Bài Tập, Công Thức Tính Nhanh Môn Hoá ôn Thi đại Học Môn Hoá

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.pdf) (20 trang)

Trang chủ

Giáo Dục - Đào Tạo

Ôn thi Đại học - Cao đẳng

Bài tập, công thức tính nhanh môn Hoá ôn thi đại học môn Hoá

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (979.62 KB, 20 trang )

Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnA. Kiến Thức Cần Nắm:1. Công thức tính khối lượng mol(M)M=mnM = d.MB2. Công thức tính khối lượng các nguyên tố:12.mCO2mC =mC = 12. nCO 2hay442.mH 2OmH =hay mH = 2. nH 2 O18mN = 28. nN 2haymN = 14. nNH 3* Việc xác định khối lượng các nguyên tố khác dựa vào chất chứa nguyên tố đóVD: m AgCl  mCl = 35,5. nAgCl* Xác định khối lượng nguyên tố oxi phải tính gián tiếpmO = a – ( mC + mH + mN +….)3. Một số sơ đồ gián tiếp xác định khối lượng CO2, H2O tạo thành khi đốt cháy chất hữu cơ(A)a. Sơ đồ 1:Bình 1: H2SO4 đBình 2: dd Ca(OH)2 dưCO2O2 ,t 0 CO2Chất A H O  H2O2Khi đó: + Khối lượng bình 1 tăng = mH 2 O+ Khối lượng bình 2 tăng = mCO 2Có thể thay H2SO4 đ ở bình 1 bằng các chất hút nước khác như P2O5, CuSO4 khan,..------------- Ca(OH)2 dư ở bình 2 bằng các chất hấp thụ CO2 khác như dd Ba(OH)2,NaOH, KOHb. Sơ đồ 2:Bình Ca(OH)2 dưO2 ,t 0Chất A CO2CO2H2OH2OKhi đó: + Khối lượng bình tăng ∆m(g) = mCO 2 + mH 2 OCó pư: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2ONên m  = mCaCO 3 , suy ra: nCO 2 = nCaCO 3* Nếu khối lượng dd sau pư giảm = mCaCO 3 - ( mCO 2 + mH 2 O)* Nếu khối lượng dd sau pư tăng = ( mCO 2 + mH 2 O) - mCaCO 3=========================================================================B. Bài tập áp dụng:1. Oxi hóa hoàn toàn 4,92mg hợp chất hữu cơ A chứa C, H, N, O và cho sản phẩm lần lượt qua bình(I)chứa H2SO4 đậm đặc, bình(II) chứa KOH, thì thấy khối lượng bình (I) tắng1,81mg, bình (II) tăng thêm10,56mg. Ở thí nghiệm khác khi nung 6,15mg A với CuO thì được 0,55ml(đktc) khí nitơ. Hãy xácđịnh % các nguyên tố trong A.(Đs: %H=4,08%; %C= 58,54%; %N= 11,18%)Giải1,81m *2Bình 1 tăng chính là khối lƣợng nƣớc  % H *100%  4, 09%18*4,92m10,56m *12Bình 2 tăng chính là khối lƣợng CO2:  %C *100%  58,54%44*4,92m4,92 mg ------------------------------- x mg N26,15 mg -------------------------------(0,55*28)/22,4 N20.55m mN2 = 0,55 mg %N *100%  11,18%4,92m %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vn2. Đốt cháy hoàn toàn 0,6574g một chất hữu cơ A thu được CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháylần lượt qua bình (1) đựng H2SO4 đ và bình (2) đựng dd KOH đ, thấy khối lượng bình (1) tăng0,7995g , bình (2) tăng 1,564g. Xác định % các nguyên tố trong A,( kq: %C = 64,83%, %H = 13,5%)Giải:0, 7995*2- Bình 1 tăng chính là khối lƣợng nƣớc sinh ra: %H =*100%  13,51%0, 6574*18- Bình 2 tăng chính là khối lƣợng CO2 sinh ra:%O = 100% - (%C +%H) = 21,61%3. Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần 2,24 lít khí oxi(đktc) rồi dẫn toàn bợ sản phẩm cháygồm (CO2, H2O) vào bình đựng dd Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 4,2g đồng thời xuất hiện7,5g kết tủa. Tính m và % các nguyên tố trong A( kq: m = 1g; %C = 90%, %H = 10%)Giải:Sản phẩm cháy của A gồm CO2 và H2O. Bình tăng 4,2 gam  mCO2  mH2O  4, 2 ,- Khối lƣợng oxi tham gia phản ứng mO2  32** Áp dụng ĐLBTKLmA  mO2 ( pu )  mCO2  mH2O* nCO2  n 2, 24 3, 222, 4 mA  1gam7,5 0.0751000, 075*12*100%  90%10,9*2 %H =*100%  10%1*18 %C =* mH2O  4, 2  44*0,075  0,94. Đốt cháy hoàn toàn 9g chất hữu cơ X chứa C, H, O bằng oxi không khí, dẫn sản phẩm chấy quabình đựng nước vôi trong dư. Sau pư thu được 45g kết tủa, đồng thời dd giảm đi 14,4g. Tính % khốilượng các nguyên tố trong X. ( %C = 60% ; %H = 13,33%)Giải4519,8*12nCO2  n  0.45  mCO2  0.45*44  19,8 gam  %C *100%  60%10044*9m giam  m  – mCO2  mH2O  14,4  45 – mCO2  mH2O  mH2O  10,8%H =10,8*2*100%  13,33% ; %O = 100% - (%C +%H) = 26,67%9*185. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O với oxi theo tỷ lệ 1 : 2. Toàn bộ sảnphẩm cháy cho qua bình I đựng PdCl2 dư rồi qua bình II đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau thínghiệm bình I tăng 0,4g và xuất hiện 21,2g kết tủa, còn bình II có 30g kết tủa. CTPT của A làA. C2H4OB. C3H4O2.C. C2H6OD. C3H6O2GiảiBình 1 đựng PbCl2 hút CO và H2O, giải phóng CO2CO + PbCl2 + H2O  Pb  + CO2  + 2HCl (1)CO2 ở (1) và CO2 ở pư cháy vào dd Ca(OH)2CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O30 nCO2 = nCaCO 3 = 100  0,3 mol12, 2Theo pư (1): nCO 2 sinh ra = nCO = nPb = 0, 2 mol106 nCO 2 do pư cháy = 0,3 – 0,2 = 0,1 molKhối lượng bình PbCl2 tăng là: mCO + mH 2 O - mCO 2 = 0,4Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vn mH 2 O = 0,4 + mCO 2 - mCO = 0,4 + 0,2.44 – 0,2.28 = 3,6g (0,2 mol) mA = mCO + mH 2 O + mCO 2 - mO 2 = 7,2g7, 2 MA = 72 . CxHyOz0,1mC = 12(nCO 2 + nCO ) = 3,6gmH = 2.nH 2 O = 0,4gmO = 7,2 –(3,6 + 0,4) = 3,2g12 xy 16 z 72 x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C3H4O23, 6 0, 4 3, 2 7, 26. Có 3 chất hữu cơ A, B, C mà phân tử khối của chúng lập thành một cấp số cộng. bất cứ chất nàokhi cháy cũng chỉ tạo CO2 và H2O, trong đó nCO 2 : nH 2 O = 2 :3. CTPT của A, B, C lần lượt làA. C2H4, C2H4O, C2H4O2B. C2H4, C2H6O, C2H6O2C. C3H8, C3H8O, C3H8O2D. C2H6, C2H6O, C2H6O2.GiảiCách 1: nCO 2 : nH 2 O = 2 :3.  nH 2 O > nCO 2  A, B, C đều no, đều có cùng số C và số H. Như vậyđể phân tử của chúng lập thành cấp số cộng thì chúng khác nhau về số oxi trong phân tử.Đặt A, B, C: C HO ( x  0)n2n+2xnCO2 2n  n=2CnH2n+2 OxnCO2 + (n + 1)H2O.nH 2O 3 n  1 Công thức có dạng C2H6Ox. Vì là hợp chất no nên số nguyên tử oxi  số nguyên tử cacbon x  2  x = 0, 1,2  C2H6, C2H6O, C2H6O2nCO2so C2 1   Đáp án D.Cách 2: Ta luôn có tỉ lệ:So H 2* nH 2O 6 37. Đốt cháy hoàn toàn 3gam hợp chất hữu A thu được 4,4gCO2 và 1,8g H2O. Biết tỉ khối hơi của Ađối với He là 7,5. CTPT của A làA. CH2O.B. CH4C. C2H4O2D. C2H6GiảinCO2so C0,11  Loại B và D.  Chọn A ( loại C)Giải Cách 1:So H 2* nH 2O 2*0.1 2Cách 2: nCO2 = mH2O  Loại B, D và M = 30  Chọn A ( loại C)Cách 3: Tính mC, mH, mO lập tỉ lệ:8. Đốt cháy hoàn toàn 2,64g một hidrocacbon A thu được 4,032lít CO2(đktc) .CTPT của A làA. C6H14B. C6H12C. C3H8.D. C3H6GiảiCách 1: Tìm CTTQ của các đáp án:A và C có cùng CTTQ: CnH2n+2 (TH1)B và D có cùng CTTQ: CnH2n (TH2)Tiến hành thử để chọn đáp án: O2TH1: Cn H2n2  nCO2 (1)0.18/n0.18 14n + 2 = 44n/3  n = 3 (Chọn C) O2TH2 Cn H2n  nCO2 (1)0.18/n0.18 14n = 44n/3  vô nghiệm (sai) O2 xCO2Cách 2: Cx H y 0.18/x0.18Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnx 3 (Chọn C)y 89. Đốt cháy 200ml hơi một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O trong 900 ml O2. thể tích hỗn hợp khíthu được là 1,3 lít. Sau khi cho hơi nước ngưng tụ chì còn 700ml. Tiếp theo cho qua dung dịchKOH đặc chỉ còn 100ml(các thể tích đo cùng đk). CTPT của A làA. C3H6B. C2H6OC. C3H6O.C3H8GiảiCó thể tóm tắt lại nhƣ sau: 12x + y = 44x/3 200 mlA(CxHyO)900 mlO2CO21,3 lítH2OCO2- H2O700mlO2 duO2 du- CO2100ml600ml600mlO2 duDo A gồm các nguyên tố C, H,O  Loại A, DThể tích CO2 = thể tích H2O  nCO2 = nH2O  loại C *Nhận xét: Nếu đề bỏ các nguyên tố C, H, O sẽ hay hơnGiải theo PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH HỆ SỐ CỦA PHƢƠNG TRÌNH PHẢN ỨNG200 Cx H y Oz  800 O2  600 CO2  600 H2O x = 3, y = 6 , z = 1  Chọn B10. Trộn 400 cm3 hỗn hợp chất hữu cơ A và nitơ vớim 900 cm3 oxi dư rồi đốt. Thể tích hỗn hợp saupư là 1,4 lít. Sau khi cho hơi nước ngưng tụ thì còn 800 cm3, tiếp tục cho qua dung dịch KOH thìcòn 400 cm3. CTPT của A làA. C2H4B CH4C. C2H6D. C3H8Giải400 ml(A +N2)900 mlduO2CO21,4 lítH2OCO2- H2O800mlÁp dụng công thức:400ml600mlN2- CO2400mlN2N2VCO2so C4001  Chọn CSo H 2*VH 2O 2*600 311. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam hợp chất A cần dùng 16,8 lít oxi(đktc). Hỗn hợp sản phẩm cháygồn CO2 và hơi nước có tỉ lệ thể tích VCO 2 : VH 2 O = 3 : 2. Biết tỉ khối hơi của A đối với H2 là 36.CTPT của A làA. C2H6OB. C2H6O2C. C3H8O2D. C3H4O2.Cách 1: Tỉ lệ về thể tích cũng chính tỉ lệ về số mol trong cùng đkmCO2 nCO2 .M CO23.44 11Do đó ta có:==mH 2O nH 2O .M H 2O2.18316,8.32 = 24g22, 4Áp dụng định bảo toàn khối lượng:mCO 2 + mH 2 O = mA + mO 2 pư = 18 + 24 = 42g11.42 mCO 2 = 33g và mH 2 O = 42 – 33 = 9g11  3 mC = 9g ; mH = 1g ; mO = 8g ; MA = 7212 xy 16 z M A x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C3H4O2mC mH mO mAmO 2 pư =Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnCách 2: Áp dụng công thức:VCO2so C33  Chọn DSo H 2*VH 2O 2*2 412. Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ A thì thu được a gam CO2 và b gam H2O.Biết 3a = 11b và 7m = 3(a+b). CTPT của A là:( biết tỉ khối hơi của A đối với không khí < 3)A. C3H8B. C2H6C. C3H6O2D. C3H4O2.GiảiCách 1: dA < 3 nên MA < 87a3aKhối lượng các nguyên tố: mC = 12.nCO 2 = 12.=(g)441111bVì 3a = 11b  mC = b (g)11b bmH = 2nH 2 O = 2  (g)18 911bVì 7m = 3(a + b) = 3( b) = 14b  m = 2b3b8bmO = mA – (mC + mH ) = 2b – ( b + ) =(g)99b b 8b1 1 1CTTQ A: CxHyOz : x : y : z === 3 : 4 ; 2 CTN A: (C3H4O2)n: :: :12 9 9.16 12 9 18Mặt khác MA < 87 nên ( 36 + 4 + 32)n < 87 nên n < 1,2 Duy nhất n = 1. A C3H4O2a 11Cách 2:3a = 11b  b 3anCO2so Ca 9 11 9Áp dụng công thức: 44  *  *  0, 75  Chọn DSo H 2* nH 2O 2* b b 44 3 4418NHẬN XÉT: Áp dụng công thức giải nhanh trên sẽ không dùng 2 dữ kiện đề cho13. Đốt cháy 1,08g hợp chất hữu cơ X rồi cho toàn bộ sản phẩm chát vào dung dịch Ba(OH)2 thấybình nặng thêm 4,6g đồng thời tạo thành 6,475g muối axit và 5,91g muối trung hòa. Tỉ khối của Xvới He là 13,5. CTPT của X làA. C3H6O2B. C4H6.C.C4H10D. C3H8O2GiảiMx = 13,5* 4 = 54  nX = 0,02 mol5,916, 475BaCO3 = 0,03mol ; Ba(HCO3)2 = 0, 025mol197259 CO2 = 0,03 + 0,025* 2 = 0,08 mol ( 3,52g)  mC = 0,08 * 12 = 0,96g H2O = 4,6 – 3,52 = 1,08g ( 0,06 mol)  mH = 0,06 * 2 = 0,12g X: CxHy  xC+ yH0,020,080,12 x=4;y=614. Đốt cháy hợp chất hữu cơ A(chứa C. H, O) phải dùng một lượng oxi bằng 8 lần lượng oxi cótrong A và thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng mCO 2 : mH 2 O = 22 : 9. Biết tỉ khối của A đốivới H2 là 29. CTPT của A làA. C2H6O2B. C2H6OC. C3H6O2D. C3H6O.GiảiCách 1:Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vny zy )O2  xCO2 + H2O4 22x 144 x 22y zTa có:Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x +  ) = 8z 4 2y 29y9Thay x = 1, y = 2 vào phương trình trên ta có z = 1/3Vậy: x : y : z = 1 : 2: 1/3 = 3 : 6 : 1 C3H6O = 58Cách 2:mC = 6(g) ; mH = 1(g)Bảo toàn nguyên tố: mO(trong A) + mO pư = mO(CO 2 ) + mO(H 2 O)= (22 – 6) + (9 -1) = 24(g)mO ( A) 1Mà mO pư = 8mO(trong A) haymO ( PU ) 8-CxHyOz + (x +24.1 24=1 896 1 241 1 1X:y :z=: : : :  3: 6 :112 1 9.16 2 1 6(C3H6O)n = 58  n = 1  C3H6O mO(trong A) =15 . Ba chất hữu cơ X, Y, Z cùng chứa C, H, O. Khi đốt cháy mỗi chất, lượng oxi cần dùng bằng 9lần lượng oxi có trong mỗi chất tính theo số mol và thu được CO2 và H2O có tỉ lệ khối lượng bằng11 : 6. Ở thể hơi mỗi chất đều nặng hơn không khí d lần( cùng nhiệt độ và áp suất). CTĐGN của X,Y, Z làGiảiBa chất X, Y, Z đều có tỉ khối hơi so với không khí là d lần, Vậy X, Y, Z đều có phân tử khối bằngnhau.- Khi đốt cháy X, Y, Z cần lượng oxi như nhau, tạo ra CO2 và H2O có tỉ lệ khối lượng bằngnhau, Vậy X, Y, Z có thành phần nguyên tố bằng nhauy zy- CxHyOz + (x +  )O2  xCO2 + H2O4 2244 x 11x 3y zTa có:   . Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x +  ) = 9z4 29y6y 8Thay x = 3, y = 8 vào phương trình trên ta có z = 1CTĐGN của X, Y, Z là C3H8O16. Đốt cháy hoàn toàn 1,12gam hợp chất hữu cơ A rồi cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy trongdung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 3,36g. Biết nCO 2 = 1,5nH 2 O và tỉ khối hơi của Avới H2 nhỏ hơn 30. CTPT của A làA. C3H4O.B. C3H4O2C. C3H6OD. C3H8OGiảiCO2 + H2O = 3,36g3x*44 + 2x*18 = 3,36  x = 0,02  mC = 0,06*12 = 0,72g ; mH = 0,08g ;1,12  0,72  0,08nO = 0,0216x : y : z = 0,06 : 0,08 : 0,02 = 3:4:1 (C3H4O)n < 60  n = 1 A. C3H4O.17. Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X (C, H, O) có CTPT trùng với CTĐGN, ta thu đượcthể tích khí CO2 luôn bằng ¾ thể tích hơi H2O và bằng 6/7 thể tích O2 pư(các thể tích đo cùngđk).CTPT của X làA. C2H6OB. C2H4O2C. C3H8O3.D. C3H6O2GiảiGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vny zy ) O2  xCO2 + H2O4 22nC33 3 xCO2= VH 2 O = =H 2.nH 2O 2.4 8 y4CxHyOz + (x +Vì VCO 266y zVO 2  x = ( x   ) (2)774 2Thế x = 3; y = 8 vào (2)  z = 3Vậy X có CTPT C3H8O3VCO 2 =18. Một hợp chất hữu cơ mạch hở A có chứa C, H, O và chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốtcháy một lượng A thu được số mol H2O gấp đôi số mol CO2, còn khi cho A tác dụng với Na dư chosố mol H2 bằng ½ số mol A phản ứng. CTCT của A làGiảiTừ số mol H2O gấp đôi số mol CO2  tỉ lệ số H : số C = 4 : 1- A tác dụng với Na cho số mol H2 = ½ số mol A đã pư  A có 1 nguyên tử H linh động, A có 1nhóm –OH hay 1 nhóm COOH- Trong các axit đơn chức ( CnH2nO2) thì axit no đơn chức có tỉ lệ số H : số C là lớn nhất chỉ là 2 : 1(nên loại)- A là ancol đơn chức có : CnH2n+ 2 – 2kVậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH3OH19. Đốt cháy 23g một hợp chất hữu cơ A thu được 44g CO2 và 27g H2O.xác định CTCT của A biếtA tác dụng với Na sinh ra H2Giải 23nCO 2 = 1 mol < nH 2 O = 1,5 mol  A là hợp chất no. Chứng minh A có chứa OximC = 12. nCO 2 = 12.1 = 12gam CmH = 2 nH 2 O = 2. 1,5 = 3gam HmO = 23 – ( 12 + 3) = 8gam O12 3 8: :  2 : 6 :1 CTĐGN: (C2H6O)n. Do A là hợp12 1 16chất no nên y = 2x+2  6n = 2.2n + 2  n = 1 Vậy CTPT của A là C2H6O.Do A tác dụng với Na nên A là ancol CH3CH2OHGọi CTTQ của A: CxHyOz: x : y : y =20. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol chất hữu cơ A, chia lượng CO2 thu được sau pư làm hai phần bằngnhau:* Dẫn phần 1 qua dung dịch chứa 0,85 mol Ba(OH)2 thấy kết đạt giá trị cực đại* Dẫn phần 2 qua dung dịch chứa 0,75 mol Ca(OH)2 thấy kết đạt giá trị cực đại sau đó tanbớt một phần.Biết rằng A tác dụng được với Na và NaOH. Công thức của A làA. CH3 – C6H4 – OHB. (CH3)2C6H3 – OH.C. C6H5 – CH2OHD. C6H5 – CH2 – CH2OHGiảiyCxHyOz  xCO2 + H2O2 0,2x(mol)0,2 Phần 1: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O0,1x……………….. 0,1xVì kết tủa cực đại, nên nCO 2 ≤ nBa(OH) 2  0,1x ≤ 0,85  x ≤ 8,5 Phần 2: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2OGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnCO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2Vì kết tủa cực đại rồi tan bớt một phầnnên nCO 2 > nBa(OH) 2  0,1x > 0,75  x > 7,5Vậy x = 8. Theo đề bài, A là (CH3)2C6H3OH21.22. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hợp chất hữu cơ X thu được 3,36 lít CO2; 0,56 lít Nhà nước( cáckhí đo ở đktc) và 3,15g H2O. Khi X tác dụng với dung dịch NaOH thì thu được sản phẩm có muốiH2N – CH2 – COONa . CTCT thu gọn của X làA. H2N – CH2 – COOC3H7B. H2N – CH2 – COOCH3C. H2N – CH2 – COOHD. H2N – CH2 – COOC2H5GiảityCxHyOzNt  xCO2 + H2O + N2220,15…..0,175…. 0,02 x : y : z = 0,15 : 0,35 : 0,05 = 3 : 7 : 1Do X tác dụng với NaOH tạo H2N – CH2 – COONaChứng tỏ: X chứa 1N  3C và 7Hchứa gốc axit NH2 – CH2 – COO Chọn B: NH2 – CH2 – COOCH3.23. Cho 5cm3 CxHy ở thể khí và 30cm3 O2 lấy dư vào khí nhiên kế. Sau khi bật tia lửa điện và làmlạnh khí nhiên kế thể tích khí còn lại là 20cm3 trong đó có 15cm3 bị hấp thụ bởi KOH, phần còn lạibị hấp thụ bởi photpho.. CTPT của hidrocacbon trên làA. C3H8B. C4H10C. C2H6D. CH4GiảiTa có: VCO 2 = 15 cm3; VO 2 dư = 20 – 15= 5 cm3; VO 2 pư = 30 – 5= 25 cm3;yyCxHy + (x + )O2  xCO2 + H2O425cm3….. 25cm3…….. 15cm3 x = 3 ; y = 8 CTPT C3H8.24. Đốt cháy hoàn toàn 2,85g hợp chất hữu cơ X phải dùng vừa hết 4,20 lít O2(đktc). Sản phẩmcháy chỉ chứa CO2 và H2O theo tỉ lệ về khối lượng 44 : 15. CTĐGN của X làA. CH2OB. C2H3OC. C3H5O.D. C3H4OGiải4, 20mCO 2 + mH 2 O = mX + mO 2 = 2,85 +.32 = 8,85(g)22, 4mặt khác: mCO 2 : mH 2 O = 44 : 15  mCO 2 = 6,6(g) ; mH 2 O = 2,25(g) nC = 0,15(mol) ; nH = 0,25(mol) ; nO = 0,05(mol) x : y : z = 3 : 5 : 1  CTĐGN của X là C3H5O25. Để đốt cháy hoàn toàn 4,45g hợp chất hữu cơA phải dùng vừa hết 4,20 lít O2(đktc). Sản phẩmcháy gồm có 3,15g H2O và 3,92 lít hỗn hợp khí gồm CO2 và Nhà nước(các thể tích đo ở đktc).CTĐGN của A làA. C3H7NO2 .B. C5H5NO2C. CH4ON2D. C2H3NO2Giải4, 20mCO 2 + mN 2 = mA + mO 2 - mH 2 O = 4,45 +.32 – 3,15 = 7,3(g)22, 4Gọi: nCO 2 = a mol ; nN 2 = b molGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vn3,92 0,175 (1) 44a + 28b = 7,3 (2) . Từ (1)(2)  a = 0,15; b = 0,02522, 4 nC = 0,15(mol) ; mN = 0,05(mol) ; nO = 0,1( mol) ; nH = 0,35 CxHyOzNt : y : z : t = 3 : 7 : 2 : 1. Chọn A: C3H7NO226. Đốt cháy hoàn toàn 1 lít khí X cần 5 lít oxi, sau pư thu được 3 lít CO2 và 4 lít hơi nước. Biết cácthể tích đo cùng điều kiện. CTPT của X làA. C3H6B. C3H8.C. C3H8OD. C3H6O2Giải:nCO2Cx3CTTQ của X: CxHyOz:= =  (C3H8)nOz . Ta có: 8n ≤ 2.3n + 2  n = 1 C3H8OzH 2.nH 2O 8ya+b=zC3H8Oz +( 5 - ) O2  3CO2 +4 H2O2zMặt khác: nO 2 = 5 = (5 - )  z = 0.  Chọn B227. Hợp chất hữu cơ A chỉ chứa ( C, H, O). Khi hóa hơi 0,31g A thu được thể tích bằng thể tích của0,16g oxi cùng điều kiện. Mặt khác 0,31g A tác dụng hết với Na tạo ra 112ml H2(đktc).CTCT của AlàGiải0,31nA = nO 2 = 0,005 mol ; MA = 620, 005Vì A chỉ chứa C, H, O mà A pư với Na  CTTQ của A: (HO)nR(COOH)mnm)H2 CTTQ của A: (HO)nR(COOH)m + Na  (NaO)nR(COONa)m + (20,1120,005 0,00522, 4Suy ra: n + m = 2. Vì MA = 62 nên chỉ có giá trị n = 2 và m = 0. Vậy CTCT của A C2H4(OH)228. Một hợp chất hữu cơ mạch hở A có chứa C, H, O và chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốtcháy một lượng A thu được số mol H2O gấp đôi số mol CO2, còn khi cho A tác dụng với Na dư chosố mol H2 bằng ½ số mol A phản ứng. CTCT của A làGiảiTừ số mol H2O gấp đôi số mol CO2  tỉ lệ số H : số C = 4 : 1- A tác dụng với Na cho số mol H2 = ½ số mol A đã pư  A có 1 nguyên tử H linh động, A có 1nhóm –OH hay 1 nhóm COOH- Trong các axit đơn chức ( CnH2nO2) thì axit no đơn chức có tỉ lệ số H : số C là lớn nhất chỉ là 2 : 1(nên loại)- A là ancol đơn chức có : CnH2n+ 2 – 2kVậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH3OH29. Khi đốt cháy hoàn toàn 4,4g hợp chất hữu cơ X đơn chức thu được sản phẩm cháy chỉ gồm4,48 lít CO2(đktc) và 3,6g H2O. nếu cho 4,4g X tác dụng với NaOH vừa đủ khi pư kết thúc thu được4,8g muối của axit hữu cơ và chất hữu cơ Y. Tên của X làA. etylpropionatB. metylpropionat C. isopropyl axetatD. etyl axetatGiảiX: CxHyOz : x : y : z = nC : nH : nO = 0,2 : 0,4 : 0,1  CTĐGN của X: C2H4ODo X + NaOH  muối axit hữu cơ + Chất hữu cơ Y  X là este có CTPT C4H8O24,84, 4 nX == R + 67  R = 29. 0, 05  MY =880, 05vậy Y: C2H5COONa; X: C2H5COOCH3. Chọn BGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vn30. Đốt cháy hoàn toàn 3,02g gồm muối natri của 2 axit ankanoic liên tiếp nhau trong dảy đồngđẳng thu được Na2CO3, H2O và 0,085 mol CO2. Công thức của hai muối làA. C2H5COONa và C3H7COONa.B. HCOONa và C2H5COONaC. C4H9COONa và C5H11COONaD. C3H7COONa và C4H9COONaGiải:31. Đốt cháy hoàn toàn 0,90g chất hữu cơ A (chứa C, H, O)thu được 0,672lít CO2(đktc) và 054gH2O.Tỉ khối hơi của A so với oxi bằng 2,8125. CTPT của A làA. C2H6O2B. C3H6O3.C. C3H6O2D. C3H4O232. Nicotin có trong khói thuốc lá là một hợp chất rất độc, có thể gây ung thư phổi. Đốt cháy33.Oxi hóa hoàn toàn 0,42g chất hữu cơ X chỉ thu được khí cacbonic và hơi nước mà khi dẫn toànbộ vào bình chứa nước vôi trong lấy dư thì khối lượng bình tăng thêm 1,86g, đồng thời xuất hiện23g kết tủa. Mặt khác hóa hơi một lượng chất X người ta thu được thể tích vừa đúng bằng thể5tích của khí nitơ có khối lượng tương đương trong cùng điều kiện. CTPY của X làA. C4H10B. C4H10OC. C5H10.D. C5H10OGiải nCO 2 = nCaCO 3 = 0,03 mol∆mbình tăng = mCO 2 + mH 2 O = 1,86 mH 2 O = 1,86 – (0,03.44) = 0,54g mO = 0m2 mN22Tìm Mx: Vx =VN 2  nx = nN 2  X  . 2 ;M X 5 28555.28mà mX = mN 2 , nên: MX = 70212 xy70 x = 5; y = 10Công của X; CxHy :0,36 0, 06 0, 4234. Phân tích 1,85g chất hữu cơ A chỉ tạo thành CO2, HCl và hơi hước. Toàn bộ sản phẩm phântích được dẫn vào bình chứa lượng dư dung dịch AgNO3 thì thấy khối lượng bình chứa tăng 2,17g,xuất hiện 2,87g kết tủa và thoát ra sau cùng là 1,792 lít khí duy nhất(đktc). Số đồng phân của A làA. 4B. 5C. 6D. 7Giải2,871, 792nHCl = nAgCl == 0,02 mol; nCO 2 == 0,08 mol143,522, 4∆mbình tăng = mHCl + mH 2 O = 2,17  mH 2 O = 2,17 – (0,02.36,5) = 1,44gKhối lương các nguyên tố:1, 44mC = 0,08. 12 = 0,96g ; mH = mH(HCl) + mH(H 2 O) = (0,02.1 + 2.) = 0,18g18mCl = 0,02.35,5 = 0,71g  mO = 0CTPT A: C4H9Cl  A có 4 đp (2n-2)35. Oxi hóa hoàn toàn 4,6g hợp chất hữu cơ A bằng CuO đun nóng. Sau pư thu được 4,48 lítCO2(đktc) và H2O, đồng thời nhận thấy khối lượng CuO ban đầu giảm bớt 9,6g. CTPT của A là:A. C2H6O.B. C3H8OC. C2H6O2D. C4H12Ò24, 48- mC = 12.nCO 2 = 12 2,4g22, 4Khối lượng CuO ban đầu giảm chính là khối lượng oxi pư. mO 2 = 9,6gSơ đồ: A + O2  CO2 + H2OGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnmH 2 O = ( mA + mO 2 ) – mCO 2 = ( 4,6 + 9,6) = 44. 0,2 = 5,4g mH = 2nH 2 O = 0,6g mO = 4,6 – (2,4 + 0,6) = 1,6g2, 4 0, 6 1, 6 x:y;z=::2 : 6 : 112 1 16 Công thức nguyên của A (C2H6O)n hay C2nH6nOnĐk: số H  2.số C + 2  6n  2.2n + 2  n  1  A: C2H6OHIDROCACBON1. Chất A là một ankan thể khí. Để đốt cháy hoàn toàn 1,2 lít A cần dùng vừa hết 6,0 lít oxi lấycùng đk. Cho chất A tác dụng với clo ở 25oC và có ánh sáng, có thể thu được mấy dẫn xuấtmonoclo của A?A. 1B. 2.C. 3D. 4Giải3n  1CnH2n+2 +()O2 nCO2 + (n+1)H2O212 1,2 = n = 3  C3H8  Chọn B3n  12. Dẫn 16,8 lít hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon vào bình đựng dung dịch B2 dư. Sau khi pư xảyra hoàn toàn, có 4 gam brom đã pư và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thìsinh ra 2,8 lít CO2. CTPT của hai hidrocacbon( các khí đo ở đktc)A. CH4 và C2H4B. CH4 và C3H6.C. CH4 và C3H4D. C2H6 và C3H6GiảiHỗn hợp X gồm X1 pư với dung dịch brom, X2 là ankan1,68 1,12nX 1 = 0,025  nBr2  X1 là anken22, 4Đặt X CxHy  xCO20,075  0,075x = 0,125  x = 1,667 Trong X phải có CH4( 0,05 mol) và anken CnH2n( 0,025 mol)CH4  CO2CnH2n  nCO20,050,050,0250,025n 0,05 + 0,025n = 0,125  n = 3 Vậy anken là C3H6 . CHọn B3. Cho hidrocacbon X pư với br2( trong dung dịch) theo tỉ lệ mol 1 : 1, thu được chất hữu cơ Y( chứa 74,08% Br về khối lượng). Khi X pư với HBr thì được hai sản phẩm hữu cơ khác nhau.tên của X làA. but – 1- en.B. but – 2 – enC. propilenD. xiclopropanGiảiR25,92 R = 56 (C4H8)Công thức của Y: RBr2, ta có:160 74, 08vậy CTPT của X là C4H8.Vì X tác dụng với HBr tạo ra hai sản phẩm khác nhau nên X phải là anken bất đối xứngvậy CTCT của X là CH2 = CH – CH2 – CH34. Đốt cháy hoàn toàn hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp nhau cần 1,35 mol O2 tạo thành 0,8mol CO2. CTPT của 2 hidrocacbon đó làA. C2H4, C3H6B. C2H2, C3H4C. CH4, C2H6D. C2H6, C3H8Giải5. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X gồm anken A và ankadien B(cùng số nguyên tử H) thuGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnđược 1 mol CO2. CTPT của A và B làA. C2H2, C3H4B. C3H6, C4H6.C. C4H8, C5H8D. C5H10, C6H106. Hỗn hợp A gồm một anken và hidro có tỉ khối hơi đối với H2 bằng 6,4. Cho A đi qua Ni đunnóng được hỗn hợp B có dB/H 2 = 8(giả thiết hiệu suất pư là 100%) CTPT của anken làA. C2H4B. C3H6C. C4H8.D. C5H10GiảiXét 1 mol hỗn hợp A gồm: a mol CnH2n và (1 – a) mol H2Ta có: 14n.a + 2(1-a) = 12,8 (1)Hỗn hợp B có M = 16 < 14n ( với n ≥ 2)  trong hỗn hợp B có H2 dưCnH2n+ H2 CnH2n+2Bđ:a mol………..(1-a)molPư:aa……………a(mol)sau pư hỗn hợp B gồm (1-2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2  tổng nB = (1- a) molm12,8 a = 0,2BTKL: mA = mB  nB = B  (1 – a) =16MBThay a= 0,2 vào (1) ta có: 14*0,2*n + 2(1 – 0,2) = 12,8  n = 4  C4H87. Hỗn hợp A gồm hidrocacbon X và oxi có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 10. Đốt cháy hoàn toàn hỗnhợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỉkhối hơi đối với hidro bằng 19. CTPT của X làA. C3H8B. C3H6C. C4H8.D. C3H4GiảiChọn hỗn hợp gồm CxHy( 1 mol) và O2( 10 mol)yyCxHy + (x + ) O2  xCO2 + H2O42y Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và [ 10 – ((x + ) mol O2 dư.4M Z = 19*2 = 38nCO 2 446nCO2138=nO21nO 2 326y)  8x = 40 – y  x = 4 ; y = 8 ( C4H8)48. Cho 4,48 lít hỗn hợp X(ở đktc) gồm hai hidrocacbon mạch hở lội từ từ qua dung dịch chứa 1,4 lítdung dịch Br2 0,5M. Sau khi pư hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi phân nửa và khối lượng bình tăngthêm 6,7gam. CTPT của hai hidrocacbon đó làA. C2H2 và C4H6B C2H2 và C4H8.C. C3H4 và C4H8D. C2H2 và C3H6Giải0, 7nhhX = 0,2 mol; nBr 2 ban đầu = 0,7 mol ; nBr 2 pư = 0,35mol2Khối lượng bình brom tăng là khối lượng của hidrocacbon không no.CnH1n+2-2a + aBr2  CnH1n+2-2aBr2a0,356, 7a = n = 2,50,2………0.35 mol 1, 75  14n + 2 – 2a =0, 20, 2Do hai hidrocacbon mạch hở pư hoàn toàn với dung dịch Br2 nên chúng đều là không noVậy : C2H2 và C4H8vậy x = 10 – x -Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vn9. Có V lít hỗn hợp khí A gồm H2 và hai olefin là đồng đẳng liên tiếp, trong đó H2 chiếm 60% vềthể tích. Dẫn hỗn hợp khí A qua Ni đun nóng được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợpkhí B được 19,8g CO2 và 13,5g H2O. Công thức của hao olefin làA. C2H4 và C3H6B. C3H6 và C4H8C. C4H8 và C5H10D. C5H10 và C6H12Giải:nC H0, 4 2Chọn hỗn hợp khí A là 1 mol : n 2 n nH 20, 6 3Áp dụng BTKL và BTNT  Đốt cháy B cũng chính là đốt cháy A. Ta có:CnH2n  nCO2 + nH2O (1) H2  H2O(2)Theo (1): nCO 2 = nH 2 O = 0,45 mol  nC n H 2n =0, 45( mol)nTổng nH 2 O = 13,5 = 0,75 mol  nH 2 O(pt2) = 0,75 – 0,45 = 0,3 mol  nH 2 = 0,3 mol18nCn H 2 n 0, 45 2Ta có:=  n = 2,25  C2H4 và C3H6nH 20,3n 310. Để đốt cháy một lượng hidrocacbon X cần 7,68g O2. sản phẩm cháy được dẫn qua bình (1)đựng H2SO4 đặc, sau đó qua bình (2) đựng Ca(OH)2 dư thấy bình (1) tăng 4,32g, bình (2) có mgam kết tủa . m có giá trị làA. 1,0B. 1,2C. 10D. 12.GiảiTa có: nO 2 = 0,24 mol ; nH 2 O = 0,24 molyyCxHy + ( x+ ) O2  xCO2 +H2O (đk: y ≤ 2x + 2 )42yyy 4x ≤ 2x + 2  CH4a = 0,24 và ( x+ ) a = 0,24  x =2440, 48 a== 0,124vậy: nCO 2 = 0,12 mol  m  = 0,12. 100 = 12g11. Trong bình kín chứa hidrocacbon X và hidro. Nung nóng đến pư hoàn toàn thu được ankan Yduy nhất. Ở cùng nhiệt độ, áp suất trong bình trước khi nung gấp 3lần áp suất trong bình sau khinung. Đốt cháy một lượng Y thu được 8,8g CO2 và 5,4g H2O. CTPT của X làA. C2H2B. C2H4C. C4H6D. C3H4Giảin0, 2Gọi ankan Y: CnH2n+2  nCO2 +(n+1)H2O  n = 2 (C2H6)n  1 0,3xxCnH2n+2-x + H2  CnH2n+2 hay C2H6-x + H2  C2H622x0,1.0,10,12xĐề bài: (0,1+ .0,1) = 3. 0,1  x = 4 . Vậy X là C2H22* Trong một bình kín chứa hỗn hợp A gồm hidrocacbon X và H2 với Ni. Nung nóng bình một thờigian ta thu được một khí B duy nhất . Đốt cháy B, thu được 8,8g CO2 và 5,4g H2O. Biết VA = 3VB .Công thức của X làA. C3H4B. C3H8C. C2H2D. C2H4GiảiGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnB: CxHy  xCO2 +nCO2 0, 22 x 0, 2x 2y   C2H6H2O.nH 2O 0,3y 0,3y 62Do VA = 3VB  X: C2H212. Đốt cháy 3,4g hidrocacbon A tạo ra 11,0g CO2. Mặt khác, khi 3,4g A tác dụng với lượng dưAgNO3/NH3 thấy tạo thành a gam kết tủa. CTPT của A làA. C4H4B. C3H4C. C2H2D. C5H8Giải3, 40, 25CxHy  xCO2  3,4x = 3x + 0,25y  0,4x – 0,25y = 0  y = 1,6x12x  yxDo A tác dụng với AgNO3/NH3 tạo kết tủa nên: y ≤ 2x – 2  1,6x ≤ 2x – 2  x ≥ 5Chọn D: C5H813. Cho một lượng anken X tác dụng với H2O( có xt H2SO4) được chất hữu cơ Y, thấy khối lượngbình đựng nước ban đầu tăng 4,2g. nếu cho một lượng X như trên tác dụng với HBr thu được chấtZ, thấy khối lượng Y, Z thu được khác nhau 9,45g. CTPT của X làA. C2H4.B. C3H6C. C4H8D. C5H10GiảiCnH2n + H2O  CnH2n+1OH ;CnH2n+ HBr  CnH2n+1Br9, 45Theo pư ta có: nC n H 2 n1 OH = nC n H 2 n1 Br == 0,15 mol = nC n H 2n80  174, 2= 28 (C2H4) MC n H 2n =0,1514. Đốt cháy hoàn toàn 2 lít hỗn hợp gồm axetilen và một hidrocacbon no A thu được 4 lít CO2 và 4lít hơi H2O( các thể tích đo cùng đk). CTPT của A làA. CH4B. C2H4C. C2H6.D. C3H4GiảiyCTTB của hỗn hợp: CxHy  xCO2 + H2O2 x = 2; y = 42lít4lít4lítDo hỗn hợp gồm C2H2 và CxHy  x = 2 ; y = 6 Chọn C.15. Cho 5cm3 CxHy ở thể khí với 30cm3 O2 lấy dư vào khí nhiên kế. Sau khi bật tia lửa điện và làmlạnh, trong khí nhiên kế còn 20cm3 mà 15cm3 bị hấp thụ bới KOH. Phần còn lại hấp thụ bớiphotpho. CTPT của hodrocacbon đó làA. C2H4B. C2H6C. C3H6D. C3H8.GiảiTheo đề: VCO 2 = 15cm3  VO 2 dư = 20 - 15 = 5cm3  VO 2 pư = 30 - 5 = 25cm3yyCxHy + (x + ) O2  xCO2 +H2O42 x=3;y=85cm325cm315cm316. Trộn 10 ml hidrocacbon khí với một lượng oxi dư rồi làm nổ hỗn hợp này bằng tia lửa điện.Làm cho hơi nước ngưng tụ thì thể tích của hỗn hợp thu được sau pư giảm đi 30ml. Phần còn lạicho đi qua dung dịch KOH thì thể tích hỗ hợp giảm 40ml. CTPT của hidrocacbon đó làA. C2H6B. C3H6C. C4H6.D. C4H8GiảiVCO 2 = 40ml ; VH 2 O = 30mlyyCxHy + (x + ) O2  xCO2 +H2O4210ml40ml30 ml  x = 4 ; y = 6Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vn17. Khi đốt 1 lít khí X, cần 5 lít oxi, sau pư thu được 3 lít CO2 và 4 lít hơi nước, biết thể tích các khíđo cùng điều kiện . CTPT của X làA. C2H6B. C2H6OC. C3H8.D. C3H8OGiảiTheo đề; 1mol khí X cần 5mol O2 , tạo ra 3 mol CO2 và 4 mol H2OCxHyOz+ 5O2  3CO2 + 4H2OSố nguyên tử Oxi: z + 5.2 = 3.2 + 4  z = 0 vậy X: C3H8.18. Có một hỗn X gồm hidrocacbon A và CO2. Cho 0,5 lít hỗn hợp X với 2,5 lít O2( lấy dư) vàotrong một khí nhiên kế. sau khi bật tia lửa điện thu được 3,4 lít hỗn hợp khí và hơi, tiếp tục làmlạnh chỉ còn 1,8 lít và sau khi cho qua KOH chỉ còn 0,5 lít. CTPT của A làA. C2H6B. C3H6C. C3H8.D. C3H4GiảiVH 2 O = 3,4 – 1,8 = 1,6 lít VO 2 pư = 2,5 – 0,5 = 2 lítGọi a(lít) là thể tích CxHy trong hỗn hợp ban đầuVCO 2 trong hỗn ban đầu = (0,5 – a) lítyyCxHy + (x + ) O2  xCO2 +H2O42ayayaax+ax42ayTa có: VH 2 O == 1,6  ay = 3,22VCO 2 = ax = (0,5 – a)  ax = 0,8 + aay3, 2VO 2 = ax+= 2  0,8 + a += 2  a = 0,4440,8  0, 43, 2nên x =3 y=80, 40, 419. Đốt cháy hoàn toàn một hdrocacbon A cần dùng 28,8g oxi được 13,44 lít CO2(đktc). Biết tỉ khốicủa A đối với không khí là d với 2 < d , 2,5. CTPT của A làA. C4H8B. C5H10.C. C5H12D. C4H101Vì A là hidrocacbon, mà khi đốt cháy ta luôn có: nO 2 pư = nCO 2 + nH 2 O228,8 13, 44 nH 2 O = 2(nO 2 pư - nCO 2 ) = 2() = 0,6 mol3222, 4Ta có: mC = 12. nCO 2 7,2g ; mH = 2 nH 2 O = 1,2g7, 2 1, 2A: CxHy:x:y= 1: 2  (CH2)n.121MMà: 2 < d < 2,5  2 < A < 2,5  58 < MA < 72,529Hay 58 < 14n < 72,5  4,1 < n < 5,2 .  n = 5  C5H1020. Đốt cháy hoàn toàn a(g) hidrocacbon A mạch hở. Sản phẩm cháy được dẫn vào bình chứanước vôi trong dư, thu được 3g kết tủa, đồng thời bình nặng thêm 1,68g. CTPT của A lànCO 2 = nCaCO 3 = 0,03 molkhối lượng bình tăng = mCO 2 + mH 2 O  mH 2 O = 1,68 – 0,03.44 = 0,36g  nH 2 O = 0,02 molnCO 2 = 0,03 mol > nH 2 O = 0,02 mol  A là ankin hoặc ankadien: CnH2n - 2CnH2n – 2  nCO2 + (n -1)H2O n = 3 C3H40,030,02Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vn21. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai hidrocacbon( phân tử hơn kém nhau 14u), thu được5m(g)CO2 và 3m(g) H2. CTPT của hai hidrocacbon làA. C3H8, C3H6B. C2H6, C3H8.C. C2H2; C3H4D. C3H6; C4H6yĐặt công thức trung bình: CxHy  xCO2 +H2O2nCO2 2 x 5m 18 2 x 15.nH 2Oy44 3m y 22 y = 2,93x > 2x  hai hidrocacbon là ankanVà lúc này: y = 2x + 2 = 2,93x = 2x + 2  x = 2,15 C2H6 và C3H822. Hỗn hợp 14 hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng, được đánh số theo chiều tăng dần phân tử khốitừ X1 đến X14. Biết tỉ khối hơi của X14đối với X1 bằng 7,5. Đốt cháy 0,1 mol X2 rồi dẫn sản phẩmcháy vào bình đựng nước vôi trong dư khối lượng bình tăng thêmA. 18,6gB. 20,4gC. 16,8g.D. 8,0gĐặt X1 là CxHy  X14 là CxHy(CH2)13M X1412 x  y  182 7,5  7,5  78 x  6,5 y  182Ta có:M X112 x  yLập bảng:x1 23y 16 4 -52 X1 là C2H4 và X2 là C3H6C3H6  3CO2 + 3H2O0,10,30,3Khối lượng bình tăng chính là (mCO 2 + mH 2 O) = 0,3.44 + 0,3. 18 = 16,8g23. Khi đốt cháy hoàn toàn cùng một lượng hidrocacbon X bằng một lượng vừa đủ O2 hoặc Cl2,người ta thấy thể tích O2 và Cl2 bằng 1,25( xét ở cùng điều kiện). X làA. C3H6B. C3H8C. C4H6D. C4H8yyyCxHy + (x+ ) O2  xCO2 +H2OCxHy + Cl2  xC + yHCl422yayaa((x+ )a42ya( x  )VO24 = 1,25  2 x  0,5 y  1, 25Theo đề bài:= 1,25 yVCl2ya2x3 X là C3H8  0,375 y8ANCOL1. Đốt cháy hoàn toàn một ancol X thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ mol tương ứng 3 : 4. Thể tíchoxi cần dùng để đốt cháy X bằng 1,5 lần thể tích khí CO2 thu được( ở cùng đk). CTPT của X làA. C3H8O3B. C3H4OC. C3H8O2D. C3H8O.GiảinCO2C3 xCxHyOz:=   X: (C3H8)nOz có 8n ≤ 2.3n + 2  n = 1. C3H8OzH 2.nH 2O 8 yzC3H8Oz +( 5 - ) O2  3CO2 + 4H2O2Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnz nO 2 = 1,5n CO2  ( 5 - ) = 3.1,5  z = 1. Vậy X: C3H8O22. X là một ancol no mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần 5,6g oxi, thu được nước và 6,6gCO2. Công thức của X làA. C3H5(OH)3.B. C3H6(OH)2C. C2H4(OH)2D. C3H7OHGiải3n  1  xCnH2n+2Ox + ()O2  nCO2 + (n+1)H2O20,050,1750,15 n = 3 ; x = 3 Chọn A3. Oxi hóa 4gam ancol đơn chức X bằng oxi không khí( có xt và đun nóng) thu được 5,6g hỗn hợpandehit, ancol dư và hước. X có công thức làA. CH3OH.B. C2H5OHC. C3H5OHD. C3H7OHGiải4. Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol X, thu được 8,8g CO2 và 5,4g H2 O. Mặt khác , khi cho 0,2mol X tác dụng với Na(vừa đủ) thì được 4,48 lít H2(đktc). X có CTPT làA. C2H6O B. C2H6O2. C. C3H8O3 D. C3H8O2GiảiSố H: số C = 2mol H2O : mol CO2 = 6:2 X: C2H6Oz hay C2H6-Z(OH)zC2H6-Z(OH)zz/2H21z/2 z = 2 chọn B0,20,25. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol ancol no X, thu được 21,6gH2O. mặt khác 0,1 mol X tác dụng vớiNa(vừa đủ) thu được 3,36 lít H2(đktc). X có CTPT làA. C2H6OB. C2H6O2.C. C3H8O3D. C3H8O2Giải:CnH2n+2-x(OH)xx/2H2CnH2n-1(OH)3(n+1)H2O n = 3 ( chọn D)0,1……………… 0,15  z = 30,3…………… 1,26. Đun nóng hỗn hợp gồm hai ancol đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc, thu được các ete. Lấy 7,2gmột trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lít CO2(đktc) va 7,2g H2O. Hai ancolđó làA. CH3OH và C3H7OHB. C2H5OH và CH2=CH – CH2OHC. CH3OH và CH2 = CH – CH2OH.D. C2H5OH và C3H6(OH)2GiảisoH 2nH 2O 8Cách 1: nCO 2 = 0,4; nH 2 O = 0,4. Ta có :=  CTPT của ete C4H8OzsoCnCO24Vì ancol đơn chức nên ete thu đựơc cũng đơn chức nên z = 1Chỉ có đáp án C thõa mãn.Cách 2:nCO 2 = 0,4  nC = 0,4 mol , nH 2 O = 0,4.  nH = 0,8 mol7, 2  (0, 4.12  0,8)nO = 0,1 : C : H ; O = 0,4 : 0,8 : 0,1 = 4 : 8 : 116Công thức nguyên của ete: (C4H8O)nVì ancol đơn chức nên ete thu đựơc cũng đơn chức nên n = 1vậy CTPT của ete: C4H8O. Đốt cháy ete thu được H2O và CO2 với số bằng nhau nên ete đókhông no, có một liên kết đôi.vậy hai ancol tạo ra ete là CH3 và CH2 = CH – CH2OHCâu 1. CTPT của ancol no đa chức X, có số nguyên tử C bằng số nguyên tử O, tỉ khối của X so vớikhông khí nhỏ hơn 3, là:A. CH2(OH)CH2(OH)Gia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnB. CH2(OH)CH(OH)CH(OH)CH2(OH)C. CH2(OH)CH(OH)CH2(OH)D. CH2(OH)CH2CH2(OH)ĐA: ACnH2n+2-k (OH)k , k  n, n  2, k  2, k, n nguyên. Số nguyên tử C = số nguyên tử O nên n=k CnH2n+2On 30n + 2 2.nancol  trong hỗn hợp có CH3OH (tạo ra HCHO phản ứng cho lượng Ag gấp đôi cácandehit đơn chức khác).Vậy hỗn hợp có CH3OH và RCH2OH với số mol bằng nhau là 0,1/2 = 0,05 (mol)CH3OH + CuO  HCHO + Cu + H2ORCH2OH + CuO  RCHO + Cu + H2OGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnHCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  4NH4NO3 + (NH4)2CO3 + 4Ag RCHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  2NH4NO3 + RCOONH4 + 2Ag mancol = 32.0,05 + (R + 31).0,05 = 4,6  R là - C2H5Vậy CH3OH và CH3CH2CH2OHCâu 2. Ancol bị oxi hoá bởi CuO cho sản phẩm có khả năng tham gia phản ứng tráng gương làA. propan-2-ol.B. etanol.C. pentan-3-ol.D. 2-metylpropan-2-ol.Câu 3. Oxi hoá ancol đơn chức X bằng CuO (đun nóng), sinh ra một sản phẩm hữu cơ duy nhất làxeton Y (tỉ khối hơi của Y so với khí hiđro bằng 29). Công thức cấu tạo của X làA. CH3-CHOH-CH3.B. CH3-CH2-CHOH-CH3.C. CH3-CO-CH3.D. CH3-CH2-CH2-OH.Câu 4. (DH-10-A): Oxi hoá hết 2,2 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức thành anđehit cần vừa đủ 4,8gam CuO. Cho toàn bộ lượng anđehit trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thuđược 23,76 gam Ag. Hai ancol là:A. CH3OH, C2H5CH2OH.B. CH3OH, C2H5OH.C. C2H5OH, C3H7CH2OH.D. C2H5OH, C2H5CH2OH.ĐA: An ancol = nCuO = 0,06; M = 2,2/0,06 = 40  Trong hỗn hợp ancol có chứa CH3OH ( M =32)(HOẶC: nAg = 0,22 mol; n ancol = nCuO = 0,06  nAg > 2.n ancol  Hỗn hợp ancol trên có chứaCH3OH)CH3OH  HCHO  4Agxx4xRCH2OH  RCHO  2Agyy2yx + y = 0,06; 4x + 2y = 0,22  x = 0,05; y = 0,01  m RCH2OH = 2,2 – 0,05.32 = 0,6 (g) M RCH2OH = 0,6/0,01 = 60  R = 29 . Vậy C2H5CH2OHANDEHITX là hỗn hợp 2 andehit đơn chức. Chia 0,12 mol X làm hai phần bằng nhau- Đốt cháy hết phần I được 6,16g CO2 và 1,8g H2O.- Cho phần II tác dụng với lượng dư AgNO3/NH3 đun nóng được 17,28g Ag.X gồm hai andehit có CTPT làA. CH2O và C3H4O. B. CH2O và C2H4O C. CH2O và C4H6OD. CH2O và C3H6OGiảiAgNO3 / NH3Phần II: 0,06 mol X 0,16 mol AgnAg 2, 67  Hỗn hợp andehit gồm: HCHO (amol) và CxHyO(b mol)nandehitTa có hệ phân tử: a + b = 0,06(1) 4a + 2b = 0,16  a = 0,02 và b = 0,04O2Phần I: HCHO (amol) và CxHyO(b mol)  (0,02 + 0,04x)mol CO2 và (0,02+ 0,02y) mol H2Ota có hệp pt: (0,02 + 0,04x) = 0,14 (1) và (0,02+ 0,02y) = 0,1 (2)  x = 3 và y = 4Vậy X gồm: HCHO và C3H4O. Chọn AGia sư Thành Đượcwww.daythem.edu.vnESTEXà phòng hóa hoàn toàn 21,8g một chất hữu cơ X ba chức( chứa C, H, O) cần vừa đủ 300 ml dungdịch NaOH 1M. Cô cạn dung dịch sau pư thu được 24,6g muối khan. CTPT của X làA. (HCOO)3C3H5 B. (CH3COO)3C3H5.C. C3H5(COOC2H5)3 D. (C3H7COO)3C3H5Giải21,80,3nNaOH = 0,3 mol  nX = 218 0,1  MX =30,1X có hai trường hợp hoặc (RCOO)3R/ hoặc R(COOR/)3- Nếu : (RCOO)3R/ + 3NaOH  3RCOONa + R/(OH)30,10,30,3(mol)24, 6MMuối = 82  MR = 15(CH3) ; MR / = 41(C3H5)  X là (CH3COO)3C3H50,3- Nếu: R(COOR/)3 làm tương tự ta thấy không phù hợp loạiAMINAMINO AXIT0,1 mol amino axit X, công thức có dạng R(NH2)n(COOH)m tác dụng vừa đủ với 0,2 mol HCl, sảnphẩm tạo thành phản ứng vừa hết với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH. Giá trị của n và m lần lượtA. 2; 1.B. 2; 3C. 1; 2D./ 1; 3

Tài liệu liên quan

bài tập công thức tính góc nhập xạ
- 2
- 14
- 83
các công thức tính nhanh môn hóa học
- 9
- 3
- 78
công thức tính nhanh môn hóa học
- 42
- 2
- 11
Sử dụng máy tính casio hiệu quả ôn thi đại học (cho các bài Toán, Lý, Hóa THPT) doc
- 14
- 1
- 28
bai tap tong hop ve sat trong cac ki thi dai hoc
- 4
- 1
- 14
Các công thức tính nhanh môn hóa học ppsx
- 7
- 731
- 4
04- Bai Tap Cong thuc tinh toan KCG pptx
- 9
- 512
- 0
MỘT SỐ LƯU Ý KHI SỬ DỤNG CÔNG THỨC TÍNH NHANH TRONG HÓA HỌC ppt
- 2
- 779
- 2
Tuyển tập tiểu xảo và công thức tính nhanh trong hóa học pps
- 8
- 1
- 45
bài tập vật lý giao thoa ánh sáng ôn thi đại học
- 5
- 1
- 5