Ôn tập lý thuyết và bài tập tổng hợp hóa hữu cơ có lời giải chi tiết( Phần 2)

Đáp án C

Do thu được C₂H₅OH ⇒ Z là H₂NCH₂COOC₂H₅. Đặt n_Y = a; n_Z = b.

n_X = a + b = 0,09 mol || Y chứa 5N ⇒ pentapeptit ⇒ n_NaOH = 5a + b = 0,21 mol.

⇒ giải hệ có: a = 0,03 mol; b = 0,06 mol ||► Quy X về Gly₅, H₂NCH₂COOC₂H₅ và CH₂.

Đặt n_CH2 = x mol. Giả sử thí nghiệm 2 dùng gấp k lần thí nghiệm 1.

► 41,325(g) X chứa 0,03k mol Gly₅; 0,06k mol H₂NCH₂COOC₂H₅ và kx mol CH₂.

⇒ đốt cho (0,54k + kx) mol CO₂ và (0,525k + kx) mol H₂O.

⇒ ∑m(CO₂, H₂O) = 44 × (0,54k + kx) + 18 × (0,525k + kx) = 96,975(g). Lại có:

m_X = 0,03k × 303 + 0,06k × 103 + 14kx = 41,325(g) ⇒ giải hệ có: k = 2,5; kx = 0,225.

⇒ x = 0,09 mol ⇒ a = 0,09 mol ⇒ b = 0,03 × 5 – 0,09 = 0,06 mol ||► a : b = 1,5

Đáp án C

Ta có m_{Bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 13,3 gam.

Với n_CO2 = n_BaCO3 = 0,2 mol ||⇒ n_H2O = 0,25 mol.

Nhận thấy n_C ÷ n_H = 0,2 ÷ (0,25×2) = 2 ÷ 5

Đáp án B 

Nhận xét: sản phẩm tạo thành có metylamin nên Y là H₂NCH₂COONH₃CH₃.

Ta có: n_NaOH = 0,1 mol

X + 6NaOH → mGly_Na + nAla_Na + H₂O.

0,01--0,06--------0,01m-----0,01n

H₂NCH₂COONH₃CH₃ + NaOH → Gly_Na + CH₃NH₂ + H₂O

-----------0,04--------------0,04------0,04------0,04

⇒Ta có hệ

⇒ CTPT của X = [(C₂H₅O₂N)₂(C₃H₇O₂N)₄]–5H₂O = C₁₆H₂₈O₇N₆

Đáp án B

đốt 0,1 mol (E; T) + O₂ –––^to–→ 0,26 mol CO₂ + 0,2 mol H₂O.

tương quan: ∑n_CO2 > ∑n_H2O mà axit E no, đơn chức dạng C_nH_2nO₂

⇒ este T phải là không no → ít nhất phải có 3C trở lên

⇒ từ C_{trung bình} = 2,6 ⇒ axit là C₂ và este là C₃ (hơn kém nhau 1C).

giải số mol có n_{axit C2} = 0,04 mol và n_{este C3} = 0,06 mol.

axit thì rõ duy nhất là CH₃COOH rồi; còn este chú ý tương quan ∑n_CO2 – ∑n_H2O = n_{este C3}

⇒ este T là không no, có đúng 1 nối đôi C=C ⇒ là C₃H₄O₂ có cấu tạo HCOOCH=CH₂.

⇒ thủy phân 0,1 mol hỗn hợp thu được dung dịch G chứa 0,06 mol HCOONa

và 0,06 mol CH₃CHO là các chất có khả năng tráng gương

⇒ ∑n_Ag = 2n_HCOONa + 2n_CH3CHO = 0,24 mol

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án C

Nhận thấy các đáp án đều là ancol no đơn chức mạch hở → A là ancol no đơn chức mạch hở (C_nH_2n+2O với n ≥ 1)

Cô cạn dung dịch Y sau đó nung với CaO thu được duy nhất một hidrocacbon đơn giản nhất có khối lượng 0,24 gam → hidrocacbon là CH₄: 0,015 mol

Vì B là axit 2 chức và D là este 2 chức → Y chứa muối NaOOC-CH₂-COONa:

NaOOC-CH₂-COONa + 2NaOH → CH₄ + 2Na₂CO₃

TH1: nếu CH₄ được tính theo NaOH→ chứng tỏ n _NaOOC-CH2-COONa >0,015 mol

→ n_{NaOH (Y)} = 2.0,015 = 0,03 mol → n _NaOOC-CH2-COONa : $\frac{0,13-0,03}{2}$  = 0,05 mol( thoả mãn đk)

→ n_B = 0,02 mol và n_D =n_A = 0,03 mol

→ số mol cần dùng để đốt A là 0,03. 1,5n = 0,045n mol

Số mol O₂ cần dùng để đốt B: HOOC-CH₂-COOH là 2. 0,02 = 0,04 mol

Gọi công thức của D là C_mH_{2m- 2}O₄ ( m ≥ 5)

Số mol O₂ cần dùng để đốt D là 0,03. ( 1,5m - 2,5)

Ta có 0,045n + 0,04 + 0,03. ( 1,5m -2,5) = 0,28 → 0,045n + 0,045m =0,315 → n +m = 7

Vì n, m nguyên → n = 1, m = 6 → A có cấu tạo CH₃OH và D có cấu tạo CH₃OOC-CH₂-COOC₂H₅

n = 2, m = 5 → A có cấu tạo C₂H₅OH và D có cấu tạo CH₃OOC-CH₂-COOCH₃

Đáp án B Giả sử số mol của C₁₅H₃₁COOH, C₁₇H₃₅COOH, C₁₇H₃₁COOH lần lượt là a, b, c

Khi đốt cháy C₁₅H₃₁COOH và C₁₇H₃₅COOH thì đều thu được n_CO2 = n_H2O.

→ n_C17H₃₃COOH = (n_CO2 - n_H2O) : 2 = (0,68 - 0,65) : 2 = 0,015 mol

Đáp án C

Có n_X = $\frac{0,5\times 26+0,4\times 52+0,65\times 2}{19,5\times 2}$  = 0,9 mol

Có n_H2 pư = 0,5 +0,4 + 0,65- 0,9 = 0,65 mol

Chất tạo kết tủa với AgNO₃/NH₃dư gồm

CH≡CH dư : x mol, CH₂=CH-C≡CH : y mol và CH≡C-CH₂-CH₃ : z mol

Ta có hệ  →

→ m = 0,25×(26 + 107.2) + 0,1×(52 + 107) + 0,1×(54 + 107) = 92 gam.

Đáp án B

giả sử 1 mol X gồm NH₃ và C₂H₅NH₂ → m_X = 22,6 gam ⇄ 1 mol NH₃ + 0,4 mol CH₂.

→ quy X gồm 5x mol NH₃ và 2x mol CH₂ đốt cần 6,75x mol O₂ → n_{không khí cần} = 33,75x mol.

→ sản phẩm đốt CO₂ + H₂O + N₂ (gồm cả N_{2 trong kk}) là 2x mol CO₂ + 9,5x mol H₂O + 29,5x mol N₂.

Biết tổng chúng là 43,4 gam → giải ra x = 0,04 mol → giải ra yêu cầu m = 4,52 gam.

p/s: NHANH HƠN: có m = 113x gam. từ O₂ cần 6,75x mol → m_{không khí} = 972x gam.

BTKL đốt cháy có: m + 972x = 43,4. Theo đó giải hệ ra x = 0,04 mol và m = 4,52 gam.

Đáp án C

giải CO₂ + Ca(OH)₂ được kết quả có ∑n_CO2 = 0,2 + 0,1 × 2 = 0,4 mol.

YTHH 01: X gồm các C₄ ||→ n_X = 0,1 mol. Thêm nữa, các chất trong X đều cùng M = 88

→ Yêu cầu giá trị của m = m_X = 8,8 gam

Đáp án C

X₁ cũng chính là peptapeptit X ban đầu ||→ tìm lượng X đã thủy phân là ok.!

Lượng này cho 1,7 Gly + 1,4 mol Val + 0,3 mol Gly-Gly + 0,5 mol Val-Gly + 0,1 mol Gly-Val-Gly.

→ ∑Gly = 3,0 mol ||→ có 1,0 mol X (chứa 3Gly và 2Ala) đã thủy phân ↔ khối lượng = 387,0 gam.

→ m = 445,05 – Ans = 58,05 gam

Đáp án A

Quy về đốt 0,22 mol đipeptit dạng C_nH_2nN₂O₃.

Bảo toàn O ||→ có (0,22 × 3 + 1,98 × 2) ÷ 3 = 1,54 mol CO₂ = H₂O ||→ n_H2O trao đổi = 0,14 mol.

→ n_E = 0,08 mol → E gồm 0,02 mol X_n và 0,06 mol Y_10–n ||→ có 0,02n + 0,06(10 – n) = 0,44 → n = 4.

Lại để ý số C_{trung bình α-amino axit} = 1,54 ÷ 0,22 ÷ 2 = 3,5 ||→ ∑n_Gly = ∑n_Val.

Giả sử X₄ là (Gly)_a(Val)_4–a và Y₆ là (Gly)_b(Val)_6–b

→ có phương trình: a + 3b = (4 – a) + 3(6 – b) ||→ a + 3b = 11. Nghiệm nguyên duy nhất a = 2; b = 3.

Theo đó, trong Y có 3Gly và 3Val ||→ tỉ lệ là 1 : 1.

Đáp án A

bài này rơi vào cái “tối thiểu”. có 4 peptit, bét nhất là đipeptit N₂O₃, 4 × 3 = 12O rồi .

→ cả 4 chất X, Y, Z, T đều là đipeptit có dạng chung: C_nH_2nN₂O₃.

Xử lí đốt cháy: gọi x là số mol của CO₂ và H₂O → bảo toàn O: n_peptit = (3x – 0,63 × 2) ÷ 3 = x – 0,42 mol.

Khi đó: m_peptit = 13,98 = 14x + 76 × (x – 0,42) → x = 0,51 mol → n_peptit = 0,09 mol.

Bải toán thủy phân: dùng gấp 1,5 lần lên: 0,135 mol và m = 20,97 gam.

NaOH lấy dư → H₂O tạo thành tính theo peptit là 0,135 mol. n_NaOH = 0,135 × 2 × 1,2 = 12,96 gam.

Bảo toàn khối lượng: m_{rắn sau phản ứng} = 12,96 + 20,97 – 0,135 × 18 = 31,5 gam

Đáp án B

X gồm Y là (COONH₄)₂ và Z là Gly-Gly. Giả thiết → X + NaOH thu 0,2 mol khí là NH₃

→ có 0,1 mol Y (COONH₄)₂; trong 25,6 gam X → n_Z = n_Gly-Gly = 0,1 mol.

Cho 25,6 gam X + HCl → 0,2 mol NH₄Cl + 0,1 mol (COOH)₂ + 0,2 mol ClH₃NCH₂COOH.Yêu cầu m gam chất hữu cơ → m = 31,30 gam

Đáp án B

Vì thủy phân cho cùng 1 lượng α – amino axit nhưng m_Y < m_Z

⇒ Số liên kết peptit trong Y > Số liên kết peptit trong Z

Đặt số liên kết peptit Y = a||⇒ Số liên kết peptit trong Z = (a–1)

Ta có: Y + aH₂O → (a+1) amino axit X (1) ||⇒ n_H2O (1) = 1,12a/(a+1)

Ta có: Z + (a–1)H₂O → a mol amino axit X (2) ||⇒ n_H2O (2) = 1,12×(a–1)/a

[Mấu chốt] Vì khối lượng α – amino axit được sinh ra ở cả 2 trường hợp là như nhau

Nên áp dụng định luật BTKL ta có: m_Y + n_H2O (1) = m_Z + n_H2O (2)

⟺ 83,552 + 18×1,12a/(a+1) = 84,56 + 18×1,12×(a–1)/a ||⇒ a = 4

Đáp án A

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

=> n_CO2 = 0,08 mol ; n_H2O = 0,1 mol ; n_O2 = 0,09 mol

Bảo toàn O ta có: 2n_Axit + n_Ancol + 2n_Este = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,08 mol

=> n_O = n_C . Mà 2 chất CH₄O và C₂H₄O₂ đều có số C bằng số O

=> este có dạng C2HnO2 ( vì este đơn chức) => chỉ có thể là C2H4O2

Gọi số mol C₂H₄O₂ ; CH₄O ; C₂H₄O₂ lần lượt là x ; y ; z

Bảo toàn C : 2x + y + 2z = 0,08 , nH = 4x + 4y + 4z = 0,2 mol

=> x + z = 0,03 ; y = 0,02 ||⇒ %n_ancol = 40%

Xét 0,1 mol M : n_H2×2 = n_Ancol + n_Axit = 0,06 mol

=> (n_Axit + n_Ancol) ÷ n_Este = 0,06 ÷ 0,04 = 3 ÷ 2

Trong 2,44 gam có: (x + y) : z = 3 : 2 ⇒ %n_Este = 40% || %n_Axit = 20%

Đáp án D

Gọi số mol của X là a mol và 3a mol

→ n_Gly = a + 3a = 4a mol || n_Ala = 2a mol || n_Val = a + 2×3a = 7a mol

Khi phản ứng với NaOH sinh ra muối

→ m_muối =4a.(75+22) + 2a. (89 +22) +7a. (117+ 22) = 25,328 → a = 0,016 mol

→ m = 0,016. ( 89.2 + 75 + 117-3. 18) + 3.0,016. (117.2 + 75-2. 18) = 18,16 gam

Đáp án C

 phân tích tìm ra peptit H trước: H là Ala-Gly-Gly-Val-Ala-Glu ||→ ∑Gly = ∑Ala.

→ phương trình: 30,45 ÷ (89 + 75 × 2 – 36) + 2 × y ÷ (75 × 2 – 18) = 228,9 ÷ (89 + 147 – 18)

→ y = 59,4 gam. Gần với đáp án C nhất

Đáp án C 

Gọi công thức X là C_xH_yO₂

TH1: Nếu X có 1 liên kết π → y = 2x || Từ (1) => x = 3 => y = 6

TH2: Nếu X có 2 liên kết π → y = 2x - 2 || Từ (1) => x = 4,5 (loại) → X là C₃H₆O₂

+ R = 1 → n_{KOH pu} = 0,18 > 0,14 → loại.

+ R = 15 → n_{KOH pu} = 0,12 mol → m = 0,12 x 74 = 8,88 gam

Đáp án A

Vì Z/Y = 0,7 → Z là anken.

Giả sử ancol Y có dạng C_nH_{2n + 2}O → anken tương ứng là C_nH_2n.

Ta có: $\frac{14n}{14\mathrm{n}+18}$ → n = 3 → Ancol là C₃H₇OH.

hh hai chất hữu cơ + NaOH → hh muối + 1ancol là C₃H₇OH.

→ hh ban đầu gồm C₃H₇COOH và HCOOC₃H₇

Đặt n_C3H₇COOH = a mol; n_HCOOC3H₇ = b mol.

Ta có hpt:

→ m = 0,1 x 60 = 6 gam

Đáp án D 

• n_O2 = 0,075 mol; n_CO2 = 0,06 mol; n_H2O = 0,07 mol; n_N2 = 0,01 mol.

Gọi X là số mol của Z

Theo BTNT O: 2x + 0,075 x 2 = 0,06 x 2 + 0,07 → x = 0,02

Theo BTKL: m_Z = 2,64 + 1,26 + 0,01 x 28 - 0,075 x 32 = 1,78 → M_Z = 1,78 : 0,02 = 89

→ Z là alanin CH₃-CH(NH₂)-COOH.

• Có X + 2H₂O → 2Y + Z

Theo BTKL: 4,06 + 2 x 0,02 x 18 = 2 x 0,02 x M_Y + 1,78 → M_Y = 75 (glyxin)

Đáp án A

Vì n_H2O > n_CO2 → ancol no, đơn chức

Gọi công thức của axit là C_nH_2nO₂ và ancol là C_mH_2m+2O ( với n khác m)

Luôn có n_ancol = n_H2O - n_CO2= 0,1 mol

Có n_O = $\frac{7,6-0,13\times 12-0,42}{16}$  = 0,2 mol

→ n_axit = $\frac{0,2-0,1}{2}$  =0,05 mol

→ 0,1n + 0,05m = 0,3 → 2n + m = 6 → n= 1, m=2 hoặc n=m = 2 ( Loại)

Vậy ancol là CH₃OH: 0,1 mol và axit là C₃H₇COOH: 0,05 mol

Thực hiện phản ứng este hóa hỗn hợp với H = 80%

→ m_este = 0,8. 0,05. 102= 4,08 gam

Đáp án C 

♦₁: giải đốt X + 0,095 mol O₂ → 0,09 mol CO₂ + 0,06 mol H₂O

→ đọc ra X gồm: 0,09 mol C + 0,12 mol H + 0,05 mol O.

♦₂: thủy phân: este đơn chức ||→ n_este = n_NaOH = 0,015 mol = n_{–COO trong este}

→ bảo toàn O có n_{O trong anđehit} = 0,02 mol. anđehit malonic là C₃H₄O₂;

anđehit acrylic là C₃H₄O ||→ chặn có 0,01 < n_anđehit < 0,02 mol.

→ 2 = (0,09 – 0,02 × 3)÷ 0,015 < số C_este < (0,09 – 0,01 × 3) ÷ 0,015 = 4 ||→ este là C₃.

tương tự chặn H: 2,67 < số H_este < 5,3 ||→ este là C₃H₄O₂ ⇄ CTCT: HCOOCH=CH₂.

→ ∑n_{Ag↓ thu được} = 1,0 mol

Đáp án D 

11,16 gam E$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{este}:\mathrm{a}\left(\mathrm{mol}\right)\\ \mathrm{axit}:\mathrm{b}\left(\mathrm{mol}\right)\\ \mathrm{ancol}:\mathrm{c}\left(\mathrm{mol}\right)\end{array}\stackrel{+{\mathrm{O}}_2(0,59\mathrm{mol})}{\to }\right.$    CO₂ + H₂O ( 0,52 mol).

Bảo toàn khối lượng : m_CO2 = m_E + m_O2 - m_H2O = 20,68 gam → n_CO2 = 0,47 mol.

m_E = m_C + m_H + m_O

11,16 = 0,47× 12 + 0,52× 2 + n_O × 16 → n_O = 0,28 mol → 2a+ 4b + 2c = 0,28.

Nhận thấy n_H2O > n_Co2 → ancol no → c= n_H2O- n_Co2.

Trong axit có 2 liên kết Π → a= n_Co2 - n_H2O.

Trong este có 4 liên kết Π → 3b = n_Co2 -n_H2O

Vậy n_H2O- n_Co2 = c-a-3b = 0,05.

11,16 gam E + 0,04 mol Br₂ → a + 2b = 0,04 mol.

Ta có hệ:  →

n_E = 0,13 mol. → n_Ctb = 0,47 : 0,13 = 3,615. Vậy ancol là C₃H₈O₂.

Bảo toàn khối lượng : m_muối = m_E + m_KOH -m_H2O - m_ancol= 11,16 + 0,04×56-0,02×18- (0,1+0,01)×76 =4,68 g.

Đáp án C

Có M_ancol = 31.2 = 62 → Z là HO-CH₂-CH₂-OH || Có n_NaOH = n_COO = 0,11 mol

quy đổi E về

 ( với b< 0)

Có n_E =n_ancol + n_axit +n_este= a + b + c = 0,1 mol || Có n_COO = b + 2c = 0,11 mol

→ ( b+2c) - (a + b+c) =-a +c = 0,01

Có n_CO2 - n_H2O = -a +c = 0,01 mol || Và m_CO2 - m_H2O = 10,84

Giải hệ → n_CO2 = 0,41 và n_H2O =0,4 mol

Bảo toàn nguyên tố O → n_O(E) = 2a + 2b + 4c = 0,41.2 + 0,4- 0,47.2= 0,28

Giải hệ → a = 0,03 , b = 0,03 và c = 0,04

Bảo toàn khối lượng → m_E = 0,41. 44 + 0,4. 18 - 0,47. 32 = 10,2

→ M_R = $\frac{10,2-0,03\times 62-45\times 0,03-0,04\times 116}{0,03+0,04\times 2}$ = 21,36 → 2 axit là CH₃COOH:x mol và C₂H₅OH : y mol

Ta có hệ  →

Sau khi thuỷ phân tạo CH₃COONa: 0,02 +0,04 = 0,06 mol và C₂H₅COONa: 0,01 + 0,04 =0,05mol

Khi thực hiện phản ứng vôi tôi xút tạo CH₄ : 0,06 mol và C₂H₆: 0,05 mol → m = 2,46 gam

Đáp án D 

- Khi dẫn Z qua bình đựng Na dư thì: m_ancol  = m_{bình tăng} + m _H2 = 19,76 (g)

+ Giả sử ancol Z có x nhóm chức khi đó:

- Khi cho hỗn hợp E:$\mathrm{X}+\mathrm{Y}+\mathrm{T}+\mathrm{Z}+4\mathrm{NaOH}$$\to$$2{\mathrm{F}}_1+2{\mathrm{F}}_2+{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_6{\left(\mathrm{OH}\right)}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Mol:x    y    t    z      0,4

+ Vì 2 muối có tỉ lệ mol 1 : 1 nên x = y.

- Khi đốt cháy hoàn toàn muối F thì:

=> Trong F có chức muối HCOONa và muối còn lại là CH₂=CHCOONa với số mol mỗi muối là 0,2 mol

=> X, Y, Z, T lần lượt là HCOOH; CH₂=CHCOOH; C₃H₆(OH)₂; CH₂=CHCOOC₃H₆OOCH.

- Ta có hệ sau:

Đáp án B 

Gợi ý: viết CTPT các chất ra nhận thấy 3,42 gam gồm các axit, este có 2π trong phân tử

(π_C=C và π_CO) hay tóm lại đều có dạng C_nH_{2n – 2}O₂ = (CH₂)_nOH_–2.

→ n_hh = (3,42 – 0,18 × 14) ÷ (32 – 2) = 0,03 mol ||→ ∑n_H2O = 0,18 – 0,03 = 0,15 mol.

→ Yêu cầu: Δm_{dung dịch giảm} = 0,18 × 56 – 0,15 × 18 = 7,38 gam

Đáp án A 

E phản ứng với HCl sinh ra một axit cacboxylic → X có dạng HOOC-R-COOR₁N.

E phản ứng NaOH sinh ra amin bậc 3 thể khí điều kiện thường → amin (CH₃)₃N.

Số mol amin = 0,03 mol → số mol X = 0,03 mo → số mol HOOC-RCOOH = 0,03 mol → M_axit = 90

→ X là HOOC-COONH(CH₃)₃: 0,03 mol và Y là HOOC-(CH₂)₃CH(NH₃)NO₃ (do Y cùng nguyên tử C với X)

Từ phản ứng với NaOH có số mol Y = 0,03 mol → m = 9,87 gam.

E phản ứng HCl thì có X phản ứng theo tỷ lệ 1:1 → a = 0,03 mol

Đáp án C

Có n_CHO =0,5 n_Ag = 0,2 mol, n_COOH = n_CO2 = 0,52 mol

Vì Ba(OH)₂ dư nên n_CO2 = n_BaCO3 =3,12 mol

Khi đốt cháy m gam X có n_H2Ở đó X sinh ra = 0,5 . (n_CHO + n_COOH ) = 0,5 . ( 0,2 +0,52) =0,36 mol

Có n_X = 0,5.(n_CHO + n_COOH ) =0,36 mol → n_C =0,72

Hỗn hợp Z gồm

3,12 mol CO₂ + ( 6y + 0,36) H₂O

Bảo toàn nguyên tố O → n_O2 = $\frac{3,12\times 2+6\mathrm{y}+0,36-0,2-0,52\times 2-6\mathrm{y}}{2}$  = 2,68 → V = 60,032 lít

Bảo toàn nguyên tố C → 0,72 + 6y = 3,12 - 0,2 - 0,52 = 2,4 → y = 0,28

m + m' =0,2. 29 +0,52. 45 + 12. 0,72 + 180 .0,28 = 88,24 gam

Đáp án A

Bảo toàn khối lượng → m_CO2 = 12,52 + 0,37. 32- 7,2 = 17,16 gam → n_CO2 = 0,39 mol

Vì n_H2O > n_CO2 → ancol T là ancol no

Z là este hai chức tạo bởi X, Y và T → T là ancol no, 2 chức mạch hở

Gọi số mol của axit ; x mol và ancol : y mol và este là z mol

Ta có hệ  

Có C_tb = 0,39: ( 0,15 + 0,03+ 0,02) = 1,95 → 2 axit là HCOOH: a mol và CH₃COOH : b mol

Có a + b = 0,15

Do ancol T no, hai chức và không tác dụng với Cu(OH)₂ nên số C_T ≥ 3

Nếu C_T ≥ 4 và số C_Z ≥ 4 +2+ 1 = 7 → thì a +2b ≤ 0,39- (4. 0,03 + 7. 0,02) = 0,13 < a + b= 0,15 ( Loại) → C_T= 3( HO-CH₂-CH₂-CH₂OH)

Ta có hệ  

%X = $\frac{0,12}{0,15+0,03+0,02}$ .100% = 60%.

Đáp án D 

♦ Cách 1: ∑n_Na = 0,96 mol ||→ NaOH cần để thủy phân là 0,8 mol → dư 0,16 mol NaOH đốt cho 0,08 mol H₂O.

||→ theo đó nếu cần suy luận ra được 2 axit là (COOH)₂ và HOOCC≡CCOOH (%O và mạch không nhánh).

Tuy nhiên, giải BT này ta không cần. ► Note: Sơ đồ thủy phân kết hợp đối cháy:

Gọi x là số mol CO₂ khi đốt m gam chất rắn, đại diện ancol là 0,8 mol C_nH_{2n + 2}O.

Để ý: trong m gam chất rắn có 0,16 mol NaOH và 0,8 mol O₂Na, bảo toàn O → n_O2 cần đốt = x – 0,12 mol.

Bảo toàn O₂ dùng đốt của các chất trong pt thủy phân có: 1,925 = x – 0,12 + 1,2n (1).

Đốt E, dùng BTKL có m_CO2 + H₂O = 114,5 gam. Xét lượng H₂O và CO₂ là kết quả đốt cháy

của các sp thủy phân có: 114,5 + 0,48 × 18 = 0,48 × 44 + 0,08 × 18 + 44x + (49,6n + 14,4) (2).

Giải hệ phương trình (1) và (2) được x = 0,62 mol và n = 1,1875 → m_ancol = 27,7 gam.

Áp dụng BTKL cho phương trình thủy phân ||→ m = 63,6 gam.

♦ Cách 2: n_NaOH = 0,96 mol gồm 0,16 mol NaOH dư và 0,8 mol NaOH vừa đủ.

Quy 52,9 gam E gồm 0,8 mol COOH; x mol CH₂ và y mol          

C. Giải hệ khối lượng 52,9 gam và O₂ cần đốt tìm ra x = 0,95 mol và y = 0,3 mol.

Lại chú ý đốt muối thu được 0,08 mol H₂O vừa đúng cân bằng với 0,16 mol H trong 0,16 mol NaOH dư.

→ nghĩa là muối không chứa Natri và cần thì như cách 1 đã biện luận: (COONa) và C₂(COONa)₂.

→ Yêu cầu: m_muối = 0,3 × 12 + 0,8 × (44 + 23) + 0,16 × 40 = 63,6 gam.

Đáp án B

Đáp án C 

0,5 mol X cho ra 0,4 mol Ag nên trong X có 1 este là HCOOR

HCOOR + AgNO₃ → 2Ag ||⇒ n_HCOOR = 0,4 ÷ 2 = 0,2 mol.

Mặt khác khi thủy phân X trong KOH cho hỗn hợp hai muối của 2 axit đồng đẳng kế tiếp nên este còn lại là CH₃COOR

⇒ n_CH3COOR₁ = 0,5 – 0,2 = 0,3 mol.

Gọi n_HCOOR = n_CH3COOR₁.2a = 3a.

HCOOR + KOH → HCOONa + ROH.

CH₃COOR₁ + KOH → CH₃COOK + R₁OH.

Bảo toàn khối lượng: m_X + m_KOH = m_Muối + m_Ancol

14,08 + (0,2a+0,3a)×56 = 0,2a.M_HCONa + 0,3a.M_CH3COONa + 8,256

⇒ a = 0,32 mol ||⇒ n_Ancol = (0,3+0,2)×0,32 = 0,16 mol

⇒ M_Ancol = 8,256÷0,16 = 51,6 (Vì 46 < 51,6 < 60).

⇒ 2 ancol đó là C₂H₅OH và C₃H₇OH

Đáp án B

Ta có Y, Z là đồng phân nên Z, T là este có 2 chức

Luôn có n_NaOH = n_COO = 0,2 mol, n_X + n_Y + n_Z + n_T = 0,1 mol

Gọi số mol của CO₂ và H₂O lần lượt là x, y

Ta có hệ  →

Ta có M_tb = $\frac{11,52}{0,1}$ = 115,2 → X, Y là axit 2 chức, và Y là đồng phân của nhau nên tối thiểu Y phải có 4 C

→ X, Y, Z lần lượt là CH₂(COOH)₂ và HOOC-CH₂-CH₂-COOH, HCOO-CH₂-CH₂-OOCH

mà T lại hơn Z 14dvc → T phải có cấu tạo CH₃OOC-COOC₂H₅

Để thu được 3 ancol có mol bằng nhau CH₃OH, C₂H₅OH, HO-CH₂-CH₂-OH → n_T = n_Z

→ n_Z = n_T = $\frac{2,8}{62+32+46}$  = 0,02 mol

Gọi số mol của X, Y lần lượt là a,b

Ta có hệ 

Đáp án B 

11,16 gam E $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{este}:\mathrm{a}\left(\mathrm{mol}\right)\\ \mathrm{axit}:\mathrm{b}\left(\mathrm{mol}\right)\\ \mathrm{ancol}:\mathrm{c}\left(\mathrm{mol}\right)\end{array}\stackrel{+{\mathrm{O}}_2(0,59\mathrm{mol})}{\to }\right.$    CO₂ + H₂O ( 0,52 mol).

Bảo toàn khối lượng : m_CO2 = m_E + m_O2 - m_H2O = 20,68 gam → n_CO2 = 0,47 mol.

m_E = m_C + m_H + m_O→ 11,16 = 0,47× 12 + 0,52× 2 + n_O × 16

→ n_O = 0,28 mol → 2a+ 4b + 2c = 0,28.

Nhận thấy n_H2O > n_CO2 → ancol no → c= n_H2O- n_CO2.

Trong axit có 2 liên kết π → a= n_CO2 - n_H2O.

Trong este có 4 liên kết π → 3b = n_CO2 -n_H2O

Vậy n_H2O- n_CO2 = c-a-3b = 0,05.

11,16 gam E + 0,04 mol Br₂ → a + 2b = 0,04 mol.

Ta có hệ:  →

n_E = 0,13 mol. → n_Ctb = 0,47 : 0,13 = 3,615. Vậy ancol là C₃H₈O₂.

Bảo toàn khối lượng : m_muối = m_E + m_KOH -m_H2O - m_ancol

→ 11,16 + 0,04×56-0,02×18- (0,1+0,01)×76 =4,68 g.

Đáp án A 

Dạng này cần nắm rõ: RCOOR’ + KOH → RCOOK + R’OH.

Khối lượng muối thay đổi với este là do gốc R’ bị thay bởi K (M = 39).

Trong các este cùng C4H8O2 thì chỉ duy nhất este có gốc R = C₃H₇ (M = 41) lớn hơn,

→ tên còn lại là C₂H₅ (do đồng đẳng kế tiếp). vậy 2 este là HCOOC₃H₇ và CH₃COOC₂H₅.

Bảo toàn khối lượng → m_KOH = m_ancol = 3,92 gam → n_KOH = n_ancol = 3,92 ÷ 56 = 0,07.

Giải hệ khối lượng và số mol ancol → C₂H₅OH và C₃H₇OH có số mol lần lượt là 0,02 mol và 0,05 mol

→ m_HCOOK = 4,2 gam

Đáp án B 

X có ít nhất 3π, đốt X và Y cho n _CO2 = n_H2O = 0,7 mol nên Y phải là ancol no.

Giả sử X có kπ thì đốt X cho n_CO2 – n_H2O = (k-1).n_X, đốt Y có n_CO2 – n_H2O = – n_Y

mà n_Y = 5n_X → k – 1 = 5 → k = 6. Vậy X có 3 liên kết π trong C = C (do đã có sẵn 3π trong chức este – COO).

Do đó, khi cho E tác dụng Br₂ thì chỉ xảy ra: X + 3Br₂ → sp. → n_X = 0,02 mol. ↔ n_Y = 0,1 mol.

Gọi số C của X và Y tương ứng là n, m ta có n_CO2 = 0,02 × n + 0,1 × m = 0,7 mol ↔ n + 5m = 35.

Để ý số C ít nhất của X phải > 6 → m ≤ 5, Y lại có mạch C phân nhánh ↔ m ≥ 4 → m = 4 hoặc m = 5.

Mà Y không tách được nước tạo anken → duy nhất 1 công thức thỏa mãn là

ancol 2,2-đimetylpropan-1-ol ↔ C₅H₁₂O → n = 10 ↔ X là: C₁₀H₁₀O₆

% m_Y ≈ 66,07 %.

Đáp án A

 Phân tích từ cuối:

E → F có M_F > M_E nên F là ete. thử 2 ancol etylic với propylic thấy ngay etylic thỏa mãn.

( chỉ 2 ancol này xuất hiện ở 4 đáp án, hoặc gọi CTPT rồi giải cũng có thể ra ). → loại đáp án B, C.

Hệ thống lại các giả thiết: 38 gam hỗn hợp gồm: x mol C₂H₅CHO; y mol C₂H₅OH và z mol RCOOC₂H₅.

Oxi hóa tạo X gồm C₂H₅COOH; CH₃COOH và RCOOC₂H₅.

X phản ứng vừa đủ với ( 0,5 × 1,5 - 0,15 ) = 0,6 mol NaOH, sau ... → D chứa các chất: x mol

C₂H₅COONa; y mol CH₃COONa; z mol RCOONa và 0,15 mol NaCl ( rất hay quên cái này ).

Do đó có các phương trình: x + y + z = 0,6 (1); || 58x + 46y + ( R + 73 ).z = 38 (2);

 96x + 82y + ( R + 67).z = 62,775 - 0,15 × 58,5 = 56 (3).

Thay R = 41 ( C₃H₅) và R = 55 ( C₄H₇ ) vào hệ thì chỉ TH R = 41 thỏa mãn.

Do đó đáp án đúng cần chọn là A. C₂H₅OH và C₃H₅COOC₂H₅.