Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập ancol - phenol (phần 2) - Hóa 11

Đề bài

Câu 1 :

Hỗn hợp X gồm C₃H₈O₃ (glixerol), CH₃OH, C₂H₅OH, C₃H₇OH và H₂O. Cho m gam X tác dụng với Na dư thu được 3,36 lít H₂ (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 11,34 gam H₂O. Biết trong X glixerol chiếm 25% về số mol. Giá trị của m gần nhất với?

A

11
B

10
C

12
D

13

Quảng cáo

Câu 2 :

Hỗn hợp X gồm etylen glicol, ancol etylic, ancol propylic và hexan; trong đó số mol hexan bằng số mol etylen glicol. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng hết với Na dư thu được 0,4032 lít khí H₂ (đktc). Mặt khác để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần 4,1664 lít O₂(đktc). Giá trị của m là

A

2,235
B

1,788
C

2,384
D

2,682

Câu 3 :

Oxi hóa không hoàn toàn 5,12 gam ancol A (no, mạch hở đơn chức) thu được 7,36 gam hỗn hợp X gồm ancol, axit, anđehit, nước. Chia X thành hai phần bằng nhau.

Phần 1 cho tác dụng với AgNO₃trong NH₃ thu được 23,76 gam kết tủa.

Phần 2 cho tác dụng vừa đủ với Na thu được m gam chất rắn.

Giá trị gần đúng nhất của m là

A

2,04
B

2,16
C

4,44
D

4,20

Câu 4 :

Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (M_X < M_Y), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun nóng 27,2 gam T với H₂SO₄ đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba ete (có khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O₂ (đktc). Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là

A

50% và 20%.
B

20% và 40%.
C

30% và 50%.
D

40% và 30%.

Câu 5 :

Tách nước hoàn toàn 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol X, Y (M_X < M_Y) thu được 11,2 gam hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tách nước không hoàn toàn 24,9 gam hỗn hợp A (140^oC, xúc tác thích hợp) thu được 8,895 gam các ete. Hiệu suất của phản ứng tạo ete của X là 50%. Hiệu suất phản ứng tạo ete của Y là:

A

40%
B

60%
C

50%
D

45%

Câu 6 :

Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức, mạch hở X và ancol không no, hai chức, mạch hở Y (Y chứa 1 liên kết π trong phân tử và X, Y có cùng số mol). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng V lít O₂ (đktc) sinh ra 2,24 lít CO₂ (đktc) và 2,16 gam H₂O. Công thức của Y và giá trị của V lần lượt là

A

C₄H₆(OH)₂ và 3,584
B

C₃H₄(OH)₂ và 3,584
C

C₄H₆(OH)₂ và 2,912
D

C₅H₈(OH)₂ và 2,912

Câu 7 :

Hỗn hợp X gồm 2 rượu đơn chức Y, Z hơn kém nhau 2 nguyên tử C trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 12,2 gam hỗn hợp X thu được 0,5 mol CO₂ và 0,7 mol H₂O. Mặt khác, cho 12,2 gam hỗn hợp X vào bình đựng K (dư), kết thúc phản ứng thấy khối lượng bình tăng 11,9 gam. Hỗn hợp X là

A

CH₃OH; CH₂=CHCH₂OH
B

CH₃CH₂OH, CH₂=C(CH₃)-CH₂OH
C

CH₃OH; CH₃(CH₂)₂OH
D

CH₃OH; CH≡C-CH₂OH

Câu 8 :

Một dung dịch chứa 6,1 gam chất X là đồng đẳng của phenol đơn chức. Cho dung dịch trên tác dụng với nước brom dư thu được 17,95 gam hợp chất Y chứa 3 nguyên tử Br trong phân tử. Biết hợp chất này có nhiều hơn 3 đồng phân cấu tạo. CTPT chất đồng đẳng của phenol là

A

C₂H₅C₆H₄OH
B

C₂H₅(CH₃)C₆H₃OH
C

(CH₃)₂C₆H₃OH
D

A và C đều đúng

Câu 9 :

Oxi hóa 11,7 gam hỗn hợp E gồm 2 ancol bậc một X và Y (đều no, đơn chức, mạch hở, M_X < M_Y) bằng oxi (xúc tác thích hợp, nung nóng) thì có 0,09 mol O₂ phản ứng, thu được hỗn hợp hơi T (không chứa CO₂). Chia T thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1 phản ứng với dung dịch NaHCO₃ dư, thu được 0,672 lít khí CO₂ (đktc)

- Phần 2 phản ứng với Na dư, thu được 2,016 lít khí H₂ (đktc).

Biết Y chiếm 25% về số mol hỗn hợp ancol dư trong T và số mol Y bị oxi hóa lớn hơn số mol X bị oxi hóa. Khối lượng của Y trong 11,7 gam E ban đầu là

A

9,2 gam.
B

6,9 gam.
C

8,0 gam.
D

7,5 gam.

Câu 10 :

Oxi hóa 0,11 mol ancol đơn chức X bằng oxi có xúc tác thích hợp đến khi số mol oxi phản ứng là 0,065 mol thì thu được hỗn hợp Y gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư và H₂O. Chưng cất toàn bộ phần hơi nước rồi đốt cháy toàn bộ hỗn hợp Z gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư thu được 19,36 gam CO₂ và 6,48 gam H₂O. Nếu cho hỗn hợp Y phản ứng với dung dịch nước brom thì số mol brom phản ứng tối đa là

A

0,12.
B

0,14.
C

0,31.
D

0,25.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

A

11
B

10
C

12
D

13

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) Quy đổi X thành: C₃H₈O₃: a mol; CH₂: b mol; H₂O: 3a mol

+) Từ số mol H₂ sinh ra => a

+) Từ số mol H₂O, bảo toàn H => b

Lời giải chi tiết :

Ancol no, đơn chức = kCH₂ + H₂O

Do đó quy đổi X thành:

C₃H₈O₃: a mol

CH₂: b mol

H₂O: 3a mol

n_H2 = 1,5a + 0,5.3a = 0,15 => a = 0,05

n_H2O = 4a + b + 3a = 0,63 => b = 0,28

=> m_X = 92a + 14b + 18.3a = 11,22

Câu 2 :

A

2,235
B

1,788
C

2,384
D

2,682

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Do số mol C₆H₁₄ bằng số mol C₂H₆O₂ => Quy đổi 2 chất đó thành C₄H₁₀O. Coi hỗn hợp đầu gồm những ancol no, đơn chức, mạch hở C_xH_2x+2O

+ ${n_X} = 2.{n_{{H_2}}}$ => viết PTHH, tìm ra công thức trung bình của X => m_X

Lời giải chi tiết :

Do số mol C₆H₁₄ bằng số mol C₂H₆O₂ => Quy đổi 2 chất đó thành C₄H₁₀O

Coi hỗn hợp đầu gồm những ancol no, đơn chức, mạch hở C_xH_2x+2O

${n_X} = 2.{n_{{H_2}}} = 0,036{\text{ }}mol$

C_xH_2x+2O + 1,5xO₂ → xCO₂ + (x+1)H₂O

0,036……….0,186

=> $x = \dfrac{{0,186}}{{1,5.0,036}} = \dfrac{{31}}{9}$

=> X có CTTQ: ${C_{\frac{{31}}{9}}}{H_{\frac{{80}}{9}}}O{\text{ }}có {\text{ }}{M_X} = \dfrac{{596}}{9}$

=> ${m_X} = \dfrac{{596}}{9}.0,036 = 2,384{\text{ }}gam$

Câu 3 :

Oxi hóa không hoàn toàn 5,12 gam ancol A (no, mạch hở đơn chức) thu được 7,36 gam hỗn hợp X gồm ancol, axit, anđehit, nước. Chia X thành hai phần bằng nhau.

Phần 1 cho tác dụng với AgNO₃trong NH₃ thu được 23,76 gam kết tủa.

Phần 2 cho tác dụng vừa đủ với Na thu được m gam chất rắn.

Giá trị gần đúng nhất của m là

A

2,04
B

2,16
C

4,44
D

4,20

Đáp án : D

Phương pháp giải :

BTKL => m_O2 = m_X – m_ancol => n_O2

=> Tính số mol O₂ trong mỗi phần

TH₁: Ancol ban đầu khác CH₃OH

=> so sánh số mol anđehit với số mol O₂ => loại TH này

TH₂: Ancol ban đầu là CH₃OH => tính số mol CH₃OH

CH₃OH + ½ O₂ → HCHO + H₂O

CH₃OH + O₂ → HCOOH + H₂O

Phần 1: Gọi số mol của HCHO và HCOOH lần lượt là a và b (mol)

+) Bảo toàn oxi => Pt (1)

+) Từ số mol Ag => PT (2)

(1), (2) => a, b

Cho sản phẩm tác dụng với Na thì có HCOOH, H₂O và CH₃OH dư đều phản ứng

=> m_rắn $ = {m_{HCOONa}} + {m_{NaOH}} + {m_{C{H_3}ONa}}$

Lời giải chi tiết :

${n_{Ag}} = \dfrac{{23,76}}{{108}} = 0,22\,\,(mol)$

Gọi CTPT của ancol no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2n+1CH₂OH

C_nH_2n+1CH₂OH + ½ O₂ → C_nH_2n+1CHO + H₂O (1)

C_nH_2n+1CH₂OH + O₂ → C_nH_2n+1COOH + H₂O (2)

BTKL => m_O2 = m_X – m_ancol = 7,36 – 5,12 = 2,24 (g)

=> ${n_{{O_2}}} = \dfrac{{2,24}}{{32}} = 0,07$ (mol)

=> Số mol O₂ trong mỗi phần = 0,035 (mol)

TH₁: Ancol ban đầu khác CH₃OH

Phần 1: => sản phẩm sau phản ứng chỉ có andehit phản ứng với AgNO₃/NH₃.

=> ${n_{{C_n}{H_{2n + 1}}CHO}} = \dfrac{1}{2}.{n_{Ag}} = 0,11\,(mol)\, > 2.{n_{{O_2}}} = 0,07$ (vì ${n_{anđehit{\text{ }}(1)}} < 2{n_{{O_2}}} = 0,07$) => loại

TH₂: Ancol ban đầu là CH₃OH => ${n_{C{H_3}OH}} = \dfrac{{5,12}}{{32}} = 0,16{\text{ }}\left( {mol} \right)$

=> Trong ½ phần : ${n_{C{H_3}OH}} = \dfrac{{0,16}}{2} = 0,08$ (mol)

CH₃OH + ½ O₂ → HCHO + H₂O

CH₃OH + O₂ → HCOOH + H₂O

Phần 1: Gọi số mol của HCHO và HCOOH lần lượt là a và b (mol)

Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{gathered}\sum {{n_{{O_2}}} = 0,5a + b = 0,035} \hfill \\\sum {{n_{Ag}} = 4a + 2b = 0,22} \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \,\,\left\{ \begin{gathered}a = 0,05 \hfill \\b = 0,01 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Phần 2: Sản phẩm gồm HCHO: 0,05 (mol) ; HCOOH: 0,01 (mol) ;

H₂O: 0,06 (mol) ; CH₃OH dư = (0,08-0,06)=0,02 (mol)

Cho sản phẩm tác dụng với Na thì có HCOOH, H₂O và CH₃OH dư đều phản ứng

=> m_rắn $ = {m_{HCOONa}} + {m_{NaOH}} + {m_{C{H_3}ONa}}$ = 0,01.68 + 0,06.40 + 0,02.54 = 4,16 (g)

Gần nhất với 4,2 g

Câu 4 :

A

50% và 20%.
B

20% và 40%.
C

30% và 50%.
D

40% và 30%.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

$\begin{align} & 2\bar{R}OH\xrightarrow{{{H}_{2}}s{{O}_{4}}dac,{{140}^{o}}C}\bar{R}O\bar{R}+{{H}_{2}}O \\ & {{M}_{\bar{R}O\bar{R}}}=\frac{6,76}{0,08}=84,5\to 2\bar{R}+16=84,5 \\ & \to \bar{R}=?\Rightarrow 2\,ancol \\ \end{align}$

Lời giải chi tiết :

$\begin{align} & 2\overline{\text{R}}\text{OH}\xrightarrow{{{H}_{2}}s{{O}_{4}}dac,{{140}^{o}}C}\overline{R}O\overline{R}+{{H}_{2}}O \\ & {{M}_{\bar{R}O\bar{R}}}=\frac{6,76}{0,08}=84,5\to 2\bar{R}+16=84,5 \\ & \to 29({{C}_{2}}{{H}_{5}}-)<\bar{R}=34,25<43({{C}_{3}}{{H}_{7}}-) \\ \end{align}$

Đốt Z cũng như đốt T:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_5}OH:x\\{C_3}{H_7}OH:y\end{array} \right. \to 46{\rm{x}} + 60y = 27,2\,\,(1)\\{C_2}{H_6}O + 3{{\rm{O}}_2} \to 2C{O_2} + 3{H_2}O\\\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3{\rm{x}}\\{{\rm{C}}_3}{H_8}O + 4,5{O_2} \to 3C{O_2} + 4{H_2}O\\\,\,\,y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4,5y\\ \to {n_{{O_2}}} = 3x + 4,5y = 1,95\,\,(2)\\(1),(2) = > x = 0,2;\,y = 0,3\end{array}$

Phản ứng ete hóa: Gọi số mol C₂H₅OH và C₃H₇OH phản ứng là a và b (mol)

+ Ta có: a+b = 2n_ete = 0,16 (3)

+ m _{ancol phản ứng}= m_ete + m_H2O = 6,76 + 0,08.18 = 8,2 gam => 46a + 60b = 8,2 (4)

(3)(4) => a = 0,1; b = 0,06

=> Hiệu suất ete hóa của C₂H₅OH và C₃H₇OH lần lượt là: 50% và 20%

Câu 5 :

A

40%
B

60%
C

50%
D

45%

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) Bảo toàn khối lượng => số mol H₂O, từ đó suy ra ${\overline M _{ancol}}$

=> CTPT 2 ancol

+) Tính số mol 2 ancol dựa vào ${\overline M _{ancol}}$ và 24,9 gam A

Gọi hiệu suất tạo ete của Y (C₃H₇OH) là a

+) Ta có: ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{1}{2}.{n_X} + {\text{ }}\dfrac{1}{2}.{n_Y}$ và ${m_{ete}} = {m_{ancol}} - {m_{{H_2}O}}$ => a

Lời giải chi tiết :

BTKL: ${m_{{H_2}O}} = 5,4{\text{ (}}gam) \Rightarrow {\text{ }}{n_{ancol}} = {n_{{H_2}O}} = 0,3{\text{ }}mol$

=> ${\overline M _{ancol}} = \dfrac{{16,6}}{{0,3}} = 55,33$

=> Ancol là C₂H₅OH và C₃H₇OH

Áp dung quy tắc đường chéo ta có: $\dfrac{{{n_{{C_2}{H_5}OH}}}}{{{n_{{C_3}{H_7}OH}}}} = \dfrac{1}{2}$

Xét 24,9 gam A => ${n_{{C_3}{H_7}OH}} = 0,3{\text{ }}mol;{\text{ }}{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,15{\text{ }}mol$

Gọi hiệu suất tạo ete của Y (C₃H₇OH) là a

=> ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{1}{2}.{n_X} + {\text{ }}\dfrac{1}{2}.{n_Y} = \dfrac{1}{2}.0,15.{\text{ }}50\% + \dfrac{1}{2}.0,3.a = 0,15a + 0,0375$

Mà ${m_{ete}} = {m_{ancol}} - {m_{{H_2}O}}$

=> 8,895 = 0,15.50%.46 + 0,3.a.60 - 18.(0,15a + 0,0375)

=> a = 0,4 = 40%

Câu 6 :

A

C₄H₆(OH)₂ và 3,584
B

C₃H₄(OH)₂ và 3,584
C

C₄H₆(OH)₂ và 2,912
D

C₅H₈(OH)₂ và 2,912

Đáp án : C

Phương pháp giải :

X: C_nH_2n+2O; Y: C_mH_2m O₂

C_nH_2n+2O → nCO₂ + (n+1)H₂O

x nx (n+1)x

C_mH_2mO₂ → mCO₂ + mH₂O

y my my

+) Từ ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} \Rightarrow x$

Số mol 2 ancol bằng nhau => x = y

=> n + m

+) Y có 1 nối đôi và 2 nhóm OH => Y phải có 4 nguyên tử C trở lên => CTPT của Y

=> X

* Bảo toàn khối lượng: ${m_{oxi}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{ancol}}$ => n_oxi

Lời giải chi tiết :

X: C_nH_2n+2O

Y C_mH_2m O₂

C_nH_2n+2O → nCO₂ + (n+1)H₂O

x nx (n+1)x

C_mH_2m O₂ → mCO₂ + mH₂O

y my my

${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,12 - 0,1 = 0,02 = \left( {n + 1} \right)x + my - nx - my \Rightarrow x = 0,02$

Số mol 2 ancol bằng nhau => x = y = 0,02 mol

=> nx + my = 0,1 => n + m = 5

Y có 1 nối đôi và 2 nhóm OH => Y phải có 4 nguyên tử C trở lên => Y: C₄H₆(OH)₂

=> X: CH₃OH

* Bảo toàn khối lượng: ${m_{oxi}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{ancol}}$= 4,4 + 2,16 - 0,02.32 - 0,02.88 = 4,16

=> n_oxi = 0,13 mol

=> V_oxi = 0,13.22,4 = 2,912 lít

Câu 7 :

A

CH₃OH; CH₂=CHCH₂OH
B

CH₃CH₂OH, CH₂=C(CH₃)-CH₂OH
C

CH₃OH; CH₃(CH₂)₂OH
D

CH₃OH; CH≡C-CH₂OH

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) m_{bình tămg} = m_X - m_H2 => m_H2

+) n_X = 2n_H2 = 0,3 mol

C_xH_y O → xCO₂ + yH₂O

0,3 0,5 0,7

=> x => Số nguyên tử C trong 2 ancol

Gọi ancol còn lại là C₃H_aO

$x = \dfrac{5}{3} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} \Rightarrow a$

Lời giải chi tiết :

X + K (dư)

m_{bình tămg} = m_X - m_H2 => m_H2 = 12,2 - 11,9 = 0,3 gam

=> n_H2 = 0,15 mol

=> n_X = 2n_H2 = 0,3 mol

C_xH_y O → xCO₂ + yH₂O

0,3 0,5 0,7

=> $x = \dfrac{{0,5}}{{0,3}} = \dfrac{5}{3} = 1,67$ => Số nguyên tử C là 1 và 3 => có 1 ancol là CH₃OH

$y = \dfrac{{0,7}}{{0,3}} = \dfrac{7}{3}$

Gọi ancol còn lại là C₃H_aOH

$x = \dfrac{5}{3} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} = \dfrac{{3 - \dfrac{5}{3}}}{{\dfrac{5}{3} - 1}} = \dfrac{2}{1} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} = \dfrac{{a - \dfrac{7}{3}}}{{\dfrac{7}{3} - 1}} = \dfrac{2}{1} \Rightarrow a = 5$

=> 2 ancol là CH₃OH và CH₂=CH-CH₂-OH

Câu 8 :

A

C₂H₅C₆H₄OH
B

C₂H₅(CH₃)C₆H₃OH
C

(CH₃)₂C₆H₃OH
D

A và C đều đúng

Đáp án : C

Phương pháp giải :

X+ 3Br₂ → Y + 3HBr

x 3x 3x

${n_{B{r_2}}} = {n_{HBr}} = x$

ĐLBTKL => m_X + m_Br2 = m_{hợp chất} + m_HBr

=> x => M_X

Lời giải chi tiết :

X+ 3Br₂ → Y+ 3HBr

x 3x 3x

${n_{B{r_2}}} = {n_{HBr}} = x$

ĐLBTKL => m_X + m_Br2 = m_{hợp chất} + m_HBr

=> 6,1 + 160.3x = 17,95 + 81.3x

=> x = 0,05 mol

=> ${M_X} = \dfrac{{6,1}}{{0,05}} = 122$

=> X có thể là C₂H₅C₆H₄OH hoặc (CH₃)₂C₆H₃OH

Biết hợp chất này có nhiều hơn 3 đồng phân cấu tạo => X chỉ có thể là (CH₃)₂C₆H₃OH

Câu 9 :

- Phần 1 phản ứng với dung dịch NaHCO₃ dư, thu được 0,672 lít khí CO₂ (đktc)

- Phần 2 phản ứng với Na dư, thu được 2,016 lít khí H₂ (đktc).

Biết Y chiếm 25% về số mol hỗn hợp ancol dư trong T và số mol Y bị oxi hóa lớn hơn số mol X bị oxi hóa. Khối lượng của Y trong 11,7 gam E ban đầu là

A

9,2 gam.
B

6,9 gam.
C

8,0 gam.
D

7,5 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Trong mỗi phần T chứa RCHO (a mol), RCOOH (b mol), H₂O (a + b) mol và ancol dư (x mol)

+) Từ số mol O₂ phản ứng => Pt (1)

Phần 1: ${n_{RCOOH}} = {n_{C{O_2}}}$ => PT (2)

(1), (2) => a

Phần 2:

+) Từ số mol H₂ sinh ra => x

+) ${n_{RC{H_2}OH}}$_{ban đầu}= 2a + 2b + 2x => CTPT của X

Do Y chiếm 25% số mol ancol dư => n_{Y dư}và n_{X dư}

Do n_{Y phản ứng}> n_{X phản ứng}=> n_{X phản ứng}< 0,06 < n_{Y phản ứng}

+) Xét khoảng giá trị của n_{X ban đầu}và n_{Y ban đầu}

+) Xét biểu thức: m = 32.n_X + M_Y.n_Y

=> M_Y => CTPT của Y

Lời giải chi tiết :

RCH₂OH + ½ O₂ → RCHO + H₂O

2a a 2a 2a

RCH₂OH + O₂ → RCOOH + H₂O

2b b 2b 2b

=> n_O2 = a + 2b = 0,09 (1)

Trong mỗi phần T chứa RCHO (a mol), RCOOH (b mol), H₂O (a + b) mol và ancol dư (x mol)

Phần 1: ${n_{RCOOH}} = b = {n_{C{O_2}}} = 0,03$ (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,03

Phần 2: ${n_{{H_2}}} = \dfrac{b}{2} + \left( {a + b} \right).2 + \dfrac{x}{2} = 0,09$

=> x = 0,09

Vậy: ${n_{RC{H_2}OH}}$_{ban đầu}= 2a + 2b + 2x = 0,3

=> $M = \dfrac{{11,7}}{{0,3}} = 39$ => X là CH₃OH

n_{ancol phản ứng}= 2a + 2b = 0,12 mol và n_{ancol dư}= 2x = 0,18

Do Y chiếm 25% số mol ancol dư => n_{Y dư}= 25%.2x = 0,045

n_{X dư} = 75%.2x = 0,135 mol

Do n_{Y phản ứng}> n_{X phản ứng}=> n_{X phản ứng}< 0,06 < n_{Y phản ứng}

=> n_{X ban đầu}< 0,135 + 0,06 = 0,195

và n_{Y ban đầu}> 0,045 + 0,06 = 0,105

Xét biểu thức: 32.n_X + M_Y.n_Y

Do M_Y > 32 nên khi n_Xtăng, n_Ygiảm thì giá trị biểu thức sẽ giảm (lưu ý lượng tăng, giảm bằng nhau do tổng không đổi)

Vậy: m = 0,195.32 + 0,105.M_Y < 11,7

=> M_Y < 52

=> M_Y = 46 => Y là C₂H₅OH

Từ M = 39 => n_X = n_Y = 0,15 => m_Y= 6,9 gam

Câu 10 :

A

0,12.
B

0,14.
C

0,31.
D

0,25.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) Từ số mol CO₂ và số mol H₂O thu được khi đốt Z => tính số C và số H trung bình

+) Biện luận tìm CTPT của ancol => CTPT của anđehit và axit

+) Đặt a, b, c lần lượt là số mol anđehit, axit và ancol dư

+) Tổng số mol các chất trong Z = số mol X ban đầu => PT (1)

+) Từ n_{O2 phản ứng} => Pt (2)

+) Từ n_H2O=> PT (3)

+)${n_{B{r_2}}} = 2.{n_{{C_3}{H_5}CHO}} + {n_{{C_3}{H_5}COOH}} + {n_{{C_3}{H_5}C{H_2}OH}}$

Lời giải chi tiết :

Đốt Z thu được: ${n_{C{O_2}}} = 0,44{\text{ }}mol$ và ${n_{{H_2}O}} = 0,36{\text{ }}mol$

n_Z = n_X = 0,11

=> số C $ = \dfrac{{0,44}}{{0,11}} = 4$ và số H $ = \dfrac{{0,36.2}}{{0,11}} = \dfrac{{72}}{{11}} \approx 6,55$

Vì Z chứa các chất hơn kém nhau 2H nên anđehit, axit có 6H và ancol có 8H

=> ancol cần tìm là C₄H₈O

C₃H₅CH₂OH + ½ O₂ → C₃H₅CHO + H₂O

C₃H₅CH₂OH + O₂ → C₃H₅COOH + H₂O

Đặt a, b, c lần lượt là số mol anđehit, axit và ancol dư

Ta có: n_Z = a + b + c = 0,11

n_{O2 phản ứng} = 0,5a + b = 0,065

n_H2O= 3a + 3b + 4c = 0,36

=> a = 0,03; b = 0,05; c = 0,03

=> hỗn hợp Y gồm C₃H₅CHO (0,03 mol), C₃H₅COOH (0,05 mol) và C₃H₅CH₂OH (0,03 mol)

=> ${n_{B{r_2}}} = 2.{n_{{C_3}{H_5}CHO}} + {n_{{C_3}{H_5}COOH}} + {n_{{C_3}{H_5}C{H_2}OH}} = 2.0,03 + 0,05 + 0,03 = 0,14\,mol$

Bài liên quan

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập ancol - phenol (phần 1) - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập ancol - phenol (phần 1) Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 41. Phenol - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 41. Phenol Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 40. Điều chế và ứng dụng của ancol - Bài tập độ rượu - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 40. Điều chế và ứng dụng của ancol - Bài tập độ rượu Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 40. Bài tập phản ứng của ancol với axit - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 40. Bài tập phản ứng của ancol với axit Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 40. Bài tập phản ứng tách nước của ancol - Hóa 11

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 40. Bài tập phản ứng tách nước của ancol Hóa 11 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập ancol - phenol (phần 2) - Hóa 11

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập ancol - phenol (phần 1) - Hóa 11

Trắc nghiệm Bài 41. Phenol - Hóa 11

Trắc nghiệm Bài 40. Điều chế và ứng dụng của ancol - Bài tập độ rượu - Hóa 11

Trắc nghiệm Bài 40. Bài tập phản ứng của ancol với axit - Hóa 11

Trắc nghiệm Bài 40. Bài tập phản ứng tách nước của ancol - Hóa 11