Bài tập Hóa học hữu cơ có giải chi tiết (mức độ vận dụng cao - P3)

Đáp án C

nO _(ancol) = n _ancol = nH₂O – nCO₂ = 0,9 – y

nO _(axit) = 2nCOOH = 2nOH^- = 2.0,025 = 0,05 mol

=> nO(X) = 0,9 – y + 0,05 = 0,95 – y

BTKL: 14,6 + 32x = 44y + 18.0,9 (1)

BTNT O: 0,95 – y + 2x = 2y + 0,9 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,875; y = 0,6

=> x : y = 0,875:0,6 = 35:24

Đáp án B

nCO₂ = 0,9 mol => nC = 0,9 mol

nH₂O = 0,975 mol => nH = 1,95 mol

nH₂O>nCO₂ => Ancol no

C_tb = 0,9/0,325 = 2,77

Do Z đa chức và có M>90 => Z có số C ≥ 3

=> 2 ancol chỉ có thể là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂

=> Z là axit no, 3 chức, mạch hở: C_nH_2n-4O₆

=> T là este no, 3 chức, 1 vòng: C_n+4H_2n+2O₆

H_tb = 1,95/0,325 = 6

Do este có số H>6 nên axit phải có H<6

Vậy E gồm:

X: C₂H₆O (x mol)

Y: C₂H₆O₂ (y mol)

Z: C₄H₄O₆ (z mol)

T: C₈H₁₀O₆ (t mol)

x+y+z+t = 0,325

BTNT C: 2x+2y+4z+8t = 0,9

BTNT H: 6x+6y+4z+10t = 1,95

Giải ta thu được: x+y = 0,25; z = 0,05; t = 0,025

%n_T = 0,025/0,325 = 7,7%

Đáp án B

X: H₂, C₃H₆, C₃H₄O₂, C₃H₆O . Ta thấy ngoài hiđro thì các chất còn lại đều có 3C và phản ứng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1. Quy hỗn hợp X và H₂ và C₃H_yO_z

n_CO2 = 1,35 (mol) => n_C3HyOz = 1/3n_CO2 = 0,45 (mol)

=> n_H2 = 0,75 – 0,45 = 0,3 (mol)

Vì khối lượng trước và sau phản ứng bằng nhau

=> $\frac{N_X}{N_Y}=\frac{M_Y}{M_X}=1,25$ => n_Y = n_X/ 1,25 => n_Y = 0,6 (mol)

=> Số mol giảm chính là số mol H₂ phản ứng = 0,75 – 0,6 = 0,15 (mol)

Bảo toàn số mol pi ta có: 0,45 = n_H2 pư + n_Br2 pư

=> n_Br2 pư = 0,45 – 0,15 = 0,3 (mol)

Ta có: 0,6 mol Y pư với 0,3 mol Br₂

Vậy 0,1 mol Y pư với 0,05 mol Br₂

=> V_Br2 = 0,05: 0,125 = 0,4 (l)

Đáp án D

CH₄; C₂H₄O; C₃H₄O₂       

Đặt công thức chung là: C_n+1H₄O_n => 28n+16 = 63,6 => n = 1,7

$m_{binh\tan g} = {m_{CO}}_2 + m_{{H_2}^O} =0,135.44 + 0,1.18 =7,74 gam$

Đáp án C

$M\left\{\begin{array}{ll}T :& este 2 chuc\\ Z :& ancol don chuc \end{array}\right.$

Đáp án D

+ x = 1: C-C-COOH

+ y = 2: HCOOC-C và C-COO-C

+ z = 1: HCOOC-C

+ t = 2: C-C(OH)-CHO và HO-C-C-CHO

Đáp án A

Z phản ứng với dung dịch $H_{2}S{O}_4$ loãng (dư), thu được hai axit cacbonxylic đơn chức và hợp chất T (chứa C,H,O và là $M_T <126$) $\Rightarrow$X là este của phenol (2 chức)

$n_X / n_{NaOH} =3$ $\Rightarrow$X có 1 COO gắn trực tiếp với vòng benzene, 1 nhóm COO gắn gián tiếp với vòng benzen $M_T <126$ $\Rightarrow T là :HO{C}_6{H}_{4 }C{H}_{2}OHx (o,m,p)$

2 axit tạo nên X là $HCOOH và C{H}_{3}COOH$

Xét các phát biểu:

a)Đ

b)S. Số H trong T = 8 

c)Đ. Vì T có 2 nhóm -OH

d)S. X chứa 5 liên kết $\pi (3\pi trong vòng benzen và 2\pi trong 2 nhóm COO\hspace{0.17em})$ 

Đáp án B

Đốt cháy Y₃ trong 0,34 mol O₂ và 1,36 mol N₂ thì thu được Y₄ có CO₂, H₂O và N₂. Có thể có O₂ dư

Nhưng Y₄ đi qua H₂SO₄ được hỗn hớp khí đi ra có 2 khí nên Y₄ không có oxi

Khối lượng dd H₂SO₄ tăng là 7,92 g là khối lượng của nước → n_H2O = 0,44 mol

Đi qua bình đựng Ca(OH)₂ thì CO₂ được giữ lại

n_CaCO3 = 0,11 mol

m_dd tăng= m_CO2 – m_CaCO3 => m_CO2 = 11 + 10,12 =21,12→ n_CO2 = 0,48 mol

Bảo toàn nguyên tố O cho phương trình đốt cháy có

n_O(Y3) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_{H2O →} n_O(Y3) =2.0,48 + 0,44 – 0,34.2= 0,72 mol

$\to \overline{O} =\frac{0,72}{0,2}= 3,6$→ Y₂ có không quá 3 nhóm OH vì Y₁ có 4 nguyên tử O

$\overline{C}= \frac{0,48}{0,2}= 2,4$và số H =0,44.2 : 0,2 =4,4→ axit có không quá 4H

TH1:  axit (COOH)₂

Ancol 2 nhóm OH thì số mol axit ancol lần lượt là x, y thì x + y =0,2 và 4x + 2y =0,72

 → x =0,14 mol và y =0,04 mol

→ ancol có 5C và 15H (loại)

Ancol 3 nhóm OH thì x + y =0,2 và 4x + 3y =0,2

→ x =0,12 và y = 0,08 mol→ ancol 3C và 8H loại→ C₃H₈O₃

TH2: CH₂(COOH)₂→ không thỏa mãn với ancol 2, 3 nhóm OH

→ ancol là C₃H₈O₃

→ Y₆ tạo bới C₃H₈O₃ và (COOH)₂

→ đốt cháy muối thu được rắn Na₂CO₃ : 0,24 mol→ NaOH :0,48 mol

→ n_Y6 = 0,48/(2n) mol → M_Y6 =109n ( với n là số phân tử axit tạo Y₆)

Với n = 1 thì Y₆= 109 không có chất thỏa mãn

Với n = 2 thì Y₆= 216 hợp chất thỏa mãn

Đáp án C

Do hỗn hợp có phản ứng tráng bạc và phản ứng với NaHCO₃ nên có nhóm CHO và COOH. Mà khí tác dụng với AgNO₃/NH₃ thu được một muối duy nhất nên 2 chất chỉ có thể là: HO-R-CHO và HO-R-COOH

n_CHO = n_Ag:2 = 0,01875 mol

n_NH3 = n_CHO + n_COOH => n_COOH = 0,02 – 0,0185 = 0,00125 mol

$\to M_{muoi} = \frac{1,86}{0,02}=93 \to R +17 +44 +18=93 \to R =14(C{H}_2 )$

Đáp án A

=> n_este = n_ancol = 7,36:46 = 0,16 mol. Ta thấy chỉ có n_Gly-Na > n_este nên este là este của Gly (Gly-C₂H₅)

n_N(peptit) = 0,44 – 0,16 = 0,28 mol

 => Y là pentapeptit (c mol), Z là hexapeptit (d mol)

Đáp án D

Ancol + Na:

C_nH_2n+2O₂ + Na → C_nH_2nO₂Na₂ + H₂

0,13                           ←            0,13

m _{bình tăng} = m _ancol – m_Na => m _ancol = 9,62 + 0,13.2 = 9,88 (g)

M _ancol = 9,88 : 0,13 = 76 (C₃H₈O₂)

$\stackrel{BTKL}{\to }{m}_F =m_E+m_{NaOH}-m_{ancol}=19,43 +0,2.22,4-9,88=17,55\left(g\right)$

$$\begin{gathered} \stackrel{BTNTO}{\to } n_{{}_{C{O}_2}}=\frac{2 n_{muoi}+2n_{O_2}-{n_H}_{2^O}-3n_{N{a}_{2}C{O}_3}}{2}=0,3\left(mol\right) \\ \stackrel{BTKL}{\to } m_{muoi}=0,3.44+0,2.18+0,1.106-0,35.32=16,2\left(g\right) \\ {m}_{{H_2}^{O\left(F\right)}}=17,55-16,2=1,35\left(g\right) \\ \to n_{axit}=n_{{H_2}^{O\left(F\right)}}=0,075\left(mol\right) \\ \to n_T=\frac{n_{NaOH-}{n}_{axit}}{2}=0,0625\left(mol\right) \\ \to n_X=n_{ancol}- n_T=0,13-0,0625=0,0675\left(mol\right) \\ \to \%m_z=\frac{0,0675.76}{19,43}.100\%=26,40\% \end{gathered}$$

Đáp án B

n_O2 = 6,608/ 22,4 = 0,295 (mol)

_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: $n_C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_E}=\frac{0,235}{0,065}=3,61$

Vậy X phải là CH₂=CH-COOH => ancol T là C₃H₈O₂

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)

Đáp án C

BTKL cho phản ứng cháy ta có khối lượng CO₂ = 20,68 gam → Số mol CO₂ = 0,47 mol

Do số mol H₂O > số mol CO₂ nên ancol là ancol no, 2 chức

Đặt công thức của các chất trong hỗn hợp : 

BTNT (O) ta có: 2x + 2y + 4z = 0,28 (1)

E phản ứng với tối đa 0,04 mol Br₂ nên: x + 2z = 0,04 (2)

Từ sự chênh lệch số mol H₂O và CO2 ta có: y - x - 3z = 0,05 (3)

Số nguyên tử cacbon trung bình (E) = 3,61 → X là CH₂=CH-COOH → Ancol: C₃H₈O₂

Khối lượng của axit và este trong E = 11,16 - 76.0,1 = 3,56 (gam)

Ta có sơ đồ:

3,5g E+  0,04 mol KOH → 0,01 mol muối + 0,01 mol C₃H₈O₃ + 0,02 mol H₂O

BTKL ta có: m_muối = 4,68 gam

Đáp án A

n_CO2 = n↓ = n_BaCO3 = 0,47 mol => n_C = 0,47 mol

m _{dung dịch giảm} = m_BaCO3 – m_CO2 – m_H2O => 65,07 = 92,59 – 0,47.44 – m_H2O

=> m_H2O = 6,84 gam => n_H2O = 0,38 mol => n_H = 0,76 mol

CTPT các chất lần lượt là: C₃H₄O₂, C₂H₄O₂, C₆H₁₀O₅

=> n_O = n_H/2 = 0,38 mol

m = m_C + m_H + m_O = 0,47.12 + 0,76 + 0,38.16 = 12,48 gam

Đáp án A            

anđehit malonic: OHC-CH₂-CHO (C₃H₄O₂)

vinyl fomat: HCOOCH=CH₂ (C₃H₄O₂)

ancol etylic: C₂H₆O

ancol anlylic: CH₂=CH-CH₂-OH (C₃H₆O)

$\to n_{Ag}=4x=4.0,03=0,12\left(mol\right)\to m_{Ag}=12,96\left(g\right)$

Tyle $$\begin{gathered} 4,82\left(g\right)X\stackrel{+AgN{O}_3}{\to }12,96\left(g\right) Ag \\ 7,23\left(g\right) \to 19,44\left(g\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

BTKL cho phản ứng cháy ta có m_CO2 = 10,34 g→ n_CO2= 0,235 mol

Vì n_H2O  > n_CO2 → ancol là ancol no 2 chức

Đặt công thức hóa học của các chất trong hỗn hợp  :

Bảo toàn nguyên tố O có : 2x + 2y + 4z = 0,14 (1)

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

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

Số nguyên tử C trung bình trong E là :3,61 → X là CH₂ = CH –COOH → ancol C₃H₈O₂

→ x =0,01; y =0,05 ; z =0,005 mol

→ n_CO2 = →  

Vì n >3  nên m < 11. Với m =10 thì axit còn lại là C₄H₆O₂ ( thỏa mãn )

Với m = 9 thì axit còn lại là C₃H₄O₂ ( loại)

Khối lượng este trong E là 0,005.198= 0,99 g→ %este = 17,74%

Đáp án D

M_ancol  = 33,75 → ancol có CH₃OH

13,945 g Q + O₂ → 0,575 mol CO₂ + 0,0525 mol N₂ + H₂O

→ số mol NaOH phản ứng với peptit bằng số mol N  = 0,105 mol

→ n_{NaOH ( pứ với este)} = 0,08 mol = n_ancol

Giả sử số lk peptit trung bình là m

m lk peptit phản ứng hết với (m+1) NaOH

0,08………………………..............0,105

=> 3 (tetrapeptit)

Gọi số mol tetrapeptit và pentapeptit lần lượt là a và b (mol)

Quy đổi hỗn hợp đầu thành :

$$\begin{gathered} \to n_{Gy} =0,02u+0,005v=0,06\to 4n+m=12 \\ \to n=2;m=4 \end{gathered}$$

X, Y là : CH₂=CHCOOCH₃ và HCOOCH₂-CH=CH₂ (hoặc ngược lại)

Xét các đáp án :

(1) S

(2) Đ

(3) Đ

(4) S. Vì X có thể là CH₂=CHCOOCH₃ (không tráng bạc)

(5) S. X và Y có thể đảo cho nhau

(6) S. Tỉ lệ là 1 :1

Đáp án A

$n_{O^2}=\frac{8,288}{22,4}=0,37\left(mol\right);n_{{H^2}_O}=\frac{7,2}{18}=04\left(mol\right);n_{NaOH}=0,38.0,5=0,19\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng ta có:

$$\begin{gathered} m_{C{O}_2}=m_E+m_{O_2}-m_{{H_2}^O}=12,52+0,37.32-0,4.18 =17,16\left(g\right) \\ \Rightarrow n_{C{O}_2}=\frac{17,16}{44}=0,39\left(mol\right) \end{gathered}$$

Ta thấy n_H2O > n_CO2 => ancol T là ancol no, 2 chức.

Quy đổi hỗn hợp E thành: 

 Vì ancol T ở điều kiện thường không hòa tan được Cu(OH)₂ => x ≥ 3; mặt khác $\overline{n}\ge 1$

=> x = 3 và $\overline{n}=\frac{24}{19}$ là nghiệm duy nhất

Vậy CTCT của 2 axit là HCOOH:  u ( mol) ; CH₃COOH : v (mol)

Ta có: 

Vì n_H2O = c = 0,04 (mol) => HCOO-C₃H₆OOC-CH₃: 0,02 (mol)

=> n_HCOOH = 0,14 – 0,02 = 0,12 (mol)

n_CH3COOH = 0,05 – 0,02 = 0,03 (mol)

n_C3H6(OH)2 = 0,05 – 0,02 = 0,03 (mol)

$\%HCOOH=\frac{0,12}{0,12+0,03+0,03+0,02}.100\%=60\%$

Đáp án B

n_H2O>n_CO2 => Ancol no, hai chức, mạch hở 

$\to \%m_{HCOOH}=\frac{0,24.46}{25,04}.100\%=44,1\%\approx 45\%$

Đáp án C

n_O2 = 0,59 (mol)

n_H2O = 0,52 (mol)

Bảo toàn khối lượng => n_CO2 = 0,47 (mol)

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2n-2O₂: 0,04 (mol) ( bằng n_Br2)

C_mH_2m(OH)₂: a mol

H₂O: - b mol

C_nH_2n-2O₂ + $\frac{3n-3}{2}$O₂ → nCO₂ + (n-1)H₂O

0,04 → ( 0,06n -0,06) → 0,04n                      (mol)

C_mH_2m(OH)₂ +  $\frac{3m-1}{2}$O₂  → mCO₂ + (m+1)H₂O

a                → (1,5ma – 0,5a) → ma                        (mol)

=> n_O2 = 0,06n – 0,06 + 1,5ma – 0,5a = 0,59  (1)

n_CO2 = 0,04n + ma = 0,47 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,11 (mol)

=> n_H2O = 0,04 (n -1) + 0,11 (m +1) – b = 0,52 (3)

=> b = 0,02 (mol)

m_E = 0,04 (14n + 30) + 0,11 (14m +34) – 0,18.0,02 = 11,16

=> 4n + 11m = 47

Vì n > 3 và m ≥ 3 nên n = 3,5 và m = 3 là nghiệm thỏa mãn

=> M muối C_nH_2n-3O₂K : 0,04 (mol)

=> m = 4,68 (g)