b.k = 0,2

Với k = 1 → b = 0,2 → a = 0,05 → n = 1,75 loại

Với k = 2 → b = 0,1 → a = 0,15 → n = 2,5 loai

Với k = 3 → b = 0,2/3 → a = 0,183 → n = 3,25 loại

Với k = 4 → b = 0,05 → a = 0,2 mol → n = 4

→ chất còn lại trong X là C₄H₂ : CH ≡ C – C ≡ CH

 → 0,2 mol X có m = 0,05. 50 +0,2.16= 5,7 g

Nên trong 8,55 gam X có n_C4H2 = 

  CH ≡ C – C ≡ CH →   Ag- C ≡ C – C ≡ C- Ag

       0,075                                          0,075 mol

→ m_{kết tủa}  = 0,075.264 =19,8

*Đốt cháy 0,1 mol X thu được 0,22 mol CO₂:

=> Số C trung bình = n_CO2 : n_X = 0,22 : 0,1 = 2,2

Giả sử công thức trung bình của hỗn hợp là C_2,2H_2.2,2+2-2k hay C_2,2H_6,4-2k (k là độ bất bão hòa)

*Xét phản ứng 6,32 gam X cho qua dung dịch Br₂ dư:

C_2,2H_6,4-2k + k Br₂ → Sản phẩm

0,12/k ←       k                            (mol)

m_X = n_X.M_X =>

Vậy X có công thức trung bình là C_2,2H_5,2

Phản ứng đốt cháy 0,1 mol X:

C_2,2H_5,2 + 3,5 O₂ → 2,2 CO₂ + 2,6 H₂O

0,1 →      0,35 mol

=> V_O2 = 0,35.22,4 = 7,84 lít

- Xét phần 1 : n_A1 = n_A2 = ½ n_A = 0,05 mol

n_H(H2O) = n_H(A1) = 2n_H2O = 2.2,34 : 18 = 0,26 mol

=> Số H trung bình (A) = 0,26 : 0,05 = 5,2

- Xét phần 2 : n_AgNO3 = 0,25.0,12 = 0,03 mol < n_A2 = 0,05 mol

=> trong A có ankin không phản ứng với AgNO₃ => But-2-in

+) Không thể có CH≡CH trong A vì : n_C2H2 = n_A.40% = 0,02 mol (C₂H₂ có M nhỏ nhất trong A)

CH≡CH + 2AgNO₃ → Ag₂C₂

   0,02   →   0,04 mol > 0,03 (Vô lý)

- Dựa vào Số H trung bình = 5,2 => A phải chứa C₃H₄ (propin)

=> Bộ 3 ankin phù hợp là propin (0,02 mol) ; but-1-in ; but-2-in

- Tổng quát : RC≡CH + AgNO₃ → RC≡CAg ↓

=> n_ankin = n_propin + n_but-1-in = n_AgNO3 = 0,03 => n_but-1-in = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol

=> n_but-2-in = n_A2 – n_propin – n_but-1-in = 0,05 – 0,02 – 0,01 = 0,02 mol

=> m_A2 = 0,02.M_C3H4  + 0,02.M_C4H6 + 0,01.M_C4H6 = 2,42g

=> %m_but-2-in = 0,02.54 : 2,42 = 44,6%

n_CO2 = 0,55 mol; n_H2O = 0,4 mol

Đặt công thức chung của các chất là C_nH_m

C_nH_m → nCO₂ + 0,5mH₂O

0,2 →        0,2n →   0,1m

+ n_CO2 = 0,2n = 0,55 => n = 2,75

+ n_H2O = 0,1m = 0,4 => m = 4

Vậy công thức trung bình của hỗn hợp X là C_2,75H₄

Độ bất bão hòa: k = (2C + 2 - H)/2 = (2.2,75 + 2 - 4)/2 = 1,75

Khi cho a mol X tác dụng với Br₂: n_Br2 = 112 : 160 = 0,7 mol

C_2,75H₄+ 1,75Br₂ → ...

0,4 ←       0,7

Vậy a = 0,4

Bước 1: Tính số mol của C, H trong X

- BTNT.C ⟹ n_C = n_CO2 = 25,3/44 = 0,575 mol

- BTNT.H ⟹ n_H = 2n_H2O = 2.(6,75/18) = 0,75 mol

Bước 2: Tìm số nguyên tử C, H trung bình của X

- Số C trung bình = n_C/n_X = 0,575/0,2 = 2,875

- Số H trung bình = n_H/n_X = 0,75/0,2 = 3,75

Bước 3: Biện luận xác định CTPT của C_xH_y

Ta có:

- Các chất khác đều có số C ≥ 3 ⟹ Hiđrocacbon cần tìm phải có C < 2,875 (*)

- Các chất khác đều có số H ≥ 4 ⟹ Hiđrocacbon cần tìm phải có H < 3,75 (**)

Kết hợp (*) (**) và các đáp án ⟹ CTPT của C_xH_y là C₂H₂.

Bước 1: Tính số mol C và H trong X

Quy đổi X thành C (x mol) và H (y mol).

+ m_C + m_H = 12,7 ⟹ 12x + y = 12,7

+ n_O2 = x + y/4 = 1,335

⟹ x = 0,92 và y = 1,66

Bước 2: Tính số mol của các chất trong Y

- Giả sử trong Y chứa:

CH≡C-CH=CH₂: a mol, CH≡C-CH₂-CH₃: b mol, CH≡CH: c mol

- m _{kết tủa} = m_C4H3Ag + m_C4H5Ag + m_C2Ag2 = 23,98 gam

⟹ m _{kết tủa} = 159a + 161b + 240c = 23,98 (1)

- n_Z = 4,032/22,4 = 0,18 mol

- BTKL pư nung X: m_Y = m_X = 12,7 gam ⟹ n_Y = 12,7 : (127/3) = 0,3 mol.

- n_Y = n _{hiđrocacbon bị AgNO3 hấp thụ} + n_Z

⟹ a + b + c + 0,18 = 0,3 (2)

- Trong Z chứa:

n_C = 0,92 - 4a - 4b - 2c (BTNT.C)

n_H = 1,66 - 4a - 6b - 2c + 0,11.2 (BTNT.H)

- Z là ankan nên nếu đốt Z thì: n_Z = n_H2O - n_CO2

0,18 = (1,88 - 4a - 6b - 2c)/2 - (0,92 - 4a - 4b - 2c) (3)

Bước 3: Giải hệ (1)(2)(3) tìm a, b, c => %m_{C2H2 (Y)}

Giải hệ (1)(2)(3): a = 0,04; b = 0,02; c = 0,06.

⟹ %m_{C2H2 (Y)} = 12,28%.

Bước 1: Tính n_C2H2, n_CH4 và n_H2

CaC₂, Al₄C₃, Ca tác dụng với H₂O thu được hỗn hợp X gồm 3 khí lần lượt là C₂H₂; CH₄ và H₂.

n_X = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) ⟹ n_{X trong mỗi phần ứng} = 0,2 (mol)

- Phần 1: Chỉ có C₂H₂ pư

PTHH: C₂H₂ + AgNO₃ + NH₃ → Ag₂C₂↓ + NH₄NO₃

⟹ n_C2H2 = n_Ag2C2 = 24/240 = 0,1 (mol)

⟹ (n_CH4 + n_H2) = n_X - n_C2H2 = 0,2 - 0,1 = 0,1 (mol)

Hỗn hợp X có 2 khí có số mol bằng nhau ⟹ n_CH4 = n_H2 = 0,1/2 = 0,05 (mol) (vì nếu C₂H₂ bằng với mol 1 chất khí còn lại thì vô lí).

Bước 2: Tính số mol CO₂ và H₂O

- Phần 2: Thành phần nguyên tố của hỗn hợp X và Y giống nhau nên đốt Y cũng như đốt X.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}

 {{C_2}{H_2}:0,1} \\

 {C{H_4}:0,05} \\

 {{H_2}:0,05}

\end{array}} \right. + {O_2} \to \begin{array}{*{20}{l}}

 {BTNT{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {n_{C{O_2}}} = 2{n_{{C_2}{H_2}}} + {n_{C{H_4}}} = 0,25mol} \\

 {BTNT{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,25mol}

\end{array}\)

Bước 3: Tính thể tích khí O₂ (đktc)

- BTNT O ⟹ n_{O2 pư} = n_CO2 + ½ n_H2O = 0,25 + ½.0,25 = 0,375 mol

⟹ V_{O2 (đktc)} = 0,375.22,4 = 8,4 (lít).

Bước 1: Tính n_H

- Bình H₂SO₄ đặc hấp thụ H₂O ⟹ \({m_{{H_2}O}} = 21,6\left( g \right) \to {n_{{H_2}O}} = \dfrac{{21,6}}{{18}} = 1,2\left( {mol} \right)\)

- Bảo toàn nguyên tố H ⟹ \({n_H} = 2{n_{{H_2}O}} = 2 \times 1,2 = 2,4\left( {mol} \right)\)

Bước 2: Tính n_CO2

- BTKL hỗn hợp ban đầu: m_hh = m_C + m_H ⟹ \({m_C} = {m_{hh}} - {m_H} = 12 - 2,4 \times 1 = 9,6\left( g \right) \to {n_C} = \dfrac{{9,6}}{{12}} = 0,8\left( {mol} \right)\)

- Bảo toàn nguyên tố C ⟹ \({n_{C{O_2}}} = {n_C} = 0,8\left( {mol} \right) \to {V_{C{O_2}\left( {dktc} \right)}} = 0,8 \times 22,4 = 17,92\left( l \right)\)

Bước 3: Tính V_CO2

Tỷ lệ: 12 gam hỗn hợp sinh ra 17,92 lít khí CO₂

⟹     100 gam hỗn hợp sinh ra 149,33 lít khí CO₂.