Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Bài toán hỗn hợp hydrocarbon (Hóa học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng phân tử trung bình của X: $M_X=0,4\times 30=12$. Gọi số mol etan, etilen, axetilen, H${}_2$ lần lượt là $a,b,c,d$ (tổng $a+b+c+d=0,4$). Bảo toàn khối lượng: $30a+28b+26c+2d=12\times 0,4=4,8$. Thay $30(a+b+c+d)=12$ vào, trừ đi ta được: $2b+4c+28d=7,2\Rightarrow b+2c+14d=3,6$. Do X được tạo ra từ quá trình cracking etan, H${}_2$ sinh ra từ phản ứng khử hydro: C${}_2$H${}_6\to$ C${}_2$H${}_4$ + H${}_2$ và 2C${}_2$H${}_6\to$ C${}_2$H${}_2$ + 3H${}_2$... theo cơ chế cracking thông thường của bài này, lượng H${}_2$ tương ứng với số mol liên kết đôi/pi tạo thành: $d=b+2c$. Suy ra $15(b+2c)=3,6\Rightarrow b+2c=0,24$. Khi cho 0,4 mol X qua dung dịch Br${}_2$ dư: etan và H${}_2$ không phản ứng, etilen phản ứng $C_2{H}_4+B{r}_2\to C_2{H}_{4}B{r}_2$ (tỉ lệ 1:1), axetilen phản ứng $C_2{H}_2+2B{r}_2\to C_2{H}_{2}B{r}_4$ (tỉ lệ 1:2). Vậy $n_{B{r}_2}=b+2c=0,24$ mol. Kiểm tra lại: với $b+2c=0,24$, $d=0,24$, $a+b+c=0,16$, khối lượng $=30a+28b+26c+0,48=4,8-0,48+0,48=4,8$ g ✓. Đáp án C.

Khi đốt cháy anken thì $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=a$ mol
$m_{It\breve{a}ng}=m_{H_{2}O}$; $m_{IIt\breve{a}ng}=m_{C{O}_2}$
=> $m_{II}-m_I=44a-18a=39$ g => $a=1,5$ mol
$n_{anken}=0,4$ mol => Số C trung bình = 3,75
=> 2 anken là C₃H₆ và C₄H₈ với số mol lần lượt là x và y
=> $x+y=0,4$; $n_{C{O}_2}=3x+4y=1,5$
=> $x=0,1$; y = 0,3
=> \% V_y = 75\%
=> Đáp án B

Đáp án : D
Hướng dẫn : M_X = 48, nên công thức chung của X là C ${}_{3,5}{H}_6$
$n_{C{O}_2}=3,5n_x=0,07$ mol ta có $n_{Ba(OH{)}_2}=0,05$ mol $\to$ $n_{BaC{O}_3}=0,03$ mol và $n_{Ba(HC{O}_3{)}_2}=0,02$ mol
$\to m=0,03.197=5,91$ gam

Chọn B.
Ta có: M${}_Y$ = 28,8 ⇒ n${}_Y$ = 0,75 mol
Lập tỉ lệ n${}_X$ : n${}_Y$ = V : 2,5V = 1 : 2,5 ⇒ n${}_X$ = 0,3 mol
BTKL: m${}_X$ = m${}_Y$ ⇒ $\frac{n_X}{n_Y}=\frac{M_Y}{M_X}$ ⇒ M${}_X$ = 72: X là C${}_5$H${}_{12}$
Theo phản ứng cracking: C${}_n$H${}_{2n+2}$ → C${}_a$H${}_{2a+2}$ + C${}_b$H${}_{2b}$ (với a + b = n)
Số mol ankan không thay đổi khi cracking nên: Y chứa ankan với 0,3 mol
Phần ankan trong Y bao gồm: C${}_3$H${}_8$ (0,03 mol), CH${}_4$ (0,15 mol)
⇒ C${}_2$H${}_6$ (0,3 – 0,03 – 0,15 = 0,12 mol)
m${}_{\text{bıˋnh brom ta˘ng}}$ = m${}_{\text{anken bị haˆˊp thụ vaˋo}}$ = m${}_X$ – m${}_{\text{ankan trong Y}}$ = 14,28 gam.

QĐ X thực hiện $\{\begin{array}{l}\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2:\mathrm{x}\\ {\mathrm{H}}_2:\mathrm{y}\end{array}\to \{\begin{array}{l}14\mathrm{x}+2\mathrm{y}=1,92\\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,04+\mathrm{y}\end{array}$

$\to \frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}}{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}}=\frac{0,04+\mathrm{y}}{(\mathrm{x}+\mathrm{y})}=\frac{0,18}{0,36}\to \mathrm{x}-\mathrm{y}=0,08\to \{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,13\\ \mathrm{y}=0,05\end{array}$

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{X}}=0,04+0,05=0,09$

Để đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol X cần ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=\mathrm{x}+(\mathrm{x}+\mathrm{y})/2=0,13+0,09=0,22$ mol
$\Rightarrow$ đốt cháy hoàn toàn 0,18 mol X cần ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}=0,44$ mol.

Đáp án A

C : H = 0,3 : (0,25.2) = 3 : 5

→ Y có dạng $(C_3{H}_5{)}_n$

→ $M_Y=41n=20,5.2\to n=1$

Vậy Y là C${}_3$H${}_5$ (0,1 mol).

Phản ứng cộng H${}_2$ không làm thay đổi số C nên các hidrocacbon trong X có công thức chung C${}_3$H${}_3$.

$C_3{H}_3+H_2\to C_3{H}_5$

0,1…,1………0,1

→ $n_X=n_{C3H3}+n_{H2}=0,2$

(AI giải đề cho tôi)
Đốt cháy hỗn hợp khí A (gồm ankan và anken): $n_{C{O}_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4$ mol; $n_{H_{2}O}=\frac{9,0}{18}=0,5$ mol $\Rightarrow n_C=0,4$ mol, $n_H=2\times 0,5=1,0$ mol.

Butan crack theo hai hướng:
$$C_4{H}_{10}\to C{H}_4+C_3{H}_6\text{vaˋ}{C}_4{H}_{10}\to C_2{H}_6+C_2{H}_4$$
Cả hai nhánh đều bảo toàn nguyên tử C và H: mỗi mol butan đã crack sinh ra đúng 1 mol anken (tổng số C, H của sản phẩm bằng của butan).

Gọi $x$ mol butan đã crack, $z$ mol butan chưa phản ứng. Anken cộng Br${}_2$ theo tỉ lệ 1:1 nên $x=n_{B{r}_2}=0,075$ mol.

Bảo toàn C cho toàn bộ hỗn hợp A: $4(x+z)=0,4\Rightarrow x+z=0,1$ mol, tức lượng butan ban đầu là $0,1$ mol (bảo toàn H cũng thỏa: mỗi mol butan cho tổng 10 H ở sản phẩm).

Hiệu suất cracking:
$$H=\frac{0,075}{0,1}\times 100\%=75\%$$
Khớp đáp án nguồn (70.A).

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng mol trung bình của X: $\bar{M}=0,75\times 64=48$ (g/mol). Gọi số mol propen, etan, buta-1,3-đien, but-1-in trong 1 mol X lần lượt là $a,b,c,d$ ($a+b+c+d=1$). Ta có: $42a+30b+54c+54d=48$. Thay $c+d=1-a-b$: $42a+30b+54(1-a-b)=48\Rightarrow 12a+24b=6\Rightarrow a+2b=0,5$. Số mol C trung bình: $\overline{n_C}=3a+2b+4(c+d)=3a+2b+4(1-a-b)=4-a-2b=4-0,5=3,5$. Đốt 0,02 mol X: $n_{C{O}_2}=0,02\times 3,5=0,07$ mol. Ca(OH)₂ dư nên CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O, $m_{CaC{O}_3}=0,07\times 100=7,0$ g.

(AI giải đề cho tôi)
Vinylaxetilen là CH${}_2$=CH–C≡CH (C${}_4$H${}_4$, M = 52). Khối lượng hỗn hợp X: $0,3\cdot 2+0,1\cdot 52=5,8$ g. Gọi h là mol H${}_2$ đã phản ứng, tổng mol khí Y = $0,4-h$. Vì $d_{Y/\text{khoˆng khıˊ}}=1$ nên $M_Y=29$: $\frac{5,8}{0,4-h}=29\Rightarrow 0,4-h=0,2\Rightarrow h=0,2$ mol H${}_2$.
Vậy trung bình mỗi phân tử C${}_4$H${}_4$ nhận 2 mol H${}_2$, tức toàn bộ chuyển thành C${}_4$H${}_8$ (buten): $0,1$ mol C${}_4$H${}_4+0,2$ mol H${}_2\to 0,1$ mol C${}_4$H${}_8$.
Buten có 1 liên kết đôi nên cộng 1 mol Br${}_2$ mỗi mol: $n_{B{r}_2}=0,1$ mol.
$m=0,1\times 160=16,0$ g. (H${}_2$ dư không phản ứng với brom trong dung dịch.) Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Khí Z còn lại sau brom (dư) là khí không tác dụng với brom: $H_2$ và $C_2{H}_6$.
$n_Z=0,448/22,4=0,02$ mol; ${\overline{M}}_Z=0,5\times 32=16$ g/mol.
Gọi $x=n_{C_2{H}_6}$, $y=n_{H_2}$: $x+y=0,02$ và $30x+2y=0,32\Rightarrow 28x=0,28\Rightarrow x=0,01$; $y=0,01$.

Phản ứng hydro hóa: $C_2{H}_2+H_2\to C_2{H}_4$; $C_2{H}_4+H_2\to C_2{H}_6$.
Tổng: $C_2{H}_2+2H_2\to C_2{H}_6$ và $C_2{H}_2+H_2\to C_2{H}_4$.
Vì $n_{C_2{H}_6}=0,01$ và $n_{H_2}$ dư $=0,01$: $H_2$ đã phản ứng $=0,04-0,01=0,03$ mol $\Rightarrow n_{C_2{H}_4}=0,03-2(0,01)=0,01$ mol.
$C_2{H}_2$ còn lại $=0,06-0,01-0,01=0,04$ mol.

Brom (dư) hấp thụ toàn bộ $C_2{H}_2$ và $C_2{H}_4$ (bảo toàn khối lượng bình):
$m=0,04\times 26+0,01\times 28=1,04+0,28=1,32$ gam.

Vậy khối lượng bình brom tăng 1,32 gam → đáp án B, khớp với đáp án nguồn (79 B).

(AI giải đề cho tôi)
n_X = 11,2/22,4 = 0,5 mol. Gọi x, y lần lượt là mol C${}_2$H${}_2$ và H${}_2$ ban đầu (x + y = 0,5). Sau phản ứng cộng H${}_2$ (Ni, nóng), Y chứa ba hiđrocacbon: C${}_2$H${}_6$ (p mol), C${}_2$H${}_4$ (q mol), C${}_2$H${}_2$ dư (r mol), với p + q + r = x (bảo toàn cacbon) và H${}_2$ đã phản ứng: 2p + q = y.

Tỉ khối Y so với H${}_2$ bằng 14,5 nên M_Y = 29, tức khối lượng Y = 29x = 30p + 28q + 26r. Thay p + q + r = x:
$$30p+28q+26r=29(p+q+r)\Rightarrow p-r=\frac{x}{2}$$

Lượng H${}_2$ đã dùng: y = 2p + q = (p + q + r) + (p - r) = x + $\frac{x}{2}$ = 1,5x.
Suy ra x + y = 2,5x = 0,5 $\Rightarrow$ x = 0,2;\ y = 0,3 (thỏa mãn).

Br${}_2$ phản ứng với liên kết bội: C${}_2$H${}_4$ cộng 1 Br${}_2$, C${}_2$H${}_2$ cộng tối đa 2 Br${}_2$ (C${}_2$H${}_6$ không phản ứng):
$$a=q+2r$$
Từ p + q + r = 0,2 và p - r = 0,1 $\Rightarrow$ q = 0,2 - p - r = 0,2 - (r + 0,1) - r = 0,1 - 2r.
Do đó:
$$a=(0,1-2r)+2r=0,1\text{ mol}$$
(Giá trị a không phụ thuộc thành phần cụ thể của Y, luôn bằng 0,1 mol.)

Vậy a = 0,10 → chọn đáp án D, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đốt cháy: $n_{C{O}_2}=\frac{6,272}{22,4}=0,28$ mol; $n_{H_{2}O}=\frac{6,12}{18}=0,34$ mol → $n_C=0,28$; $n_H=0,68$ mol (trong 0,16 mol X).

Khối lượng X (bảo toàn khối lượng): $m_X=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{O_2}$, với $n_{O_2}=n_{C{O}_2}+\frac{n_{H_{2}O}}{2}=0,28+0,17=0,45$ mol (14,4 g):
$$m_X=12,32+6,12-14,4=4,04\text{ g}\Rightarrow \bar{M}=\frac{4,04}{0,16}=25,25\text{ g/mol}$$

Số mol Br₂ phản ứng tối đa (cặp đôi lấy 1 Br₂, liên kết ba lấy 2 Br₂) với 1 mol hiđrocácbon $C_n{H}_m$ là $\frac{2n+2-m}{2}$. Với toàn bộ hỗn hợp:
$$n_{B{r}_2}=\frac{2n_C+2n_X-n_H}{2}=\frac{2(0,28)+2(0,16)-0,68}{2}=0,10\text{ mol (cho 0,16 mol X)}$$

Khối lượng 5,05 g X chứa: $n_X=\frac{5,05}{25,25}=0,2$ mol.
$$a=0,625\times 0,2=0,125\text{ mol}$$

Vậy $a=0,125$ → chọn C.

Chọn A.
Mỗi phân tử nặng 9,96 gam và X gồm CH${}_4$, C${}_3$H${}_6$, C${}_5$H${}_8$ đều có dạng chung là C${}_x$H${}_{x+3}$.
BTC ⇒ n${}_X$ = 0,72/x khi đó: M${}_X$ = 13x + 3 = 9,96x/0,72 ⇒ x = 3,6 và n${}_X$ = 0,2 mol
BTKL: m${}_Y$ = m${}_X$ + m${}_{H_2}$ = 10,56 ⇒ n${}_Y$ = 0,4 mol
n${}_{H_2}$ phản ứng = (n${}_X$ + n${}_{H_2}$) − n${}_Y$ = 0,1 mol
Bảo toàn liên kết pi: 0,2(2x + 2 − x − 3)/2 = n${}_{H_2}$ phản ứng + n${}_{B{r}_2}$ ⇒ n${}_{B{r}_2}$ = 0,16 mol
Vậy m${}_{B{r}_2}$ = 25,6 gam.

(AI giải đề cho tôi)
Kết tủa với AgNO${}_3$/NH${}_3$ là Ag${}_2$C${}_2$: $n=12/240=0,05$ mol → C${}_2$H${}_2$ còn lại trong Y là 0,05 mol. Khí ra khỏi dung dịch phản ứng với 16 g Br${}_2$ = 0,1 mol: C${}_2$H${}_2$ dùng 0,05 mol, phần còn 0,05 mol phản ứng với C${}_2$H${}_4$ (tỉ lệ 1:1) → $n_{C_2{H}_4}=0,05$ mol. Khí Z gồm C${}_2$H${}_6$ và H${}_2$: đốt Z được 0,1 mol CO${}_2$ và 0,25 mol H${}_2$O → $n_{C_2{H}_6}=0,1/2=0,05$ mol; H${}_2$O từ C${}_2$H${}_6$ là 0,15 mol, còn 0,10 mol → $n_{H_2(Z)}=0,10$ mol. Phản ứng hydro hóa: C${}_2$H${}_2$ → C${}_2$H${}_4$ dùng 0,05 mol H${}_2$; C${}_2$H${}_4$ → C${}_2$H${}_6$ dùng 0,05 mol H${}_2$; tổng H${}_2$ phản ứng = 0,10 mol. Vậy H${}_2$ ban đầu = 0,10 + 0,10 = 0,20 mol. $V=(0,05+0,20)\times 22,4=5,6$ lít.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol các chất trong Y: CH4 = a, C2H6 = b, C3H8 = c, C2H4 = d, C3H6 = e, C2H2 = f, H2 dư = g.

Từ dữ liệu đốt cháy: nCO2 = 40,32/22,4 = 1,8 mol; nH2O = 46,8/18 = 2,6 mol → nH = 5,2 mol.
Bảo toàn C: a + 2b + 3c + 2d + 3e + 2f = 1,8 (1)
Bảo toàn H: 4a + 6b + 8c + 4d + 6e + 2f + 2g = 5,2 (2)
Tỉ khối Y so với H2 bằng 10 → M(Y) = 20: 16a + 30b + 44c + 28d + 42e + 26f + 2g = 20(a+b+c+d+e+f+g), rút gọn: 4a = 10b + 24c + 8d + 22e + 6f − 18g (3)

AgNO3/NH3 dư chỉ kết tủa C2H2: 2C2H2 + Ag2O → Ag2C2↓ (M = 240) + H2O, nên m = 240f.
Khí Z (không còn C2H2) phản ứng với Br2 chỉ do anken: d + e = nBr2 = 0,3×1 = 0,3 (4)

Giải hệ (với c = 0 vì propane chỉ sinh ra khi propen hydro hóa đủ; kết quả f không phụ thuộc g): từ (1) và (3) suy ra 2,4 = 18b + 18e + 14f − 18g; từ (2) suy ra b + e + 3f − g = 0,4. Nhân phương trình sau với 3 rồi trừ: (9 − 7/3)f = 0,8 → f = 0,12 mol.

Vậy m = 240 × 0,12 = 28,8 gam.

Kiểm tra tính khả thi: chọn ví dụ a = 0,72; b = 0,1; d = 0,26; e = 0,04; f = 0,12; g = 0,1 → nY = 1,34; M = 26,8/1,34 = 20 ✓; C = 1,8 ✓; H = 5,2 ✓; H2 đã phản ứng = 0,5 < 0,6 ✓ (axetilen đầu ≥ 0,12, phần dư hydro hóa vừa đủ H2).

(AI giải đề cho tôi)
Chỉ propin (CH≡C–CH3) tác dụng với AgNO3/NH3 tạo kết tủa AgC≡CCH3 (M = 147 g/mol). n kết tủa = 14,7/147 = 0,1 mol → n propin trong 13,4 gam X là 0,1 mol. Gọi a, b là số mol CH4, C2H4 trong mẫu 13,4 gam: 16a + 28b + 40(0,1) = 13,4 → 16a + 28b = 9,4. Mẫu 16,8 lít (0,75 mol) cùng thành phần, tỉ lệ k = 0,75/(a+b+0,1). Brom phản ứng với anken 1:1 và ankin 2:1: nBr2 = b' + 2c' = 108/160 = 0,675 mol. Với b' = kb, c' = 0,1k: k(b + 0,2) = 0,675 và k(a+b+0,1) = 0,75. Thay a = (9,4 − 28b)/16, giải hệ được b = 0,25; a = 0,15; tổng mẫu 1 = 0,5 mol, k = 1,5. Kiểm tra: khối lượng 2,4 + 7 + 4 = 13,4 g ✓; brom 0,375 + 0,3 = 0,675 mol ✓. Vậy % thể tích CH4 = a/(a+b+c) = 0,15/0,5 = 30%. Đáp án A, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng trung bình của E: $\overline{M}=12,5\times 2=25$ g/mol. Các hiđrocacbon mạch hở có cùng số nguyên tử hiđro (4 nguyên tử H) và khối lượng phân tử vây quanh 25 là $C{H}_4$ (16) và $C_3{H}_4$ (40). Gọi số mol $C{H}_4:C_3{H}_4=n_1:n_2$, ta có $16n_1+40n_2=25(n_1+n_2)\Rightarrow 9n_1=15n_2\Rightarrow n_1:n_2=5:3$.

Phương trình đốt cháy: $C{H}_4+2O_2\to C{O}_2+2H_{2}O$; $C_3{H}_4+4O_2\to 3C{O}_2+2H_{2}O$.
Số mol $O_2$ cho 1 mol hỗn hợp: $\frac{2\cdot 5+4\cdot 3}{8}=\frac{22}{8}=2,75$ mol.

$a=\frac{0,11}{2,75}=0,04$ mol.

Số mol $C_3{H}_4=0,04\cdot \frac{3}{8}=0,015$ mol. Chỉ $C_3{H}_4$ (có liên kết bội) phản ứng với $B{r}_2$, mỗi phân tử $C_3{H}_4$ (ankin hoặc đien) cộng tối đa 2 phân tử $B{r}_2$: $C_3{H}_4+2B{r}_2\to C_3{H}_{4}B{r}_4$.

$x=2\times 0,015=0,03$ mol. Khớp với đáp án A (77.A trong bảng đáp án).

(AI giải đề cho tôi)
Đốt cháy: $n_{C{O}_2}=\frac{6,272}{22,4}=0,28$ mol; $n_{H_{2}O}=\frac{6,12}{18}=0,34$ mol → tổng C = 0,28 mol, tổng H = 0,68 mol. Gọi số mol CH${}_4$, C${}_2$H${}_2$, C${}_2$H${}_4$, C${}_3$H${}_6$ lần lượt là $x,y,z,t$:
$$x+y+z+t=0,16;x+2y+2z+3t=0,28;4x+2y+4z+6t=0,68.$$
Từ (2)−(1): $y+2z+2t=0,12$; từ (3)−2(1): $x+z+2t=0,18$. Kết hợp suy ra $y=t-0,02$, $z=\frac{0,14-3t}{2}$, $x=0,18-z-2t=0,18-0,5t$. Điều kiện không âm: $t\in [0,02;0,14/3]$.
Khối lượng hỗn hợp: $m=16x+26y+28z+42t=3,2+18t$ (gam) nên $M_X=\frac{3,2+18t}{0,16}$, tức $22,25\le M_X\le 25,25$ g/mol.
Số mol Br${}_2$ tối đa mà 0,16 mol X phản ứng: C${}_2$H${}_2$ mất 2 Br${}_2$, C${}_2$H${}_4$ và C${}_3$H${}_6$ mỗi chất mất 1 Br${}_2$, CH${}_4$ không phản ứng:
$$n_{B{r}_2}=2y+z+t=2(t-0,02)+\frac{0,14-3t}{2}+t=1,5t+0,03\in [0,06;0,10].$$
Với 10,1 gam X: $n_X=\frac{10,1}{M_X}=\frac{10,1\cdot 0,16}{3,2+18t}$, do đó
$$a=\frac{10,1(1,5t+0,03)}{3,2+18t}.$$
Vì đạo hàm của $\frac{1,5t+0,03}{3,2+18t}$ theo $t$ dương, $a$ tăng theo $t$: $a\in (0,17;0,25]$, giá trị lớn nhất $a=\frac{10,1\times 0,10}{4,04}=0,25$ đạt được khi $t=\frac{0,14}{3}$ (tức $z=0$, $y\approx 0,0267$, $x\approx 0,0867$, $t\approx 0,0467$, thỏa mãn tất cả phương trình đốt cháy). Trong các phương án, chỉ 0,25 nằm trong khoảng giá trị khả dĩ (0,06; 0,10; 0,15 đều nhỏ hơn 0,17). Vậy $a=0,25$ mol → đáp án B, khớp bảng đáp án chính thức (Câu 38: B).

Hidrocacbon trong X có dạng $C_x{H}_4$. $C_x{H}_4+y{H}_2\to C_x{H}_{2y+4}$; $M_Y=12x+2y+4=23.2$; $n_{B{r}_2}=0,25(2x+2-2y-4)/2=0,45$ → x = 3,4; y = 0,6. X với $B{r}_2$: $n_{B{r}_2}=0,25(2x+2-4)/2=0,6$.

$n_{H_{2}phanung}=n$ hỗn hợp đầu $-n_X=0,59$

$n_{C_2{H}_{2}du}=n_{C_{2}A{g}_2}=0,11$

Bảo toàn liên kết pi:

$$0,5.2=0,11.2+0,59+n_{B{r}_2}\to n_{B{r}_2}=0,19$$