220 Bài tập Andehit - Xeton - Axit cacboxylic cơ bản, nâng cao có lời giải (P4)

Đáp án B

Quy quá trình về: Glu + HCl + NaOH vừa đủ.

||⇒ n_{NaOH phản ứng} = 2n_Glu + n_HCl = 0,65 mol

Đáp án C

Axit no, 2 chức có dạng C_nH_2n–2O₄ ⇒ %C = $\frac{12n}{14n+62}$ > 30%.

||⇒ n > 2. Lại có, n_H2O = 0,45 mol > n_CO2 = 0,35 mol ⇒ X, Y no, mạch hở.

● Đặt n_axit = x; ∑n_X,Y = y ⇒ n_E = x + y = 0,2 mol; n_CO2 – n_H2O = x – y = – 0,1 mol.

Giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,15 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/E = 0,35 mol.

⇒ số O_X,Y = (0,35 – 0,05 × 4) ÷ 0,15 = 1 ⇒ X, Y là ancol no, đơn chức, mạch hở.

● Đặt số C trung bình của X, Y là m (m > 1) ⇒ n_CO2 = 0,05n + 0,15m = 0,35 mol.

⇒ n = 3 và m = ⁴/₃ ⇒ X là CH₃OH, Y là C₂H₅OH. Đặt n_X = a; n_Y = b.

⇒ a + b = 0,15 mol; a + 2b = 0,15 × ⁴/₃ ||⇒ giải hệ có: a = 0,1 mol; b = 0,05 mol.

► Dễ thấy khối lượng lớn nhất khi các ancol đều phản ứng tạo este 1 chức.

||⇒ 0,03 mol CH₂(COOH)(COOCH₃) và 0,01 mol CH₂(COOH)(COOC₂H₅).

m = 0,03 × 118 + 0,01 × 132 = 4,86(g) ⇒ chọn C.

Chú ý: hợp chất có chứa chức este không nhất thiết phải thuần chức!

Đáp án C

n_{X trong 1 phần} = 0,05 mol || Xét phần 1: n_CO2 = 0,05 mol.

||⇒ C_tb = 0,05 ÷ 0,05 = 1 ⇒ X gồm các chất có cùng 1 C.

► X gồm CH₃OH, HCHO, HCOOH với số mol x, y, z.

n_X = x + y + z = 0,05 mol; n_H2 = 0,5x + 0,5z = 0,02 mol.

n_Ag = 4y + 2z = 0,08 mol ||⇒ giải hệ có: x = z = 0,02 mol; y = 0,01 mol.

► Chất có PTK lớn nhất là HCOOH ⇒ %n_HCOOH = 40%

Đáp án C

n_axit > n_ancol ⇒ hiệu suất tính theo ancol.

⇒ n_este = 0,1 × 0,8 = 0,08 mol ⇒ x = 0,08 × 88 = 7,04(g)

Đáp án D

Đốt X cho n_H2O = n_X ⇒ các chất trong X đều có 2H.

⇒ X gồm HCHO và (CHO)₂ (do các chất đều no).

Mặt khác, cả 2 chất đều tráng bạc theo tỉ lệ 1 : 4.

► n_Ag = 4n_X = 1 mol ⇒ m = 108(g)

Đáp án B

Dễ tính được n_CH3COOC6H5 = 0,1 mol; n_CH3COOH = 0,2 mol.

► Tác dụng vừa đủ ⇒ ∑n_OH = 2n_CH3COOC6H5 + n_CH3COOH = 0,4 mol.

||⇒ n_KOH = 0,15 mol; n_NaOH = 0,25 mol

n_H2O = n_CH3COOC6H5 + n_CH3COOH = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol

Đáp án C

► Bảo toàn khối lượng: x = m_X + m_KOH + m_NaOH – m_H2O = 38,6(g)

Đáp án D

n_muối = n_NaOH = 0,25 mol ⇒ M_{TB muối} = 18,4 ÷ 0,25 = 73,6 ⇒ muối chứa HCOONa.

Do X và Y có cùng số cacbon ⇒ Y có dạng HCOOR’. 

n_Y = n_Ag ÷ 2 = 0,3 ÷ 2 = 0,15 mol ⇒ n_X = 0,25 – 0,15 = 0,1 mol.

⇒ M_{muối của X} = (18,4 – 0,15 × 68) ÷ 0,1 = 82 ⇒ muối là CH₃COONa ⇒ X là CH₃COOH.

⇒ Y là HCOOCH₃ ⇒ m = 0,25 × 60 = 15 gam

Đáp án A

Đáp án A

Ta có m_{Ancol Y} = 9 : 0,1 = 90.

Giả sử Y là ancol đơn chức ⇒ M_Y = M_CnH2n+1OH = 90 ⇒ n = 5,14 ⇒ Loại.

Giả sử Y là ancol 2 chức ⇒ M_Y = M_CnH2nOH2 = 90.

⇒ n = 4 (C₄H₄O₂) ⇒ X là andehit 2 chức ⇒ X tráng gương tạo 4 Ag.

⇒ n_Ag = $\frac{2,1}{84}.4.108$= 10,8 gam 

Đáp án C

Đặt số mol 3 axit lần lượt là a b và c ta có:

60a + 74b + 72c = 6,3 gam (PT theo khối lượng hỗn hợp). (1)

c = 6,4:160 = 0,04 mol (PT theo số mol brom phản ứng). (2)

Để pứ hoàn toàn với 3,15 gam X cần 0,045 mol NaOH ⇒ 6,3 gam X cần 0,09 mol NaOH.

⇒ a + b + c = 0,09 (PT theo số mol NaOH pứ) (3).

+ Giải hệ (1) (2) và (3) ⇒ a = n_{Axit axetic} = a = 0,02 mol ⇒ m_{Axit axetic} = 1,2 gam

Đáp án D

Bảo toàn khối lượng khi đốt E ⇒ m_CO2 = 34,32 gam Û n_CO2 = 0,78 mol < n_H2O.

⇒ Ancol T thuộc loại no 2 chức mạch hở.

Ta có sơ đồ: 

+ PT bảo toàn oxi: 2a + 4b + 2c = 0,88 (1).

+ PT theo n_H2O – n_CO2: –b + c = 0,02 (2).

+ PT theo số mol NaOH pứ: a + 2b = 0,38 (3).

+ Giải hệ (1) (2) và (3) ta có: a = 0,3, b = 0,04 và c = 0,06 mol.

⇒ n_{Hỗn hợp} = 0,4 mol ⇒ C_{Trung bình} = 1,95 ⇒ 2 Axit là HCOOH và CH₃COOH.

⇒ Hỗn hợp ban đầu gồm:

⇒ PT theo khối lượng hỗn hợp:

0,3(14n+32) + 0,04.[12(x+3) + 2x+4 + 64)] + 0,06.(14x + 34) = 25,04.

Û 4,2n + 1,4x = 9,24 [Với 1 < n < 2 ⇒ 0,6 < x < 3,6].

+ Vì Ancol T không hòa tan Cu(OH)₂ ⇒ T là HO–[CH₂]₃–OH với x = 3.

⇒ n = 1,2 ⇒ n_HCOOH = 0,3×(1–0,2) = 0,24 mol ⇒ %m_HCOOH = $\frac{0,24.46}{25,04}=44,01\%$

Đáp án B

Y là Gly-Ala hoặc Ala-Gly

X là (COONH₄)₂

Z là NH₃

Q là HOOC-COOH

T₁, T₂, T₃: NH₄Cl, ClH₃N-CH₂-COOH, và ClH₃N-CH(CH₃)-COOH

Đáp án A

M có phản ứng tráng gương nên X là HCOOH, (X, Y, Z là các axit no đơn chức), Z là este no ba chức

Este T có độ bất bão hòa k = 3 nên:

nT = (nCO₂ – nH₂O)/2 = 0,05

Mỗi mol T cần 3 mol H₂O để quay trở lại axit và ancol nên quy đổi M thành:

C_nH_2nO₂: a mol

C_mH2_m+2O₃: b mol

H₂O: -0,15 mol

nCO₂ = na+mb = 1

nH₂O = na+b(m+1)-0,15 = 0,9

mM = a(14n+32)+b(14m+50)-18.0,15 = 26,6

Giải hệ trên được a = 0,4; b = 0,05

=> 0,4n+0,05m = 1 => 8n + m = 20

=> m = 3, n = 2,125

Trong 26,6 gam M chứa C_nH_2nO₂ là 0,4 mol; nNaOH = 0,4 mol

=> Chất rắn chứa C_nH_2n-1O₂Na (0,4 mol)

=> m = 0,4.(14n+54) = 33,5 gam

Đáp án C

Đáp án D

Ghi nhớ: tất cả các axit hữu cơ đều mạnh hơn axit H₂CO₃ nên đẩy được anion CO₃^2-  ra khoir dung dịch muối.

2CH₃COOH + CaCO₃ → (CH₃COO)₂Ca + CO₂ + H₂O

Đáp án D

n_Ag = 21,6 : 108 = 0,2 (mol)

=> n_RCHO = n_Ag/2 = 0,1 (mol)

=> M_RCHO = 4,4 : 0,1 = 44 (g/mol) => CH₃CHO

Đáp án B

X     +      O₂      →      CO₂     +      H₂O

a gam    4,83 mol       3,42 mol       3,18 mol

BTKL => a = 3,42.44+3,18.18-4,83.32 = 52,16 gam

BTNT O: n_O(X) = 2n_CO2+n_H2O-2n_O2 = 0,36 mol

=> n_X = 0,36/6 = 0,06 mol (Vì X chứa 6O)

Đáp án B

nCO₂ = 0,65 mol

nH₂O = 0,7 mol

Do nH₂O > nCO₂ => Z là amino axit no mạch hở, có 1 nhóm -COOH và 1 nhóm -NH₂

Số C trung bình: 0,65/0,4 = 1,625

=> X là HCOOH, Y là CH₃COOH

n amino axit = (nH₂O – nCO₂)/0,5 = (0,7-0,65)/0,5 = 0,1 mol

=> nX = nY = 0,15 mol

BTNT C: 0,15.1+0,15.2+0,1.n=0,65 => n=2 (số C trong Z)

Z là H₂N-CH₂-COOH

%mZ=(0,1.75)/(0,1.75+0,15.46+0,15.60) = 32,05% => A đúng

%mY=(0,15.60)/(0,1.75+0,15.46+0,15.60) = 38,46% => B sai

X là HCOOH nên có phản ứng tráng Ag => C đúng

0,4 mol M tác dụng được với 0,1 mol HCl => 0,3 mol M tác dụng đủ với 0,075 mol HCl => D đúng

Đáp án C

Đáp án A

n_CO2 = n_H2O => Các chất trong X đều no

Y có dạng RO (a mol)

X và T có dạng R’O₂ (b mol)

=> a + b = 0,2 mol ⁽¹⁾

Bảo toàn nguyên tố O trong X

n_O(X) = 3.0,525 – 2.0,625 = 0,325 mol

=> a + 2b = 0,325 mol ⁽²⁾

Từ (1,2) => a = 0,075 ; b = 0,125 mol

n_{Ag max} = 4n_Y = 0,3 mol

=> m = 32,4g

Tăng giảm khối lượng => n_KOH = ( 32,4 – 21)/ 38 = 0,3 (mol)

Ta có hệ PT

Đáp án C

Y, Z là đồng phân nên X, Y, Z, T đều là các chất 2 chức

nNaOH = 0,2 mol => nE = 0,1 mol => nO = 4nE = 0,4 mol

Đặt mol CO₂ và H₂O lần lượt là a, b

BTKL: 44a+18b = 11,52 + 0,32.32

BTNT O: 2a + b = 0,32.2 + 0,4

=> a = 0,38; b = 0,28

Ta thấy nE = nCO₂ – nH₂O => X, Y, Z, T đều là các hợp chất no

Số C trung bình: 0,38 / 0,1 = 3,8

Do MX < MY = MZ < MT, este có ít nhất 4C nên các chất có CTPT là:

X: C₃H₄O₄

Y và Z: C₄H₆O₄

T là: C₅H₈O₄

Đáp án C

Do E + NaOH → 3 ancol nên Z cho 1 ancol và T cho 2 ancol

Vậy các este là:

T: CH₃OOC-COOC₂H₅ (y mol)

Z: (HCOO)₂C₂H₄ (y mol)

Các ancol gồm CH₃OH (y mol); C₂H₅OH (y mol); C₂H₄(OH)₂: y mol

Giả sử: E gồm

C₃H₄O₄: 2x

C₄H₆O₄ (axit): x

C₄H₆O₄ (este): y

C₅H₈O₄: y

nE = 2x+x+y+y = 0,1

nC = 3.2x+4x+4y+5y = 0,38

=> x = 0,02; y = 0,02

Vậy m = (32+46+62).0,02 = 2,8 gam

Đáp án B

Các axit oxalic, axit tactric có vị chua => ta dùng Nước vôi trongdo nước vôi trong có môi trường bazo (OH-) kết hợp với H⁺ của axit => dẫn đến giảm được vị chua

OH^-  +  H⁺ → H₂O

Đáp án B

n_O2 = 6,608/ 22,4 = 0,295 (mol) ; n_H2O = 4,68/18 = 0,26 (mol)

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_O2 = m_H2O + m_CO2

=> m_CO2 = 5,58 + 0,295.32 – 4,68 = 10,34 (g)

=> n_CO2 = 10,34 / 44 = 0,235 (mol)

Ta thấy n_H2O > n_CO2 => ancol no, hai chức

Gọi công thức của Z  gồm:

BTNT O: n_O( trong Z) =  2n_CO2 + n_H2O – n_O2

=> 2x + 2y + 4z = 2. 0,235 + 0,26 -0,295.2

=> 2x + 2y + 4z = 0,14  (1)

E phản ứng tối đa với 0,02 mol Br₂ nên: x + 2z = 0,02 (2)

Từ sự chênh lệch số mol H₂O và CO₂ ta có: y – x – 3z = 0,025 (3)

Từ (1), (2) và (3) => x = 0,01; y = 0,05 ; z = 0,005 (mol)

Số nguyên tử cacbon trung bình trong E:

Khối lượng axit và este trong E là: m_X,Y,Z = m_E – m_T = 5,58 – 0,05.76 =1,78 (g)

Cho E tác dụng với KOH dư chỉ có X,Y,Z phản ứng;

n_KOH = x + 2z = 0,02 (mol) ; n_H2O = x = 0,01 (mol) ; n_C3H8O2 = z = 0,005 (mol)

BTKL ta có: m_muối = m_X,Y,Z + m_KOH – m_H2O = 1,78 + 0,02.56 – 0,005.76- 0,01.18 = 2,34 (g)

3Ag + 4HNO_{3 $\to$} 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

nAg = 3nNO = 3.0,1 = 0,3 mol

·Trường hợp 1: X không phải HCHO

RCHO $\to$2Ag

0,15 mol ←   0,3 mol

RCHO = 6,6/0,15 = 44 R = 15 (CH₃)

X laø CH₃CHOChoïn A

X là CH₃CHO Chọn A

·Trường hợp 2: TH₂: X là HCHO

HCHO $\to$4Ag

0,075 mol ←  0,3 mol

mHCHO =30.0,075 = 2,25 g # 6,6g =>Loại

C₂H₂ $\underset{HgS{O}_4, H_{2}S{O}_4, {80}^{o}C}{\overset{H_{2}O}{\to }}$CH₃CHO $\underset{xt}{\overset{O_2}{\to }}$ CH₃COOH => Chọn C

Chọn C: CH₂=C(CH₃)-COOH

Ag + 2HNO₃ đặc $\to$AgNO₃ + NO₂ + H₂O

Ta có nAg = nNO₂ = 2,24/22,4 = 0,1 mol

Trường hợp 1: X không phải HCHO

RCHO $\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$2Ag

0,05 mol ←          0,1 mol

RCHO = 3,6/0,05 = 72 => R = 43 => R là C₃H_{7 =>} X là C₃H₇CHO =>Chọn A.

Trường hợp 2: X là HCHO

HCHO $\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$ 4Ag

0,025 mol ←         0,1 mol

mHCHO = 30.0,025 = 0,75 ≠ 3,6 g (loại)