Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Este - Lipit hay và khó (phần 1) - Hóa 12

Đề bài

Câu 1 :

Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este mạch hở trong dung dịch NaOH đun nóng, sau phản ứng thu được m gam muối natri axetat và 10,8 gam hỗn hợp Y gồm 2 ancol no, mạch hở có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 10,8 gam hỗn hợp Y thu được 8,96 lít khí CO₂ (đktc) và 10,8 gam H₂O. Giá trị của m là

A

24,6
B

20,5
C

16,4
D

32,8

Câu 2 :

X là este 3 chức. Xà phòng hóa hoàn toàn 2,904 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được chất hữu cơ Y có khối lượng 1,104 gam và hỗn hợp 3 muối của 1 axit cacboxylic thuộc dãy đồng đẳng của axit axetic và 2 axit cacboxylic thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic. Cho toàn bộ lượng Y tác dụng hết với Na, thu được 0,4032 lít H₂ (đktc). Hỏi khi đốt cháy hoàn toàn 2,42 gam X thu được tổng khối lượng H₂O và CO₂ là bao nhiêu gam?

A

6,10.
B

5,92.
C

5,04.
D

5,22.

Câu 3 :

X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (M_X<M_Y<M_Z), T là este tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T. Chia 79,8 gam hỗn hợp M thành 3 phần bằng nhau.

Phần 1: Đem đốt cháy hết bằng lượng vừa đủ khí O₂, thu được 22,4 lít CO₂ (đktc) và 16,2 gam H₂O.

Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃ đến khi xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag.

Phần 3: Cho phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dung dịch G. Cô cạn dung dịch G thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với

A

33
B

25
C

38
D

30

Câu 4 :

Để thủy phân hết 7,668 gam hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức và 2 este đa chức thì cần dùng vừa hết 80 ml dung dịch KOH aM. Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm các muối của các axit cacboxylic và các ancol. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thì thu được muối cacbonat; 4,4352 lít CO₂ (đktc) và 3,168 gam H₂O. Giá trị của a gần nhất với

A

1,56.
B

1,25.
C

1,63.
D

1,42.

Câu 5 :

Hỗn hợp E gồm bốn chất mạch hở X, Y, Z, T (trong đó: X, Y ( M_X < M_Y) là hai axit kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic, Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T). Đốt cháy 37,56 gam E cần dùng 24,864 lít O₂ (đktc), thu được 21,6 gam nước. Mặt khác, để phản ứng vừa đủ với 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M. Biết rằng ở điều kiện thường, ancol T không tác dụng được với dung dịch Cu(OH)₂. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với:

A

55%.
B

40%.
C

50%.
D

45%.

Câu 6 :

Cho các hợp chất hữu cơ mạch hở: X, Y là hai axit cacboxylic; Z là ancol no; T là este đa chức tạo bởi X, Y với Z. Đun nóng 33,7 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T với 400 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu được ancol Z và hỗn hợp F gồm 2 muối. Dẫn toàn bộ Z qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 15 gam; đồng thời thu được 5,6 lít khí H₂ (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn F cần dùng 0,7 mol O₂ thu được Na₂CO₃, H₂O và 0,6 mol CO₂. Phần trăm khối lượng của T trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

56,4.
B

58,9.
C

64,1.
D

65,0.

Câu 7 :

Để phản ứng hết với một lượng hỗn hợp gồm 2 chất hữu cơ X và Y (M_X < M_Y) cần vừa đủ 300 ml dung dịch NaOH 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 24,6 gam muối của một axit hữu cơ và m gam một ancol. Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol trên thu được 4,48 lít khí CO₂ (đktc) và 5,4 gam nước. Công thức của Y là

A

CH₃COOC₂H₅
B

C₂H₅COOC₂H₅
C

CH₂=CHCOOCH₃
D

CH₃COOCH₃

Câu 8 :

Chất X (C₁₀H₁₆O₄) có mạch cacbon không phân nhánh. Cho a mol X phản ứng hết với dung dịch NaOH, thu được chất Y và 2a mol chất Z. Đun Z với dung dịch H₂SO₄ đặc, thu được chất T có tỉ khối hơi so với Z là 0,7. Nhận định nào sau đây là sai?

A

Chất X có tồn tại đồng phân hình học.
B

Chất T làm mất màu nước brom.
C

Đốt cháy 1 mol chất Y thu được 4 mol CO₂.
D

Chất X phản ứng với H₂ (Ni, t^o) theo tỉ lệ mol 1:1.

Câu 9 :

Hỗn hợp E gồm ba este X, Y, Z đều đơn chức, mạch hở là đồng phân cấu tạo của nhau ( trong đó X có số mol nhỏ nhất). Cho 5,16 gam E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ. Sau phản ứng hoàn toàn, thu được 4,36 gam hỗn hợp F gồm hai muối của hai axit cacboxylic kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng và hỗn hợp hơi M gồm các chất hữu cơ no, đơn chức. Cho F phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được 8,64 gam Ag. Cho hỗn hợp M phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được 6,48 gam Ag. Thành phần phần trăm về khối lượng của X trong E là

A

16, 67%.
B

20,00%.
C

13,33%.
D

25,00%.

Câu 10 :

Este X đơn chức, mạch hở có tỉ khối hơi so với oxi bằng 3,125. Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp E chứa X và hai este Y, Z (đều no, mạch hở, không phân nhánh) cần dùng 2,25 mol O₂ , thu được 2,1 mol CO₂. Mặt khác, đun nóng 134,7 gam E với dung dịch KOH vừa đủ thu được hỗn hợp chứa hai ancol có cùng số nguyên tử cacbon và hỗn hợp gồm hai muối có khối lượng m gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

168,0.
B

167,0.
C

130,0.
D

129,0.

Câu 11 :

Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este mạch hở trong dung dịch NaOH đun nóng, sau phản ứng thu được m gam muối natri fomat và 7,7 gam hỗn hợp Y gồm 2 ancol no, mạch hở có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 7,7 gam hỗn hợp Y thu được 6,72 lít khí CO₂ (đktc) và 8,1 gam H₂O. Giá trị của m là

A

6,8
B

13,6
C

16,4
D

32,8

Câu 12 :

X là este 2 chức ( có 3 liên kết pi trong phân tử). Xà phòng hóa hoàn toàn 17,2 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được chất hữu cơ Y có khối lượng 6,2 gam và hỗn hợp 2 muối của 2 axit cacboxylic. Cho toàn bộ lượng Y tác dụng hết với Na, thu được 2,24 lít H₂ (đktc). Hỏi khi đốt cháy hoàn toàn 8,6 gam X thu được tổng khối lượng H₂O và CO₂ là bao nhiêu gam?

A

5,75.
B

11,5.
C

23.
D

27,6.

Câu 13 :

X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (M_X<M_Y<M_Z), T là este tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T. Chia 86,7 gam hỗn hợp M thành 3 phần bằng nhau.

Phần 1: Đem đốt cháy hết bằng lượng vừa đủ khí O₂, thu được 23,52 lít CO₂ (đktc) và 17,1 gam H₂O.

Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃ đến khi xảy ra hoàn toàn, thu được 32,4 gam Ag.

Phần 3: Cho phản ứng hết với 500 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dung dịch G. Cô cạn dung dịch G thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với

A

33.
B

25,6.
C

38,9.
D

30,4.

Câu 14 :

Để thủy phân hết 32,4 gam hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức và 2 este đa chức thì cần dùng vừa hết x mol NaOH . Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm các muối của các axit cacboxylic và các ancol. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thì thu được muối cacbonat; 21,28 lít CO₂ (đktc) và 22,5 gam H₂O. Giá trị x gần nhất với

A

0,2.
B

0,3.
C

0,4.
D

0,5.

Câu 15 :

Hỗn hợp E gồm bốn chất mạch hở X, Y, Z, T (trong đó: X, Y ( M_X < M_Y) là hai axit kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic, Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T). Đốt cháy 27,6 gam E cần dùng 26,88 lít O₂ (đktc), thu được 19,8 gam nước. Mặt khác, để phản ứng vừa đủ với 27,6 gam E cần dùng 100 ml dung dịch NaOH 3M. Biết rằng ở điều kiện thường, ancol T tác dụng dung dịch Cu(OH)₂và số C trong T nhỏ hơn 4. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với:

A

25%.
B

30%.
C

50%.
D

40%.

Câu 16 :

Cho các hợp chất hữu cơ mạch hở: X, Y là hai axit cacboxylic; Z là ancol no; T là este đa chức tạo bởi X, Y với Z. Đun nóng 10,4 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T với 100 ml dung dịch NaOH 1,6M vừa đủ thu được ancol Z và hỗn hợp F gồm 2 muối. Dẫn toàn bộ Z qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 3,6 gam; đồng thời thu được 1,344 lít khí H₂ (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn F cần dùng 0,2 mol O₂ thu được Na₂CO₃, H₂O và 0,16 mol CO₂. Phần trăm khối lượng của T trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

64,1
B

56,4
C

58,9
D

65,0

Câu 17 :

Để phản ứng hết với một lượng hỗn hợp gồm 2 chất hữu cơ X và Y ( M_X < M_Y) càn vừa đủ 100 ml dung dịch NaOH 1,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 10,2 gam muối của môt axit hữu cơ và m gam một ancol. Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol trên thu được 1,12 lít khí CO₂ (đktc) và 1,8 gam nước. Công thức của X là

A

CH₃COOH
B

HCOOCH₃
C

HCOOH
D

CH₃COOCH₃

Câu 18 :

A

Chất X không có đồng phân hình học.
B

Chất T làm mất màu nước brom.
C

Đốt cháy 1 mol chất Y thu được 4 mol CO₂.
D

Chất X phản ứng với H₂(Ni, t^o) theo tỉ lệ mol 1:2.

Câu 19 :

Hỗn hợp E gồm ba este X, Y, Z đều đơn chức, mạch hở là đồng phân cấu tạo của nhau trong đó X có số mol bé nhất. Cho 12,9 gam E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ. Sau phản ứng hoàn toàn, thu được 10,9 gam hỗn hợp F gồm hai muối của hai axit cacboxylic kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng và hỗn hợp hơi M gồm các chất hữu cơ no, đơn chức. Cho F phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được 21,6 gam Ag. Cho hỗn hợp M phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được 15,12 gam Ag. Thành phần phần trăm về khối lượng của X trong E là

A

16, 67%.
B

20,00%.
C

13,33%.
D

25,00%.

Câu 20 :

Este X đơn chức, mạch hở có khối lượng phân tử là 100 đvc. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E chứa X và hai este Y, Z (đều no, mạch hở, không phân nhánh) cần dùng 19,6 lít O₂ đktc, thu được 33 gam CO₂. Mặt khác, đun nóng 36,6 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp chứa hai ancol có cùng số nguyên tử cacbon và hỗn hợp gồm hai muối có khối lượng m gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

30,0.
B

50,0.
C

60,0.
D

20,0.

Câu 21 :

Hỗn hợp E gồm sáu trieste X, Y, Z, T, P, Q đều có cùng số mol (M_X < M_Y = M_Z < M_T = M_P < M_Q). Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được một ancol mạch hở F và 29,52 gam hỗn hợp G gồm hai muối của hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở. Cho toàn bộ F vào bình đựng Na dư, sau phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng bình tăng lên thêm 10,68 gam và có 4,032 lít khí H₂ (đktc) thoát ra. Số nguyên tử cacbon có trong Q là

A

12
B

9
C

10
D

11

Câu 22 :

Hỗn hợp M gồm hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở X, Y (M_X < M_Y); ancol no ba chức, mạch hở Z và trieste T tạo bởi hai axit và ancol trên. Cho 24 gam M tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,35 mol KOH, cô cạn dụng dịch sau phản ứng còn lại m gam muối khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 24 gam M trên bằng lượng vừa đủ khí O₂, thu được 0,75 mol CO₂ và 0,7 mol H₂O. Nhận xét nào su đây là sai?

A

. Khối lượng của hai axit cacboxylic có trong 12 gam M là 8,75 gam.
B

Số mol este T trong 24 gam M là 0,05 mol.
C

giá trị của m là 30,8.
D

Phần trăm khối lượng của nguyên tố H trong X là 4,35%.

Câu 23 :

Este X được tạo bởi từ một axit cacboxylic hai chức và hai ancol đơn chức.Đốt cháy hoàn toàn X luôn thu được số mol CO₂bằng với số mol O₂ đã phản ứng và m_CO2: m_H2O = 77 : 18. Thực hiện sơ đồ phản ứng sau (đúng với tỉ lệ mol các chất)

X + H₂ $ \to $ Y

X + 2NaOH $ \to $ Z + X₁ + X₂

Biết rằng X₁, X₂ thuộc cùng dãy đồng đẳng. cho các phát biểu sau

(a) X, Y đều có mạch không phân nhánh

(b) Z có đồng phân hình học

(c ) X₁, X₂ thuộc cùng dãy đồng đẳng

(d) X có công thức phân tử C₉H₈O₄

Số các phát biểu đúng là

A

1
B

0
C

2
D

3

Câu 24 :

Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T (hai chức, mạch hở), hai ancol đơn chức cùng dãy đồng đẳng và một este hai chức tạo bởi T và hai ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn a gam X, thu được 8,36 gam CO₂. Mặt khác đun nóng a gam X với 100 ml dung dịch NaOH 1M, để trung hòa lượng NaOH dư cần dùng 20 ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol có phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46. Giá trị của m là

A
7,09.
B
6,53.
C
5,36
D
5,92.

Câu 25 :

Hỗn hợp E gồm axit no, đơn chức X, axit đa chức Y (phân tử có 3 liên kết π, mạch không phân nhánh) đều mạch hở và este Z (chỉ chứa nhóm chức este, không chứa nhóm chức khác) tạo bởi ancol đa chức T với X và Y. Đốt cháy hoàn toàn 14,93 gam E cần dùng 0,3825 mol O₂. Mặt khác, 14,93 gam E phản ứng tối đa với 260 ml dung dịch NaOH 1M thu được m gam ancol T. Đốt cháy hoàn toàn m gam T thu được 1,98 gam CO₂ và 1,08 gam H₂O. Nhận xét nào sau đây sai

A
Tổng số nguyên tử H trong phân tử Z là 10.
B
Có thể dùng dung dịch Br₂ để nhận biết X, Y, T.
C
Y có đồng phân hình học cis – trans.
D
Z có 2 công thức cấu tạo phù hợp.

Câu 26 :

Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức. Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên kết π). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O₂ thu được 0,45 mol CO₂. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no là (a) gam. Giá trị của (a) là

A
10,68.
B
20,60.
C
12,36.
D
13,20.

Câu 27 :

Hỗn hợp M gồm 3 este đơn chức X, Y, Z (X và Y là đồng phân của nhau, mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 5,3 gam M thu được 6,272 lít CO₂ (đktc) và 3,06 gam H₂O. Mặt khác, khi cho 5,3 gam M tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thấy khối lượng NaOH phản ứng hết là 2,8 gam, thu được ancol T, chất tan hữu cơ no Q cho phản ứng tráng gương và m gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của m gần nhất với

A
6,36.
B
6,42.
C
6,18.
D
6,08.

Câu 28 :

Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có một liên kết đôi C=C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn một lượng E thu được 0,43 mol khí CO₂ và 0,32 mol hơi nước. Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E bằng 200 gam dung dịch NaOH 12% rồi cô cạn dung dịch thu được phần hơi Z có chứa chất hữu cơ T. Dẫn toàn bộ Z vào bình đựng Na, sau phản ứng khối lương bình tăng 188,85 gam đồng thời thoát ra 6,16 lít khí H₂ (đktc). Biết tỉ khối của T so với H₂ là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E là

A
53,65%.
B
29,41%.
C
70,59%.
D
46,35%.

Câu 29 :

Chất béo E được tạo bởi glixerol và hai axit béo X và Y (có cùng số nguyên tử C, trong phân tử mỗi chất có không quá ba liên kết pi, M_X < M_Yvà n_X < n_Y). Xà phòng hóa hoàn toàn 15,96 gam E bằng KOH vừa đủ thu được 17,48 gam hỗn hợp hai muối. Mặt khác, nếu đem đốt cháy hoàn toàn 7,98 gam E thu được 11,424 lít CO₂ (đktc) và 8,1 gam nước. Khối lượng mol phân tử của X gần nhất với

A
250
B
253
C
281
D
282

Câu 30 :

Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạch hở (M_X < M_Y, đều có số C lớn hơn 1); T là este hai chức thuần tạo bởi X, Y và một ancol no mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng vừa đủ 0,485 mol O₂. Mặt khác, lượng E trên có thể tác dụng vừa đủ với 800ml dung dịch NaOH 0,2M thu được 0,07 mol muối của X. Biết X là axit no, phần trăm khối lượng của T trong E là

A
42,2%.
B
44,6%.
C
43,6%.
D
45,5%.

Câu 31 :

Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết pi (π) trong phân tử, trong đó có một este đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E bằng O₂, thu được 0,37 mol H₂O. Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m₁ gam và một ancol no, đơn chức có khối lượng m₂ gam. Tỉ lệ m₁ : m₂ có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A
2,7.
B
1,1.
C
4,7.
D
2,9.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

A

24,6
B

20,5
C

16,4
D

32,8

Đáp án : A

Phương pháp giải :

n_CO2; n_H2O=> n_ancol = n_H2O – n_CO2

Số C trong mỗi ancol => 2 ancol

Lập 2 phương trình 2 ẩn là số mol của ancol (tổng mol và khối lượng), giải tìm số mol mỗi ancol.

=> Số mol mỗi este => m_muối

Lời giải chi tiết :

Do thủy phân X thu được muối natri axetat nên 2 este là este của axit axetic.

n_CO2= 0,4 mol; n_H2O = 0,6 mol

=> n _ancol = n_H2O – n_CO2 = 0,2 mol

Số C trong mỗi ancol: 0,4/0,2 = 2

Vậy 2 ancol là: CH₃CH₂OH (x mol) và C₂H₄(OH)₂ (y mol)

x + y = 0,2

46x + 62y = 10,8

=> x = y = 0,1

Este là: CH₃COOC₂H₅ (0,1 mol) và (CH₃COO)₂C₂H₄ (0,1 mol)

=> n_CH3COONa= 0,3 mol

m = 0,3.82 = 24,6 gam

Câu 2 :

A

6,10.
B

5,92.
C

5,04.
D

5,22.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2 = 0,036 (mol)

=> M_Y = 92 => Y là glixerol C₃H₅(OH)₃

Gọi CTPT của X: C_nH_2n-8O₆ ( vì X có 5 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_glixerol = 0,012(mol) => M_x = 242 (g/mol)

Ta có:14n – 8 + 96 = 242

=> n = 11

Vậy CTPT của X là C₁₁H₁₄O₆

C₁₁H₁₄O₆ → 11CO₂ + 7H₂O

Tính toán CO₂ và H₂O theo phương trình

Lời giải chi tiết :

2,904 (g) X + NaOH → 1,104 (g) Y + 3 muối

Y + Na → 0,018 mol H₂

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2 = 0,036 (mol)

Vì X là este 3 chức => Y là ancol chức => n_Y = 1/3 n_OH- = 0,012 (mol)

=> M_Y = 1,104/ 0,012 = 92 => Y là glixerol C₃H₅(OH)₃

Gọi CTPT của X: C_nH_2n-8O₆ ( vì X có 5 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_glixerol = 0,012 (mol) => M_x = 242 (g/mol)

Ta có:14n – 8 + 96 = 242

=> n = 11

Vậy CTPT của X là C₁₁H₁₄O₆

Đốt cháy 2,42 (g) C₁₁H₁₄O₆ → 11CO₂ + 7H₂O

0,01 →0,11 → 0,07 (mol)

=> m_CO2 + m_H2O = 0,11.44 + 0,07.18 = 6,1 (g)

Câu 3 :

Phần 1: Đem đốt cháy hết bằng lượng vừa đủ khí O₂, thu được 22,4 lít CO₂ (đktc) và 16,2 gam H₂O.

Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃ đến khi xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag.

A

33
B

25
C

38
D

30

Đáp án : A

Phương pháp giải :

M có phản ứng tráng gương => X và Z

+) ${{n}_{T}}=\dfrac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{2}=0,05$

Mỗi mol T cần 3 mol H₂O để quay trở lại axit và ancol nên quy đổi M thành:

C_nH_2nO₂: a mol

C_mH2_m+2O₃: b mol

H₂O: -0,15 mol

+) Từ n_CO2; n_H2O và m_M lập hệ => a ; b

+) biện luận tìm m, n

Trong 26,6 gam M chứa C_nH_2nO₂là 0,4 mol; nNaOH = 0,4 mol

=> Chất rắn chứa C_nH_2n-1O₂Na (0,4 mol)

=> m

Lời giải chi tiết :

M có phản ứng tráng gương nên X là HCOOH, (X, Y, Z là các axit no đơn chức), Z là este no ba chức

Este T có độ bất bão hòa k = 3 nên:

${{n}_{T}}=\dfrac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{2}=0,05$

Mỗi mol T cần 3 mol H₂O để quay trở lại axit và ancol nên quy đổi M thành:

C_nH_2nO₂: a mol

C_mH2_m+2O₃: b mol

H₂O: -0,15 mol

n_CO2= na + mb = 1

n_H2O= na + b.(m+1) - 0,15 = 0,9

m_M = a.(14n + 32) + b.(14m + 50) - 18.0,15 = 26,6

Giải hệ trên được a = 0,4; b = 0,05

=> 0,4n + 0,05m = 1 => 8n + m = 20

=> m = 3, n = 2,125

Trong 26,6 gam M chứa C_nH_2nO₂là 0,4 mol; nNaOH = 0,4 mol

=> Chất rắn chứa C_nH_2n-1O₂Na (0,4 mol)

=> m = 0,4.(14n+54) = 33,5 gam

Câu 4 :

A

1,56.
B

1,25.
C

1,63.
D

1,42.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đốt Y: ${{n}_{C{{O}_{2}}~}}=0,198\text{ }mol,\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,176\text{ }mol$

${{n}_{COO}}={{n}_{KOH}}\Rightarrow \text{ }{{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}},\text{ }{{n}_{O\left( X \right)}}$ theo ẩn a

BTNT O: ${{n}_{O\left( X \right)}}+{{n}_{O\left( KOH \right)}}+{{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}=2.{{n}_{C{{O}_{2}}}}~+\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}+3.{{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}$

=> ${{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}$ theo ẩn a

BTKL => ${{m}_{X}}+{{m}_{KOH}}+{{m}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}={{m}_{C{{O}_{2}}}}~+{{m}_{{{H}_{2}}O}}+{{m}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}$

=> a

Lời giải chi tiết :

Đốt Y: ${{n}_{C{{O}_{2}}~}}=0,198\text{ }mol,\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,176\text{ }mol$

${{n}_{COO}}=0,08a\text{ }mol\Rightarrow {{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}~}}=0,04a\text{ }mol,\text{ }{{n}_{O\left( X \right)}}=0,16a$

BTNT O: ${{n}_{O\left( X \right)}}+{{n}_{O\left( KOH \right)}}+{{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}+3{{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}$

=> 0,16a + 0,08a + ${{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}$= 0,198.2 + 0,176 + 0,04a.3

=> ${{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}$ = 0,572 - 0,12a

BTKL => ${{m}_{X}}+{{m}_{KOH}}+{{m}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}={{m}_{C{{O}_{2}}}}~+{{m}_{{{H}_{2}}O}}+{{m}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}$

=> 7,668 + 0,08a.56 + 16(0,572 – 0,12a) = 44.0,198 + 18.0,176 + 0,04a.138

=> a = 1,667

Câu 5 :

A

55%.
B

40%.
C

50%.
D

45%.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂ : 0,19 mol

C_mH_2m+2O₂ : a mol

H₂O: - b mol

m_E = 0,19 ( 14n + 32) + a( 14m + 34) – 18 = 12,52

n_O2 = 0,19 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 0,37

n_H2O = 0,19n + a( m + 1) –b = 0,4

=> a = ?; b = ? và 0,19n + am = ?

=> mối quan hệ n, m

Biện luận tìm n, m

Lời giải chi tiết :

12,52 g E cần n_NaOH = 0,19 (mol)

Đốt 37,56 g E cần n_O2= 1,11 (mol) → n_H2O = 1,2 (mol)

=> Đốt 12,52 g E cần 0,37 mol O₂ → 0,4 mol H₂O

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂ : 0,19 mol

C_mH_2m+2O₂ : a mol

H₂O: - b mol

m_E = 0,19 ( 14n + 32) + a( 14m + 34) – 18b = 12,52

n_O2 = 0,19 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 0,37

n_H2O = 0,19n + a( m + 1) –b = 0,4

=> a = 0,05; b = 0,04 và 0,19n + am = 0,39

=> 0,19n + 0,05m = 0,39

=> 19n + 5m = 39

T không tác dụng với Cu(OH)₂ nên m ≥ 3. Vì n ≥ 1 nên m = 3 và n = 24/19 là nghiệm duy nhất.

=> HCOOH ( 0,14) và CH₃COOH (0,05)

b = 0,04 => HCOO-C₃H₆-OOC-CH₃: 0,02 mol

=> n_HCOOH = 0,14 – 0,02 = 0,12 (mol)

=> %n_HCOOH = 44,09%.

Câu 6 :

A

56,4.
B

58,9.
C

64,1.
D

65,0.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

X, Y đơn chức

Z, T hai chức

*Z + Na: R(OH)₂ → H₂

m _{bình tăng}= m_Z – m_H2 => m_Z => M_Z => Z

*Đốt F:

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH => n_O(F)= 2n_NaOH

BTNT O: n_H2O = n_O(F) + 2n_O2 - 3n_Na2CO3 – 2n_CO2

BTKL => m _muối = m_Na2CO3+ m_CO2 + m_H2O – m_O2

$\bar RCOONa:0,4mol \to \bar R + 67 = \dfrac{{32,4}}{{0,4}} \to \bar R = 14$ => Có axit là HCOOH

*E + NaOH: T có dạng là ${(\bar RCOO)_2}{C_2}{H_4}$ => M_T

BTKL => m_H2O = m_E + m_NaOH – m _muối – m_Z => n_axit = n_H2O

=> n_este = (n_NaOH-n_axit)/2

=> m_T = M_T.n_T=> %m_T

Lời giải chi tiết :

X, Y đơn chức

Z, T hai chức

*Z + Na:

R(OH)₂ → H₂

0,25 ← 0,25

m _{bình tăng}= m_Z – m_H2 => m_Z = 15 + 0,25.2 = 15,5 gam => M_Z = 15,5/0,25 = 62 => Z là C₂H₄(OH)₂

*Đốt F:

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,2 mol; n_O(F)= 2n_NaOH= 0,8 mol

BTNT O: n_H2O = n_O(F) + 2n_O2 - 3n_Na2CO3 – 2n_CO2 = 0,8 + 0,7.2 – 0,6.2 – 0,2.3 = 0,4 mol

BTKL => m _muối = m_Na2CO3+ m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 0,2.106 + 0,6.44 + 0,4.18 – 0,7.32 = 32,4 gam

$\bar RCOONa:0,4mol \to \bar R + 67 = \dfrac{{32,4}}{{0,4}} \to \bar R = 14$ => Có axit là HCOOH

*E + NaOH: T có dạng là ${(\bar RCOO)_2}{C_2}{H_4}$ => M_T = (14+44).2+28 = 144

BTKL => m_H2O = m_E + m_NaOH – m _muối – m_Z = 33,7 + 0,4.40 – 32,4 – 15,5 = 1,8 gam => n_axit = n_H2O = 0,1 mol

=> n_este = (n_NaOH-n_axit)/2 = 0,15

=> m_T = 0,15.144 = 21,6 gam => %m_T = 64,1%

Câu 7 :

A

CH₃COOC₂H₅
B

C₂H₅COOC₂H₅
C

CH₂=CHCOOCH₃
D

CH₃COOCH₃

Đáp án : A

Phương pháp giải :

n_CO2 < n_H2O → ancol no hở, đơn chức

=> n _ancol= n_H2O-n_CO2= 0,1

=>C=n_CO2 : n_ancol= 2 => ancol là C₂H₆O

Vì n_NaOH > n_C2H6O → X là axit còn Y là este tạo bởi C₂H₅OH và axit X

n_RCOONa = n_NaOH = 0,3 → M = 82 → M_R=15 → CH3COONa

Lời giải chi tiết :

n_CO2 < n_H2O → ancol no hở, đơn chức

=> n _ancol= n_H2O-n_CO2= 0,1

=>C=n_CO2 : n_ancol= 2 => ancol là C₂H₆O

Vì n_NaOH > n_C2H6O → X là axit còn Y là este tạo bởi C₂H₅OH và axit X

n_RCOONa = n_NaOH = 0,3 → M = 82 → M_R=15 → CH3COONa

→ Y là CH₃COOC₂H₅

Câu 8 :

A

Chất X có tồn tại đồng phân hình học.
B

Chất T làm mất màu nước brom.
C

Đốt cháy 1 mol chất Y thu được 4 mol CO₂.
D

Chất X phản ứng với H₂ (Ni, t^o) theo tỉ lệ mol 1:1.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Tính độ bất bão hòa của X.

- Khi đun Z với H₂SO₄ đặc thu được chất T nhẹ hơn Z nên M_T = M_Z – 18

Dựa vào tỉ khối của T so với Z để tính M_Z

Từ đó suy ra CTCT của các chất

Lời giải chi tiết :

Chất X có độ bất bão hòa là: k = (2C + 2 – H):2 = 3

- Khi đun Z với H₂SO₄ đặc thu được chất T nhẹ hơn Z nên M_T = M_Z – 18

${d_{T/Z}} = \dfrac{{{M_T}}}{{{M_Z}}} = \dfrac{{{M_Z} - 18}}{{{M_Z}}} = 0,7 \to {M_Z} = 60({C_3}{H_8}O)$

A, B, D, đúng

C sai vì 1 mol Y đốt cháy chỉ thu được 3 mol CO₂: C₄H₂O₄Na₂ + 3O₂ → 3CO₂+ H₂O + Na₂CO₃

Câu 9 :

A

16, 67%.
B

20,00%.
C

13,33%.
D

25,00%.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

$\underbrace {X,Y,Z}_{E = 5,16{\kern 1pt} g} + NaOH{\mkern 1mu}dư\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}F\xrightarrow{{ + AgN{O_3}}}Ag:0,08{\mkern 1mu} mol \hfill \\M\xrightarrow{{ + AgN{O_3}}}Ag:0,06{\mkern 1mu} mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$

F có phản ứng với AgNO₃ => trong F phải có muối HCOONa => muối còn lại là CH₃COONa

${n_{HCOONa}} = \dfrac{1}{2}{n_{Ag}} = ?a{\mkern 1mu} (mol)$

$= > {n_{C{H_3}COONa}} = \dfrac{{4,36 - a.68}}{{82}} = ?b{\mkern 1mu} (mol)$

${n_{este}} = \sum {{n_{muoi}} = a + b = ?c(mol)} $

$ = > {{\bar M}_{este}} = \dfrac{{5,16}}{c} = ?(g/mol)$

$ = > {\text{ }}CTPT\,của\,E\,$

=> E chưa: CH₃COOCH=CH₂: b (mol) ; HCOOR: x (mol) và HCOOR’: y (mol)

=> x + y = ? a( mol)

Dựa vào số mol Ag => x, y = ?

=> CTCT của các chất và % X =?

Lời giải chi tiết :

F có phản ứng với AgNO₃ => trong F phải có muối HCOONa => muối còn lại là CH₃COONa

${n_{HCOONa}} = \dfrac{1}{2}{n_{Ag}} = \dfrac{1}{2}{\mkern 1mu} .0,08 = 0,04(mol)$

$ = > {n_{C{H_3}COONa}} = \dfrac{{4,36 - a.68}}{{82}} = 0,02{\mkern 1mu} (mol)$

${n_{este}} = \sum {{n_{muối}} = 0,04 + 0,02 = 0,06(mol)} $

$= > {{\bar M}_{este}} = \dfrac{{5,16}}{c} = 86(g/mol)$

$= > {\text{ }}CTPT\,của\,E\,:\,{C_4}{H_6}{O_2}$

=> E chứa: CH₃COOCH=CH₂: 0,02 (mol) ; HCOOR: a (mol) và HCOOR’: b (mol)

=> a + b = 0,06 (1)

M tham gia phản ứng tráng bạc => M chứa anđehit. Có n_Ag = 0,06 > 2n_CH3COOCH=CH2 = 0,04

=> E chứa 1 este có cấu tạo HCOOC=C-CH₃: $\dfrac{{0,06 - 0,04}}{2} = 0,01{\mkern 1mu} (mol)$

Este còn lại có cấu tạo HCOOCH=CH-CH₃: 0,03 (mol) hoặc HCOOC(CH₃)=CH₂ : 0,03 (mol)

Vậy X là HCOOCH=CH-CH₃

$ = > \% X = \dfrac{{0,01.86}}{{5,16}}.100\% = 16,67\% {\text{ }}$

Câu 10 :

A

168,0.
B

167,0.
C

130,0.
D

129,0.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

M_X = 3,125.32 = 100 (C₅H₈O₂)

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Số C trung bình = 2,1/0,6 = 3,5

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

Do Z no, mạch hở nên Z là (HCOO)₂C₂H₄

Đặt ẩn số mol từng chất, dựa vào dữ kiện đề bài lập và giải hệ phương trình.

Lời giải chi tiết :

M_X = 3,125.32 = 100 (C₅H₈O₂)

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Số C trung bình = 2,1/0,6 = 3,5

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

Do Z no, mạch hở nên Z là (HCOO)₂C₂H₄

$*0,6\,mol\,\left\{ \begin{gathered}{C_5}{H_8}{O_2}:x \hfill \\{C_3}{H_6}{O_2}:y \hfill \\{C_4}{H_6}{O_4}:\,z \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}:2,25}}\left\{ \begin{gathered}C{O_2}:2,1 \hfill \\\xrightarrow{{BT:H}}{H_2}O:4x + 3y + 3z \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\to \left\{ \begin{gathered}x{\text{ }} + {\text{ }}y{\text{ }} + {\text{ }}z{\text{ }} = {\text{ }}0,6 \hfill \\\xrightarrow{{BT:C}}5x + 3y + 4z = 2,1 \hfill \\\xrightarrow{{BT:O}}2x + 2y + 4z + 2,25.2 = 2,1.2 + 4x + 3y + 3z \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}x{\text{ }} = {\text{ }}0,06 \hfill \\y{\text{ }} = {\text{ }}0,36 \hfill \\z{\text{ }} = {\text{ }}0,18 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

${{\text{m}}_{\text{E}}}{\text{ }} = {\text{ }}0,06.100{\text{ }} + {\text{ }}0,36.74{\text{ }} + {\text{ }}0,18.118{\text{ }} = {\text{ }}53,88g$

$Muối\left\{ \begin{gathered}{C_2}{H_3}COOK:0,06 \hfill \\HCOOK:0,36{\text{ }} + {\text{ }}2.0,18{\text{ }} = {\text{ }}0,72 \hfill \\\end{gathered} \right. \to {m_{muối}} = 0,06.110 + 0,72.84 = 67,08g$

53,88 g E...67,08 g muối
134,7 g E...167,7g muối

Câu 11 :

A

6,8
B

13,6
C

16,4
D

32,8

Đáp án : B

Phương pháp giải :

nCO₂; nH₂O => n _ancol = nH₂O – nCO₂

Số C trong mỗi ancol => 2 ancol

Lập 2 phương trình 2 ẩn là số mol của ancol (tổng mol và khối lượng), giải tìm số mol mỗi ancol.

=> Số mol mỗi este => m_muối

Lời giải chi tiết :

Do thủy phân X thu được muối natri fomiat nên 2 este là este của axit fomic

nCO₂= 0,3 mol; nH₂O = 0,45 mol

=> n _ancol = nH₂O – nCO₂ = 0,15 mol

Số C trong mỗi ancol: 0,6/0,15 = 2

Vậy 2 ancol là: CH₃CH₂OH (x mol) và C₂H₄(OH)₂ (y mol)

$\left\{ \begin{array}{l}x{\rm{ }} + {\rm{ }}y{\rm{ }} = {\rm{ }}0,15\\46x{\rm{ }} + {\rm{ }}62y{\rm{ }} = {\rm{ }}7,7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,05\end{array} \right.$

Este là: HCOOC₂H₅ (0,1 mol) và (HCOO)₂C₂H₄ (0,05 mol)

=> nHCOONa = 0,2 mol

m = 0,2.68= 13,6 gam

Câu 12 :

A

5,75.
B

11,5.
C

23.
D

27,6.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2

=> M_Y => Y

Gọi CTPT của X: ( X có 3 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_Y => M_x

=> n

=> CTPT của X

Tính toán CO₂ và H₂O theo phương trình

Lời giải chi tiết :

17,2 (g) X + NaOH → 6,2 (g) Y + 2 muối

Y + Na → 0,1 mol H₂

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2 = 0,2 (mol) => n Y = 0,1 mol

=> M_Y = 62 => Y là C₂H₄(OH)₂

Gọi CTPT của X: C_nH_2n-4O₄ ( vì X có 3 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_Y = 0,1(mol) => M_x = 172 (g/mol)

Ta có:14n – 4 + 64 = 172

=> n = 8

Vậy CTPT của X là C₈H₁₂O₄

Đốt cháy X: C₈H₁₂O₄ → 8CO₂ + 6H₂O

0,05 →0,4 → 0,3 (mol)

=> m_CO2 + m_H2O = 0,4.44 + 0,3.18 = 23 (g)

Câu 13 :

Phần 1: Đem đốt cháy hết bằng lượng vừa đủ khí O₂, thu được 23,52 lít CO₂ (đktc) và 17,1 gam H₂O.

Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃ đến khi xảy ra hoàn toàn, thu được 32,4 gam Ag.

A

33.
B

25,6.
C

38,9.
D

30,4.

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

M có phản ứng tráng gương nên X là HCOOH, (X, Y, Z là các axit no đơn chức), T là este no ba chức

Este T có độ bất bão hòa k = 3 nên:

nT = (nCO₂ – nH₂O)/2 = 0,05

Mỗi mol T cần 3 mol H₂O để quay trở lại axit và ancol nên quy đổi M thành:

C_nH_2nO₂: a mol

C_mH_2m+2O₃: b mol

H₂O: c

Ta có n_este = n_CmH2m+2O3 = 0,05

=> n_H2O = 3.0,05 =0,15 mol

nCO₂= na+mb = 1,05

nH₂O = na+b(m+1)-0,15 = 0,95

mM = a(14n+32)+b(14m+50)-18.0,15 = 86,7/3

Giải hệ trên được a = 0,45; m = 3, n = 2

Trong 26,6 gam M chứa C_nH_2nO₂là 0,45 mol; nNaOH = 0,5 mol

=> Chất rắn chứa C_nH_2n-1O₂Na (0,45 mol) và NaOH (0,05)

=> m = 0,45.(14.2+54)+ 0,05.40 = 38,9 gam

Câu 14 :

A

0,2.
B

0,3.
C

0,4.
D

0,5.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

nCOO = nKOH => nK₂CO₃, nO(X) theo ẩn a

BTNT O: nO(X) + nO(NaOH) + nO(O₂) = 2nCO₂ + nH₂O + 3nNa₂CO₃

=> nO(O₂) theo ẩn a

BTKL => mX + mNaOH + mO(O₂) = mCO₂ + mH₂O + mNa₂CO₃

=> a

Lời giải chi tiết :

Đốt Y: nCO₂ = 0,95 mol, nH₂O = 1,25 mol

nCOO = x mol => nNa₂CO₃ = 0,5.x mol, nO(X) = 2x

BTNT O: nO(X) + nO(NaOH) + nO(O₂) = 2nCO₂ + nH₂O + 3nNa₂CO₃

=> 2x + x + nO(O₂) = 0,95.2 +1,25 + 3x/2

=> nO(O₂) = 3,15-1,5x

BTKL => mX + mNaOH + mO(O₂) = mCO₂ + mH₂O + mNa₂CO₃

=> 32,4 + x.40 + 16(3,15-1,5.x) = 44.0,95 + 18.1,25 + x/2.106

=> x= 0,5

Câu 15 :

A

25%.
B

30%.
C

50%.
D

40%.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂

C_mH_2m+2O₂

H₂O

Từ số mol NaOH phản ứng tính ra mol C_nH_2nO₂

Thiết lập phương trình liên quan khối lượng E; mol oxi cháy; mol nước

=> a = ?; b = ?

=> mối quan hệ n, m

Biện luận tìm n, m

Lời giải chi tiết :

27,6 g E cần n_NaOH = 0,3 (mol)

Đốt 27,6 g E cần 1,2 mol O₂ → 1,1 mol H₂O

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂ : 0,3 mol

C_mH_2m+2O₂ : a mol

H₂O: b mol

m_E = 0,3 ( 14n + 32) + a( 14m + 34) – 18b = 27,6(1)

PTHH: C_nH_2nO₂ + $\dfrac{{3n - 2}}{2}$ O₂ → nCO₂ + nH₂O

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

n_O2 = 0,3 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 1,2 (2)

n_H2O = 0,3n + a( m + 1) –b = 1,1 (3)

Giải (1), (2), (3) => a = 0,15; b = 0,1 và 0,3n + 0,15m = 1,05

=> 2n + m = 7

T tác dụng với Cu(OH)₂ và m < 4 và 2 axit kế tiếp nhau

=> m = 2 => n=2,5 => 2 axit là CH₃COOH(0,1) và C₂H₅COOH (0,1)

Hoặc m = 3 => n=2 => loại

=> %_CH3COOH = 21,7%. (gần nhất với 25%)

Câu 16 :

A

64,1
B

56,4
C

58,9
D

65,0

Đáp án : A

Phương pháp giải :

X, Y đơn chức

Z, T hai chức

*Z + Na: R(OH)₂ → H₂

m _{bình tăng}= m_Z – m_H2 => m_Z => M_Z => Z

*Đốt F:

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH => n_O(F)= 2n_NaOH

BTNT O: n_H2O = n_O(F) + 2n_O2 - 3n_Na2CO3 – 2n_CO2

BTKL => m _muối = m_Na2CO3+ m_CO2 + m_H2O – m_O2

Tính khối lượng trung bình của muối=> Có axit là HCOOH

*E + NaOH: T có dạng là =${(\mathop R\limits^ - COO)_2}{C_2}{H_4}$

BTKL => m_H2O = m_E + m_NaOH – m _muối – m_Z => n_axit = n_H2O

=> n_este = (n_NaOH-n_axit)/2

=> m_T = M_T.n_T=> %m_T

Lời giải chi tiết :

X, Y đơn chức

Z, T hai chức

*Z + Na:

R(OH)₂ → H₂

0,03 ← 0,03

m _{bình tăng}= m_Z – m_H2 => m_Z = 3,6 + 0,06.2 = 3,72 gam => M_Z = 3,72/0,06 = 62 => Z là C₂H₄(OH)₂

*Đốt F:

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,08 mol; n_O(F)= 2n_NaOH= 0,32 mol

BTNT O: n_H2O = n_O(F) + 2n_O2 - 3n_Na2CO3 – 2n_CO2 = 0,32 + 0,2.2 – 0,16.2 – 0,08.3 = 0,16 mol

BTKL => m _muối = m_Na2CO3+ m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 0,08.106 + 0,16.44 + 0,16.18 – 0,2.32 = 12gam

$\mathop R\limits^ - COONa$ : 0,16 => ${M_{\mathop R\limits^ - }}$ = 8 => Có axit là HCOOH

*E + NaOH: T có dạng là ${(\mathop R\limits^ - COO)_2}{C_2}{H_4}$=> M_T = (8+44).2+28 = 132

BTKL => m_H2O = m_E + m_NaOH – m _muối – m_Z = 10,4 + 0,16.40 – 12 – 3,72 = 1,08 gam => n_axit = n_H2O = 0,06 mol

=> n_este = (n_NaOH-n_axit)/2 = 0,05

=> m_T = 0,05.132= 6,6 gam

=> %mT = (6,6 : 10,4).100% = 63,46%

Câu 17 :

A

CH₃COOH
B

HCOOCH₃
C

HCOOH
D

CH₃COOCH₃

Đáp án : C

Phương pháp giải :

n_CO2 < n_H2O → ancol no hở, đơn chức

=> n _ancol= n_H2O-n_CO2

=>C=n_CO2 : n_ancol => ancol

Vì n_NaOH > n_CH4O X là axit còn Y là este tạo bởi CH₃OH và axit X

n_RCOONa = n_NaOH => CT muối

Lời giải chi tiết :

n_CO2 < n_H2O → ancol no hở, đơn chức

=> n _ancol= n_H2O-n_CO2= 0,05

=>C=n_CO2 : n_ancol= 1 => ancol là CH₄O

Vì n_NaOH > n_CH4O X là axit còn Y là este tạo bởi CH₃OH và axit X

n_RCOONa = n_NaOH = 0,15 → M = 68 → M_R=1 → HCOONa
=> X là HCOOH

Câu 18 :

A

Chất X không có đồng phân hình học.
B

Chất T làm mất màu nước brom.
C

Đốt cháy 1 mol chất Y thu được 4 mol CO₂.
D

Chất X phản ứng với H₂(Ni, t^o) theo tỉ lệ mol 1:2.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Tính độ bất bão hòa của X.

- Khi đun Z với H₂SO₄ đặc thu được chất T nhẹ hơn Z nên M_T = M_Z – 18

Dựa vào tỉ khối của T so với Z để tính M_Z

Từ đó suy ra CTCT của các chất

Lời giải chi tiết :

Chất X có độ bất bão hòa là: k = (2C + 2 – H):2 = 3

- Khi đun Z với H₂SO₄ đặc thu được chất T nhẹ hơn Z nên M_T = M_Z – 18

A sai vì X không có đồng phân hình học

B đúng vì Y có 1 nối đôi làm mất màu Brom

C sai vì 1 mol Y đốt cháy chỉ thu được 3 mol CO₂: C₄H₂O₄Na₂ + 3O₂ → 3CO₂+ H₂O + Na₂CO₃

X phản ứng với H₂ theo tỉ lệ 1:1 => D sai

Câu 19 :

A

16, 67%.
B

20,00%.
C

13,33%.
D

25,00%.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

$X,Y,Z\buildrel { + NaOH} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
F\buildrel { + AgN{O_3}/N{H_3}} \over
\longrightarrow 0,2\,mol\,Ag \hfill \cr
M\buildrel { + AgN{O_3}/N{H_3}} \over
\longrightarrow 0,14\,mol\,Ag \hfill \cr} \right.$

F có phản ứng với AgNO₃ => trong F phải có muối HCOONa => muối còn lại là CH₃COONa

=> n_HCOONa = n_Ag/2

=> mol CH₃COONa

Ta có n_este = n_muối

=> Công thức este:

E chưa: CH₃COOCH=CH₂: b (mol) ; HCOOR: x (mol) và HCOOR’: y (mol)

=> x + y = ? a( mol)

Dựa vào số mol Ag => x, y = ?

=> CTCT của các chất và % X =?

Lời giải chi tiết :

F có phản ứng với AgNO₃ => trong F phải có muối HCOONa => muối còn lại là CH₃COONa

n_HCOONa = n_Ag/2 = 0,1 mol

=> n_CH3COONa = 0,05 mol

Ta có: n_este = n_muối = 0,1+ 0,05 = 0,15 mol

=> M_este = 86 => Công thức của E là C₄H₆O₂

=> Công thức E là HCOOCH=CH-CH₃ a mol ; HCOOCH₂-CH=CH₂b mol và CH₃COOCH=CH₂ c mol

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 0,15\\a + b = 0,1\\2a + 2c = 0,14\end{array} \right.$ => $\left\{ \begin{array}{l}a = 0,02\\b = 0,08\\c = 0,05\end{array} \right.$

₌> X là HCOOCH=CH-CH₃(vì số mol bằng 0,02)

%X = $\dfrac{{0,02.86}}{{12,9}}.100\% = 13,33\% $

Câu 20 :

A

30,0.
B

50,0.
C

60,0.
D

20,0.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

M_X =100 => X là C₅H₈O₂

Số C trung bình = 0,75/0,2 = 3,75

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

=> Z là este của C₂H₄(OH)₂với axit fomic => Z là (HCOO)₂C₂H₄

Đặt ẩn số mol từng chất, dựa vào dữ kiện đề bài lập và giải hệ phương trình.

Lời giải chi tiết :

M_X =100 => X là C₅H₈O₂

Số C trung bình = 0,75/0,2 = 3,75

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

=> Z là este của C₂H₄(OH)₂với axit fomic => Z là (HCOO)₂C₂H₄

Ta có sơ đồ:

$0,2mol\left\{ \matrix{
{C_5}{H_8}{O_2}:x\,mol \hfill \cr
{C_3}{H_6}{O_2}:\,y\,mol \hfill \cr
{C_4}{H_6}{O_4}:\,z\,mol \hfill \cr} \right.\buildrel { + 0,875mol\,\,{O_2}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
C{O_2}:\,0,75\,mol \hfill \cr
\buildrel {bt:H} \over
\longrightarrow 4x + 3y + 3z \hfill \cr} \right.$

=> x + y + z = 0,2 (1)

Bảo toàn cacbon => 5x + 3y + 4z = 0,75 (2)

Bảo toàn oxi => n(O trong E)+ n (O cháy) = n(O trong CO₂) + n(O nước)

=> n_H2O = 0,2.2 + 0,875.2- 0,75.2 = 0,65 => 4x+3y+ 3z = 0,65(3)

Giải (1), (2) và (3) => $\left\{ \begin{array}{l}{C_5}{H_8}{O_2}:0,05\,mol\\{C_3}{H_6}{O_2}:\,0,1\,mol\\{C_4}{H_6}{O_4}:\,0,05\,mol\end{array} \right.$

=> m_E = 18,3 gam

So sánh với 36,6 => 36,6 gấp đôi => Muôi là C₂H₃COONa: 0,1 và HCOONa:

0,2+0,1.2=0,4

=> m_muối = 94. 0,1+ 0,4. 68 = 36,6 gam

Câu 21 :

A

12
B

9
C

10
D

11

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Xét ancol F

F là ancol 3 chức nên F + Na → 3/2 H₂

Ta có n_H2 = 0,18 mol → n_F = 0,12 mol

Khối lượng bình Na tăng là m_{bình tăng} = m_G – m_H2 = 10,68 → m_G = 10,68 + 0,18.2 = 11,04 g

→M_F = 92 → F là C₃H₈O₃( glixerol)

Xét muối G có

n_G = 3n_F = 3.0,12 =0,36 mol

→M_G = 29,52 : 0,36 = 82 → G có CTTB là RCOONa thì M_R = 15

→ G có một muối là HCOONa

Từ đó biện luận ra muối còn lại

Lời giải chi tiết :

E + NaOH → muối G + ancol F

Xét ancol F

F là ancol 3 chức nên F + Na → 3/2 H₂

Ta có n_H2 = 0,18 mol → n_F = 0,12 mol

Khối lượng bình Na tăng là m_{bình tăng} = m_G – m_H2 = 10,68 → m_G = 10,68 + 0,18.2 = 11,04 g

→M_F = 92 → F là C₃H₈O₃( glixerol)

Xét muối G có

n_G = 3n_F = 3.0,12 =0,36 mol

→M_G = 29,52 : 0,36 = 82 → G có CTTB là RCOONa thì M_R = 15

→ G có một muối là HCOONa

Vì E gồm các este có cùng số mol và este được tạo từ 2 axit → 2 muối có số mol bằng nhau → muối còn lại có CTPT là C_nH_2n+1COONa → → muối còn lại C₂H₅COONa

→ X tạo bới (HCOO)₃C₃H₅

Y và Z là 2 đồng phân của este tạo bởi (HCOO)₂(C₂H₅COO)C₃H₅

T và P là 2 đồng phân của (HCOO)(C₂H₅COO)₂C₃H₅

Q là (C₂H₅COO)₃C₃H₅

Câu 22 :

A

. Khối lượng của hai axit cacboxylic có trong 12 gam M là 8,75 gam.
B

Số mol este T trong 24 gam M là 0,05 mol.
C

giá trị của m là 30,8.
D

Phần trăm khối lượng của nguyên tố H trong X là 4,35%.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp M thành C_nH_2nO₂ ; C_mH_2m+2O₃ : a mol và H₂O : -b mol

Bảo toàn C có n_CO2 = 0,35n + am = 0,75 mol

Bảo toàn H có 2n_H2O = 0.35.2n + a.(2m+2) – 2b = 0,7.2

→ từ 2 phương trình trên có a – b = - 0,05

Khối lượng của hỗn hợp M là 0,35(14n + 32) + a.(14m+ 50) – 18b = 24

Từ đó suy ra a, b và xét các kết luận đúng sai

Lời giải chi tiết :

Quy đổi hỗn hợp M thành C_nH_2nO₂ ; C_mH_2m+2O₃ : a mol và H₂O : -b mol

Vì M phản ứng vừa đủ với 0,35 mol KOH nên n_axit = 0,35 mol → C_nH_2nO₂ : 0,35 mol

Đốt cháy M

Bảo toàn C có n_CO2 = 0,35n + am = 0,75 mol

Bảo toàn H có 2n_H2O = 0.35.2n + a.(2m+2) – 2b = 0,7.2

→ từ 2 phương trình trên có a – b = - 0,05

Khối lượng của hỗn hợp M là 0,35(14n + 32) + a.(14m+ 50) – 18b = 24

→ 14.(0,35n + am) + 32.0,35 + 50a – 18b = 24 → 50a – 18b = 2,3

→ a = 0,1 mol và b = 0,15 mol →n_este = 1/3 .b = 0,05 mol → B đúng

→ 0,35n + 0,1m = 0,75mol

Vì m ≥ 3 do đây là ancol 3 chức nên thỏa mãn m = 3 và n = 9/7 ( vì n là số C trung bình của 2 axit)

→ X là HCOOH → %H trong X = 4,35% → D đúng

24gam M + 0,35 mol KOH → 0,35 mol C_nH_2n-1O₂K

Với n = 9/7 → m = 30,8 → C đúng

→ A sai

Câu 23 :

X + H₂ $ \to $ Y

X + 2NaOH $ \to $ Z + X₁ + X₂

Biết rằng X₁, X₂ thuộc cùng dãy đồng đẳng. cho các phát biểu sau

(a) X, Y đều có mạch không phân nhánh

(b) Z có đồng phân hình học

(c ) X₁, X₂ thuộc cùng dãy đồng đẳng

(d) X có công thức phân tử C₉H₈O₄

Số các phát biểu đúng là

A

1
B

0
C

2
D

3

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Ta có : $\dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \dfrac{{77:44}}{{18:18}} = \dfrac{7}{4}$ → $\frac{{{n_C}}}{{{n_H}}} = \dfrac{7}{8}$ .

Mà este X tạo bởi ancol đơn chức và axit 2 chức nên X có 4 O trong công thức phân tử

→ X là C₇H₈O₄

Từ đó suy ra CTCT của Z, X₁,X₂, Y

Lời giải chi tiết :

Ta có : $\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \frac{{77:44}}{{18:18}} = \frac{7}{4}$ → $\frac{{{n_C}}}{{{n_H}}} = \frac{7}{8}$ .

Mà este X tạo bởi ancol đơn chức và axit2 chức nên X có 4 O trong công thức phân tử

→ X là C₇H₈O₄

Số liên kết pi có trong X là: (7 . 2 + 2 - 8) : 2 = 4

=> X có chứa 2 liên kết pi trong 2 chức este và 2 liên kết pi trong gốc hidrocacbon

X + NaOH → X₁ + X₂ + Z và 2 ancol X₁ , X₂ là đồng đẳng nên X là

CH₃ – OOC – C≡C- COO- CH₂- CH₃

→ Z là NaOOC – C≡C – COONa

X₁ , X₂ là CH₃OH; C₂H₅OH

Y là CH₃ – OOC – CH- CH- COO- CH₂- CH₃

a. Đúng

b. Sai

c. Đúng

d. sai

Câu 24 :

A
7,09.
B
6,53.
C
5,36
D
5,92.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Hai ancol có cùng dãy đồng đẳng và có phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46 => phải có 1 ancol là CH₃OH

=> 2 ancol thuộc dãy đồng đẳng của ancol no, đơn chức

Quy đổi hỗn hợp X về:

C_nH_2n+2-2kO₄: 0,04 (mol)

C_mH_2m+2O : 0,05 (mol)

H₂O : - c (mol)

BTNT C: n_CO2 = 0,04n + 0,05m = 0,19

=> 4n + 5m = 19

Biện luận tìm ra được n, m =?

Lời giải chi tiết :

n_NaOH = 0,1 (mol) ; n_HCl = 0,02 (mol)

Hai ancol có cùng dãy đồng đẳng và có phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46 => phải có 1 ancol là CH₃OH

=> 2 ancol thuộc dãy đồng đẳng của ancol no, đơn chức

Quy đổi hỗn hợp X về:

C_nH_2n+2-2kO₄: 0,04 (mol) [Suy ra từ n_axit = 1/2. n_COOH = ½ . (n_NaOH - n_HCl) ]

C_mH_2m+2O : 0,05 (mol)

H₂O : - c (mol)

BTNT C: n_CO2 = 0,04n + 0,05m = 0,19

=> 4n + 5m = 19 (1)

Mặt khác M_ancol < 46 => 14m +18 < 46 => m < 2

Từ (1) ta có: n ≥ 2 và m < 2 => n = 3 và m = 1,4 là nghiệm duy nhất

Vậy axit là CH₂(COOH)₂

Y gồm: CH₂(COONa)₂: 0,04 mol và NaCl: 0,02 mol (BTNT Cl)

=> m_Y = 0,04.148 + 0,02.58,5 = 7,09 (g)

Câu 25 :

A
Tổng số nguyên tử H trong phân tử Z là 10.
B
Có thể dùng dung dịch Br₂ để nhận biết X, Y, T.
C
Y có đồng phân hình học cis – trans.
D
Z có 2 công thức cấu tạo phù hợp.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, quy đổi, biện luận.

Lời giải chi tiết :

n_NaOH= 0,26 mol; n_CO2= 0,045 mol; n_H2O = 0,06 mol

Do axit Y đa chức, không phân nhánh nên Y là axit hai chức

Este Z được tạo bởi ancol T và X, Y => Ancol T là ancol ba chức.

*Xét phản ứng đốt cháy ancol T: n_CO2 = 0,045 mol; n_H2O = 0,06 mol

n_CO2 < n_H2O => T là ancol no, mạch hở

n _ancol= n_H2O - n_CO2 = 0,06 - 0,045 = 0,015 mol

=> Số C = n_CO2 : n_T = 0,045 : 0,015 = 3

Vậy T là C₃H₅(OH)₃

*E phản ứng với NaOH: n_COO = n_NaOH = 0,26 mol => n_O(E) = 2n_COO = 0,52 mol

*Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp E:

+ BTKL: m_CO2 + m_H2O = m_E + m_O2 => 44n_CO2+ 18n_H2O = 14,93 + 32.0,3825

+ BTNT "O": 2n_CO2 + n_H2O = n_O(E) + 2n_O2 => n_CO2 + n_H2O = 0,52 + 2.0,3825

Giải hệ được n_CO2 = 0,505 và n_H2O = 0,275

*Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂: x

C_mH_2m-4O₄: y

C₃H₈O₃: 0,015

H₂O: -0,045

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \matrix{
{n_{NaOH}} = x + 2y = 0,026 \hfill \cr
{n_{C{O_2}}} = nx + my + 0,015.3 = 0,505 \hfill \cr
{n_{{H_2}O}} = nx + (m - 2)y + 4.0,015 - 0,045 = 0,275 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
x = 0,06 \hfill \cr
y = 0,1 \hfill \cr
3n + 5m = 23 \hfill \cr} \right.$

Chỉ có cặp n = 1; m = 4 thỏa mãn

Vậy X là HCOOH và Y là HOOC-CH=CH-COOH

=> Z có thể là

- Phương án A sai vì tổng số nguyên tử H trong Z là 8

- Phương án B đúng

+ X làm mất màu dung dịch Br₂ khi đun nóng

+ Y làm mất màu dung dịch Br₂ở nhiệt độ thường

+ T không làm mất màu dung dịch Br₂

- Phương án C đúng

- Phương án D đúng.

Câu 26 :

A
10,68.
B
20,60.
C
12,36.
D
13,20.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Tính được trong E : n_X : n_Y = 3: 5

Trong m gam E chứa X ( 3e mol) và Y ( 5e mol).

X = C₃H₆(OH)₂ + 2HCOOH +?CH₂ – 2H₂O

Y = C₃H₅(OH)₃ + 3HCOOH + ?CH₂ – 3H₂O -3H₂

Quy đổi m gam E thành:

C₃H₆(OH)₂: 3e

C₃H₅(OH)₃: 5e

HCOOH: 21e

CH₂: u

H₂: -15e

H₂O: -21e

Bảo toàn O₂, CO₂ => e, u = ? (mol)

n_{muối no} = 6e = ? (mol)

n_{muối không no} = 15e = ? (mol)

Muối no và muối không no có tương ứng k và g nhóm CH₂.

Bảo toàn số mol CH₂ => mối quan hệ k, g

Biện luận tìm k, g. Từ đó tìm được muối no.

Lời giải chi tiết :

Trong 0,16 mol E chứa x mol X và y mol Y

n_E = x + y = 0,16

n_NaOH = 2x + 3y= 0,42

=> x = 0,06 và y = 0,1 (mol)

=> n_X : n_Y = 3: 5

Trong m gam E chứa X ( 3e mol) và Y ( 5e mol).

X = C₃H₆(OH)₂ + 2HCOOH +?CH₂ – 2H₂O

Y = C₃H₅(OH)₃ + 3HCOOH + ?CH₂ – 3H₂O -3H₂

Quy đổi m gam E thành:

C₃H₆(OH)₂: 3e

C₃H₅(OH)₃: 5e

HCOOH: 21e

CH₂: u

H₂: -15e

H₂O: -21e

n_O2 = 4.3e + 3,5.5e + 0,5.21e + 1,5u – 0,5.1,5e = 0,5

n_CO2 = 3.3e + 3.5e + 21e + u = 0,45

=> e = 0,005 và u = 0,225

n_{muối no} = 6e = 0,03 (mol)

n_{muối không no} = 15e = 0,075 (mol)

Muối no và muối không no có tương ứng k và g nhóm CH₂.

n_CH2 = 0,03k + 0,075g = 0,225

=> 2k + 5g = 15

Do k > 1 và g ≥ 2 nên k = 2,5 và g = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy muối no gồm HCOONa: 0,03 (mol) ; CH₂: 0,03k = 0,075 (mol)

=> m_{muối no} = 3,09

Tỉ lệ: 8e mol E → 3,09 gam muối no

=> 0,16 mol E → a gam muối no

=> a = 12,36 (g)

Câu 27 :

A
6,36.
B
6,42.
C
6,18.
D
6,08.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Bảo toàn khối lượng có m_O2=> n_O2

Bảo toàn O => n_O(M) =?

Vì M là các este đơn chức nên n_M = ½ n_O(M) =?

Vì 0,05 mol M tác dụng vừa đủ với 0,07 mol NaOH nên M có este của phenol => Z là este của phenol

Ta có n_X + n_Y + n_Z = n_M mol mà n_NaOH = n_X + n_Y + 2n_Z = 0,07

=> n_Z và n_X + n_Y

Gọi số C trong CTPT của X và Z lần lượt là m và n thì số C trong CTPT của Y cũng là m

Bảo toàn C có n_CO2 = (n_X + n_Y) .m + n.n_Z = 0,28 mol

→ tìm m và n ( vì Z là este của phenol nên n ≥ 7 và X,Y là este đồng phân của nhau nên m ≥ 3)

Số H của X và Z là p và q (p ≤8 và p > 5 và p, q chẵn) thì ta có bảo toàn H : 2n_H2O = p.(n_X + n_Y) + q.n_Z

→ tìm p và q → X,Y,Z

Lời giải chi tiết :

n_CO2 = 0,28 mol và n_H2O = 0,17 mol

Bảo toàn khối lượng có m_M + m_O2 = m_CO2 + m_H2O nên m_O2 = 0,28.44 + 0,17.18 – 5,3 = 10,08 gam => n_O2 = 0,315 mol

Bảo toàn O có n_O(M) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_O(M) = 2.0,28 + 0,17 – 2.0,315 = 0,1 mol

Vì M là các este đơn chức nên n_M = ½ n_O(M) = 0,05 mol

Vì 0,05 mol M tác dụng vừa đủ với 0,07 mol NaOH nên M có este của phenol => Z là este của phenol

Ta có n_X + n_Y + n_Z = n_M = 0,05 mol mà n_NaOH = n_X + n_Y + 2n_Z = 0,07

ð n_Z = 0,02 mol và n_X + n_Y =0,03 mol

Gọi số C trong CTPT của X và Z lần lượt là m và n thì số C trong CTPT của Y cũng là m

Bảo toàn C có n_CO2 = (n_X + n_Y) .m + n.n_Z = 0,03m + 0,02n = 0,28 mol

Thỏa mãn m = 4 và n = 8 ( vì Z là este của phenol nên n ≥ 7 và X,Y là este đồng phân của nhau nên m ≥ 3)

Số H của X và Z là p và q (p ≤8 và p > 5 và p, q chẵn) thì ta có bảo toàn H : 2n_H2O = p.(n_X + n_Y) + q.n_Z

=> 0,17.2 = 0,03p + 0,02q

=> Thỏa mãn (p,q) = (6;8 )

Nếu p = 6 và p = 8 thì CTPT của X và Y là C₄H₆O₂; CTPT của Z là C₈H₈O₂

M + NaOH → ancol T + Q cho phản ứng tráng gương + m gam hỗn hợp hai muối.

CTCT của X : HCOOCH=CH–CH₃

Y : HCOOCH₂ –CH=CH₂

Z : HCOOC₆H₄CH₃

=> Muối tạo ra là HCOONa : 0,05 mol và 0,02 mol C₆H₄(CH₃)(ONa)

=> m_muối = 0,05.68 + 0,02.130 = 6 gam gần nhất với 6,08 gam

Câu 28 :

A
53,65%.
B
29,41%.
C
70,59%.
D
46,35%.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

X: C_nH_2n-2O₂: x (mol) (đk: n≥ 3)

Y: C_mH_2m-4O₄: y (mol) (đk: m ≥ 4)

${n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}$ = x + 2y = 0,11 (1) (Vì X có độ bất bão hòa bằng 2 còn Y có độ bất bão hòa bằng 3)

Có: n_O(E) = 2x + 4y = 0,22 (mol) → m_E = m_C + m_H + m_O → m_E = ? (g)

→ Trong 46,6 (9,32.5) gam E gọi số mol của X, Y lần lượt là 5x và 5y (mol)

Ta có: M_T = 32 → T là CH₃OH

200 g dd NaOH 12% có chứa n_NaOH = 0,6 (mol) và H₂O = $\dfrac{{88}}{9}$ (mol)

Phần hơi Z chứa CH₃OH: 5x (mol) và H₂O: 10b + $\dfrac{{88}}{9}$ (mol)

Xét Z phản ứng với Na → 0,275 mol H₂

Có: ${n_{C{H_3}OH}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{H_2}}}$ → 5x + (10y + $\dfrac{{88}}{9}$) = 2.0,275 (1)

m_{bình tăng} = ${m_{C{H_3}OH}} + {m_{{H_2}O}}$ → 5x.32 + (10y + $\dfrac{{88}}{9}$).18 = 188,85 (2)

giải hệ (1) và (2) → x = ? và y = ?

BTNT "C" => mối quan hệ n, m. Chạy giá trị sẽ tìm được nghiệm thỏa mãn

Lời giải chi tiết :

X: C_nH_2n-2O₂: x (mol) (đk: n≥ 3)

Y: C_mH_2m-4O₄: y (mol) (đk: m ≥ 4)

áp dụng công thức khi đốt cháy chất hữu cơ có độ bất bão hòa ta có:

${n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}$ = x + 2y = 0,11 (1) (Vì X có độ bất bão hòa bằng 2 còn Y có độ bất bão hòa bằng 3)

Có: n_O(E) = 2x + 4y = 0,22 (mol)

→ m_E = m_C + m_H + m_O → m_E = 0,43.12 + 0,32.2 + 0,22.16 = 9,32 (g)

→ Trong 46,6 (9,32.5) gam E gọi số mol của X, Y lần lượt là 5x và 5y (mol)

→ 5x + 2.5y = 0,11.5 = 0,55 (mol)

Ta có: M_T = 32 → T là CH₃OH

200 g dd NaOH 12% có chứa n_NaOH = 0,6 (mol) và ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{{88}}{9}\,\,mol$

Phần hơi Z chứa CH₃OH: 5x (mol) và H₂O: 10y + $\dfrac{{88}}{9}$ (mol)

Xét Z phản ứng với Na → 0,275 mol H₂

Có: ${n_{C{H_3}OH}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{H_2}}}$ → 5x + (10y + $\dfrac{{88}}{9}$) = 2.0,275 (1)

m_{bình tăng} = ${m_{C{H_3}OH}} + {m_{{H_2}O}}$ → 5x.32 + (10y + $\dfrac{{88}}{9}$).18 = 188,85 (2)

giải hệ (1) và (2) → x = 0,05 và y = 0,03

BTNT "C": ${n_{C{O_2}}}$ = 0,05n + 0,03m = 0,43

→ 5n + 3m = 43

Do n ≥ 3 và m ≥ 4 và m, n nguyên nên n = 5 và m = 6 thỏa mãn

Vậy X: C₅H₈O₂: 0,05 mol và Y: C₆H₈O₄ : 0,03 (mol)

→ $\% Y = \dfrac{{0,03.144}}{{9,32}}.100\% $ = 46,35%

Câu 29 :

A
250
B
253
C
281
D
282

Đáp án : B

Lời giải chi tiết :

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng

=> mO2 = mCO₂ + mH₂O - mE= 0,51 * 44 + 8,1 - 7,98 = 22,56 (gam)

nO₂ = 22,56 : 32 = 0,705 (mol)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O

=> nO trong E = 2nCO₂ + nH₂O - 2nO₂ = 0,06 (mol)

=> nE = 0,01 (mol)

Số C trong 1 phân tử E = nCO₂/nE = 51 (nguyên tử)

Số H trong 1 phân tử E = 2 * nH₂O/nE = 90 (nguyên tử)

=> CTPT của E là : C₅₁H₉₀O₆

Số C của X = Số C của Y = (51 - 3)/3 = 16 (nguyên tử)

nY < nX nên E có 1 gốc Y và 2 gốc X: (C₁₅H_xCOO)₂(C₁₅H_yCOO)C₃H₅
Mặt khác:

Xà phòng hóa hoàn toàn 15,96 gam E bằng KOH vừa đủ thu được 17,48 gam hỗn hợp hai muối.

=> Xà phòng hóa hoàn toàn 7,98 gam E sẽ thu được 8,74 gam hỗn hợp 2 muối.

2 muối trên gồm có: 0,02 mol C₁₅H_xCOOK và 0,01 mol C₁₅H_yCOOK

=> 0,02 *(263 +x) + 0,01 *(263 + y) = 8,74

2x +y + 5 = 90 (1)

Trong phân tử X, Y không có quá 3 liên kết pi

=> 15 * 2 + 2 >x,y > 15 * 2 + 2 - 6 (2)

=> x = 27; y = 31 là thỏa mãn.

CTPT của X là : C₁₅H₂₇COOH

MX = 252 (gần 253 nhất)

Câu 30 :

A
42,2%.
B
44,6%.
C
43,6%.
D
45,5%.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Phương pháp đồng đẳng hóa kết hợp ankan hóa.

Lời giải chi tiết :

n_O(E) = 2n_COO = 2n_NaOH = 0,32 mol

Đốt E thu được CO₂ (x mol) và H₂O (y mol)

BTKL → 11,7 + 0,485.32 = 44x + 18y

BTNT "O" → 0,32 + 0,485.2 = 2x + y

⟹ x = 0,5 và y = 0,29

*Quy đổi E thành $11,7\left( g \right)E\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}COOH & :0,16\\{C_2}{H_4}{\left( {OH} \right)_2} & :a\\C{H_2} & :b\\{H_2} & : - c\\{H_2}O & : - 2{\rm{a}}\end{array} \right.$ (vì axit có C > 1)

$\left\{ \begin{array}{l}{m_{hh}} = 0,16.60 + 62{\rm{a}} + 14b + \left( { - 2c} \right) + \left( { - 2{\rm{a}}} \right).18 = 11,7 & \left( 1 \right)\\{n_{C{O_2}}} = 0,16.2 + 2{\rm{a}} + b = 0,5 & \left( 2 \right)\\{n_{{H_2}O}} = 0,16.2 + 3{\rm{a}} + b - c - 2{\rm{a}} = 0,29 & \left( 3 \right)\end{array} \right.$

Lấy (2) - (3) ⟹ a + c = 0,21 do a > 0 ⟹ c < 0,21

Mặt khác: Số mol muối của Y là 0,16 - 0,07 = 0,09

⟹ số mol H₂ phải là bội của 0,09

Trường hợp 1: c = 0,09

Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}\left( 1 \right)\\\left( 2 \right)\\c = 0,09\end{array} \right.$ ⟹ $\left\{ \begin{array}{l}a = 0,12\\b = - 0,06 < 0\left( {LOAI} \right)\\c = 0,09\end{array} \right.$

Trường hợp 2: c = 0,18

Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}\left( 1 \right)\\\left( 2 \right)\\c = 0,09\end{array} \right.$ ⟹ $\left\{ \begin{array}{l}a = 0,03\\b = 0,12 < 0\left( {TM} \right)\\c = 0,18\end{array} \right.$

Muối Y có thể cộng 2H₂

Ta thấy: 0,12 = 0,09 + 0,03

⟹ CH₂ ghép vào gốc của Y và ancol

⟹ $11,7\left( g \right)E\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}COOH & & :0,04\\CH \equiv C - COOH & :0,06\\C{H_3}COO - {C_3}{H_6} - OOC - C \equiv CH & :0,03\end{array} \right.$

⟹ %m_T/E = $\dfrac{{0,03.170}}{{11,7}}.100\% $ = 43,59%

Câu 31 :

A
2,7.
B
1,1.
C
4,7.
D
2,9.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Bước 1: Xác định tỷ lệ mol este đơn chức và este 2 chức

- Xét phản ứng thủy phân hỗn hợp E trong NaOH:

Đặt n _{este đơn chức}= x và n _{este hai chức}= y (mol)

- Lập hệ phương trình theo n_E và n_NaOH ⟹ x, y ⟹ x : y = 3 : 5

Bước 2: Tìm CTCT của este đơn chức và este 2 chức

- Do 3 este đều chứa 4 liên kết π nên ta giả sử E gồm: C_nH_2n-6O₂ (3a mol) và C_mH_2m-6O₄ (5a mol)

- n_CO2 - n_H2O = 3n_E mà: m_E = m_C + m_H + m_O ⟹ Tính a

⟹ n_CO2; n _{este đơn chức}và n _{este hai chức}

- BTNT C: Xác định nghiệm n = 7 và m = 8 thỏa mãn (Do các axit đều 4C và ancol không no tối thiểu 3C nên n ≥ 7 và m ≥ 8)

Bước 3: Tính m₁:m₂

- Xác định CTCT của ancol đơn chức và ancol đa chức:

Dựa vào phản ứng: thủy phân E trong NaOH thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức và một ancol no, đơn chức ⟹ cấu tạo của các chất trong E

- Tính m₁ và m₂⟹ m₁:m₂

Lời giải chi tiết :

Bước 1: Xác định tỷ lệ mol este đơn chức và este 2 chức

- n_NaOH = 0,234.2,5 = 0,585 mol

- Xét phản ứng thủy phân hỗn hợp E trong NaOH:

Đặt n _{este đơn chức}= x và n _{este hai chức}= y (mol)

⟹ n_E = x + y = 0,36 mol và n_NaOH = x + 2y = 0,585

Giải hệ thu được x = 0,135 và y = 0,225

⟹ x : y = 3 : 5

Bước 2: Tìm CTCT của este đơn chức và este 2 chức

- Xét phản ứng đốt cháy E:

Do X, Y đều chứa 4 liên kết π nên ta giả sử E gồm:

C_nH_2n-6O₂ (3a mol) và C_mH_2m-6O₄ (5a mol)

n_CO2 - n_H2O = 3n_E ⟹ n_CO2 - 0,37 = 3.8a ⟹ n_CO2 = 24a + 0,37 (mol)

- Mặt khác: m_E = m_C + m_H + m_O ⟹ 12(24a + 0,37) + 0,37.2 + 3a.32 + 5a.64 = 12,22 ⟹ a = 0,01 mol

⟹ n_CO2 = 24.0,01 + 0,37 = 0,61 mol; n _{este đơn chức}= 0,03 và n _{este hai chức}= 0,05 (mol)

- BTNT "C": n_CO2 = 0,03n + 0,05m = 0,61 chỉ có nghiệm n = 7 và m = 8 thỏa mãn (Do các axit đều 4C và ancol không no tối thiểu 3C nên n ≥ 7 và m ≥ 8)

- Do thủy phân E trong NaOH thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức và một ancol no, đơn chức nên ta suy ra cấu tạo của các chất trong E là:

Este đơn chức: CH₂=C(CH₃)-COOCH₂$ \equiv $CH (0,03 mol)

Este 2 chức số 1: CH₃-OOC-CH=CH-COO-CH₂-CH=CH₂

Bước 3: Tính m₁:m₂

- Ancol đa chức gồm: CH≡C-CH₂-OH (0,03 mol) và CH₂=CH-CH₂-OH (0,05 mol)

⟹ m₁ = 0,03.56 + 0,05.58 = 4,58 gam

- Ancol đơn chức gồm: CH₃OH (0,05 mol)

⟹ m₂ = 0,05.32 = 1,6 gam

⟹ m₁ : m₂ = 4,58 : 1,6 = 2,8625 gần nhất với 2,9.

Bài liên quan

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Este - Lipit hay và khó (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Este - Lipit hay và khó (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Ôn tập chương 1 - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Ôn tập chương 1 Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 2. Thủy phân chất béo - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 2. Thủy phân chất béo Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 2. Lipit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 2. Lipit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập về hiệu suất phản ứng este hóa - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập về hiệu suất phản ứng este hóa Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Este - Lipit hay và khó (phần 1) - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Este - Lipit hay và khó (phần 2) - Hóa 12

Trắc nghiệm Ôn tập chương 1 - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 2. Thủy phân chất béo - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 2. Lipit - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập về hiệu suất phản ứng este hóa - Hóa 12