10 bài tập vận dụng cao về công thức phân tử hợp chất hữu cơ có lời giảiLàm bàiQuảng cáo
Câu hỏi 1 : Đốt cháy 1 lít hơi hiđrocacbon với một thể tích không khí (lượng dư). Hỗn hợp khí thu được sau khi hơi H2O ngưng tụ có thể tích là 18,5 lít, cho qua dung dịch KOH dư còn 16,5 lít, cho hỗn hợp khí đi qua ống đựng photpho dư thì còn lại 16 lít. Xác định CTPT của hợp chất trên biết các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất và O2 chiếm 1/5 không khí, còn lại là N2.
Đáp án: A Phương pháp giải: Bảo toàn nguyên tố H2O bị ngưng tụ, KOH hấp thụ CO2, P hấp thụ O2 Lời giải chi tiết: Gọi CTPT của hidrocabon là CxHy PT : CxHy + (x + y/4)O2 => xCO2 + y/2H2O Phân tích 18,5 lít chỉ chứa CO2 và không khí vì H2O bị ngưng tụ 16,5 lít chỉ chứa không khí vì CO2 bị hấp thụ bởi kiềm => VCO2 = 18,5 – 16,5 = 2 lít => x = nCO2/nX = VCO2 / VX = 2 16 lít là N2 vì O2 bị hấp thụ bởi P dư do xảy ra phản ứng P + O2 → P2O5 => VO2 dư = 16,5 – 16 = 0,5 lít VO2(ban đầu) = VO2(trong không khí) = VN2/4 = 16/4 = 4 (lít) (N2 chiếm 4 /5 – do oxi chiếm 1/5) VO2 pứ = VO2 ban đầu – VO2 dư = 4 – 0,5 = 3,5 lít Ta có:VO2/VX = x + 0,25y = 3,5 => y = 6 => C2H6 Đáp án A Câu hỏi 2 : Đốt cháy 4,6g hợp chất hữu cơ CxHyOz sản phẩm cháy được hấp thụ qua dung dịch H2SO4 đặc thấy khối lượng bình tăng là 0,54g. Tiếp tục cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 20g kết tủa. Thành phần phần trăm khối lượng các nguyên tố có trong hợp chất.
Đáp án: A Phương pháp giải: Phương pháp: Đốt cháy sản phẩm hữu cơ cho sản phẩm qua lần lượt các bình Bình 1: đựng H2SO4 thì khối lượng bình tăng là H2O Bình 2: đựng dd nước vôi trong thì CO2 bị hấp thụ nCO2 = n CaCO3↓ Biết nH2O, nCO2 => biết nH; nC Lời giải chi tiết:
Hướng dẫn giải: n H2O = 0,54 : 18 = 0,03 (mol) => % H = (0,03.2 : 4,6) .100% = 1,3% n CO2 = nCaCO3 = 20 : 100 = 0,2 (mol) => % C = ( 0,2.12 : 4,6) .100% = 52,17% => % O = 100% - 52,17% - 1,3% = 46,53% Đáp án: A
Câu hỏi 3 : Đốt cháy hoàn toàn 5g hợp chất hữu cơ B chứa C, H, O rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, sau đó dẫn tiếp qua bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 3,6g, bình 2 tăng 11g. Hóa hơi 5g B thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 1,6g O2 ở cùng điều kiện t0, p. CTPT của B là:
Đáp án: A Phương pháp giải: Phương pháp: Bảo toàn nguyên tố O, tìm chỉ số x,y ,z của C, H, O trong hợp chất CxHyOz theo công thức x = nC / n CxHyOz ; y = nH / n CxHyOz ; z = nO / n CxHyOz Lời giải chi tiết:
Hướng dẫn giải: Gọi CTPT B: CxHy OZ nB = nO2 = \[\frac{{1,6}}{{32}}\]= 0,05 mol => MB = 5: 0,05 = 100 n CO2 = 11 : 44 = 0,25 (mol) => x = \[\frac{{{n_C}}}{{{n_B}}}\, = \,\frac{{0,25}}{{0,05}}\, = \,5\] n H2O = 3,6 : 18 = 0,2 (mol) => x = \[\frac{{{n_H}}}{{{n_B}}}\, = \,\frac{{0,2.2}}{{0,05}}\, = \,8\] n O = (5 – 0,25.12 – 0,2.2 ) : 16 = 0,1 (mol) => x = \[\frac{{{n_O}}}{{{n_B}}}\, = \,\frac{{0,1}}{{0,05}}\, = \,2\] Có : (C5H8O2)n = 100 => n= 1 => CTPT: C5H8O2 Đáp án: A
Câu hỏi 4 : Một HCHC A chứa C,H,O. Đốt cháy hoàn toàn 1,6g A rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng thêm 4,16g và có 13,79g kết tủa . ( Biết phân tử khối của A< 200) CTPT của A là:
Đáp án: B Phương pháp giải: Bảo toàn nguyên tố Lập CTĐGN theo công thức: x: y :z = nC : nH : nO Có CTĐGN và khoảng phân tử khối => CTPT Lời giải chi tiết:
Gọi CTPT B: CxHy OZ n CO2 = n BaCO3 = 13,97 : 197 = 0,07 (mol) n H2O = ( 4,16 – 0,07.44 ) : 18 = 0,06 (mol) n O = ( 1,6 – 0,07.12 – 0,06. 2) : 16 = 0, 04 (mol) => x : y : z = 0,07 : 0,12 : 0,04 = 7 : 12 : 4 => CTĐGN : (C7H12O4) n < 200 => n < 1,25 => n= 1 => CTPT C7H12O4 Đáp án: B Câu hỏi 5 : Đốt cháy hoàn toàn 0,75g chất hữu cơ A chứa C, H, O, N. Cho sản phẩm cháy qua dd nước vôi trong dư thì khối lượng bình nặng thêm 1,33g và tách ra 2g kết tủa. Mặt khác khi phân tích 0,15g A thu được 22,4ml N2( đktc). (Biết dA/H2 = 37,5) .CTĐGN của A là:
Đáp án: C Phương pháp giải: Phương pháp: Bảo toàn nguyên tố Độ tăng dung dịch: ∆m = m H2O + m CO2 Lập CTĐGN theo công thức: x: y : z : t = nC : nH : nO : nN Có CTĐGN và phân tử khối => CTPT Lời giải chi tiết:
Hướng dẫn giải: Gọi CTPT B: CxHy OZ Nt n CO2 = n CaCO3 = 2 : 100 = 0,02(mol) m dd nặng thêm = m H2O + m CO2 n H2O = (1,33 – 0,02.4) : 18 = 0,025 (mol) 0,15 g A →10-3 N2 0,75 g A → 5.10-3N2 n O = ( 0,75 – 0,02.12 – 0,025.2 – 0,14) : 16 = 0,02 (mol) => x : y : z : t = 0,02: 0,05 : 0,02 : 0,01 = 2: 5: 2: 1 => CTPT: (C2H5O2N)n = 75 => n = 1 => CTPT: C2H5O2N Đáp án: C
Câu hỏi 6 : Đốt cháy hoàn toàn 1,26g hợp chất hữu cơ A chứa C,H, O, N cần vừa đủ 0,56 lít O2. Cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư thu được 0,672 lít hỗn hợp khí B. Cho B qua bình 2 đựng dd Ca(OH)2 dư thu được 2g kết tủa trắng. Xác định CTPT của A biết CTPT trùng với CTĐGN. Các thể tích khí đo ở đktc.
Đáp án: D Phương pháp giải: Phương pháp: Bảo toàn nguyên tố Lời giải chi tiết:
Hướng dẫn giải: Đặt CTPT : CxHy OzNt n O2 = 0,56 : 22,4 = 0,025 (mol) n hhB = 0,672: 22,4 = 0,03 ( mol) n C = n CaCO3 = 2 : 100 = 0,02 (mol) => nN2 = 0,03 – 0,02 = 0,01 (mol) n H2O = ( 1,26 + 0,025.32 – 0,02.44 – 0,01.28) : 18 = 0,05 (mol) n O = ( 1,26 – 0,02.12 – 0,05.2 – 0,01.28) : 16 = 0,04 (mol) x : y : z : t = 0,02 : 0,1 : 0,04 : 0,02 = 1: 5 : 2: 1 CH5O2N Đáp án D Câu hỏi 7 : Hòa tan 6,85(g) kiềm thổ M vào 100g H2O người ta thu được 100ml dd A có tỉ khối = 1,0675 g/ml. Câu 1: a) Kim loại M và nồng độ mol/l của dung dịch A là:
Đáp án: A Phương pháp giải: Bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố Lời giải chi tiết: a) Đáp án A mDD A = V. D = 100.1,0675= 106, 75( g) mDD đầu = 6,85 + 100 = 106,85 (g) mDD giảm = m H2 = 106,85 – 106,75 = 0,1 (g) => n H2 = 0,05 mol => n e (BỎ) = n e (NHẬN) = 0,1.2 = 0,2 (mol) M = 6,85n/0,1 = 68,5n vì M là kim loại kiềm thổ => n= 2 => Ba Câu 2: b) Phân tích 0,92g hợp chất hữu cơ X người ta chỉ thu được 0,72g H2O và 1 lượng CO2 mà khi dẫn vào dung dịch A tạo ra 5,91g kết tủa. Biết dX/ kk < 4. CTPT của X là:
Đáp án: C Phương pháp giải: Phương pháp: Bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố
Lời giải chi tiết: Đáp án C n Ba(OH)2 = 6,85 : 137 = 0,05 (mol) MX < 29.4 = 116 n H2O = 0,04 ; nCO2 = nBaCO3 = 0,03 (mol) nO = (0,92 – 0,04.2 – 0,03.12 ): 16 = 0,03 (mol) Gọi CTPT: Cx Hy Oz x: y : z = 0,03 : 0,08 : 0,03 = 3: 8: 3 CTĐGN : C3H8O3 (C3H8O3)n < 116 => n < 1,26 => n =1 => CTPT: C3H8O3 Câu hỏi 8 : Hỗn hợp khí A gồm 0,4 mol H2 và 0,2 mol ankin X. Nung A một thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp B có tỉ khối so với H2 bằng 12. Dẫn hỗn hợp B qua dung dịch brom dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng brom tham gia phản ứng là 8 gam. Công thức phân tử của X là
Đáp án: D Phương pháp giải: Áp dụng bảo toàn liên kết π tìm ra số mol H2 phản ứng. Từ đó tìm ra số mol của B và khối lượng của B. Bảo toàn khối lượng tìm ra sô nguyên tử C trong X. Lời giải chi tiết: Gọi công thức của X là CnH2n-2 Bảo toàn số liên kết π: 0,2.2=nH2pư +0,05→nH2pư =0,35 mol →nB =nA-nH2pu =0,4+0,2-0,35=0,25 mol→mB=0,25.12.2=6 g Bảo toàn khối lượng: mA=mB=6g 0,4.2+0,2.(14n-2)=6→n=2 Ankin X là C2H2. Đáp án D Câu hỏi 9 : Đốt cháy hoàn toàn 2,79 gam hợp chất hữu cơ Y rồi cho các sản phẩm cháy đi qua các bình đựng CaCl2 khan và KOH khan, thấy bình CaCl2 tăng thêm 1,89 gam và bình KOH tăng thêm 7,92 gam. Mặt khác, khi đốt cháy 0,186 gam Y thì thu được 22,4 ml khí N2 (đktc). Biết Y chỉ chứa 1 nguyên tử nitơ. CTPT của Y là:
Đáp án: B Phương pháp giải: Bình CaCl2 khan hấp thụ H2O nên tính được số mol H2O Bình KOH khan hấp thụ CO2 nên tính được số mol CO2 Bảo toàn nguyên tố C tính được số mol C Bảo toàn nguyên tố H tính được số mol H Bảo toàn nguyên tố N tính được số mol N (chú ý khối lượng Y trong 2 thí nghiệm khác nhau) Bảo toàn khối lượng tính được số mol O bằng 0 (Y không chứa O) Tính tỉ lệ C : H : N suy ra CTĐGN Từ dữ kiện Y chỉ chứa 1N suy ra CTPT Lời giải chi tiết: - Bình CaCl2 khan hấp thụ H2O → \({m_{{H_2}O}} = 1,89\left( g \right) \to {n_{{H_2}O}} = 0,105\left( {mol} \right)\xrightarrow{{BTNT.H}}{n_H} = 2{n_{{H_2}O}} = 0,21\left( {mol} \right)\) - Bình KOH khan hấp thụ CO2 → \({m_{C{O_2}}} = 7,92\left( g \right) \to {n_{C{O_2}}} = 0,18\left( {mol} \right)\xrightarrow{{BTNT.C}}{n_C} = {n_{C{O_2}}} = 0,18\left( {mol} \right)\) - Tỷ lệ: Đốt 0,186 gam Y thu được 0,001 mol N2 → 2,79 gam …………… 0,015 mol \(\xrightarrow{{BTNT.N}}{n_N} = 2{n_{{N_2}}} = 2.0,015 = 0,03\left( {mol} \right)\) - Khối lượng O trong 2,79 gam Y là: \({m_O} = {m_Y} - \left( {{m_C} + {m_H} + {m_N}} \right) = 2,79 - \left( {12.0,18 + 0,105 + 14.0,03} \right) = 0\left( g \right)\) → Y không chứa O Ta có nC : nH : nN = 0,18 : 0,21 : 0,03 = 6 : 7 : 1 Do Y chỉ chứa 1 nguyên tử N nên CTPT của Y là C6H7N Đáp án B Câu hỏi 10 : Đốt cháy 1,08 gam hợp chất hữu cơ X, rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2, thấy bình nặng thêm 4,6 gam đồng thời tạo thành 6,475 gam muối axit và 5,91 gam muối trung hòa. Tỉ khối hơi của X đối với He là 13,5. CTPT của X là:
Đáp án: B Phương pháp giải: Muối axit là Ba(HCO3)2 → số mol Ba(HCO3)2 Muối trung hòa là BaCO3 → số mol BaCO3 Bảo toàn C → nCO2 = 2nBa(HCO3)2 + nBaCO3 Khối lượng bình nặng thêm bằng tổng khối lượng của CO2 và H2O → khối lượng H2O Bảo toàn C tính được mol C Bảo toàn H tính được mol H BTKL tính được khối lượng O là 0 gam (X không chứa O) Lập tỉ lệ C : H suy ra CTĐGN Từ dữ kiện về tỉ khối suy ra CTPT Lời giải chi tiết: Muối axit là Ba(HCO3)2 → nBa(HCO3)2 = 6,475/259 = 0,025 mol Muối trung hòa là BaCO3 → nBaCO3 = 5,91/197 = 0,03 mol Bảo toàn C → nCO2 = 2nBa(HCO3)2 + nBaCO3 = 2.0,025 + 0,03 = 0,08 mol Khối lượng bình nặng thêm bằng tổng khối lượng của CO2 và H2O ⟹ mH2O = 4,6 - 0,08.44 = 1,08 gam ⟹ nH2O = 0,06 mol Bảo toàn C → nC = nCO2 = 0,08 mol Bảo toàn H → nH = 2nH2O = 0,12 mol BTKL → mO = mX - (mC + mH) = 1,08 - (12.0,08 + 0,12) = 0 gam (A không chứa O) ⟹ C : H = 0,08 : 0,12 = 2 : 3 Vậy X có dạng (C2H3)n ⟹ MX = 27n = 13,5×4 ⟹ n = 2 Vậy CTPT của X là C4H6. Đáp án B Quảng cáo
|
