Bài tập về công thức phân tử tính nhanh

A. Kiến Thức Cần Nắm:

1. Công thức tính khối lượng mol(M)

2. Công thức tính khối lượng các nguyên tố:

mC = 12. ² 44

mCO

hay mC = 12. nCO₂

m_H = 2. ² 18 mH O

hay m_H = 2. n_H

2O

m_N = 28. n_N

2 hay m_N = 14. n_NH

3

* Việc xác định khối lượng các nguyên tố khác dựa vào chất chứa nguyên tố đó VD: m_AgCl  mCl = 35,5. nAgCl

* Xác định khối lượng nguyên tố oxi phải tính gián tiếp mO = 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 đ Bình 2: dd Ca(OH)2 dư

Chất A ^{O t2,0}   Khi đó: + Khối lượng bình 1 tăng = mH₂O

+ Khối lượng bình 2 tăng = mCO₂

Có 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, KOH b. Sơ đồ 2: Bình Ca(OH)2 dư

Chất A ^{O t2,0}  Khi đó: + Khối lượng bình tăng ∆m(g) = mCO₂+ mH₂O

Có pư: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O Nên m= m_CaCO3, suy ra: n_CO2= n_CaCO3

* Nếu khối lượng dd sau pư giảm = m_CaCO3- ( m_CO2 + m_H2O)

* Nếu khối lượng dd sau pư tăng = ( m_CO2 + m_H2O) - m_CaCO3

=========================================================================

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 thêm 10,56mg. Ở thí nghiệm khác khi nung 6,15mg A với CuO thì được 0,55ml(đktc) khí nitơ. Hãy xác định % các nguyên tố trong A.(Đs: %H=4,08%; %C= 58,54%; %N= 11,18%)

Giải

Bình 1 tăng chính là khối lượng nước  1,81 * 2

% *100% 4, 09%

18* 4,92 H m

 m 

Bình 2 tăng chính là khối lượng CO2:  10,56 *12

% *100% 58,54%

44* 4,92 C m

 m  4,92 mg --- x mg N₂

6,15 mg ---(0,55*28)/22,4 N2

 mN2 = 0,55 mg  0.55

% *100% 11,18%

4,92 N m

 m 

 %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%

M = ^m

n M = d.MB

CO2

H2O H2O CO2

CO2

H2O

CO2

H2O

2. Đốt cháy hoàn toàn 0,6574g một chất hữu cơ A thu được CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1) đựng H2SO4 đ và bình (2) đựng dd KOH đ, thấy khối lượng bình (1) tăng

0,7995g , bình (2) tăng 1,564g. Xác định % các nguyên tố trong A,( kq: %C = 64,83%, %H = 13,5%) Giải:

- Bình 1 tăng chính là khối lượng nước sinh ra: %H = 0, 7995* 2

*100% 13,51%

0, 6574*18 

- Bình 2 tăng chính là khối lượng 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 cháy gồm (CO₂, H₂O) vào bình đựng dd Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 4,2g đồng thời xuất hiện 7,5g 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 

2 2 4, 2

CO H O

m m  , - Khối lượng oxi tham gia phản ứng

O2

2, 24

32* 3, 2

22, 4

m  

* Áp dụng ĐLBTKL

2 2 2

O ( )

A pu CO H O

m m m m  m_A1gam

* 2

7,5 0.075

CO 100

n  n   %C = ^{0, 075*12}*100% 90%

1 

*m_{H O}2 4, 2 44*0, 075 0,9  %H = ^{0,9* 2}*100% 10%

1*18 

4. Đốt cháy hoàn toàn 9g chất hữu cơ X chứa C, H, O bằng oxi không khí, dẫn sản phẩm chấy qua bình đựng nước vôi trong dư. Sau pư thu được 45g kết tủa, đồng thời dd giảm đi 14,4g. Tính % khối lượng các nguyên tố trong X. ( %C = 60% ; %H = 13,33%)

Giải

2

45 0.45

CO 100

n  n  

2

19,8*12

0.45* 44 19,8 % *100% 60%

CO 44*9

m   gam C  





m giam m – m  m  14,4 45 – m





2 10,8

mH O 

%H = ^{10,8* 2}*100% 13,33%

9*18  ; %O = 100% - (%C +%H) = 26,67%

5. 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 sản phẩm cháy cho qua bình I đựng PdCl₂ dư rồi qua bình II đựng dung dịch Ca(OH)₂ dư. Sau thí nghiệm bình I tăng 0,4g và xuất hiện 21,2g kết tủa, còn bình II có 30g kết tủa. CTPT của A là

A. C2H4O B. C3H4O2. C. C2H6O D. C3H6O2

Giải

Bình 1 đựng PbCl2 hút CO và H2O, giải phóng CO2

CO + PbCl₂ + H₂O  Pb + CO₂ + 2HCl (1) CO₂ ở (1) và CO₂ ở pư cháy vào dd Ca(OH)₂ CO₂ + Ca(OH)₂  CaCO₃ + H₂O

CO2



Theo pư (1): n_{CO2sinh ra} = n_CO = n_Pb = ^{12, 2} 0, 2 106  mol

 n_CO2do pư cháy = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

Khối lượng bình PbCl2 tăng là: mCO + mH₂O - mCO₂ = 0,4

 mH₂O = 0,4 + mCO₂- mCO = 0,4 + 0,2.44 – 0,2.28 = 3,6g (0,2 mol)

 mA = mCO + mH₂O + mCO₂ - mO₂ = 7,2g

 MA = 7, 2

0,1 72. CxHyOz

m_C = 12(n_CO2 + n_CO ) = 3,6g m_H = 2.n_H2O = 0,4g

m_O = 7,2 –(3,6 + 0,4) = 3,2g

12 16 72

3, 6 0, 4 3, 2 7, 2

x y z

    x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C₃H₄O₂

6. Có 3 chất hữu cơ A, B, C mà phân tử khối của chúng lập thành một cấp số cộng. bất cứ chất nào khi cháy cũng chỉ tạo CO2 và H2O, trong đó nCO₂: nH₂O = 2 :3. CTPT của A, B, C lần lượt là

A. C2H4, C2H4O, C2H4O2 B. C2H4, C2H6O, C2H6O2 C. C₃H₈, C₃H₈O, C₃H₈O₂ D. C₂H₆, C₂H₆O, C₂H₆O₂. Giải

Cách 1: nCO₂: nH₂O = 2 :3. nH₂O > nCO₂ 

A, B, C đều no, đều có cùng số C và số H. Như vậy để phân tử của chúng lập thành cấp số cộng thì chúng khác nhau về số oxi trong phân tử.

Đặt A, B, C: CnH_2n+2 O_x ( x  0) CnH2n+2 Ox 

nCO2 + (n + 1)H2O.  ²

2

2

3 1

CO H O

n n

n  n

  n = 2

 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, C₂H₆O₂ Cách 2: Ta luôn có tỉ lệ: ²

2

2 1

2* 6 3

CO H O

n

 n   so C

So H  Đáp án D.

7. Đốt cháy hoàn toàn 3gam hợp chất hữu A thu được 4,4gCO2 và 1,8g H2O. Biết tỉ khối hơi của A đối với He là 7,5. CTPT của A là

A. CH2O. B. CH4 C. C2H4O2 D. C2H6

Giải

Giải Cách 1: ²

2

0,1 1

2* 2*0.1 2

CO H O

n

 n   so C

So H  Loại B và D.  Chọn A ( loại C)

Cách 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 là A. C6H14 B. C6H12 C. C3H8. D. C3H6

Giải

Cách 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:

TH1: C H_{n 2n 2} ^O2nCO₂ (1) 0.18/n 0.18

 14n + 2 = 44n/3  n = 3 (Chọn C) TH2 C H_{n 2n} ^O2nCO₂ (1)

0.18/n 0.18

 14n = 44n/3  vô nghiệm (sai) Cách 2: C H_{x y} ^O2xCO₂

0.18/x 0.18

 12x + y = 44x/3  3 8 x

y  (Chọn C)

9. Đốt cháy 200ml hơi một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O trong 900 ml O2. thể tích hỗn hợp khí thu được là 1,3 lít. Sau khi cho hơi nước ngưng tụ chì còn 700ml. Tiếp theo cho qua dung dịch KOH đặc chỉ còn 100ml(các thể tích đo cùng đk). CTPT của A là

A. C3H6 B. C2H6O C. C3H6O. C3H8

Giải

Có thể tóm tắt lại như sau:

200 ml A (C_xH_yO) 900 ml O₂

1,3 lít CO₂

H₂O O₂ du

700ml - H₂O

600ml 600ml

CO₂

O₂ du - CO₂

O₂ du 100ml

Do A gồm các nguyên tố C, H,O  Loại A, D

Thể tích CO₂ = thể tích H₂O  nCO₂ = nH₂O  loại C 

*Nhận xét: Nếu đề bỏ các nguyên tố C, H, O sẽ hay hơn

Giải theo PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH HỆ SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH PHẢN ỨNG 200 C H O _{x y z}  800 O₂ 600 CO₂  600 H O ₂

 x = 3, y = 6 , z = 1  Chọn B

10. Trộn 400 cm³ hỗn hợp chất hữu cơ A và nitơ vớim 900 cm³ oxi dư rồi đốt. Thể tích hỗn hợp sau pư là 1,4 lít. Sau khi cho hơi nước ngưng tụ thì còn 800 cm³, tiếp tục cho qua dung dịch KOH thì còn 400 cm³. CTPT của A là

A. C2H4 B CH4 C. C2H6 D. C3H8

Giải

400 ml (A +N₂) ^{900 ml} O₂

1,4 lít CO2

H2O N2

800ml - H2O

600ml 400ml

CO₂

- CO2

400ml

du

N2 N2

Áp dụng công thức: ²

2

400 1

2* 2*600 3

CO H O

V

 V   so C

So H  Chọn C

11. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam hợp chất A cần dùng 16,8 lít oxi(đktc). Hỗn hợp sản phẩm cháy gồn CO₂ và hơi nước có tỉ lệ thể tích V_CO2: V_H2O = 3 : 2. Biết tỉ khối hơi của A đối với H₂ là 36.

CTPT của A là

A. C₂H₆O B. C₂H₆O₂ C. C₃H₈O₂ D. C₃H₄O₂. Cách 1: Tỉ lệ về thể tích cũng chính tỉ lệ về số mol trong cùng đk

Do đó ta có: ^{2 2 2}

2 2 2

. .

CO CO CO

H O H O H O

m n M

m  n M = ^3.44 2.18 = ¹¹

3

m_O2pư = 16,8

22, 4.32 = 24g

Áp dụng định bảo toàn khối lượng:

mCO₂ + mH₂O = mA + mO₂pư = 18 + 24 = 42g

 mCO₂ = ^11.42 33 11 3 g

 và mH₂O = 42 – 33 = 9g

 mC = 9g ; mH = 1g ; mO = 8g ; MA = 72

12 16 _A

C H O A

x y z M

m m  m  m  x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C3H4O2

Cách 2: Áp dụng công thức: ²

2

3 3

2* 2* 2 4

CO H O

V

 V   so C

So H  Chọn D

12. 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. C3H8 B. C2H6 C. C3H6O2 D. C3H4O2.

Giải

Cách 1: dA < 3 nên MA < 87

Khối lượng các nguyên tố: mC = 12.nCO₂ = 12.

44 a = ³

11 a (g) Vì 3a = 11b  mC = ¹¹

11

bb(g) mH = 2nH₂O = 2

18 9 b b

 (g) Vì 7m = 3(a + b) = 3(¹¹ )

3

bb = 14b  m = 2b m_O = m_A – (m_C + m_H ) = 2b – ( b +

9 b) = ⁸

9 b(g) CTTQ A: C_xH_yO_z : x : y : z = : : ⁸

12 9 9.16 b b b

= ¹ :¹: ¹

12 9 18 = 3 : 4 ; 2 CTN A: (C₃H₄O₂)_n Mặt khác MA < 87 nên ( 36 + 4 + 32)n < 87 nên n < 1,2 Duy nhất n = 1. A C3H4O2

Cách 2: 3a = 11b  ¹¹ 3 a b 

Áp dụng công thức: ²

2

44 * 9 11* 9 0, 75

2* 2* 44 3 44

18

CO H O

a

n a

n b b

    

so C

So H  Chọn D

NHẬN XÉT: Áp dụng công thức giải nhanh trên sẽ không dùng 2 dữ kiện đề cho

13. Đốt cháy 1,08g hợp chất hữu cơ X rồi cho toàn bộ sản phẩm chát vào dung dịch Ba(OH)2 thấy bình nặng thêm 4,6g đồng thời tạo thành 6,475g muối axit và 5,91g muối trung hòa. Tỉ khối của X với He là 13,5. CTPT của X là

A. C3H6O2 B. C4H6. C.C4H10 D. C3H8O2

Giải

Mx = 13,5* 4 = 54 nX = 0,02 mol BaCO₃ = ^5,91 0, 03

197  mol; Ba(HCO₃)₂ = ^{6, 475} 0, 025

259  mol

 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)  m_H = 0,06 * 2 = 0,12g

 X: CxHy  xC + yH 0,02 0,08 0,12

 x = 4 ; y = 6

14. Đốt cháy hợp chất hữu cơ A(chứa C. H, O) phải dùng một lượng oxi bằng 8 lần lượng oxi có trong A và thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng mCO₂: mH₂O = 22 : 9. Biết tỉ khối của A đối với H₂ là 29. CTPT của A là

A. C2H6O2 B. C2H6O C. C3H6O2 D. C3H6O.

Giải Cách 1:

- CxHyOz + (x + 4 2

yz)O2 xCO2 + 2 yH2O Ta có: 44 22

9 9

x

y  1

2 x

 y Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x + 4 2 y z

 ) = 8z Thay x = 1, y = 2 vào phương trình trên ta có z = 1/3

Vậy: x : y : z = 1 : 2: 1/3 = 3 : 6 : 1 C₃H₆O = 58 Cách 2:

mC = 6(g) ; mH = 1(g)

Bảo toàn nguyên tố: mO(trong A) + mO pư = mO(CO₂) + mO(H₂O)

= (22 – 6) + (9 -1) = 24(g) Mà mO pư = 8mO(trong A) hay ^{( )}

( )

1 8

O A O PU

m

m 

 mO(trong A) = ^24.1 1 8 = ²⁴

9

X : y : z = ^{6 1}: : ^{24 1 1 1}: : 3 : 6 :1 12 1 9.16 2 1 6 (C3H6O)n = 58  n = 1  C3H6O

15 . Ba chất hữu cơ X, Y, Z cùng chứa C, H, O. Khi đốt cháy mỗi chất, lượng oxi cần dùng bằng 9 lần lượng oxi có trong mỗi chất tính theo số mol và thu được CO₂ và H₂O có tỉ lệ khối lượng bằng 11 : 6. Ở thể hơi mỗi chất đều nặng hơn không khí d lần( cùng nhiệt độ và áp suất). CTĐGN của X, Y, Z là

Giải

Ba 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 bằng nhau.

- Khi đốt cháy X, Y, Z cần lượng oxi như nhau, tạo ra CO2 và H₂O có tỉ lệ khối lượng bằng nhau, Vậy X, Y, Z có thành phần nguyên tố bằng nhau

- CxHyOz + (x + 4 2

yz)O2 xCO2 + 2 yH2O

Ta có: 44 11 3

9 6 8

x x

y   y . Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x + 4 2 y z

 ) = 9z Thay x = 3, y = 8 vào phương trình trên ta có z = 1

CTĐGN của X, Y, Z là C₃H₈O

16. Đốt cháy hoàn toàn 1,12gam hợp chất hữu cơ A rồi cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy trong dung dịch Ba(OH)₂ dư thấy khối lượng bình tăng 3,36g. Biết n_CO

2= 1,5n_H

2O và tỉ khối hơi của A với H2 nhỏ hơn 30. CTPT của A là

A. C3H4O. B. C3H4O2 C. C3H6O D. C3H8O Giải

CO2 + H2O = 3,36g

3x*44 + 2x*18 = 3,36  x = 0,02  mC = 0,06*12 = 0,72g ; mH = 0,08g ; n_O = 1,12 0, 72 0, 08

0, 02 16

  

x : 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 được thể tích khí CO2 luôn bằng ¾ thể tích hơi H2O và bằng 6/7 thể tích O2 pư(các thể tích đo cùng đk).CTPT của X là

A. C2H6O B. C2H4O2 C. C3H8O3. D. C3H6O2

Giải

CxHyOz + (x + ) 4 2

y z O2  xCO2 + 2 y H2O Vì VCO₂ = ³

4VH₂O  ² 2. 2

CO H O

C n

H  n = ^{3 3}

2.4 8= x y V_CO2 = ⁶

7V_O2  x = ⁶( )

7 4 2

y z x  (2) Thế x = 3; y = 8 vào (2)  z = 3

Vậy X có CTPT C3H8O3

18. Một hợp chất hữu cơ mạch hở A có chứa C, H, O và chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt cháy một lượng A thu được số mol H₂O gấp đôi số mol CO₂, còn khi cho A tác dụng với Na dư cho số mol H2 bằng ½ số mol A phản ứng. CTCT của A là

Giải

Từ 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 1 nhóm –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 : C_nH_{2n+ 2 – 2k}

Vậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH3OH

19. Đốt cháy 23g một hợp chất hữu cơ A thu được 44g CO2 và 27g H2O.xác định CTCT của A biết A tác dụng với Na sinh ra H2

Giải 23 n_CO

2= 1 mol < n_H

2O = 1,5 mol  A là hợp chất no. Chứng minh A có chứa Oxi m_C = 12. n_CO

2 = 12.1 = 12gam C m_H = 2 n_H

2O = 2. 1,5 = 3gam H mO = 23 – ( 12 + 3) = 8gam O

Gọi CTTQ của A: C_xH_yO_z: x : y : y = ^{12 3 8}: : 2 : 6 :1

12 1 16 CTĐGN: (C₂H₆O)_n. Do A là hợp chất 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 CH3CH2OH

20. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol chất hữu cơ A, chia lượng CO2 thu được sau pư làm hai phần bằng nhau:

* 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 tan bớt một phần.

Biết rằng A tác dụng được với Na và NaOH. Công thức của A là A. CH3 – C6H4 – OH B. (CH3)2C6H3 – OH.

C. C₆H₅ – CH₂OH D. C₆H₅ – CH₂ – CH₂OH Giải

C_xH_yO_z  xCO₂ + 2 y H₂O 0,2  0,2x(mol)

 Phần 1: CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O 0,1x……….. 0,1x

Vì kết tủa cực đại, nên nCO₂ ≤ nBa(OH)₂  0,1x ≤ 0,85  x ≤ 8,5

 Phần 2: CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O

CO₂ + CaCO₃ + H₂O  Ca(HCO₃)₂ Vì kết tủa cực đại rồi tan bớt một phần

nên nCO₂ > nBa(OH)₂  0,1x > 0,75  x > 7,5 Vậy x = 8. Theo đề bài, A là (CH3)2C6H3OH

21.

22. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hợp chất hữu cơ X thu được 3,36 lít CO2; 0,56 lít Nhà nước( các khí đo ở đktc) và 3,15g H2O. Khi X tác dụng với dung dịch NaOH thì thu được sản phẩm có muối H₂N – CH₂ – COONa . CTCT thu gọn của X là

A. H2N – CH2 – COOC3H7 B. H2N – CH2 – COOCH3 C. H2N – CH2 – COOH D. H2N – CH2 – COOC2H5

Giải

CxHyOzNt  xCO2 + 2

y H2O + 2 t N2

0,15…..0,175…. 0,02

x : y : z = 0,15 : 0,35 : 0,05 = 3 : 7 : 1

Do X tác dụng với NaOH tạo H2N – CH2 – COONa Chứng tỏ: X chứa 1N  3C và 7H

chứa gốc axit NH2 – CH2 – COO^-

Chọn B: NH₂ – CH₂ – COOCH₃.

23. Cho 5cm³ C_xH_y ở thể khí và 30cm³ O₂ lấy dư vào khí nhiên kế. Sau khi bật tia lửa điện và làm lạnh khí nhiên kế thể tích khí còn lại là 20cm³ trong đó có 15cm³ bị hấp thụ bởi KOH, phần còn lại bị hấp thụ bởi photpho.. CTPT của hidrocacbon trên là

A. C₃H₈ B. C₄H₁₀ C. C₂H₆ D. CH₄ Giải

Ta có: V_CO2 = 15 cm³; V_O2dư = 20 – 15= 5 cm³; V_O2pư = 30 – 5= 25 cm³; C_xH_y + (x +

4

y)O₂  xCO₂ + 2 y H₂O 5cm³….. 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 phẩm cháy chỉ chứa CO₂ và H₂O theo tỉ lệ về khối lượng 44 : 15. CTĐGN của X là

A. CH₂O B. C₂H₃O C. C₃H₅O. D. C₃H₄O Giải

m_CO

2+ m_H

2O = m_X + m_O

2 = 2,85 + 4, 20

22, 4.32 = 8,85(g) mặt khác: m_CO

2: m_H

2O = 44 : 15 m_CO

2 = 6,6(g) ; m_H

2O = 2,25(g)

 n_C = 0,15(mol) ; n_H= 0,25(mol) ; n_O = 0,05(mol)  x : y : z = 3 : 5 : 1  CTĐGN của X là C3H5O

25. Để đốt cháy hoàn toàn 4,45g hợp chất hữu cơA phải dùng vừa hết 4,20 lít O₂(đktc). Sản phẩm cháy 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 là

A. C3H7NO2 . B. C5H5NO2 C. CH4ON2 D. C2H3NO2

Giải

mCO₂+ mN₂ = mA + mO₂- mH₂O = 4,45 + 4, 20

22, 4.32 – 3,15 = 7,3(g) Gọi: nCO₂ = a mol ; nN₂= b mol

a + b = 3,92

0,175

22, 4 (1) 44a + 28b = 7,3 (2) . Từ (1)(2)  a = 0,15; b = 0,025

nC = 0,15(mol) ; mN = 0,05(mol) ; nO = 0,1( mol) ; nH = 0,35  C_xH_yO_zN_t : y : z : t = 3 : 7 : 2 : 1. Chọn A: C₃H₇NO₂

26. 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 các thể tích đo cùng điều kiện. CTPT của X là

A. C3H6 B. C3H8. C. C3H8O D. C3H6O2

Giải:

CTTQ của X: C_xH_yO_z: ² 2. 2

CO H O

C n

H  n =³ 8 = x

y  (C₃H₈)_nOz . Ta có: 8n ≤ 2.3n + 2  n = 1 C₃H₈O_z C₃H₈O_z +( 5 -

2

z ) O₂  3CO₂ +4H₂O Mặt khác: n_O2 = 5 = (5 -

2

z ) z = 0.  Chọn B

27. Hợp chất hữu cơ A chỉ chứa ( C, H, O). Khi hóa hơi 0,31g A thu được thể tích bằng thể tích của 0,16g oxi cùng điều kiện. Mặt khác 0,31g A tác dụng hết với Na tạo ra 112ml H2(đktc).CTCT của A là

Giải n_A = n_O

2 = 0,005 mol ; M_A = 0,31 0, 005 62

Vì A chỉ chứa C, H, O mà A pư với Na CTTQ của A: (HO)_nR(COOH)_m

CTTQ của A: (HO)nR(COOH)m + Na  (NaO)nR(COONa)m + ( 2 nm

)H2

0,005 0,112

22, 4 0,005

Suy ra: n + m = 2. Vì MA = 62 nên chỉ có giá trị n = 2 và m = 0. Vậy CTCT của A C2H4(OH)2

28. Một hợp chất hữu cơ mạch hở A có chứa C, H, O và chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt cháy một lượng A thu được số mol H₂O gấp đôi số mol CO₂, còn khi cho A tác dụng với Na dư cho số mol H2 bằng ½ số mol A phản ứng. CTCT của A là

Giải

Từ 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 1 nhóm –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 : C_nH_{2n+ 2 – 2k}

Vậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH3OH

29. Khi đốt cháy hoàn toàn 4,4g hợp chất hữu cơ X đơn chức thu được sản phẩm cháy chỉ gồm 4,48 lít CO₂(đktc) và 3,6g H2O. nếu cho 4,4g X tác dụng với NaOH vừa đủ khi pư kết thúc thu được 4,8g muối của axit hữu cơ và chất hữu cơ Y. Tên của X là

A. etylpropionat B. metylpropionat C. isopropyl axetat D. etyl axetat Giải

X: C_xH_yO_z : x : y : z = n_C : n_H : n_O = 0,2 : 0,4 : 0,1  CTĐGN của X: C₂H₄O Do X + NaOH  muối axit hữu cơ + Chất hữu cơ Y  X là este có CTPT C4H8O2

 nX = ^{4, 4} 0, 05

88   MY = 4,8

0, 05 = R + 67  R = 29.

vậy Y: C2H5COONa; X: C2H5COOCH3. Chọn B

30. Đốt cháy hoàn toàn 3,02g gồm muối natri của 2 axit ankanoic liên tiếp nhau trong dảy đồng đẳng thu được Na2CO3, H2O và 0,085 mol CO2. Công thức của hai muối là

A. C₂H₅COONa và C₃H₇COONa. B. HCOONa và C₂H₅COONa C. C4H9COONa và C5H11COONa D. C3H7COONa và C4H9COONa Giải:

31. Đốt cháy hoàn toàn 0,90g chất hữu cơ A (chứa C, H, O)thu được 0,672lít CO₂(đktc) và 054g H2O.Tỉ khối hơi của A so với oxi bằng 2,8125. CTPT của A là

A. C2H6O2 B. C3H6O3. C. C3H6O2 D. C3H4O2

32. Nicotin có trong khói thuốc lá là một hợp chất rất độc, có thể gây ung thư phổi. Đốt cháy 33.Oxi hóa hoàn toàn 0,42g chất hữu cơ X chỉ thu được khí cacbonic và hơi nước mà khi dẫn toàn bộ vào bình chứa nước vôi trong lấy dư thì khối lượng bình tăng thêm 1,86g, đồng thời xuất hiện 3g kết tủa. Mặt khác hóa hơi một lượng chất X người ta thu được thể tích vừa đúng bằng ²

5 thể tích của khí nitơ có khối lượng tương đương trong cùng điều kiện. CTPY của X là

A. C4H10 B. C4H10O C. C5H10. D. C5H10O Giải

 nCO₂ = nCaCO₃ = 0,03 mol

∆mbình tăng = mCO₂ + mH₂O = 1,86

 mH₂O = 1,86 – (0,03.44) = 0,54g

 mO = 0 Tìm Mx: Vx = ²

5 VN₂  nx = ²

5 nN₂  2 ² 5 28.

X N X

m m

M  ;

mà mX = mN₂, nên: MX = ^5.28 70 2  Công của X; CxHy : 12 70

0,36 0, 06 0, 42

x  y   x = 5; y = 10

34. Phân tích 1,85g chất hữu cơ A chỉ tạo thành CO2, HCl và hơi hước. Toàn bộ sản phẩm phân tích 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 là

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

Giải

nHCl = nAgCl = 2,87

143, 5 = 0,02 mol; nCO₂ = 1, 792

22, 4 = 0,08 mol

∆mbình tăng = mHCl + mH₂O = 2,17  mH₂O = 2,17 – (0,02.36,5) = 1,44g Khối lương các nguyên tố:

mC = 0,08. 12 = 0,96g ; mH = mH(HCl) + mH(H₂O) = (0,02.1 + 2.^{1, 44}

18 ) = 0,18g mCl = 0,02.35,5 = 0,71g  mO = 0

CTPT A: C4H9ClA có 4 đp (2^n-2)

35. Oxi hóa hoàn toàn 4,6g hợp chất hữu cơ A bằng CuO đun nóng. Sau pư thu được 4,48 lít CO2(đktc) và H2O, đồng thời nhận thấy khối lượng CuO ban đầu giảm bớt 9,6g. CTPT của A là:

A. C2H6O. B. C3H8O C. C2H6O2 D. C4H12Ò2

- mC = 12.nCO₂ = 124, 48

22, 4  2,4g

Khối lượng CuO ban đầu giảm chính là khối lượng oxi pư. m_O2 = 9,6g Sơ đồ: A + O2  CO2 + H2O

mH₂O = ( mA + mO₂) – mCO₂ = ( 4,6 + 9,6) = 44. 0,2 = 5,4g

 mH = 2nH₂O = 0,6g

 m_O = 4,6 – (2,4 + 0,6) = 1,6g

 x : y ; z = 2, 4 0, 6 1, 6 : :

12 1 16 2 : 6 : 1

 Công thức nguyên của A (C2H6O)n hay C2nH6nOn

Đk: số H  2.số C + 2  6n  2.2n + 2  n 1  A: C₂H₆O

HIDROCACBON

1. Chất A là một ankan thể khí. Để đốt cháy hoàn toàn 1,2 lít A cần dùng vừa hết 6,0 lít oxi lấy cùng đk. Cho chất A tác dụng với clo ở 25^oC và có ánh sáng, có thể thu được mấy dẫn xuất monoclo của A?

A. 1 B. 2. C. 3 D. 4 Giải

CnH2n+2 +(^{3 1} 2 n

)O2 nCO2 + (n+1)H2O

 1,2 = ¹²

3n1  n = 3  C3H8 Chọn B

2. Dẫn 16,8 lít hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon vào bình đựng dung dịch B2 dư. Sau khi pư xảy ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã pư và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít CO₂. CTPT của hai hidrocacbon( các khí đo ở đktc)

A. CH4 và C2H4 B. CH4 và C3H6. C. CH4 và C3H4 D. C2H6 và C3H6

Giải

Hỗn hợp X gồm X1 pư với dung dịch brom, X2 là ankan nX₁ =

2

1, 68 1,12

0, 025

22, 4  n^Br  X1 là anken Đặt X CxHy  xCO2

0,075  0,075x = 0,125  x = 1,667

Trong X phải có CH₄( 0,05 mol) và anken C_nH_2n( 0,025 mol) CH4  CO2 CnH2n  nCO2

0,05 0,05 0,025 0,025n

0,05 + 0,025n = 0,125  n = 3 Vậy anken là C3H6 . CHọn B

3. 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 là

A. but – 1- en. B. but – 2 – en C. propilen D. xiclopropan Giải

Công thức của Y: RBr₂, ta có: 25,92 160 74, 08

R   R = 56 (C₄H₈) vậy 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 xứng vậy CTCT của X là CH2 = CH – CH2 – CH3

4. Đốt cháy hoàn toàn hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp nhau cần 1,35 mol O2 tạo thành 0,8 mol CO2. CTPT của 2 hidrocacbon đó là

A. C₂H₄, C₃H₆ B. C₂H₂, C₃H₄ C. CH₄, C₂H₆ D. C₂H₆, C₃H₈ Giải

5. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X gồm anken A và ankadien B(cùng số nguyên tử H) thu

được 1 mol CO₂. CTPT của A và B là

A. C2H2, C3H4 B. C3H6, C4H6. C. C4H8, C5H8 D. C5H10, C6H10

6. Hỗn hợp A gồm một anken và hidro có tỉ khối hơi đối với H₂ bằng 6,4. Cho A đi qua Ni đun nóng được hỗn hợp B có dB/H₂ = 8(giả thiết hiệu suất pư là 100%) CTPT của anken là

A. C2H4 B. C3H6 C. C4H8. D. C5H10

Giải

Xét 1 mol hỗn hợp A gồm: a mol CnH2n và (1 – a) mol H2

Ta 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 dư C_nH_2n + H₂  C_nH_2n+2

Bđ: a mol………..(1-a)mol

Pư: a  a………a(mol)

sau pư hỗn hợp B gồm (1-2a) mol H2 dư và a mol C_nH_2n+2  tổng n_B = (1- a) mol BTKL: m_A = m_B  n_B = ^B

B

m

M  (1 – a) = ^12,8

16  a = 0,2

Thay a= 0,2 vào (1) ta có: 14*0,2*n + 2(1 – 0,2) = 12,8  n = 4  C₄H₈

7. Hỗn hợp A gồm hidrocacbon X và oxi có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H₂SO₄ đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối hơi đối với hidro bằng 19. CTPT của X là

A. C3H8 B. C3H6 C. C4H8. D. C3H4

Giải

Chọn hỗn hợp gồm CxHy( 1 mol) và O2( 10 mol) C_xH_y + (x + )

4

y O₂  xCO₂ + 2 y H₂O

Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO₂ và [ 10 – ((x + ) 4

y mol O₂ dư.

MZ = 19*2 = 38 nCO₂ 44 6

38  ²

2

CO O

n

n = ¹ 1 n_O

232 6 vậy x = 10 – x - )

4

y  8x = 40 – y x = 4 ; y = 8 ( C₄H₈)

8. Cho 4,48 lít hỗn hợp X(ở đktc) gồm hai hidrocacbon mạch hở lội từ từ qua dung dịch chứa 1,4 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi pư hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi phân nửa và khối lượng bình tăng thêm 6,7gam. CTPT của hai hidrocacbon đó là

A. C2H2 và C4H6 B C2H2 và C4H8. C. C3H4 và C4H8 D. C2H2 và C3H6

Giải

nhhX = 0,2 mol; nBr₂ban đầu = 0,7 mol ; nBr₂pư = ^{0, 7} 0,35

2  mol

Khối lượng bình brom tăng là khối lượng của hidrocacbon không no.

C_nH1n+2-2a + aBr₂  C_nH_1n+2-2aBr_2a 0,2………0.35 mol a = 0,35

1, 75

0, 2   14n + 2 – 2a = 6, 7

0, 2 n = 2,5 Do hai hidrocacbon mạch hở pư hoàn toàn với dung dịch Br2 nên chúng đều là không no Vậy : C₂H₂ và C₄H₈