76 Thay (1) vo (3) : ị a- b = 0 hay a= b (2) ị a = b = 0,15 (mol) (1) ị n + m = 5 15,0 75,0 = Xột t l phõn t lng gia A v B ta cú hai trng hp : ã M A : M B = 22 : 13 ị 2 35 5.14 35 )(14 13 214 22 214 == + = - = + nmmn n = 3 (A : C 3 H 8 ) v n =2 (B : C 2 H 2 ) ã M B : M A = 22 : 13 ị 2 35 5.14 35 )(14 22 214 13 214 == + = - = + nmmn ị n = 1,7 v m = 3,28 (loi) Vy hai hydrocacbon ú l : ợ ớ ỡ 0,15:HC:B 0,15:HC:A 22 83 (mol) Tớnh khi lng cỏc cht trong hn hp : m C3H8 = 0,15.44 = 6,6 (g) m C2H2 = 0,15.26 = 3,9 (g) b) Xỏc nh tờn v tớnh khi lng sn phm : nBr 2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol) ã Dung dch Br 2 b mt mu hũan ton chng t 0,1 mol Br 2 trong dd ó phn ng ht. ã S mol khớ thoỏt ra khi dd Br 2 l 5,04/22,4 = 0,225 (mol) trong ú cú 0,15 mol C 3 H 8 . ị nC 2 H 2 p = 0,225 0,15 = 0,075 (mol) ã Hai phn ng cú th xy ra : C 2 H 2 + Br 2 đ C 2 H 2 Br 2 (lng) a đ a đ a (mol) C 2 H 2 + 2Br 2 đ C 2 H 2 Br 4 (lng) b đ 2b đ b (mol) Ta cú h phng trỡnh : ợ ớ ỡ =+ =+ 0,075ba 0,12ba ị ợ ớ ỡ = = 0,025b 0,05a ị ù ợ ù ớ ỡ == == 8,65g0,025.346m 9,3g0,05.186m 422 222 BrHC BrHC Tờn 2 sn phm : C 2 H 2 Br 2 : 1,2- Dibrometen; C 2 H 2 Br 4 : 1,1,2,2-Tetrabrometan. Bi 9 : Mt hn hp gm mt s hydrocacbon liờn tip trong dóy ng ng cú khi lng phõn t trung bỡnh ( M ) = 64. 77 ở 100 o C thì hỗn hợp này ở thể khí, làm lạnh đến nhiệt độ phòng thì một số chất bị ngưng tụ. các chất khí có khối lượng phân tử trung bình (= 54). Các chất lỏng có (=74). Tổng khối lương các chất trong hỗn hợp đầu là 252. Biết khối lượng phân tử chất nặng nhất gấp đôi chất nhẹ nhất. Tìm CTPT các chất và % thể tích các chất trong hỗn hợp. GIẢI : Ở bài này, áp dụng tính chất đồng đẳng trong toán học để giải Gọi a 1 , a 2 , …, a n là khối lượng phân tử của các hydrocacbon trên. * Áp dụng tính chất toán học : Các hydrocacbon liên tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng sẽ tạo nên một cấp số cộng có công sai d = 14 a n = a 1 + (n-1)d S = n* 2 aa n1 + Với a n = 2a 1 Þ 2a 1 = a 1 + (n-1).14 Þ a 1 = 14(n-1) Þ S = 1,5na 1 = 252 Hay 15,5.14n(n-1) = 252 Þ 21n 1 2 - 21n 1 - 252 = 0 n = 4(nhận) hay n = -3 (loại) a 1 = 14(4-1) = 42 đặt hydrocacbon đầu là A 1 : C x H y M 1 = 12x + y = 42 mà : y chẵn y £ 2x +2 x 1 2 3 ³ 4 y 30 18 6 < 0 Vậy A là C 3 H 6 , là hydrocacbon đầu tiên trong cấp số cộng trên. Các đồng đẳng kế tiếp của nó là C 4 H 8 , C 5 H 10 , C 6 H 12 (M = 84) Tính % thể tích các chất trong hỗn hợp : Gọi a, b, c, d (mol) lần lượt là số mol các hydrocacbon tương ứng : C 3 H 6 , C 4 H 8 , C 5 H 10 , C 6 H 12 . Ta có : 64 d c b a 84d70c56b42a M = +++ + + + = (1) 54 b a 56b42a M ' = + + = khi Þ b = 6a (2) 74 d c 84d70c M l = + + = Þ c = 2,5d(3) Thay (2), (3) vào (1) : 78 64 d2,5d6aa 84d70.2,5d56.6a42a M = +++ + + + = Þ 64 d5,37a 259d378a = + + Þ d = 2a (4) Þ c= 2,5.2a = 5a (3’) n hh = a + b + c + d = a + 6a + 5a + 2a = 14a Ở cùng điều kiện, tỉ lệ về số mol bằng tỉ lệ về thể tích %C 3 H 6 = %14,7%100* 14a a = %C 4 H 8 = %85,42%100* 14a 6a = %C 5 H 10 = %71,35%100* 14a 5a = %C 6 H 12 = %28,14%100* 14a 2a = II.3 – BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THÀNH PHẦN HỖN HỢP CÁC HIDROCACBON ĐÃ BIẾT CTPT v II.3.1 MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP : - Khai thác tính chất hóa học khác nhau của từng loại hydrocacbon, viết các phương trình phản ứng. - Đặt a, b, c,… lần lượt là thể tích (hoặc số mol) khí trong hỗn hợp. - Lập các phương trình đại số : bao nhiêu dữ kiện là bấy nhiêu phương trình. - Các thí nghiệm thường gặp trong toán hỗn hợp : + Đốt cháy hỗn hợp trong O 2 : thường dùng lượng dư O 2 (hoặc đủ) để phản ứng xảy ra hoàn toàn, nếu thiếu oxi bài toán sẽ trở nên phức tạp vì sản phẩm có thể là C, CO, CO 2 , H 2 O, hoặc sản phẩm chỉ gồm CO 2 , H 2 O đồng thời dư hydrocacbon. + Phản ứng cộng với H 2 : cho hỗn hợp gồm hydrocacbon chưa no và H 2 qua Ni, t o C (hoặc Pd,t o ) sẽ có phản ứng cộng. - Độ giảm thể tích hỗn hợp bằng thể tích H 2 tham gia phản ứng. Ta luôn có : - Số mol hỗn hợp trước phản ứng lớn hơn số mol hỗn hợp sau phản ứng. hh n T > hh n S - Khối lượng hỗn hợp trước và sau phản ứng bằng nhau (ĐLBTKL). m hh T = m hhS 79 Þ T M < S M Þ d T < d S + Phản ứng với dd brôm và thuốc tím dư, độ tăng khối lượng của dd chính là khối lượng của hydrocacbon chưa no. C n H 2n+2-2k + kBr 2 ® C n H 2n+2-2k Br 2k + Phản ứng đặc trưng của ankin-1 : 2R(C º CH) n + nAg 2 O ® 2R(C º CAg) n ¯ + nH 2 O Khi làm toán hỗn hợp do số mol các chất luôn thay đổi qua mỗi thí nghiệm do đó khi qua thí nghiệm mới ta nên liệt kê số mol của hỗn hợp sau và trước mỗi thí nghiệm. Lưu ý : trong công thức tính PV = nRT thì V là V bình . Ví dụ : Một bình kín có dung tích 17,92 lít đựng hỗn hợp gồm khí hidro và axetilen (ở O o C và 1 atm) và một ít bột Ni xúc tác. Nung nóng bình một thời gian sau đó làm lạnh đến 0 o C. a) Nếu cho ½ lượng khí trong bình qua dd AgNO 3 /NH 3 sẽ sinh ra 1,2 gam kết tủa vàng nhạt. Tìm số gam axetilen còn lại trong bình. b) Cho ½ lượng khí còn lại qua dd Brom thấy khối lượng dung dịch tăng lên 0,41 gam. Tính số gam etilen tạo thành trong bình. c) Tính thể tích etan sinh ra và thể tích H 2 còn lại sau phản ứng. Biết tỉ khối hỗn hợp đầu (H 2 + C 2 H 2 trước phản ứng) so với H 2 = 4. Bột Ni có thể tích không đáng kể. GIẢI a) Tính lượng axetilen còn dư : v Phần 1 : Sản phẩm cháy tạo kết tủa vàng nhạt với ddAgNO 3 /NH 3 chứng tỏ hỗn hợp còn axetilen dư Các ptpứ : C 2 H 2 + Ag 2 O ¾¾¾¾®¾ 33 /NHddAgNO C 2 Ag 2 ¯ + H 2 O nC 2 Ag 2 = 005,0 240 2,1 = (mol) Lượng axetilen còn lại trong bình : nC 2 H 2 dư = 2nC 2 H 2 pứ = 2nC 2 Ag 2 = 2.0,005 = 0,01 (mol) b) Tính số gam etilen tạo thành trong bình : v Phần 2 : Các ptpứ : C 2 H 4 + Br 2 ® C 2 H 4 Br 2 b ® b ® b (mol) C 2 H 2 + 2Br 2 ® C 2 H 2 Br 4 0,005 ® 2.0,005 (mol) Áp dụng ĐLBT khối lượng : m bình tăng = mC 2 H 4 + mC 2 H 2 Þ mC 2 H 4 = m bình tăng – mC 2 H 2 = 2(0,41- 0,005.26) = 0,56 (g) 80 nC 2 H 4 = 02,0 28 56,0 = (mol) c) Thể tích etan sinh ra và thể tích H 2 còn lại : v Phần 3 : n hh = 8,0 4,22 92,17 = (mol) Gọi x (mol) là số mol H 2 trong 0,8 mol hỗn hợp ban đầu. M hh = 4.2 = 8 M hh = 8 8,0 )8,0(26.2 = - + xx Þ x = 0,6 (mol) nC 2 H 2 bđ = 0,2 (mol) Các ptpứ : C 2 H 2 + H 2 ¾¾®¾ C o tNi, C 2 H 4 0,02 ¬ 0,02 (mol) C 2 H 2 + 2H 2 ¾¾®¾ C o tNi, C 2 H 6 y ® 2y ® y (mol) Gọi y là số mol etan tạo thành. nC 2 H 2 pứ tạo etan = y = 0,2 – (0,01 + 0,02) = 0,17 (mol) Þ n Etan = 0,17 (mol) nH 2 còn lại = 0,6 – (0,02 + 2.0,17) = 0,24 mol Ghi chú : ta nên đặt các ẩn số ngay từ đầu và phải cùng đơn vị. Qua mỗi thí nghiệm sẽ giúp ta tìm một ẩn số. Lưu ý lượng hỗn hợp mang phản ứng trong mỗi thí nghiệm có thể khác nhau nhưng tỉ lệ thành phần các chất trong hỗn hợp không đổi. II.3.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THÀNH PHẦN HỖN HỢP CÁC HYDROCAC ĐÃ BIẾT CTPT Bài 1 : Đốt cháy hoàn toàn 100cm 3 hỗn hợp A gồm : C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 2 H 2 và H 2 thì thu được 90cm 3 CO 2 . Nung nóng 100cm 3 A có sự hiện diện của Pd thì thu được 80cm 3 hỗn hợp khí B. Nếu cho B tiếp tục qua Ni, t o thì thu được chất duy nhất. Tìm % các chất trong hỗn hợp. GIẢI : Đặt 100cm 3 hh A gồm : C 2 H 6 : a C 2 H 4 : b 81 C 2 H 2 : c H 2 : d (cm 3 ) Þ a + b + c + d = 100 (cm 3 ) v TN1 : Các ptpứ : C 2 H 6 + 7/2O 2 ® 2CO 2 + 3H 2 O a ® 2a (mol) C 2 H 4 + 3O 2 ® 2CO 2 + 2H 2 O b ® 2b (mol) C 2 H 2 + 5/2O 2 ® 2CO 2 + H 2 O c ® 2c (mol) H 2 + 1/2O 2 ® H 2 O d ® d (mol) Lưu ý : H 2 cũng cháy trong Oxi, sản phẩm là H 2 O. VCO 2 = 2(a + b + c) = 90 (cm 3 ) Þ a + b + c = 45 (cm 3 ) Þ d = 100 – 45 = 55(cm 3 ) (1) v TN2 : xúc tác Pd,t o C thì một liên kết p bị đứt, sản phẩm cộng là anken. C 2 H 2 + H 2 ¾¾®¾ CtPd, o C 2 H 4 c ® c (cm 3 ) Thể tích hỗn hợp giảm : V khí giảm = 2c – c = c = 100 – 80 = 20 (cm 3 ) (2) Hỗn hợp khí B gồm : C 2 H 6 : a C 2 H 4 : b + c (cm 3 ) H 2 : d – c = 55 – 20 = 35 v TN3 : C 2 H 4 + H 2 ¾¾®¾ CtNi, o C 2 H 6 b + c b + c (cm 3 ) Vì chỉ thu được một khí duy nhất Þ C 2 H 4 và H 2 đều hết. Þ b + c = 35 Þb = 35 – c = 35 – 20 = 15 (cm 3 ) a = 100 – (b + c + d) = 100 – (15 + 20 + 55) = 10 (cm 3 ) % thể tích các chất trong hỗn hợp : %V C2H6 = %100. 100 10 %100. 100 = a =10% %V C2H4 = %100. 100 15 %100. 100 = b = 15% 82 %V C2H2 = %100. 100 20 %100. 100 = c = 20% %V H2 = %100. 100 55 %100. 100 = d = 55% Bi 2 : Cho 11 gam hn hp gm 6,72 lớt hydrocacbon mch h A v 2,24 lớt mt ankin. t chỏy hn hp ny thỡ tiờu th 25,76 lớt Oxi. Cỏc th tớch o ktc. a) Xỏc nh loi hydrocacbon. b) Cho 5,5 gam hn hp trờn cựng 1,5 gam hidro vo mt bỡnh kớn cha sn mt ớt bt Ni ( ktc) un núng bỡnh phn ng xy ra hon ton ri a v O o C. Tớnh thnh phn % hn hp cui cựng v ỏp sut trong bỡnh. GII : Da vo ptp chỏy, t s mol cỏc cht v gii h phng trỡnh tỡm cỏc giỏ tr x, n. a) Xỏc nh loi hydrocacbon : S mol cỏc cht : n A = 3,0 4,22 72,6 = (mol) n ankin = 1,0 4,22 24,2 = (mol) nO 2 = 15,1 4,22 76,25 = (mol) Gi 11g hn hp ợ ớ ỡ - 1,0:: 3,0:: 22nn yx HCAnkin HCA (mol) Cỏc ptp : OH 2 y xCOO 4 y xHC 22 t 2yx 0 +ắđắ ữ ứ ử ỗ ố ổ ++ 0,3đ 0,3(x + y/4) (mol) O1)H(nnCOO 2 1-3n HC 2222-2nn -+ắđắ+ 0,1 đ 0,1(3n-1)/2 (mol) n O2 = 0,3(x + 4 y ) + 0,1( 2 1-3n ) = 1,15 m hh = (12x + y)0,3 + (14n - 2)0,1 = 11 36x + 3y + 14n = 112 (1) 4x + y + 2n = 16 (2) (1) 7.(2) ị y = 2x Thay y = 2x vo (1), (2) : 83 36x + 6x +14n = 112 4x + 2x + 2n = 16 Û 3x + n = 8 Þ x < 66,2 3 8 = Þ x = 2 C 2 H 4 n = 2 Û C 2 H 2 b) Tính thành phần % hỗn hợp cuối cùng và áp suất trong bình : n H2 = 1,5/2 = 0,75 (mol) Hỗn hợp mới gồm C 2 H 4 : 0,015 mol C 2 H 2 : 0,05 mol H 2 : 0,75 mol Các ptpứ : C 2 H 4 + H 2 ¾¾®¾ CtNi, o C 2 H 6 0,15 ® 0,15 ® 0,15 C 2 H 2 + 2H 2 ¾¾®¾ CtNi, o C 2 H 6 0,05 ® 0,1 ® 0,05 Sản phẩm thu được gồm : C 2 H 6 : 0,2 mol H 2 dư : 0,5 mol Tỉ lệ %thể tích chính là tỉ lệ % số mol : %V C2H6 = %6,28%100. 5,02,0 2,0 = + %V H2 = %4,71%100. 5,02,0 5,0 = + · Tính áp suất : PV bình = nRT Trước phản ứng n 1 = nC 2 H 4 + nC 2 H 2 + nH 2 = 0,15 + 0,05 + 0,75 = 0,95 (mol) Sau phản ứng n 2 = nC 2 H 6 + nH 2dư = 0,7 (mol) Ở cùng điều kiện V bình , T = const 1 2 1 2 n n P P = Þ P 2 = 73,0 95,0 7,0 n n 1 2 @= (atm) (P 1 = 1atm ) Bài 3 : Một hỗn hợp khí A gồm C 2 H 2 và H 2 có tỉ khối hơi so với không khí bằng 0,4. Đun nóng A với xúc tác Ni một thời gian thu được hỗn hợp khí B, tỉ khối của B so với không khí bằng 7 4 . Nếu cho toàn bộ lượng B qua dung dịch KMnO 4 dư thì còn lại khí D thoát ra ngoài, tỉ khối của D so với H 2 bằng 4,5. Các thể tích đo ở đktc. a) Tính thành phần % thể tích của hỗn hợp A. b) Tính tỉ số thể tích của A so với thể tích B. Giải thích sự thay đổi thể tích đó. c) Tính thành phần % thể tích của hỗn hợp khí D 84 d) Biết V B = 3,136 lít, hỏi nếu hấp thu hết lượng B này trong dd Brom dư thì khối lượng các sản phẩm thu được là bao nhiêu? Tóm tắt : hh A C 2 H 2 H 2 Ni,t o C hh B dd KMnO 4 dö khí D thoaùt ra d A/KK =0,4 d B/kk = 4/7 d D/KK = 4,5 hh B dd Br 2 dö 3,136 lít m sp? GIẢI : a. % thể tích của hỗn hợp A : Trong A, đặt C 2 H 2 : a (mol) H 2 : b (mol) Ahh M = 0,4.29 = 11,6 Þ b a 2b 26a + + = 11,6 Þ b = 1,5a %C 2 H 2 = %100. b a a + = %100. 1,5aa a + = 40% %H 2 = 100% - 40% = 60% b. Tỉ lệ thể tích của A so với B : Phản ứng có thể xảy ra : C 2 H 2 + H 2 ¾¾®¾ CtNi, o C 2 H 4 C 2 H 2 + 2H 2 ¾¾®¾ CtNi, o C 2 H 6 Phản ứng cộng H 2 làm giảm số mol khí nhưng không làm thay đổi khối lượng khí Þ n B < n A Þ V B < V A . Ta có : m A = m B Þ Ahh M .n A = Bhh M .n B Þ B A n n = hhA hhB M M Với Bhh M = 29. 7 116 7 4 = (gam/mol) và Ahh M = 11,6 Þ 7 10 6,11 7 116 n n B A == Vì tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ số mol khí nên V A : V B = 10 : 7 c. % thể tích hỗn hợp khí D : Hỗn hợp B gồm C 2 H 4 , C 2 H 6 , C 2 H 2 dư và H 2 dư khi cho qua dung dịch KMnO 4 thì C 2 H 4 và C 2 H 2 dư bị oxi hóa và giữ lại trong dung dịch : C 2 H 4 + [O] + H 2 O ® C 2 H 4 (OH) 2 C 2 H 2 + 4[O] ® HOOC–COOH 85 Hỗn hợp khí D thoát ra gồm C 2 H 6 và H 2 dư. Trong hỗn hợp D gọi C 2 H 6 : x(mol) và H 2 dư : y (mol). Ta có Dhh M = 4,5.2 = 9 Þ yx 2y 30x + + = 9 Þ y = 3x Þ %C 2 H 6 = yx x + .100% = %100. 3x x x + = 25% %H 2 = 100% - 25% = 75% d. Khối lượng các sản phẩm : C 2 H 2 + H 2 ¾¾®¾ CtNi, o C 2 H 4 u u u (mol) C 2 H 2 + 2H 2 ¾¾®¾ CtNi, o C 2 H 6 x 2x x (mol) Gọi u (mol) là số mol C 2 H 4 thu được Þ B gồm : C 2 H 4 : u (mol) C 2 H 6 : x (mol) C 2 H 2 dư : a – (u + x) (mol) H 2 dư : 3x (mol) · n B = = 4,22 136,3 0,14 (mol) Þ u + x + a – (u + x) + 3x = 0,14 Þ a + 3x = 0,14 (1) · n H2 ban đầu = 1,5a(mol) Þ u + 2x +3x = 1,5 Þ1,5a = u + 5x (2) · B A n n = Þ 7 10 7 10 0,14 2,5a = Þ a = 0,8 (mol) Từ (1) Þ x = 0,02 (mol) Từ (2) Þ u = 0,02 (mol) Trong B chỉ có C 2 H 4 : 0,02 (mol) và C 2 H 2 : 0,04 (mol) cho phản ứng cộng với dung dịch Br 2 : C 2 H 4 + Br 2 ® C 2 H 4 Br 2 0,02 ® 0,02 (mol) C 2 H 2 + 2Br 2 ® C 2 H 2 Br 4 0,04 ® 0,04 (mol) Þ mC 2 H 4 Br 2 = 0,02.188 = 3,76 (gam) mC 2 H 2 Br 4 = 0,04.346 = 13,84 (gam) Bài 4 : Một bình kín 2 lít ở 27,3 o C chứa 0,03 mol C 2 H 2 ; 0,015 mol C 2 H 4 và 0,04 mol H 2 có áp suất P 1 . Tính P 1 - Nếu trong bình đã có một ít bột Ni làm xúc tác (thể tích không đáng kể) nung bình đến nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu được hỗn hợp khí A có áp suất P 2 . - Cho hỗn hợp A tác dụng với lượng dư dd AgNO 3 /NH 3 thu được 3,6 gam kết tủa. Tính P 2 . Tính số mol mỗi chất trong A [...]...GIẢI : · Tính áp suất P1 : Tổng số mol các chất trước phản ứng : n1 = nC2H2 + nC2H4 + nH2 = 0,03 + 0,015 + 0,04 = 0,085 (mol) Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng : PV = nRT Þ P1 = n1 RT1 0,085.0,082.300,3 = = 1,05 atm V 2 · Tính áp suất P2 và số mol các chất : Các ptpứ : t C2H2 + H2 ¾Ni,¾® C2H4 ¾C a ®a ® a (mol) Ni, t C C2H4 + H2 ¾¾ ® C2H6 ¾ b® b ® b (mol) Vì số mol... 3 nC2Ag2 = 3 3 ,6 = 0,015 (mol) 240 Þ nC2H2 dư = 0,015 mol Þ nC2H2 phản ứng = a = 0,03 – 0,015 = 0,015 (mol) b = 0,04 – a = 0,04 – 0,015 = 0,025 (mol) å nC2H4 = nC2H4 bđ + a = 0,015 + 0,015 = 0,03 (mol) nC2H4 d ư = 0,03 – b = 0,03 – 0,025 = 0,005 (mol) Áp suất P2 : å n2 = nC2H2 dư + nC2H4 dư + nC2H6 = 0,015 + 0,005 + 0,025 = 0,045 (mol) P2 = n2 RT 0,045.0,082.300,3 = = 0,554 (atm) V 2 Bài 5 : Cho a gam... than hoạt tính nung nóng làm xúc tác,to trong bình toC áp suất P1 Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí, trong đó sản phẩm phản ứng chiếm 60 %V, nhiệt độ không đổi, áp suất P2 Tính hiệu suất của phản ứng 3) Giả sử dung tích bình không đổi, thể tích chất rắn không đáng kể Hãy 86 . 2)0,1 = 11 36x + 3y + 14n = 112 (1) 4x + y + 2n = 16 (2) (1) 7.(2) ị y = 2x Thay y = 2x vo (1), (2) : 83 36x + 6x +14n = 112 4x + 2x + 2n = 16 Û 3x + n = 8 Þ x < 66 ,2 3 8 = Þ. (2), (3) vào (1) : 78 64 d2,5d6aa 84d70.2,5d 56. 6a42a M = +++ + + + = Þ 64 d5,37a 259d378a = + + Þ d = 2a (4) Þ c= 2,5.2a = 5a (3’) n hh = a + b + c + d = a + 6a + 5a + 2a = 14a Ở cùng. không đổi. II.3.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH THÀNH PHẦN HỖN HỢP CÁC HYDROCAC ĐÃ BIẾT CTPT Bài 1 : Đốt cháy hoàn toàn 100cm 3 hỗn hợp A gồm : C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 2 H 2