Bài tập Hóa học hữu cơ có giải chi tiết (mức độ thông hiểu, vận dụng - P2)

Đáp án A

Ta có n(H₂O) = n(CO₂) = 0,26, nên cả anđehit và este đều no đơn chức mạch hỏ (hoặc các đáp án đều xây dựng), anđehit là C_nH_2nO x mol và este C_mH_2mO₂ y mol => x + y = 0,1

BTNT cho O ta có n(O) hh = 2n(CO2) + n(H2O) – 2n(O2) = 0,16 mol

=> x + 2y = 0,16 (2). Giải hệ phương trình ta có x = 0,04 và y = 0,06

BTNT cho C ta có: n (CO2) = 0,04n + 0,06m = 0,26 nên 2n + 3m =13. Kẻ bảng ta có nghiệm duy nhất n = 2 và m = 3 . Vậy anđehit là CH₃CHO; este là C3H6O2.

TN2: ta thấy n(Ag) = 2n(hh), nên cả este cũng cho phản ứng tráng bạc vậy este là HCOOCH₂CH₃.

Đáp án D

nOH=2nH₂=nNaOH pư=0,27.2=0,54 mol

=>nNaOH dư=0,828-0,54=0,288 mol

RCOONa+NaOH→RH+Na₂CO₃

0,288…………….0,288

=>M_RH=8,64/0,288=30 (C₂H₆)=> Muối là C₂H₅COONa

Bảo toàn khối lượng: m = m muối + m ancol – mNaOH pư = 0,54.96 + 18,48 – 0,54.40 = 48,72 gam

Đáp án A

Axit oxalic HOOC-COOH: C₂H₂O₄

Axetilen: C₂H₂

Propandial OHC-CH₂-CHO: C₃H₄O₂

Vinylfomat HCOOCH=CH₂: C₃H₄O₂

Coi như hỗn hợp gồm:

C₂H₂O₄: x

C₂H₂: x

C₃H₄O₂: y

Gs: H₂O: z

BTNT H: 2x+2x+4y=2z (1)

BTNT C: 2x+2x+3y=1,5 (2)

BTNT O: 4x+2y+1,35.2=1,5.2+z (3)

Giải ta được: x=0,15; y=0,3; z=0,9

nCO₂=2nC₂H₂O₄=0,3 mol=>V_CO2=6,72 lít

Đáp án D

Giả sử mol A và B lần lượt là x, y

138x+124y=4,632

2x+2y=0,072

=>x=0,012; y=0,024

x/y=1/2 để sinh ra 2 khí có tỉ lệ mol là 1:5

=>B có CTCT là: (CH₃NH₃)₂CO₃, A có CTCT là: CH₃NH₃OOC-COONH₄

CH₃NH₃OOC-COONH₄: 0,012

(CH₃NH₃)₂CO₃: 0,024

m=mNa2CO3+mNaOOC-COONa=0,012.134+0,024.106=4,152 gam

Đáp án D

X, Y đơn chức => n_NaOH = n_{hh M} = 0,25 (mol)

M_{tb muối} = 18,4 : 0,25 = 73,6 (g/mol) => có 1 muối là HCOONa

Vì X, Y đơn chức và có cùng số nguyên tử cacbon => muối HCOONa tạo ra từ este

n_este = n_Ag/ 2 = 0,3/ 2 = 0,15 (mol)

=> n_axit = 0,25 – 0,15 = 0,1 (mol)

BTKL: m_muối = m_HCOONa + m_RCOONa

=> 18,4 = 0,15.68 + 0,1. ( R + 67)

=> R = 15

Vậy CTCT của muối còn lại là CH₃COONa => CTCT của axit là CH₃COOH; CTCCT của este là: HCOOCH₃

m = m_CH3COOH  + m_HCOOCH3 = 0,1.60 + 0,15. 60 = 15 (g)

Đáp án C

X: C₂H₄; CH₄; C₃H₄; C₄H₄ có đặc điểm chung là đều có 4H trong phân tử

=> Quy về CTTQ chung: C_xH₄

M_X = 17.2 = 34 (g/mol)

=> 12x + 4 = 34

=> x = 2,5

CTTQ X: C_2,5H₄: 0,1 (mol)

BTNT C: n_CO2 = 2,5 n_X = 0,25 (mol)

BTNT H: n_H2O = 2n_X = 0,2 (mol)

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 0,25.44 + 0,2.18 = 14,6 (g)

Đáp án B

$C_8{H}_{15}{O}_{4}N$

Đáp án C

X là: CH₃COONH₃CH₃ (x mol)

Y là: C₂H₅NH₃NO₃ (y mol)

Ta có:

m_E = 91x + 108y = 6,14

n _amin = x + y = 0,06

Giải hệ thu được x = 0,02; y = 0,04

F gồm: CH₃COONa (0,02 mol) và NaNO₃ (0,04 mol)

=> m = 0,02.82 + 0,04.85 = 5,04 gam

Đáp án B

X là (NH₄)₂CO₃; Y là H₂NCH₂CONHCH₂COOH.

(NH₄)₂CO₃+2NaOH→Na₂CO₃+2NH₃ (Z)+2H₂O

(NH₄)₂CO₃+2HCl→2NH₄Cl+H₂O+CO₂ (T)

H₂NCH₂CONHCH₂COOH +H₂O+2HCl→ClH₃NCH₂COOH (Q)

Đáp án D

C₃H₆O₂ có độ bất bão hòa k = 1

Các đồng phân là: CH₃CH₂COOH (1); CH₃COOCH₃ (2);  HCOOC₂H₅ (3) ; CH₂(OH)- CH₂-CHO; CH₃-CH(OH)-CHO (5)

Số đồng phân làm quỳ tím hóa đỏ là  x = 1 (ứng với công thức (1) )

Số đồng phân tác dụng với NaOH nhưng không tác dụng với Na  là: y = 2  ( ứng với (2); (3) )

Số đồng phân vừa tác dụng được với dd NaOH vừa tác dụng được với AgNO₃ là z = 1 ( ứng với (3) )

Số đồng phân cấu tạo vừa tác dụng được với Na, vừa tác dụng với dd AgNO₃/NH₃ là t = 2 ( ứng với (4); (5))

Vậy D z =  là sai

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

C₂H₄O₂ (x mol)

C₄H₈O₂ (y mol)

C₃H₆O₂ (x mol)

$\left\{\begin{array}{l}60x + 88y + 74x =15\\ x + y + x =n_{NaOH}= 0,2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x =\frac{13}{210}\\ y = \frac{8}{105}\end{array}\right.$

Đáp án C

C₆H₁₂O₆, C₂H₄O₂, C₁₂H₂₂O₁₁. Quy đổi thành C_nH_2mO_m

C_nH_2mO_m + nO₂ → nCO₂ + mH₂O

Ta thấy n_CO2 = n_O2 = 0,3 mol => m_CaCO3 = 0,3.100 = 30 gam

Đáp án B

X: C₂H₇O₃N

X + NaOH hay X + HCl đều thu được khí => X là muối hiđrocacbonat của amin : CH₃NH₃HCO₃

CH₃NH₃HCO₃ + NaOH → CH₃NH₂↑ + NaHCO₃ +  H₂O

CH₃NH₃HCO₃ + HCl → CH₃NH₃Cl + CO₂ ↑+ H₂O

0,1 mol X + 0,25 mol KOH

CH₃NH₃HCO₃ + KOH → CH₃NH₂↑ + KHCO₃ +  H₂O

0,1                     → 0,1                          → 0,1                 (mol)

=> KOH dư = 0,25 – 0,1 = 0,15 sẽ tiếp tục phản ứng với KHCO₃

KOH + KHCO₃ → K₂CO₃ + H₂O

0, 1  ← 0,1         → 0,1                       (mol)

=> rắn Y gồm KOH_dư = 0,25 – 0,2 = 0,05 (mol) và K₂CO₃: 0,1 (mol)

=> m_rắn = 0,05.56 + 0,1. 138 = 16,6 (g)

Đáp án B

X là CH₃NH₃HCO₃ : x mol

Y là CH₂(COONH₃CH₃)₂ :  y mol

PTHH :  CH₃NH₃HCO₃ + 2NaOH → CH₃NH₂ + 2H₂O + Na₂CO₃

CH₂(COONH₃CH₃)₂   + 2NaOH → CH₂(COONa)₂   + 2H₂O + 2NH₃CH₂

Ta có :   

→khí Z CH₃NH₂ : 0,4 mol → muối có

Đáp án D

n_CO2 = 0,11 mol => n_C = 0,11 mol

n_H2O = 0,05 mol => n_H = 0,1 mol

BTKL: m_O = 2,06 – m_C – m_H = 2,06 – 0,11.12 – 0,1 = 0,64 (gam) => n_O = 0,04 mol

C:H:O = 0,11 : 0,1 : 0,04 = 11:10:4 => CTPT: C₁₁H₁₀O₄ (k = 7)

n_X = 2,06:106 = 0,01 mol

n_NaOH:n_X = 0,03:0,01 = 3:1 => 1 phân tử X tác dụng được tối đa 3 phân tử NaOH

BTKL: m_H2O = m_X + m_NaOH – m _muối = 2,06 + 0,03.40 – 3,08 = 0,18 (g) => n_H2O = 0,01 mol

Ta thấy số mol của H₂O bằng với số mol của X nên este có 1 nhóm COO liên kết trực tiếp với vòng benzen

Khi axit hóa hoàn toàn Y bằng dung dịch H₂SO₄, thu được hỗn hợp Z gồm hai axit cacboxylic đơn chức, trong đó có một chất không no và chất hữu cơ E có chứa vòng benzen nên X chỉ có thể là:

CH₂=CH-COOC₆H₄CH₂OCOH

Đáp án C

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{5,376}{22,4}= 0,24 \left(mol\right) \\ {n}_{H_{2}O}=\frac{4,32}{18} =0,24\left(mol\right) \end{gathered}$$

vì đốt cháy isobutilen, xiclohexan cho n_H2O = n_CO2­; đốt cháy axit acrylic cho n_CO2 > n_H2O ; đốt cháy ancol butylic cho n_CO2 < n_H2O

Mà ta thấy n_H2O = n_CO2 => n_CH2=CH-COOH = n_C4H10O

Đặt n_CH2=CH-COOH = n_C4H10O = a (mol)

BTNT O: 2a + a + 0,33.2 = 0,24.2 +0,24

=> a = 0,02 (mol)

Khi tác dụng với Na chỉ có CH₂=CH-COOH và C₄H₁₀O phản ứng

=> n_H2 = ½ n_{H(linh động)} = $\frac{1}{2}$( n_CH2=CH-COOH + n_C4H10O) = $\frac{1}{2}$ ( 0,02+ 0,02) = 0,02 (mol)

=> V_H2 = 0,02.22,4 = 0,448 (lít)

Đáp án B

X là CH₂(COONH₄)₂ hoặc NH₄OOC – COONH₃CH₃ : a mol

Y là  (COONH₃)₂CO₃ hoặc NH₄ – CO₃ – NH₃C₂H₅ :  b mol

CH₂(COONH₄)₂ + NaOH → muối + NH₃

NH₄OOC – COONH₃CH₃+ NaOH → muối + (NH₃ + CH₃NH₂)

(COONH₃)₂CO₃ + NaOH → muối + NH₃

NH₄ – CO₃ – NH₃C₂H₅ + NaOH → muối + (NH₃ + C₂H₅NH₂)

Nên xảy ra 2 TH

TH 1 : X là CH₂(COONH₄)₂: a mol , Y là NH₄ – CO₃ – NH₃C₂H₅: b mol

138a +124 b = 2,62 và 0,04 = 2a + 2b

→ a = 0,01 và b= 0,01  → n_NH3 = 0,03 mol và n_C2H5NH2 = 0,01 mol ( thỏa mãn )

→ muối 0,01 mol CH₂(COONa)₂ và 0,01 mol Na₂CO₃ → m_muối = 2,54

TH 2: X là NH₄OOC – COONH₃CH_3, Y là (CH₃NH₃)₂CO₃

138a +124 b = 2,62 và 0,04 = 2a + 2b

→ a = b = 0,01

→ n_NH3 = 0,01 mol và n_CH3NH2= 0,03 mol ( thỏa mãn )

→ muối 0,01 mol (COONa)₂ và 0,01 mol Na₂CO₃

→ m_muối = 2,4

Đáp án C

C₂H₈O₃N₂ có công thức tổng quát là: C_nH_2n+4N₂O₃ ⟹ muối của amine với HNO₃

CH₃CH₂NH₃NO₃ + NaOH → CH₃CH₂NH₂ (Y) + NaNO₃ + H₂O

Phân tử khối của Y là: 45.

Đáp án C

n_CO2 = n_H2O = 0,25 mol suy ra Z là các este no, đơn chức

Bảo toàn nguyên tố O: n_{O (Z)} = 0,25.2+0,25-0,275.2=0,2 mol →n_Z = 0,1 mol

Số nguyên tử C trung bình =0,25/0,1= 2,5 ( X là HCOOCH₃)

m = m_C + m_H + m_O = 0,25.12+0,25.2+0,2.16=6,7 gam