SKKN Sử dụng phương pháp trị số trung bình trong bài tập hóa học

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Hóa học là bộ môn nghiên cứu về chất và sự biến đổi của chất. Đa phần hệ thống khái niệm, kiến thức về chất và phản ứng hóa học là khá trừu tượng. Vì vậy song song với việc học lý thuyết, làm thực nghiệm thì việc giải bài tập hóa học có một vai trò hết sức quan trọng. Thông qua giải bài tập hóa học, học sinh nắm vững kiến thức đồng thời rèn luyện năng lực tư duy. Đối với bộ môn hóa học nói chung và hóa hữu cơ nói riêng, để giải được bài tập hóa học thì ngoài việc nắm vững kiến thức lý thuyết liên quan thì phương pháp giải toán có tính chất định hướng cho hoạt động tư duy của học sinh. 
Mặt khác trong quá trình giải bài tập học hóa ở chương trình phổ thông thì rất nhiều bài toán, dạng toán phải vận dụng phương pháp sử dụng trị số trung bình. Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy đa phần học sinh lúng túng, chưa linh hoạt trong việc vận dụng phương pháp. Trong nhiều tài liệu tham khảo cũng đã đề cập phương pháp này tuy nhiên mỗi tác giả có một cách tiếp cận khác nhau nhưng nhìn chung là chưa có tính chất hệ thống, đầy đủ và mang tính khái quát cao do đó học sinh không có cái nhìn tổng thể. Vì vậy tôi đã chọn đề tài: “ Sử dụng phương pháp trị số trung bình trong bài tập hóa học ”. 
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nâng cao chất lượng và hiệu quả dạy- học hoá học 
- Giúp cho học sinh nắm chắc được nguyên tắc chung nhất khi sử dụng phương pháp trị số trung bình. Từ đó rèn kỹ năng giải bài tập nói chung và bài tập dạng này nói riêng
- Phát huy tính tích cực và tạo hứng thú cho học sinh trong học tập đặc biệt là trong giải bài tập hoá học
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Đối tượng học sinh trung học phổ thông 
- Kiến thức lí thuyết và bài tập liên quan trong chương trình hóa học THPT
- Nghiên cứu cơ sở lí thuyết, dấu hiệu sử dụng, các bước tiến hành khi sử dụng phương pháp trị số trung bình trong bài toán hóa học.
- Chọn lọc các ví dụ đặc trưng, khai thác các khía cạnh mà học sinh thường vướng mắc
1.4. Phương pháp nghiên cứu
 Để hoàn thành đề tài, tôi đã vận dụng phương pháp nghiên cứu khoa học như:
Phân tích lý thuyết, điều tra cơ bản, tổng kết kinh nghiệm sư phạm và sử 
dụng một số phương pháp thống kê toán học trong việc phân tích kết quả thực
 nghiệm sư phạm v.v.. .
2. Nghiên cứu kỹ sách giáo khoa và các sách nâng cao về phương pháp giải bài tập tham khảo các tài liệu đã được biên soạn và phân tích hệ thống các dạng bài toán hoá học theo nội dung đã đề ra. 
3. Đúc rút kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy học.
4. Áp dụng đề tài vào chương trình giảng dạy đối với học sinh THPT.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
- Hệ thống hóa một cách khái quát, đầy đủ hơn việc vận dụng phương pháp trung bình trong bài toán xác định công thức phân tử hợp chất hữu cơ và vô cơ trong hỗn hợp.
- Sử dụng phương pháp trung bình trong các dạng bài tập khác: Biện luận chất dư, chứng minh bất đẳng thức, tìm khoảng xác định...
2. NỘI DUNG 
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1.1. Các giá trị trung bình trong hóa học.
Trong hoá học hữu cơ chúng ta thường sử dụng các giá trị trung bình như số nguyên tử C, H, O..., số nhóm chức, số liên kết p.... Cách xác định các giá trị này có thể tổng quát như sau:
= trong đó X là yếu tố cần xác định giá trị trung bình; là tổng yếu tố X (qui theo mol) trong hỗn hợp; là tổng số mol của hỗn hợp.
Hoặc: = X1 a1 + X2.a2 +X3.a3+...+Xn.an trong đó Xn là giá trị X của chất n; an là tỉ lệ % theo mol của chất n trong hỗn hợp.
2.1.2. Đặc điểm của trị số trung bình :
 - không phải là hằng số, nó phụ thuộc vào thành phần % (theo mol) của hỗn hợp.
- có thể nhận giá trị nguyên hoặc không nguyên. Trong trường hợp nguyên có Xmin£ £ Xmax. (Dấu = xảy ra khi các X bằng nhau và bằng . Khi đó không phụ thuộc vào tỷ lệ % theo mol).
- Trong hỗn hợp sẽ xảy ra 2 trường hợp: hoặc tất cả các chất có X bằng nhau và bằng ( chỉ có thể xảy ra khi có giá trị nguyên); hoặc có ít nhất 1 chất có X , tức là Xmin<< Xmax
2.1.3. Phạm vi áp dụng của phương pháp
Về nguyên tắc, phương pháp này áp dụng được để giải tất cả các bài toán hỗn hợp. Tuy nhiên, thích hợp và ưu việt hơn với các bài toán thỏa mãn các điều kiện sau:
	+ Tất cả các chất trong hỗn hợp đều có phản ứng với 1 chất ở cùng điều kiện.
+ Các phản ứng cùng loại và tạo ra cùng loại sản phẩm.
	+ Các phản ứng xảy ra với hiệu suất như nhau.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
	+ Học sinh chưa nhận diện được các dạng bài tập cần sử dụng phương pháp trị số trung bình hoặc vận dụng đang còn lúng túng, chưa có tính hệ thống.
2.3. Các trường hợp sử dụng phương pháp trung bình trong bài tập hóa học
2.3.1. Sử dụng phương pháp trung bình để xác định công thức các chất hữu cơ và vô cơ trong hỗn hợp.
2.3.1.1. Đặt công thức tương đương cho hỗn hợp (công thức trung bình)
* Công thức tương đương: là công thức phân tử chung của hỗn hợp trong đó một hoặc một số yếu tố như: số nguyên tử của mỗi nguyên tố, số liên kết p, số nhóm chức... được thay bằng các giá trị trung bình. 
Dùng công thức tương đương ta coi như hỗn hợp là một chất. Việc lựa chọn dạng của CTTĐ tương tự trong bài toán 1 chất.
* Việc chọn công thức tương đương thích hợp là yếu tố quan trọng để giải bài toán, cần nắm một số nguyên tắc:
- Trong một bài toán có thể sử dụng đồng thời nhiều công thức tương đương tùy thuộc từng loại phản ứng: Nếu các chất trong hỗn hợp cùng loại nhóm chức, phản ứng xảy ra ở nhóm chức thì đặt công thức dạng chức. Nếu khác nhóm chức hoặc phản ứng cháy dùng công thức dạng phân tử. Nếu tạp chức thì tùy trường hợp có thể dùng cả hai loại
- Chọn công thức tương đương càng ít giá trị trung bình càng tốt. Thường căn cứ vào những trị số không đổi giống nhau giữa các chất, mối liên hệ giữa các nguyên tử trong phân tử theo đặc điểm cấu tạo.
2.3.1.2. Xác định các giá trị trung bình
Sau khi đặt công thức chất tương đương thì việc viết phương trình hóa học, sơ đồ và tính toán để tìm giá trị trung bình, giá trị khác được thực hiện với chất có CTTĐ tương tự như bài toán 1 chất. 
2.3.1.3. Kết luận nghiệm sau khi xác định được trị số trung bình
(xét đơn giản cho hỗn hợp 2 chất): 
Nguyên tắc cơ bản và chung nhất là dựa vào tính chất Xmin£ £ Xmax và biểu thức tính .
Trường hợp 1: Biết quan hệ giữa các chất – cụ thể là mối quan hệ số lượng của X trong các chất: Đồng đẳng liên tiếp, 2 chu kì liên tiếp, hơn kém k nguyên tử cacbon, k nguyên tử H..., k nhóm chức, k liên kết pi, biết tương quan khối lượng mol...hoặc biết giới hạn về số số nguyên tử cacbon, hiddro, nhom chưc, liên kết pi, khối lượng mol...
 Trong trường hợp này ta dựa vào tính chất Xmin£ £ Xmax để biện luận.
Khi đó ta xác định 1 chất thoả mãn điều kiện bài toán và có X , chất còn lại sẽ xác định được dựa vào mỗi quan hệ và đảm bảo có X > hoặc X< . Trường hợp này gặp phổ biến với các hỗn hợp đồng đẳng biết quan hệ.
Trường hợp 2: Không biết quan hệ số lượng của X trong các chất
Trong trường hợp này ta dựa vào biểu thức tính để biện luận. 
	 = (1) hoặc = X. x + Y (1 – x) (2)
	Trong đó a, b và x, (1- x) lần lượt là số mol và % số mol của X, Y 
- Nếu đề cho biết số mol hoặc tỉ lệ mol của 2 chất, tức a = k. b. Thay vào vào (1) ta được phương trình nghiệm nguyên X, Y. Chọn nghiệm X, Y thỏa mãn.
- Nếu chưa biết tỉ lệ mol ta đi tim số mol từng chất hoặc tỉ lệ mol sau đó lam như trên. Trường hợp có thể tìm được 2 giá trị trung bình, ta dựa vào 1 giá trị trung bình (với các yếu tố đã biết trong các chất) tìm % mol của hỗn hợp. 
Trường hợp 3: Không biết quan hệ số lượng của X trong các chất và không tìm được tỉ lệ mol giữa các chất.
	Trong trường hợp này, đề cho hoặc có dữ kiện để xác đinh giới hạn số mol của các chất, sau đó dựa vào biểu thức tính để biện luận. 
	 = (1) hoặc = X. x + Y (1 – x) (2)
	Trong đó a, b và x, (1- x) lần lượt là số mol và % số mol của X, Y 
	Dựa vào và các dữ kiện khác của bài ra cho xác định được 1 chất. Ở đây cần chú ý đến tính chất vật lý – trạng thái tồn tại, điều kiện về trạng thái bền để xác định. Chẳng hạn: Hyđrocacbon khí có số C 4; HC không no có số C ³ 2; Rượu không no có ít nhất 3C; số nhóm OH trong rượu số nguyên tử C no; Rượu đa chức, axit, andehit đa chức có ít nhất 2C; hợp chất thơm có ít nhất 6C,...
	Sau khi các định được 1 chất (chất này có thể có nhiều trường hợp), việc xác định chất còn lại tiến hành như sau:
	 Giới hạn mol có thể bài cho hoặc tự đặt trên cơ sở:
Với hỗn hợp 2 chất A, B thì : 0 < nA < nh2
	 0 < nb < nh2
Nếu giả sử nA > nB Þ 
Biểu thị số mol theo đại lượng cần tìm ( số mol = f (X)). Đặt biểu thức số mol vào giới hạn để tìm ra giới hạn của X.
Trường hợp khó xác định trị số cụ thể của 
Có những bài toán buộc phải theo phương pháp trị số trung bình (vì nếu dùng phương pháp khác thì rất phức tạp, thậm chí không giải được), nhưng lại không tìm được giá trị cụ thể của .
	Trong trường hợp này, có thể giải quyết theo 2 phương án sau đây:
Phương án 1: 
- Biểu thị theo một đại lượng nào đó có thể giới hạn được, đại lượng đó thường là:
+ số liên kết với điều kiện số liên kết trong mạch C luôn nhỏ hơn hoặc bằng số nguyên tử C
+ số nhóm chức, có thể xác định được số lượng chức tối đa,...
+ số nguyên tử một nguyên tố nào đó, được giới hạn bởi điều kiện tồn tại, trạng thái vật lý hay mỗi quan hệ giữa các nguyên tử trong phân tử...).
- Xác định các giá trị theo từng giá trị của yếu tố mà biểu thị theo trong miền giá trị của yếu tố đó.
- Từ các giá trị tìm được xác định các chất như ở trên.
Phương án 2: Tìm khoảng xác định của .
 	Khi không thể tìm được giá trị cụ thể của ta có thể tìm khoảng giới hạn của rồi từ đó biện luận tiếp theo dữ kiện của bài toán và tính chất của . 
 Giả sử có a a. Khi đó dựa vào Xmin a
+ Khoảng giới hạn của thường được xác định theo giới hạn mol, rút số mol của một chất theo rồi đặt số mol đó vào điều kiện của nó, từ đó tìm được giới hạn của 
2.3.1.4. Các ví dụ cụ thể
 Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 2,92 (g) hỗn hợp 2 ankan A,B thu được 4,48 lit CO2 (đktc). Xác định công thức A, B trong mỗi trường hợp sau:
a. A, B là chất khí ở điều kiện thường.
b. A, B kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng.
c. A, B cách nhau một chất trong dãy đồng đẳng.
d. A, B có tỷ lệ mol nA : nB = 7 : 2 
e. Tỷ lệ mol A,B bằng tỷ lệ số nguyên tử C trong A, B.
* Nhận xét: Đề yêu cầu lập công thức phân tử 2 ankan và có thêm dữ kiện về mối liên hệ , giới hạn số nguyên tử C, tỉ lệ mol Sử dụng pp trị số trung bình
và kết luận nghiệm theo trường hợp 1 và 2
Giải: Đặt CTTĐ của hỗn hợp 2 ankan là CH2+2 
CH2+2 +O2 CO2 +(+1)H2O
 = 
	 Đặt các HC là CxH2x+2 và CyH2y+2 giả sử x<y.
x < = 3,3< y £4 y =4; x =1;2;3. Các cặp nghiệm: C4H10 và CH4; C4H10 và C2H6; C4H10 và C3H8.
A, B là đồng đẳng kế tiếp có =3.3 nên A, B là C3H8 và C4H10 
Vì nA : nB = 7:2 nên:
 = = 7x + 2y = 30 
* Với x = 1 y = 11,5 (loại)
* Với x = 2 y = 8 ( thõa mãn) 2 ankan là C2 H6 và C8H18
* Với x = 3 y = 4,5 (loại)
* Với x = 4 y = 1 ( thõa mãn) 2 ankan là C4H10 và CH4
A, B cách nhau 1 chất trong dãy đồng đẳng: x < 3,3 < y = x+2
 x=2, y=4 2 ankan là C2H6 và C4H10 
nA : nB = x : y = = 3y2 –10y +3x2 –10x = 0
x
1
2
3
y
3,9 – Loại
4 – CTPT: C2H6 và C4H10
3,6 - Loại
Ví dụ 2: Cho 2,7 gam 2 kim loại ở 2 chu kỳ liên tiếp, thuộc cùng nhóm IA, tác dụng hết với 50 gam H2O thì thu được dung dịch X và 1,12 lít H2 (đktc). Xác định công thức và nồng độ phần trăm các chất tan có trong dung dịch X.
Giải: Gọi công thức chung của 2 kim loại là 
 2 + 2H2O 2OH + H2
	 0,1	 0,05
= = 27 mà 2 kim loại nhóm IA ở 2 chu kì liên tiếp nên 2 kim loại là Na và K
 hai chất tan là NaOH và KOH 
Gọi x, y lần lượt là số mol Na và K. Ta có 23x + 39y = 2,7 và x + y = 0,1. 
Giải ra ta được: x = 0,08 và y = 0,02 nNaOH = 0,075 và nKOH = 0,025 Khối lượng dung dịch X = mhh kim loai + mH2O – mH2 = 2,7 + 50 – 0,05.2 = 52,6 gam
C% NaOH = .100 = 5,7 % và C% KOH = .100 = 2,66 % 
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm một anđehit không no có một liên kết đôi, đơn chức, mạch hở (A) và một anđehit no, hai chức, mạch hở (B) có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hỗn hợp X thu được 10,08 lít CO2 (đktc). Mặt khác cho 9,2 gam hỗn hợp X tác dụng hết với dung dịch AgNO3/NH3 thu được 43,2 gam Ag. 
Xác định công thức và khối lượng của A, B trong hỗn hợp X.
Giải: Gọi công thức anđehit không no có một liên kết đôi, đơn chức, mạch hở A là CnH2n-2O và anđehit no, hai chức, mạch hở B có cùng số nguyên tử cacbon là
 CnH2n-2O2 
Công thức tương đương hỗn hợp X là CnH2n-2O ( 1< < 2)
Do anđehit khác HCHO, nên cho hh X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 và đốt cháy X
sơ đồ: CnH2n-2O 2 Ag
 0,2/ 0,4
 CnH2n-2O n CO2
 0,2/ 0,45
 0,2n/ = 0,45 4n = 9 (1)
Mặt khác: mhhX = . (14n – 2 + 16) = 9,2 (2)
Giải (1), (2) ta được: n = 3, = 
Công thức A là C3H4O: CH2=CH-CHO, công thức B là C3H4O2: CH2(CHO)2
Ta có nhhX = = 0,15. Gọi nA = x, nB = 0,15 – x = = 
x = 0,1 = nA, nB = 0,05 mA = 0,1.56 = 5,6 gam; mB = 0,05.72 = 3,6 gam
Ví dụ 4: Hoà tan 174 gam hỗn hợp gồm hai muối cacbonat và sunfit của cùng một kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư. Toàn bộ khí thoát ra được hấp thụ tối thiểu bởi 500ml dung dịch KOH 3M. Xác định tên của kim loại kiềm?
Giải: Đặt CTTB của 2 chất là 
 1,5 1,5 mol
 + KOH KH
 1,5 1,5 mol
2M + + 3.16 = M = (1)
Mặt khác, theo tính chất của trị số trung bình thì: 12 < <32 (2)
Từ (1) và (2) 18 < M < 28 mà M là kim loại kiềm nên M là Na ( M=23)
Ví dụ 5: Hỗn hợp khí A ở (đktc) gồm 2 hiđrocacbon. Lấy 268,8ml A cho từ từ qua nước Brôm dư thấy có 3,2 gam brôm phản ứng, không có khí thoát ra khỏi bình. Mặt khác đốt cháy hết 268,8ml A thu được 1,408 gam CO2. Xác định CTPT các hiđrocacbon.
Giải: Đặt CTTĐ của hỗn hợp là CH2+2-2
	CH2+2 - 2 + Br2 CH2+2-2Br2	(1)
	CH2+2-2 + O2 CO2 + (+1-) H2O	(2)
Theo (1) = nBr2/nA = 0.02/0,012 = 4/3
Theo (2) = nCO2/nA = 0,032/0,012 = 8/3
Khi hỗn hợp A qua dd Br2 không có khí thoát ra, điều đó chứng tỏ các hiđrocacbon đều không no.
Nhận xét: Bài toán xuất hiện 2 giá trị trung bình là số nguyên tử cacbon và số liên kết . Vì vậy việc kết luận nghiệm theo trường hợp 2
Cách 1: Hai hiđrôcacbon không no có = 8/3 nên chắc chắn có 1 hiđrocacbon có số nguyên tử C trong phân tử < 8/3. Đó là C2H2 hoặc C2H4. 
* Trường hợp có 1 hyđrocacbon là C2H2 khi đó hiđrôcácbon còn lại phải là anken( vì C2H2 có a=2 > 4/3, nên hiđrocácbon không no, mạch hở còn lại phải có a < 4/3, duy nhất có a = 1). Đặt CTPT của hiđrôcácbon còn lại là CmH2m và % theo mol của nó là x, ta có: a= 2. (1-x) + 1. x = 4/3 x=2/3.
	n = 2. 1/3+m. 2/3 = 8/3 m = 3 Hiđrocácbon còn lại là C3H6.
* Trường hợp 1 hiđrôcácbon là C2H4 (có tỉ lê % theo mol là x) hiđrôcacbon còn lại là CmH2m+2-2a ( có tỉ lệ % theo mol là 1-x)
Vì A khí ở điều kiện thường nên 8/3 < m £ 4 m=3 hoặc m=4.
	- Nếu m = 3 ta có 2. x+ 3. (1-x) = 8/3 x = 1/3
	1.1/3 +a. 2/3 = 4/3 a= 1,5 loại vì a lẻ.
	- Nếu m = 4 ta có 2. x+ 4. (1-x) = 8/3 x = 2/3
	1. 2/3 + a. 1/3 = 4/3 a = 2 hiđrô cácbon còn lại là C4H6
Vậy CTPT của các hiđrôcacbon là: C2H2 và C3H6 hoặc C2H4 và C4H6. 
Cách 2: Gọi số nguyên tử C; số liên kết; % số mol của 2 hiđrocacbon lần lượt là n, m; a, b và x, (1-x)
Ta có: = = x.n + (1-x).m (1) và = = x.a + (1-x).b (2)
 Do = 8/3 nên chắc chắn có 1 hiđrocacbon có số nguyên tử C trong phân tử là n 1)
Vì A khí ở điều kiện thường nên 8/3 < m £ 4 m=3 hoặc m=4.
* Nếu n = 2, m = 3 thay vào (1) x = 1/3, thay giá trị x vào (2) a + 2b = 4
Nghiệm phù hợp a = 2, b = 1. CTPT 2 hidrocacbon là C2H2 và C3H6
* Nếu n = 2, m = 4 thay vào (1) x = 2/3, thay giá trị x vào (2) 2a + b = 4
Nghiệm phù hợp a = 1, b = 2. CTPT 2 hidrocacbon là C2H4 và C4 H6
Ví dụ 6: Chia hỗn hợp 2 rượu no, mạch hở A, B thành 2 phần bằng nhau.
	- Phần 1 tác dụng hết với Na dư thu được 0,896 lít khí (đktc)
	- Phần 2 đốt cháy hoàn toàn thu 3,06 (g) H2O và 5,28 (g) CO2
Xác định CTCT của 2 rượu. Biết rằng khi đốt V thể tích của A hoặc B thì đều thu được không quá 3V thể tích CO2 ở cùng điều kiện.
 	Giải: nCO2= 0,12 mol; nH2O = 0,17 mol ; nH2= 0,04 mol
	Đặt CTTĐ của hh là CH2+2O
 Viết ptpư và tính được = 2,4; = 1,6
Nhận xét: Bài toán xuất hiện 2 giá trị trung bình là số nguyên tử cacbon và số nhóm chức OH. Vì vậy việc kết luận nghiệm theo trường hợp 2
Gọi số nguyên tử cacbon, số nhóm chức và % số mol của 2 ancol lần lượt là n, m; a, b và x, (1- x).
Ta có: = 2,4 = x. n + (1- x). m (1) và = 1,6 = x. a + (1 – x). b (2)
Do =2,4 và số C trong mỗi rượu không quá 3 nên 1 rượu có số nguyên tử C là 
 m = 3, rượu còn lại có số C nhỏ hơn 2,4 là n = 2 hoặc n = 1
* Nếu m = 3, n = 2 thay vào (1) ta được: 2,4 = 2x + (1 – x).3 x = 0,6.
 Thay x = 0,6 vào (2) ta được: 3a + 2b = 8 Nghiệm phù hợp a = 2, b = 1
Công thức 2 ancol là: C2H4(OH)2 và C3H7OH
* Nếu m = 3, n = 1 thay vào (1) ta được: 2,4 = x + (1 – x).3 x = 0,3.
 Thay x = 0,3 vào (2) ta được: 3a + 7b = 16 Nghiệm phù hợp a = 3, b = 1
Với n = 1, a = 3 không có ancol bền (loại)
Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 2 rượu đồng đẳng. Đốt 2 thể tích hơi hỗn hợp A cần 4,5 thể tích O2 và thu được 3 thể tích CO2 ở cùng điều kiện. Xác định CTPT các chất biết rượu có nhiều C hơn chiếm khoảng 40 đến 50% thể tích hỗn hợp.
Giải: Đặt CTTĐ của 2 rượu là CH2+2-2aOm
Ptpư: CH2+2-2a-mOm + O2 CO2 + (+1-a)H2O	(1)
Theo bài ra ta có = 1,5 a + m = 1. 
A gồm 2 rượu đồng đẳng nên 1£ m; 0£ a; m, a nguyên m=1; a=0
 hỗn hợp gồm 2 rượu no, đơn chức. (1) được viết lại:
	CH2+2O + O2 CO2 + (+1)H2O	(1')
Theo(1') = 
Nhận xét: Bài toán không cho tỉ lệ mol mà cho giới hạn % thể tích cũng là giới hạn % số mol . Vì vậy việc kết luận nghiệm theo trường hợp 3
Ta có: = 1,5 1 rượu là CH3OH.
Đặt CTPT của rượu còn lại là CmH2m+1OH; Tỉ lệ % theo mol của nó trong hỗn hợp là x; % theo mol của CH3OH là 1-x. Ta có n=m.x+1.(1-x) = 1,5 x= . 
Theo bài 0,4< x < 0,5 1,5 < m < 2,25 m=2. CTPT rượu còn lại là C2H5OH
Ví dụ 8: Cho 47 g hỗn hợp hơi hai rượu đi qua xt Al2O3 nung nóng thu được hh ete, ôlefin, rượu còn lại và hơi nước. Tách hơi nước ra khỏi hỗn hợp A ta được hỗn hợp khí B. Lấy nước tách ra ở trên cho tác dụng với Na dư thu được 4,704 l khí( đktc). Lượng olefin trong B tác dụng vừa đủ với 1,35 lít dung dịch Br2 0.2M. Phần ête và rượu trong B chiếm thể tích 16,128 lít ở 136,50C và 1 atm.
a. Tính hiệu suất rượu bị loại nước thành olefin biết hiệu suất với các rượu như nhan 
b. Xác định CTPT các rượu. Biết số mol các ete bằng nhau 
Giải: 
1. Vì rượu bị loại nước tạo olefin nên rượu đã cho no, đơn chức, mạch hở. Gọi công thức chung của 2 rượu là CH2+1OH.
Các phản ứng xảy ra:
CH2+1OH CH2 + H2O 	 (1)
2CH2+1OH (CH2+1)2O + H2O (2)
2 H2O + 2 Na 2 NaOH + H2 	 (3)
CH2 + Br2 CH2Br2 	 (4)
Theo (3) và giả thiết: nH2O = 2. nH2 =2.0,21 = 0,42 (mol)
Theo (3) và giả thiết: nolefin = nBr2 = 1,35.2 = 0,27 (mol)
Theo (1): nH2O (1) = nolefin = 0,27 (mol)
 nH2O (2) = 0,42 – 0,27 = 0,15
Theo (2): nete = nH2O (2) = 0,15.
Do số mol các ete bằng nhau nên số mol mỗi ete là 0,15/3 = 0,05 
Mặt khác tổng số mol rượu và ete còn lại trong B là n = = 0,48
 nrượu còn lại = 0,48 – 0,15 = 0,33.
nrượu ban đầu = nrượu còn lại + nolefin + 2nete = 0,9 và nrượu tao olefin = nolefin = 0,27
 Hiệu suất H = = 30 (%)
Tìm công thức 2 rượu
2ruou = = 52,2 = 14 + 18 = 2,44
Nên phải có 1 rượu có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn 2,44 mà loại nước tạo olefin chỉ có C2H5OH. Rượu còn lại có số C > 2,44: CmH2m+1OH (m >2,44)
Gọi số mol CmH2m+1OH là x, số mol C2H5OH là 0,9 – x
Ta có = 2,44 = x = 
Mặt khác:
 - số mol CmH2m+1OH tạo olefin là 0,3x
 - số mol CmH2m+1OH tạo ete là (Do số mol các ete bằng nhau nên số mol 2 rượu tạo ete cũng bằng nhau)
Vì rượu dư nên: x > 0,3x + 0,15 mà x< nhh rượu = 0,9 0,21 < x < 0,9 
mà x = 0,21 < < 0,9 2,33 < m < 3,9
Vì m nguyên nên m = 3, công thức rượu thứ 2: C3H7OH.
Vậy CT 2 rượu là C2H5OH và C3H7OH
Nhận xét: 	Sau khi tìm được = 2,44 mới tìm được một rượu. Không có yếu tố liên quan về số nguyên tử, khối lượng mol ...của 2 chất nên phải dựa vào tỉ lệ mol hay giới hạn mol. Nhưng không dữ kiện tìm tỉ lệ mol do đó phải sử dung giới hạn mol. Vì đề không cho nên phai tự đặt nhưng nếu chỉ đặt ở dạng 0 2 hoặc m > 2,4 thì không