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

Đáp án A

X có 2π: C_nH_2n-2O₂ (n≥3)

T có 3π: C_mH_2m-4O₄ (m≥6)

n_CO2 = n+m

n_H2O = (n-1)+(m-2)=n+m-3

=> (n + m)/(n+m-3) = 0,1/0,07

=> n + m=10

Chỉ có n=3 và m=7 thỏa mãn.

X là CH₂=CH-COOH, T là CH₂=CH-COOCH₂CH₂OCOCH₃.

n_X = x mol, n_T = y mol.

E: x + y mol CH₂=CH-COONa, CH₃COONa: y mol

72x + 158y = 6,9

3(x+y) + 3y= n_H= 2n_H2O=0,27

=> x = 0,03; y = 0,03 mol.

%m_T= 0,03.158/6,9 = 0,6869 = 68,69%

Đáp án A

n _muối=n_KOH=0,1 mol.

Đốt cháy muối:

C_nH_2n-1O₂K→n-0,5 H₂O

0,1                    0,05

=> 0,05=0,1(n-0,5)=>n=1=>Axit là HCOOH

G/s n _HCOOH=x mol=>n_H2O=x

BTKL: m_X+m_KOH=m _muối+m _ancol+m_H2O=>6,36+0,1.56=0,1.84+3,2+18x

=>x=0,02 mol

=>%m_HCOOH=(0,02.46)/6,36=14,465%

Đáp án B

n_NaOH = 0,1 mol  = n_{muối khan}

Muối khan có dạng : C_nH_2n+1COONa + O₂ -> 0,5Na₂CO₃ + nCO₂ + (n + 0,5)H₂                                                    => 0,05 = 0,1(n + 0,5) => n = 0 => HCOONa

Bảo toàn khối lượng : m_X + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O

=> n_H2O = 0,01 mol = n_axit

=> n_este = 0,09 mol => n_{ancol sau pứ} > 0,09 mol => M_ancol < 3,2 : 0,09 = 35,56

=> CH₃OH (M = 32g)

%m_este = 87,38%

Đáp án A

T là este 2 chức mạch hở tạo ra từ 2 axit và 1 ancol nên các axit này đều đơn chức và ancol 2 chức

Đặt Z là R(OH)₂ => n_R(OH)2 = n_H2 = 0,26 mol

m_tăng = m_RO2 = 0,26(R + 32) = 19,24

=> R = 42 (C₃H₆)

Vậy Z là C₃H₆(OH)₂

Muối có dạng RCOONa (0,4 mol)

n_H2O = 0,4 mol => số H = 2 => HCOONa (0,2 mol) và C_xH₃COONa (0,2 mol)

2HCOONa + O₂ -> Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

        0,2         0,1

2C_xH₃COONa + (2x + 2)O₂ -> Na₂CO₃ + (2x + 1)CO₂ + 3H₂O

        0,2               0,2(x + 1)

=> n_O2 = 0,2(x + 1) + 0,1 = 0,7 => x = 2

Vậy X, Y là HCOOH và CH₂=CHCOOH

=> T là HCOOC₃H₆OOCCH=CH₂

Qui đổi E thành :

0,2 mol HCOOH ; 0,2 mol CH₂=CHCOOH ; 0,6 mol C₃H₆(OH)₂ ; H₂O (-y mol)

m_E = 38,86g => y = 0,25 mol

=> n_T = 0,5y = 0,125 mol

=> %m_T = 50,82%

Đáp án D

Từ tỉ lệ mol CO₂ và H₂O

=> X : C_2nH_mO_x và Y : C_3nH_2mO_y

Ta có : C_xH_yO_z thì y ≤ 2x + 2

Xét cùng khối lượng chất :

=> n_{CO2 (X)} : n_{CO2 (Y)} = 

=> 16x = 12n + m + 16y (x > y)

=> (12n + m) chia hết cho 16

=> (CH₄)_t => n : m = 1 : 4

=> n = 1 ; m = 4 (TN) => x = 2 ; y = 1

=> C₂H₄O₂ : CH₃COOH ; HCOOCH₃

Và C₃H₈O : CH₃CH₂CH₂OH ; CH₃CH(OH)CH₃ ; CH₃CH₂OCH₃

=> Số cặp chất thỏa mãn = 2.3 = 6

Đáp án C

n_Ag=0,0375 mol

Do trong X gồm 2 chất hữu cơ mà trong phân tử mỗi chất có 2 nhóm chức trong số các nhóm –OH, -CHO, COOH nên trong X không chứa HCHO và HCOOH

X phản ứng được với AgNO₃ nên X có chứa –CHO

=> n_CHO=n_Ag/2=0,01875 mol

Giả sử muối amoni hữu cơ có CTTQ là R(OH)_m(COONH₄)_n

R(OH)_m(COONH₄)_n------> nNH3

0,02/n                    <--------0,02

Có 2TH:

+ n=1, m=1 => n muối = 0,02 mol => M _muối = 1,86/0,02=93 =>R=14 (HOCH₂COONH₄)

+ n=2; m=0 => n muối = 0,01 mol => M _muối = 1,86/0,01=186 => R=62 loại

Do X tác dụng với AgNO₃ thu được một muối amoni hữu cơ mà n_CHO<n_HOCH2COONH4 nên chất còn lại trong X là HOCH₂COOH với số mol là 0,02-0,01875=0,00125 mol

Vậy trong X: 0,01875 mol HOCH₂CHO và 0,00125 mol HOCH₂COOH

=> m=0,01875.60+0,00125.76=1,22gam

Đáp án B

Đặt n_H2O=a

=> n _amin = (n_H2O-n_CO2)/1,5=(a-0,12)/1,5 (1)

BTNT: n_O(X)+2n_O2=2n_CO2+n_H2O

=> n_O(X)+2.0,225=2.0,12+a

=> a=n_O(X)+0,21>0,21(2)

Từ (1) và (2) => n _amin > 0,06

=> n_M > n_amin > 0,06 => C_tb < 0,12/0,06 = 2

Mà este có từ 2 C trở lên vậy 2 amin là CH₃NH₂ và CH₃CH₂NH₂

Đáp án B

+ Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố

+ Biện luận chặn giá trị

Hướng dẫn giải:

n_CO2 = 0,375 (mol); n_H2O = 0,27 (mol); n_Ag = 0,18 (mol); n_KOH = 0,225 (mol)

Bảo toàn khối lượng: => n_O2 = ( 0,375.44+ 4,86 – 10,32)/32 = 0,345 (mol)

Bảo toàn nguyên tố O: n_{O( E)} = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,33 (mol)

Vì E tham gia được phản ứng tráng bạc => trong E có:

X : HCOOH (x mol)

Y: C_nH_{2n + 2 -2k} O₂  (y mol

T: HCOO-C_mH_2m-C_nH_2n+1-2kO₂   ( z  mol)

 k = 1 thì y = - 0,03 <0 => loại

k= 2 thì y = 0,045 => z = 0,03 và x = 0,045

n_CO2 = 0,045 + 0,045n + (m + n  + 1). 0,03 = 0,375

=> 3 + 3n + 2(m + n + 1) = 25

=> 5n + 2m = 19

n ≥ 3 và m ≥ 2  nên m = 3 và n = 2 là nghiệm duy nhất.

E +  0,3 mol KOH :

n_HCOOK = x + z = 0,09

n_CH2=CH-COOK = y + z = 0,075

=> n_KOH dư = 0,06

=> m_rắn = m_HCOOK + m_CH2=CH-COOK + m_KOH dư = 19,17 (g)

Đáp án D

Gọi số mol của ancol A  là:  x(mol)

Gọi tổng số mol của  axit cacboxylic B và este C là : y (mol)

Đốt cháy B, C luôn cho n_H2O = n_CO2

Đốt cháy A cho n_H2O >  n_CO2 và có x = n_H2O – n_CO2

=> n_H2O = x + 0,14

BTNT O: x + 2y + 0,18.2 = 0,14.2 + ( 0,14 + x)

=> y = 0,03 (mol)

n_NaOH pư = n_(B+C) = 0,03 (mol) => n_NaOH dư = 0,02 (mol)

=> 0,03 (RCOONa) + 0,02. NaOH = 3,26 (g)

=> 0,03 ( R + 67) + 0,02. 40 = 3,26

=> R = 15

Vậy rắn Y: CH₃COONa: 0,03 mol và NaOH: 0,02 (mol)

=> n_CH4 = n_NaOH = 0,025 (mol) => m_CH4= 0,025. 16 = 0,4(g)

=> gần nhất với Đáp án D là 4,1 g

Đáp án A

TN1: Lượng este mang đốt cháy gồm:

X: C_nH_2n-2O₂ (a mol)

Y: C_mH_2m-4O₄ (b mol)

nCO₂=an+bm=0,86 (1)

nH₂O=(n-1)a+(m-2)b=0,64

=>a+2b=0,22 (2)

TN2: Trong  93,2 gam E thì nX=ka, nY=kb

=>mE=ka(14n+30)+kb(14m+60)=93,2

Thế (1) và (2) =>k=5

Trong dung dịch NaOH chứa 1,2 mol NaOH và 176/9 mol H₂O

Ancol T có M=32=>T là CH₃OH

Z gồm:

CH₃OH: 5a

H₂O: 10b+176/9

m _{bình tăng}=mCH₃OH+mH₂O-mH₂=>160a+180b+352-0,55.2=377,7 (2)

=>a=0,1; b=0,06 thay vào (1): 0,1n+0,06m=0,86 hay 5n+3m=43. Do n, m≥4 nên n=5 và m=6 thỏa mãn

Vậy:

X: C₅H₈O₂ (0,1 mol);

Y: C₆H₈O₄ (0,06 mol)

%mY=0,06.144/(0,1.100+0,06.144)=46,35%

Đáp án B

Ta thấy: C₃H₆=0,5(CH₄+C₅H₈) (Về số C và H)

Quy đổi hỗn hợp về CH₄ (x mol) và C₅H₈ (y mol) [Vẫn đảm bảo về số liên kết pi]

Phản ứng cháy: CH₄+2O₂→CO₂+2H₂O; C₅H₈+7O₂→5CO₂+4H₂O

16x+68y=15

2x+7y=nO₂=1,65

=>x=0,3 mol và y=0,15 mol

=>0,45 mol X phản ứng được với 0,15.2=0,3 mol Br₂

=>a=0,15 mol

Đáp án D

Qúa trình 1:

Gọi a, b, c lần lượt là số mol X, Y, Z

Ta có: 

- Qúa trình 2: Khi cho E tác dụng với dd Br₂, nhận thấy n_Br2 = 0,1  < n_E = 0,36

=> Trong X, Y chỉ có 1 chất tham gia phản ứng cộng Br₂, khi đó Z được tạo bởi X,Y cũng có phản ứng cộng Br₂.

+ Gọi X là chất có 2 liên kết pi => Y có chứa 1 liên kết pi và Z có chứa 3 liên kết pi

+ Ta có hệ sau:

(Với n, m là số C của X, Y với n≥ 3 và m ≥ 2)

+ Xét  n =3 và m = 2. Từ đó Z gồm

B: CH₂=CH- COONa : 0,05 mol và A: CH₃- COONa : 0,15 mol => a/ b = 2,617

+ Nếu n > 3 và  m < 2:Không thỏa mãn điều kiện

Đáp án A

Gọi CTCT của ancol: C_xH_yO: a (mol)

CTCT của este: C_xH_zO₂:  b (mol)

n_CO2 = 0,45 (mol) ; n_H2O = 0,4 (mol)

Ta có: 

=> CTCT của ancol: C₃H_yO

CTCT của este: C₃H_zO₂

Vì đốt cháy hh X cho n_CO2> n_H2O và hh X + NaOH → 0,15 hỗn hợp ancol

=> ancol phải không no, có 1 liên kết pi ; este phải no đơn chức

Ancol: C₃H₄O: 0, 05 (mol) ( n_ancol = n_CO2 – n_H2O)

Este: C₃H₆O₂: 0,1 (mol)

BTNT O:

n_O2 = (2n_CO2 + n_H2O – n_{O( trong X)})/2 = [2.0,45 + 0,4 – (0,05 .1 + 0,1.2)]/2 = 0,525 (mol)

=> V_O2 = 0,525.22,4= 11,76(lít) ≈ 11,8 (lít)

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

Đáp án C

Xét hỗn hợp ban đầu :

Bảo toàn khối lượng : m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

n_CO2 : n_H2O = 48 : 49

=> n_CO2 = n_H2O = 0,45 mol

n_{amino axit} = 2n_N2 = 0,02 mol

Mặt khác : m_X = m_C + m_H + m_O

=> n_COO = ½ n_O(X) = 0,16 mol = n_este

Số C trung bình trong X = 2,67. Mà C_{amino axit} > 2 => Trong X có chứa HCOOCH₃ và CH₃COOCH₃

Khi cho X + KOH dư thì : n_CH3OH = n_este = 0,36 mol

=> m_rắn = m_H + 1,2.56.n_KOH – 32n_CH3OH – 18n_H2O = 19,396g

Đáp án D

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

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 D

Do 50 < M_X < M_Y < M_Z => T không chứa HCHO, HCOOH

nC = nCO₂ = 0,3 mol

nCHO = nAg/2 = 0,26 mol

nCOOH = nKHCO₃ = 0,04 mol

Ta thấy nC = nCOOH + nCHO

=> Các chất X, Y, Z không còn gốc hidrocacbon, chỉ được thạo thành từ CHO và COOH

=> X: OHC-CHO (x mol), Y: OHC-COOH (y mol), Z: HOOC-COOH (z mol)

nCHO = 2x+y = 0,26

nCOOH = y+2z = 0,04

x = 4(y+z)

Giải ra ta thu được

x = 0,12; y = 0,02; z = 0,01

%mY=15,85%

Đáp án A

Giả sử Z có công thức ROH, khi tách nước tạo ra T ROR (vì M_T>M_Z)

=> (2R+16)/(R+17)=1,7 => R=43 (C₃H₇)

n_este = n_NaOH = 0,2 mol

n_ancol(X) = n_Z – n_este = 0,35 – 0,2 = 0,15 mol

Giả sử X có : C_nH_2nO₂ (0,2 mol) và C₃H₈O (0,15 mol)

C_nH_2nO₂ + (1,5n – 1)O₂ → nCO₂ + nH₂O

0,2                       0,2(1,5n-1)

C₃H₈O + 4,5O₂ → 3CO₂ + 4H₂O

0,15            0,675

n_O2 = 0,2(1,5n-1)+0,675 = 1,975 => n = 5

Vậy este là C₅H₁₀O₂ tạo bởi axit C₂H₄O₂ và ancol C₃H₈O

Đáp án A

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O  (1)

 CO₂ + Ba(OH)₂  → Ba(HCO₃)₂      (2)

Ba(HCO₃)₂ + Ca(OH)₂→ BaCO₃ + CaCO₃ + H₂O (3)

Gọi số mol ở (3) của CaCO₃ = BaCO₃ = x (mol)

=> 100x + 197x = 53,46

=> x = 0,18 (mol)

Bảo toàn nguyên tố Ba => n_BaCO3(1)  = 0, 2- 0,18 = 0,02 (mol)

Bảo toàn nguyên tố C => n_CO2 = n_BaCO3(1) + 2n_Ba(HCO3)2 = 0,38 (mol)

CH₂ = CH – COOCH₃ hay C₄H₆O₂ = C₄H₂ + 2H₂O

HO-CH₂-CH₂-OH hay C₂H₆O₂ = C₂H₂ + 2H₂O

CH₃-CHO hay C₂H₄O = C₂H₂ + H₂O

CH₃OH hay CH₄O = CH₂ + H₂O

Vậy phần cháy được có công thức chung là C_xH₂: 0,15 (mol)

C_xH₂ + (x + 0,5) O₂ → xCO₂ + H₂O

0,15 →0,15 ( x + 0,5) →0,38

=> x = 0,38 / 0,15

=> n_O2 = 0,15 ( x + 0,15 ) = 0,445 (mol)