Bài tập trắc nghiệm Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 1. Đốt cháy este không no - Hóa 12

Làm đề thi

Đề bài

Câu 1 :

Công thức tổng quát của este không no, đơn chức, mạch hở có 1 liên kết C=C là :

A

C_nH_2n-4O₂
B

C_nH_2nO₄
C

C_nH_2nO₂, n ≥ 2
D

C_nH_2n-2O₂, n ≥ 3

Quảng cáo

Câu 2 :

Đốt cháy hoàn toàn x mol este X tạo bởi ancol no, đơn chức, mạch hở và axit không no (chứa một liên kết đôi), đơn chức, mạch hở thu được 11,2 lít CO₂ (đktc) và 7,2 gam H₂O. Giá trị của x là

A

0,05.
B

0,15.
C

0,10.
D

0,20.

Câu 3 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam este X tạo bởi ancol no đơn chức mạch hở và axit không no (chứa 1 liên kết C=C), đơn chức mạch hở thu được 6,72 lít CO₂ (đktc) và 3,6 gam H₂O. Giá trị của m là :

A

4,2
B

7,2
C

2,6
D

5,7

Câu 4 :

Đốt cháy hoàn toàn một lượng este X đơn chức thấy thể tích CO₂ thu được bằng thể tích của O₂ cần dùng và gấp 1,5 lần thể tích hơi nước (ở cùng đk nhiệt độ, áp suất). Biết X tham gia phản ứng tráng gương. CTCT của X là:

A

HCOOC≡CH.
B

HCOOCH=CHCH₃
C

HCOOCH=CH₂.
D

HCOOCH₂CH₃.

Câu 5 :

Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, thu được 2,16 gam H₂O. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là:

A

25%
B

27,92%
C

72,08%
D

75%

Câu 6 :

Hỗn hợp CH₃COOC₂H₅ , HCOOC₃H₅ và HCOOC₃H₃. Hỗn hợp X có tỉ khối hơi so với O₂ là d_X/O2 = 2,7. Đốt cháy hoàn toàn 0,015 mol X ; sau phản ứng thu được hỗn hợp sản phẩm Y. Hấp thụ Y vào dung dịch Ca(OH)₂ dư. Kết luận nào dưới đây đúng?

A

Khối lượng bình giảm 3,504
B

Khối lượng bình tăng 3,504
C

Khối lượng dung dịch giảm 5,304
D

Khối lượng dung dịch tăng 2,496

Câu 7 :

Đốt cháy hoàn toàn 20,1 gam hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức, không no (có 1 nối đôi C=C), kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng cần 146,16 lít không khí (đktc), thu được 46,2 gam CO₂. Biết rằng trong không khí oxi chiếm 20% về thể tích. Công thức phân tử của 2 este là:

A

C₄H₆O₂ và C₅H₈O₂
B

C₅H₈O₂và C₆H₁₀O₂
C

C₄H₈O₂ và C₅H₁₀O₂
D

C₅H₁₀O₂và C₆H₁₂O₂

Câu 8 :

Đốt cháy hoàn toàn một este đơn chức, mạch hở X (phân tử có số liên kết p nhỏ hơn 3), thu được thể tích khí CO₂ bằng 6/7 thể tích khí O₂ đã phản ứng (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện). Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với 200 ml dung dịch KOH 0,7M thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 12,88 gam chất rắn khan. Giá trị của m là

A

7,20.
B

6,66.
C

8,88.
D

10,56.

Câu 9 :

Đốt cháy hoàn toàn 6,8 gam một este A đơn chức chứa vòng benzen thu được CO₂ và H₂O. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm này vào bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ lấy dư thấy khối lượng bình tăng 21,2 gam đồng thời có 40 gam kết tủa. Số CTCT có thể có của A

A

2
B

3
C

5
D

6

Câu 10 :

E là este của axit cacboxylic no đơn chức (X) và ancol không no đơn chức có một nối đôi C=C (Y). Đốt a mol E thu được b mol CO₂; đốt a mol X thu được c mol CO₂; đốt a mol Y thu được 0,5b mol H₂O. Quan hệ giữa b và c là:

A

b= c.
B

b = 2c.
C

c= 2b.
D

b= 3c.

Câu 11 :

Đốt cháy hoàn toàn 2,01 gam hỗn hợp X gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl metacrylat. Toàn bộ sản phẩm cháy cho qua dung dịch Ca(OH)₂dư, sau phản ứng thu được 9 gam kết tủa và dung dịch X. Vậy khối lượng dung dịch X đã thay đổi so với dung dịch Ca(OH)₂ ban đầu là:

A

Giảm 3,87 gam.
B

Tăng 5,13 gam.
C

Tăng 3,96 gam.
D

Giảm 9 gam

Câu 12 :

Hỗn hợp X gồm 1 este đơn chức, không no có một nối đôi C = C mạch hở (A) và 1 este no, đơn chức mạch hở (B). Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn vào bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình tăng 23,9 gam và có 40 gam kết tủa. CTPT của 2 este là:

A

C₂H₄O₂ và C₃H₄O₂
B

C₃H₆O₂và C₅H₈O₂
C

C₂H₄O₂ và C₅H₈O₂
D

C₂H₄O₂và C₄H₆O₂

Câu 13 :

Đốt cháy hoàn toàn 5,4 gam hỗn hợp X gồm axit acrylic, axit oleic, vinyl axetat, metyl acrylat cần vừa đủ V lít O₂(đktc). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm chát vào nước vôi trong dư, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 30 gam kết tủa. Giá trị của V là

A
8,512.
B
8,736.
C
8,064.
D
8,96.

Câu 14 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A gồm 3 este X, Y, Z (đều mạch hở và chỉ chứa chức este, X có khối lượng nhỏ nhất trong A) thu được số mol CO₂ lớn hơn số mol H₂O là 0,25 mol. Mặt khác, m gam A phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 22,2 gam hai ancol hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon và hỗn hợp T gồm hai muối. Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,275 mol O₂, thu được CO₂, 0,35 mol Na₂CO₃ và 0,2 mol H₂O. Phần trăm khối lượng của X trong A là

A
28,92%.
B
22,07%.
C
28,43%.
D
42,65%.

Câu 15 :

Cho X và Y (M_X < M_Y) là hai este đều mạch hở, không phân nhánh và không chứa nhóm chức khác. Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ, luôn thu được CO₂ có số mol bằng số mol O₂đã phản ứng. Đun nóng 15,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 200 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol và hỗn hợp K chứa 2 muối. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 7,6 gam. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối K cần dùng 0,21 mol O₂. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E là

A
58,25%.
B
65,62%.
C
52,38%.
D
47,62%.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Công thức tổng quát của este không no, đơn chức, mạch hở có 1 liên kết C=C là :

A

C_nH_2n-4O₂
B

C_nH_2nO₄
C

C_nH_2nO₂, n ≥ 2
D

C_nH_2n-2O₂, n ≥ 3

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Xem lại phản ứng đốt cháy một số este thường gặp

Lời giải chi tiết :

Este no đơn chức có CTTQ: C_nH_2nO₂

Este không no đơn chức mạch C có 1 liên kết C=C: C_nH_2n-2O₂

Este đơn giản nhất thỏa mãn điều kiện trên: HCOOCH=CH₂

Câu 2 :

A

0,05.
B

0,15.
C

0,10.
D

0,20.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Tính số mol CO₂, H₂O.

- Tìm x.

Đốt cháy este không no chứa 1 nối đôi (C_nH_2n-2O₂) có: ${{n}_{este}}~=\text{ }{{n}_{C{{O}_{2}}}}~\text{-}{{n}_{{{H}_{2}}O}}$

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{*{35}{l}}{{n}_{C{{O}_{2}}}}=\text{ }0,5\text{ }mol \\{{n}_{{{H}_{2}}O}}=\text{ }0,4\text{ }mol \\{{n}_{este}}~=\text{ }{{n}_{C{{O}_{2}}}}~\text{-}{{n}_{{{H}_{2}}O}}=\text{ }0,5\text{-}\text{ }0,4=\text{ }0,1\text{ }mol \\\end{array}$

Câu 3 :

A

4,2
B

7,2
C

2,6
D

5,7

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Tính số mol este

Đốt cháy este X đơn chức, không no 1 nối đôi: ${{n}_{este}}=\text{ }{{n}_{C{{O}_{2}}}}\text{-}{{n}_{{{H}_{2}}O}}$

- Tính m: m = m_H+ m_C + m_O

Lời giải chi tiết :

Este X có CTTQ: C_nH_2n-2O₂

n_CO2 = 0,3 mol ; n_H2O = 0,2 mol

${{n}_{este}}=\text{ }{{n}_{C{{O}_{2}}}}\text{ - }{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,1mol$

n_O = 2.n_este = 0,2mol

m = m_H + m_C + m_O = 0,2 . 2 + 0,3 . 12 + 0,2 . 16 = 7,2 gam

Câu 4 :

A

HCOOC≡CH.
B

HCOOCH=CHCH₃
C

HCOOCH=CH₂.
D

HCOOCH₂CH₃.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Tính số mol của este

Este đơn chức: ${{\text{n}}_X} = \dfrac{1}{2}{n_{{O_{trong este}}}} = \dfrac{1}{2}\left( {{n_{{H_2}O}} + 2{n_{C{O_2}}} - 2{n_{{O_2}}}} \right)$

- Xác định CTPT của este

$C = \dfrac{{{n_C}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}}$

${H_{hh}} = \dfrac{{{n_H}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}}$

$O = \dfrac{{{n_O}}}{{{n_X}}}$

- Xác định CTCT của X

Biện luận dựa vào giả thiết xác định CTCT

Lời giải chi tiết :

$ {\text{ }}{n_{C{O_2}}} = {\text{ }}{n_{{O_2}}} = {\text{ }}1,5{n_{{H_2}O}} = {\text{ }}1,5a$

Bảo toàn O: ${{\text{n}}_X} = \dfrac{1}{2}{n_{{O_{trongeste}}}} = \dfrac{1}{2}\left( {{n_{{H_2}O}} + 2{n_{C{O_2}}} - 2{n_{{O_2}}}} \right) = \dfrac{{a + 2.1,5a - 2.1,5a}}{2} = 0,5a$

$ C = \dfrac{{{n_C}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 3$

${H_{hh}} = \dfrac{{{n_H}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = 4$

$O = \dfrac{{{n_O}}}{{{n_X}}} = 2$

=> X: C₃H₄O₂

X tham gia phản ứng tráng gương => X là este của axit fomic có dạng: HCOOR

=> R: -C₂H₃

Vậy X: HCOOCH=CH₂

Câu 5 :

Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam X, thu được 2,16 gam H₂O. Phần trăm số mol của vinyl axetat trong X là:

A

25%
B

27,92%
C

72,08%
D

75%

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Tính số mol H₂O.

- Tìm số mol vinyl axetat.

+) Qui đổi hỗn hợp X gồm: C₄H₆O₂ và C₃H₆O₂ với số mol tương ứng: a, b (mol)

+) Lập hpt 2 ẩn a, b. Tìm a, b => %

Lời giải chi tiết :

$\begin{gathered} {n_{H2O}} = 0,12mol \hfill \\ X:\left\{ \begin{gathered}vinylaxetat:C{H_3}COOCH = C{H_2}:{C_4}{H_6}{O_2} \hfill \\ metylaxetat:C{H_3}COOC{H_3}:{C_3}{H_6}{O_2} \hfill \\etylfomiat:HCOO{C_2}{H_5}:{C_3}{H_6}{O_2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{Qui\,\,doi}}\left\{ \begin{gathered}{C_4}{H_6}{O_2}:a(mol) \hfill \\{C_3}{H_6}{O_2}:b(mol) \hfill \\ \end{gathered}\right.\hfill\\\left\{\begin{gathered}\xrightarrow{{BTNT:H}}6a + 6b = 0,12.2 \hfill \\86a + 74b = 3,08 \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}a = 0,01 \hfill \\b = 0,03 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\\% vinylaxetat = 25\% \hfill \\ \end{gathered} $

Câu 6 :

A

Khối lượng bình giảm 3,504
B

Khối lượng bình tăng 3,504
C

Khối lượng dung dịch giảm 5,304
D

Khối lượng dung dịch tăng 2,496

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Tìm dạng tổng quát của hỗn hợp X

$\left. \begin{array}{*{35}{l}}{{C}_{4}}{{H}_{8}}{{O}_{2}} \\{{C}_{4}}{{H}_{6}}{{O}_{2}}~~~ \\{{C}_{4}}{{H}_{4}}{{O}_{2}} \\\end{array} \right\}=>~{{C}_{4}}{{H}_{n}}{{O}_{2}}$

- Tính số mol của CO₂, H₂O

Viết phản ứng cháy tìm CO₂, H₂O

- Tính các dữ kiện => Đáp án

Lời giải chi tiết :

$\left. \begin{array}{*{35}{l}}{{C}_{4}}{{H}_{8}}{{O}_{2}} \\{{C}_{4}}{{H}_{6}}{{O}_{2}}~~~ \\{{C}_{4}}{{H}_{4}}{{O}_{2}} \\\end{array} \right\}=>~{{C}_{4}}{{H}_{n}}{{O}_{2}}$

Có : d_X/O2= 2,7 => M_X = 86,4g

=> n = 6,4 (C₄H_6,4O₂)

$\begin{array}{*{20}{l}}{ {n_X} = {\rm{ }}0,015{\rm{ }} = > {\rm{ }}{n_{C{O_2}}} = {\rm{ }}0,06mol{\rm{ }} , {\rm{ }}{n_{{H_2}O}} = {\rm{ }}0,048mol}\\{{n_{CaC{O_3}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_{C{O_2}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,06mol{\rm{ }} = > {\rm{ }}{m_{CaC{O_3}{\rm{ }}}} = {\rm{ }}6g}\\{ = > {\rm{ }}{m_{binh{\rm{ }}tang}} = {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}}\\{ = {\rm{ }}0,06.44{\rm{ }} + {\rm{ }}0,048.18}\\\begin{array}{l} = {\rm{ }}3,504{\rm{ }}\left( g \right) < {m_{CaC{O_3}}}\\ = > m{\,_{dung\,dich\,giam}} = 6 - 3,504 = 2,496g\end{array}\end{array}$

Câu 7 :

A

C₄H₆O₂ và C₅H₈O₂
B

C₅H₈O₂và C₆H₁₀O₂
C

C₄H₈O₂ và C₅H₁₀O₂
D

C₅H₁₀O₂và C₆H₁₂O₂

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Tính số mol H₂O

BTKL: ${m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}$

- Xác định CT của các este trong X.

+) S/d pp giá trị trung bình X:

+) BTNT C, H tìm

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 1,05mol\\{n_{{O_2}}} = 146,16.\dfrac{{20}}{{100.22,4}} = 1,305mol\\BTKL:{m_X}{\rm{ }} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = > {m_{{H_2}O}} = 15,66gam\\ = > {n_{{H_2}O}} = 0,87gam\end{array}$

${{C}_{\overline{n}}}{{H}_{2\overline{n}-2}}{{O}_{2}}:a(mol)\xrightarrow{+O2}\left\{ \begin{align}& C{{O}_{2}}:1,05mol \\ & {{H}_{2}}O:0,87mol \\ \end{align} \right.$

$\left\{ \begin{gathered}\xrightarrow{{BTNT:C}}a\bar n = 1,05 \hfill \\\xrightarrow{{BTNT:H}}a(\bar n - 1) = 0,87 \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}a = 0,18 \hfill \\\bar n = 5,83 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$X:\left\{ \begin{array}{l}{C_5}{H_8}{O_2}\\{C_6}{H_{10}}{O_2}\end{array} \right.$

Câu 8 :

A

7,20.
B

6,66.
C

8,88.
D

10,56.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Xác định CTPT của X

${n_{C{O_2}}} = \dfrac{6}{7}{n_{{O_2}{\rm{ }}pu}}$ => CTPT của X

Tính số mol X

Chất rắn gồm: RCOOK (x mol)và KOH dư (0,14 - x)

=> Mối liên hệ giữa R và x => x

n_X = x

Tính giá trị m

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{ {C_x}{H_y}{O_2} + {\rm{ }}(x + \dfrac{y}{4} - 1){O_2} \to xC{O_2} + {\rm{ }}\dfrac{y}{2}{H_2}O}\\{ = > x{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{6}{7}\left( {x{\rm{ }} + \frac{y}{4}{\rm{ }} - 1{\rm{ }}} \right)}\\\begin{array}{l} = > {\rm{ }}2x{\rm{ }} - {\rm{ }}3y{\rm{ }} = {\rm{ }} - 12\\k = \dfrac{{2x - y + 2}}{2} < 3 = > y > 2x - 4\end{array}\end{array}\\ = > x = {\rm{ }}3,y = {\rm{ }}6(t/m)\end{array}$

X là C₃H₆O₂, chất rắn gồm RCOOK (x mol)và KOH dư (0,14 - x)

Ta có: (R + 83)x + 56 (0,14 - x) = 12,88

=> Rx + 27x = 5,04

+ Với R = 1 => x = 0,18 > 0,14 (loại)

+ Với R = 15 => x = 0,12 < 0,14 (nhận)

=> n_X = 0,12mol => m = 8,88g

Câu 9 :

A

2
B

3
C

5
D

6

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Tìm số mol CO₂, H₂O

$\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{C{O_2}}} = {\rm{ }}{n_{CaC{O_3}}}}\\{\Delta m \uparrow = {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}}\end{array}$

- Xác định CTPT este A

C_xH_yO_z=> x : y : z = n_C: n_H: n_O

m_O= m_A – m_C – m_H

- Viết CTCT thỏa mãn

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = \frac{{40}}{{100}} = 0,4mol\\\Delta m \uparrow = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} < = > 21,2 = 0,4\,\,.\,44 + {m_{{H_2}O}}\\ = > {n_{{H_2}O}} = 0,2mol\\{m_O} = {m_A}{\rm{ }}-{\rm{ }}{m_C}{\rm{ }}-{\rm{ }}{m_H} = 1,6 = > {n_O} = 0,1mol\\A:{C_x}{H_y}{O_z}\\x:y:z = {n_C}:{n_H}:{n_O}= 4:4:1\end{array}$

CTĐGN:(C₄H₄O)_n

Do este đơn chức => n = 2 => Este A: C₈H₈O₂

6 CTCT của A là :

1) CH₃COOC₆H₅

2) HCOOCH₂C₆H₅

3) C₆H₅COOCH₃

4) HCOO-C₆H₄-CH₃ (có 3 đồng phân o-, p-, m-)

Vậy có tất cả 6 CTCT thỏa mãn

Câu 10 :

A

b= c.
B

b = 2c.
C

c= 2b.
D

b= 3c.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Viết công thức tổng quát của E, X, Y.

- Viết sơ đồ phản ứng cháy => Tìm mối liên hệ giữa các ẩn

Lời giải chi tiết :

$\begin{align} & \begin{array}{*{35}{l}} X:\text{ }{{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COOH \\ Y:\text{ }{{C}_{m}}{{H}_{2m-1}}OH \\ =>\text{ }E:\text{ }{{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COO{{C}_{m}}{{H}_{2m-1}} \\\end{array} \\ & {{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COO{{C}_{m}}{{H}_{2m-1}}\xrightarrow{+{{O}_{2}}}(n+m+1)C{{O}_{2}} \\& a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\to a(n+m+1)=b \\ & {{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COOH\xrightarrow{+{{O}_{2}}}(n+1)C{{O}_{2}} \\ & a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\to a(n+1)=c \\ & {{C}_{m}}{{H}_{2m-1}}OH\xrightarrow{+{{O}_{2}}}m{{H}_{2}}O \\ & a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\to am=0,5b \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,a(n+m+1)=b \\ & <=>\underbrace{a(n+1)}_{c}+\underbrace{am}_{0,5b}=b \\ & <=>c=0,5b \\ & <=>b=2c \\ \end{align}$

Câu 11 :

A

Giảm 3,87 gam.
B

Tăng 5,13 gam.
C

Tăng 3,96 gam.
D

Giảm 9 gam

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Tính số mol hỗn hợp X

Qui đổi hỗn hợp thành C_nH_2n-2O₂

$\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{C{O_2}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_{CaC{O_3}}}}\\{BTNT{\rm{ }}C:{n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{n}}\end{array}$

- Tính n

- Kết luận sự thay đổi khối lượng dung dịch:

+) Tính $\Sigma \left( {{m}_{C{{O}_{2}}}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}} \right)$

+) ∆_{mdd sau pư} =$\left( {{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}} \right)$ – (m _{kết tủa} + m _{khí (nếu có)})

· ∆_{mdd sau pư}> 0 → khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng

· ∆_{mdd sau pư}< 0 → khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm

Lời giải chi tiết :

Các chất trong hỗn hợp đều chứa 2 liên kết pi và 2 nguyên tử oxi.

$\left. \begin{array}{l}axit{\rm{ }}acrylic:C{H_2} = CH - COOH\\vinyl{\rm{ }}axetat:C{H_3}COOCH = C{H_2}\\metyl{\rm{ }}metacrylat:C{H_2} = C(C{H_3})C{\rm{O}}O - C{H_3}\end{array} \right\rangle = > X:{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}$

${{C}_{n}}{{H}_{2n-2}}{{O}_{2}}:\dfrac{2,01}{14n+30}\xrightarrow{+{{O}_{2}}}\left\{ \begin{align}& C{{O}_{2}} \\ & {{H}_{2}}O \\ \end{align} \right.\xrightarrow{+\text{dd}\,\,Ca{{(OH)}_{2}}\,\,}9gam\,\,CaC{{O}_{3}}$

$\begin{array}{l}BTNT\,\,C:{n_{CO2}} = {n_{CaCO3}} = {n_{C(X)}} = \dfrac{9}{{100}} = 0,09mol\\ = > {n_{hhX}} = \dfrac{{0,09}}{n}\\ \dfrac{{0,09}}{n}.(14n + 30) = 2,01 < = > n = 3,6\\X:{C_{3,6}}{H_{5,2}}{O_2}:0,025mol\\ = > {n_{{H_2}O}} = 0,065mol\\ {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 0,09.44 + 0,065.18 = 5,13gam\\{\Delta _{mdd{\rm{ }}sau{\rm{ }}pu}} = {\rm{ }}\left( {{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}} \right){\rm{ }}-{\rm{ m}} \downarrow = 5,13 - 9 = - 3,87gam\end{array}$

∆_{mdd sau pư}< 0 => Khối lượng dung dịch giảm 3,87gam

Câu 12 :

A

C₂H₄O₂ và C₃H₄O₂
B

C₃H₆O₂và C₅H₈O₂
C

C₂H₄O₂ và C₅H₈O₂
D

C₂H₄O₂và C₄H₆O₂

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Tìm số mol CO₂ và H₂O

m _{bình tăng} = ${{m}_{C{{O}_{2}}}}+\text{ }{{m}_{{{H}_{2}}O}}$

- Tính số mol mỗi este trong X:

n _{este không no}= ${{n}_{C{{O}_{2}}}}\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}$

=> n_{este no} = n_hh – n_{este không no}

- BTNT C, H => CTPT của mỗi este

Lời giải chi tiết :

$\begin{array}{l} X:\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}A:{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}(n \ge 3):a\\B:{C_m}{H_{2m}}{O_2}(m \ge 2):b\end{array} \right.}_{0,15mol}\\\left\{ \begin{array}{l}m\,{\,_{binh \uparrow }} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}\\{n_{CO2}} = {n_{CaCO3}} = 0,4\end{array} \right. = > \left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = 0,35\\{n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,4\end{array} \right.\\ a = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 0,05mol = > b = 0,15 - 0,05 = 0,1mol\\ BTNT\,C:\,0,05.n + 0,1.m = 0,4 = > n = 4,m = 2\\\left\{ \begin{array}{l}A:{C_4}{H_6}{O_2}\\B:{C_2}{H_4}{O_2}\end{array} \right.\end{array}$

Câu 13 :

A
8,512.
B
8,736.
C
8,064.
D
8,96.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Tât cả các chất trong X đều có chứa 2 liên kết pi và có 2 oxi trong phân tử

=> Đặt công thức chung của X là: C_nH_2n-2O₂: a (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = n_CaCO3 = 0,3 (mol)

Ta có:

$\left\{ \matrix{
\sum {{n_{C{O_2}}} = na = 0,3} \hfill \cr
\sum {{m_{hh}} = (14n + 30)a = 5,4} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = ? \hfill \cr
n = ? \hfill \cr} \right.$

Có: n_H2O = n_CO2 – n_X = ? (mol)

BTNT “O”: 2n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_O2 = ?(mol) => V_O2(đktc) = ?

Lời giải chi tiết :

CH₂=CH-COOH; C₁₇H₃₃COOH; CH₃COOCH=CH₂; CH₂=CH-COOCH₃ => tất cả các chất trong X đều có chứa 2 liên kết pi và có 2 oxi trong phân tử

=> Đặt công thức chung của X là: C_nH_2n-2O₂: a (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = n_CaCO3 = 0,3 (mol)

Ta có:

$\left\{ \matrix{
\sum {{n_{C{O_2}}} = na = 0,3} \hfill \cr
\sum {{m_{hh}} = (14n + 30)a = 5,4} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,04 \hfill \cr
n = 7,5 \hfill \cr} \right.$

Có: n_H2O = n_CO2 – n_X = 0,3 – 0,04 = 0,26 (mol)

BTNT “O”: 2n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

=> 2.0,04 + 2.n_O2 = 2.0,3 + 0,26

=> n_O2 = 0,39 (mol)

=> V_O2(đktc) = 0,39.22,4 = 8,736 (l)

Câu 14 :

A
28,92%.
B
22,07%.
C
28,43%.
D
42,65%.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng.

Lời giải chi tiết :

Sơ đồ bài toán:

Do các este đều mạch hở và chỉ chứa chức este nên không phải là este của phenol.

- Xét phản ứng đốt muối T:

n_COO = n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,7 mol → n_O(T)=2n_COO=1,4 mol

BTNT "O": n_O(T) + 2n_{O2(đốt T)} = 2n_CO2 + n_H2O + 3n_Na2CO3 → 1,4 + 0,275.2 = 2n_CO2 + 0,2 + 0,35.3

→ n_CO2 = 0,35 mol

BTKL: m _muối=m_CO2 + m_H2O + m_Na2CO3 - m_{O2(đốt T)}=0,35.44 + 0,2.18 + 0,35.106 - 0,275.32 = 47,3 gam

- Xét phản ứng thủy phân A trong NaOH:

BTKL: m_A = m _muối+ m _ancol- m_NaOH = 47,3 + 22,2 - 0,7.40 = 41,5 gam

- Xét phản ứng đốt A:

Đặt n_CO2 = x và n_H2O = y (mol)

+ n_O(A) = 2n_COO = 1,4 mol. BTKL: m_A = m_C + m_H + m_O → 12x + 2y + 1,4.16 = 41,5 (1)

+ n_CO2 - n_H2O = 0,25 → x - y = 0,25 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được x = 1,4 và y = 1,15

BTNT "O": n_{O2 (đốt A)} = [2n_CO2 + n_H2O - n_O(A)]/2 = (2.1,4 + 1,15 - 1,4)/2 = 1,275 mol

- Xét phản ứng đốt ancol (phản ứng giả sử):

n_{O2 (đốt ancol)} = n_{O2(đốt A)} - n_{O2(đốt T)} = 1,275 - 0,275 = 1 mol

Đặt n_CO2 = a; n_H2O = b (mol)

BTKL: m_CO2 + m_H2O = m _ancol + m_{O2(đốt ancol)} → 44a + 18b = 22,2 + 32 (3)

BTNT "O": 2n_CO2 + n_H2O = n_O(ancol)+ 2n_O2 → 2a + b = 0,7 + 2 (4)

Giải (3) và (4) thu được: a = 0,7 và b = 1,3

Nhận thấy: n_O(ancol)= n_CO2 → Các ancol đều có số C bằng số O → Các ancol chỉ có thể là ancol no

→ n _ancol=n_H2O - n_CO2 = 1,3 - 0,7 = 0,6 mol

→ 1 (CH₃OH: u mol) < C _tb=0,7: 0,6 = 1,16 < 2 (HO-CH₂-CH₂-OH: v mol)

n_CO2 = u + 2v = 0,7 và u + v = 0,6

Giải được u = 0,5 và v = 0,1

- Phản ứng đốt muối T:

n_C(T) = n_CO2+ n_Na2CO3 = 0,35 + 0,35 = 0,7 mol

n_C(T) = n_COO → Số C trong T bằng số nhóm COO

→ 2 muối là HCOONa (n mol) và (COONa)₂ (m mol)

m _muối=68n + 134m = 47,3; n_C(muối) = n + 2m = 0,7

→ n = 0,4 và m = 0,15

Vậy A chứa:

HCOOCH₃ (0,2 mol) → m_HCOOCH3 = 0,2.60 = 12 gam

(HCOO)₂C₂H₄ (0,1 mol) → m_(HCOO)2C2H4= 0,1.118 = 11,8 gam

(COOCH₃)₂ (0,15 mol) → m_(COOCH3)2= 0,15.118 = 17,7 gam

Nhận thấy (HCOO)₂C₂H₄ có khối lượng nhỏ nhất → %m_X= 11,8/41,5.100% = 28,43%

Câu 15 :

A
58,25%.
B
65,62%.
C
52,38%.
D
47,62%.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Bảo toàn gốc OH ta có: n_{OH ancol} = n_KOH ⟹ n_H2 = ½ . n_{OH ancol}

Bảo toàn khối lượng ta tính được m_F

Bảo toàn khối lượng ta tính được m_muối

Bảo toàn nguyên tố kali ta có: n_COOK = n_KOH

Đặt n_CO2 = x mol; n_H2O = y mol

Bảo toàn nguyên tố oxi và bảo toàn khối lượng để tìm x và y.

⟹ Số chức este của X và Y

Dùng bảo toàn nguyên tố C kết hợp với dữ kiện n_CO2 = n_O2 để suy ra số H trong X và Y

Do X và Y mạch hở ⟹ 2 ancol đều đơn chức ⟹ n_F = n_OH ⟹ M_F ⟹ gốc ancol và công thức của X và Y.

Khi đó tính được phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E.

Lời giải chi tiết :

Bảo toàn gốc OH ta có: n_{OH ancol} = n_KOH = 0,2 mol

-OH + Na → -ONa + ½ H₂

⟹ n_H2 = ½ . n_{OH ancol} = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng ta có: m_F = 7,6 + 0,1.2 = 7,8 (g)

*Bảo toàn khối lượng ta có: m_muối = 15,12 + 0,2.56 - 7,8 = 18,52 (g)

Bảo toàn nguyên tố kali ta có: n_COOK = n_KOH = 0,2 mol; n_K2CO3 = 0,1 mol

Đặt n_CO2 = x mol; n_H2O = y mol

Bảo toàn nguyên tố oxi ta có 0,2 . 2 + 0,21 . 2 = 0,1 . 3 + 2x + y

Bảo toàn khối lượng ta có 18,52 + 0,21 . 32 = 0,1 . 138 + 44x + 18y

Giải hệ có x = 0,26 mol và y = 0 mol ⟹ Muối không chứa H ⟹ Muối phải là của axit 2 chức.

⟹ X và Y là este 2 chức ⟹ n_X = 0,06 mol ; n_Y = 0,04 mol

Đặt số C trong gốc axit của X và Y là a và b

Ta có 0,06a + 0,04b = 0,1 + 0,26

Giải phương trình nghiệm nguyên a = 2 và b = 6

⟹ 2 muối là (COOK)₂ và KOOCC≡C-C≡CCOOK

Mặt khác, đốt X hay Y đều cho n_CO2 = n_O2

⟹ X và Y có dạng C_n(H₂O)_m.

Lại có X và Y đều là este 2 chức → m = 4 → X và Y đều chứa 8H

Do X và Y mạch hở ⟹ 2 ancol đều đơn chức ⟹ n_F = n_OH = 0,2 mol ⟹ M_F = 39 ⟹ chứa CH₃OH

Do đó X là CH₃OOCCOOC₂H₅ và Y là CH₃OOCC≡C-C≡CCOOC₂H₅

→ %m_Y = 47,62%

Bài liên quan

Trắc nghiệm Bài 1. Điều chế, ứng dụng, nhận biết este - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 1. Điều chế, ứng dụng, nhận biết este 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 chuỗi phản ứng este - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập về chuỗi phản ứng este 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 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 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 1. Đốt cháy este không no - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 1. Điều chế, ứng dụng, nhận biết este - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập về chuỗi phản ứng este - Hóa 12

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

Trắc nghiệm Bài 2. Lipit - Hóa 12

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