Trắc nghiệm Bài 40. Bài tập phản ứng đốt cháy ancol - Hóa 11Đề bài
Câu 1 :
Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol A thu được số mol nước gấp đôi số mol CO2. Tên gọi của A là
Câu 2 :
Đốt cháy hoàn toàn 1,52 gam một ancol X thu được 1,344 lít CO2 (đktc) và 1,44 gam nước. X Có CTPT là
Câu 3 :
Có 1 ancol đơn chức, mạch hở Y. Khi đốt cháy Y ta thu được CO2 và H2O với số mol như nhau và số mol O2 dùng cho phản ứng gấp 4 lần số mol của Y. CTPT của Y là:
Câu 4 :
Đốt cháy a mol ancol X cần 2,5a mol oxi. Biết X không làm mất màu dung dịch brom. CTPT của ancol là:
Câu 5 :
Ancol A tác dụng với K dư cho một thể tích H2 bằng thể tích hơi ancol A đã dùng. Mặt khác đốt cháy hết một thể tích hơi ancol A thu được thể tích CO2 nhỏ hơn ba lần thể tích ancol (các thể tích đo ở cùng điều kiện). Ancol A là :
Câu 6 :
Ba ancol X, Y, Z không phải là đồng phân của nhau. Đốt cháy mỗi ancol đều sinh ra CO2 và H2O theo tỉ lệ mol nCO2 : nH2O = 3 : 4. CTPT 3 ancol là
Câu 7 :
Đốt cháy hoàn toàn 7,8 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol no, mạch hở, đơn chức liên tiếp thì thu được 6,72 lít CO2 (đktc). CTPT và % thể tích của chất có khối lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp A là:
Câu 8 :
Cho 1 bình kín dung tích 16 lít chứa hh X gồm 3 ancol đơn chức A, B, C và 13,44 gam O2 (ở 109,20C; 0,98 atm). Đốt cháy hết rượu rồi đưa nhiệt độ bình về 136,50C thì áp suất trong bình lúc này là P. Cho tất cả sản phẩm lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 đựng NaOH dư. Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 3,78 gam, bình 2 tăng 6,16 gam. Giá trị của P là
Câu 9 :
Cho hh A gồm 1 rượu no, đơn chức và 1 rượu no 2 chức tác dụng với Na dư thu được 0,616 lít H2 (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 1 lượng gấp đôi hh A thì thu được 7,92 gam CO2 và 4,5 gam H2O. CTPT của mỗi rượu là
Câu 10 :
Cho hỗn hợp X gồm 6,4 gam ancol metylic và b (mol) 2 ancol A và B no, đơn chức liên tiếp. Chia X thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: Tác dụng hết với Na thu được 4,48 lít H2 (đktc). Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng P2O5, bình 2 đựng Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng a gam, bình 2 tăng (a + 22,7) gam. CTPT của 2 ancol A và B là
Câu 11 :
Hoá hơi hoàn toàn m gam hỗn hợp 2 ancol no A và B ở 81,90C và 1,3 atm thì thu được 1,568 lít hơi ancol. Nếu cho hỗn hợp ancol này tác dụng với Na dư thì thu được 1,232 lít H2 (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp ancol đó thì thu được 7,48 gam CO2. Giá trị của m là
Câu 12 :
Cho hỗn hợp X gồm 3 ancol đơn chức A, B, C trong đó A và B là 2 ancol no có khối lượng phân tử hơn kém nhau 28 đvC, C là ancol không no có 1 nối đôi. Cho m (g) X tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít H2 (00C, 2atm). Nếu đốt cháy hoàn toàn m/4 g X thì thu được 3,52 gam CO2 và 2,16 gam H2O. CTPT mỗi ancol là
Câu 13 :
Hỗn hợp A gồm rượu đơn chức no X và H2O. Cho 21 gam A tác dụng Na được 7,84 lít H2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 21 gam A và cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Khối lượng kết tủa tạo ra trong bình chứa Ca(OH)2 là
Câu 14 :
Hỗn hợp X gồm ancol etylic và 2 hiđrocacbon thuộc cùng dãy đồng đẳng. Hóa hơi m gam X thu được thể tích bằng với thể tích của 0,96 gam oxi ở cùng điều kiện. Mặt khác đốt cháy m gam X cần dùng vừa đủ 0,3 mol O2, sau phản ứng thu được 0,195 mol CO2. Phần trăm số mol C2H5OH trong hỗn hợp là
Câu 15 :
Hỗn hợp M gồm ancol no, mạch hở, đơn chức X và hiđrocacbon Y. Đốt cháy một lượng M cần dùng vừa đủ 0,105 mol O2 thu được 0,06 mol CO2. CTPT của Y là
Câu 16 :
Hỗn hợp A gồm các khí và hơi CH3OH, C5H11OH, C3H8O, C2H5OCH3, C4H9OH có tỉ khối so với H2 là 23. Đốt cháy hoàn toàn 11,5 gam hỗn hợp trên thu được V lít O2 (đktc) và 18,9 gam H2O. Giá trị của V là
Câu 17 :
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A gồm 1 ancol no, mạch hở, đơn chức và 2 ankin là đồng đẳng liên tiếp cần dùng vừa đủ V lít không khí (đktc, chứa 80% N2, còn lại là O2) thu được hỗn hợp khí B. Cho B đi qua lần lượt bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 19,8 gam, bình 2 xuất hiện 120 gam kết tủa và còn dư 147,84 lít khí (ở đktc) không phản ứng. Các chất trong A là
Câu 18 :
Đốt cháy hoàn toàn x gam ancol X rồi cho các sản phầm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượn bình tăng y gam và tạo z gam kết tủa. Biết 100y = 71z; 102z = 100(x + y). Có các nhận xét sau: a. X có nhiệt độ sôi cao hơn ancol etylic b. Từ etilen phải ít nhất qua 2 phản ứng mới tạo được X c. X tham gia được phản ứng trùng ngưng d. Ta không thể phân biệt được X với C3H5(OH)3 chỉ bằng thuốc thử Cu(OH)2 e. Đốt cháy hoàn toàn X thu được số mol nước lớn hơn số mol CO2 Số phát biểu đúng là
Lời giải và đáp án
Câu 1 :
Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol A thu được số mol nước gấp đôi số mol CO2. Tên gọi của A là
Đáp án : B Phương pháp giải :
Nếu đốt cháy ancol cho nH2O > 1,5.nCO2 thì ancol là CH3OH. Chỉ có CH4 và CH3OH có tính chất này (không kể amin) Lời giải chi tiết :
nH2O > 1,5.nCO2 => ancol đốt cháy là CH3OH
Câu 2 :
Đốt cháy hoàn toàn 1,52 gam một ancol X thu được 1,344 lít CO2 (đktc) và 1,44 gam nước. X Có CTPT là
Đáp án : B Phương pháp giải :
+) nH2O > nCO2 => X là ancol no: CnH2n+2Ox +) nX = nH2O – nCO2 = 0,02 => MX = 76 Lời giải chi tiết :
Ta thấy: nH2O > nCO2 => X là ancol no: CnH2n+2Ox nX = nH2O – nCO2 = 0,02 => MX = 76 = 14n + 2 + 16x => x = 2, n = 3 => CTPT của X là C3H8O2
Câu 3 :
Có 1 ancol đơn chức, mạch hở Y. Khi đốt cháy Y ta thu được CO2 và H2O với số mol như nhau và số mol O2 dùng cho phản ứng gấp 4 lần số mol của Y. CTPT của Y là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
nCO2 = nH2O => ancol Y có CTPT dạng CnH2nO (loại C) Loại D vì không có ancol có CTPT C2H4O Giả sử nCO2 = nH2O = 1 mol Theo đầu bài: nO2 = 4.nY Bảo toàn nguyên tố O: nY + 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O Lời giải chi tiết :
nCO2 = nH2O => ancol Y có CTPT dạng CnH2nOa (loại C) Loại D vì không có ancol có CTPT C2H4O. Dựa vào 2 đáp án còn lại => a = 1 Giả sử nCO2 = nH2O = 1 mol Theo đầu bài: nO2 = 4.nY Bảo toàn nguyên tố O: nY + 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O => nY + 2.4nY = 3 mol => nY = 1/3 mol => số C trong Y = nCO2 / nY = 3 => C3H6O
Câu 4 :
Đốt cháy a mol ancol X cần 2,5a mol oxi. Biết X không làm mất màu dung dịch brom. CTPT của ancol là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+) Ancol X không làm mất màu dung dịch brom => X là ancol no, có CTPT: CnH2n+2Ox ${C_n}{H_{2n + 2}}{O_x}\; + {\text{ }}\frac{{3n + 1 - x}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}\,\,nC{O_2}\,\, + \,\,\,(n + 1){H_2}O$ a mol 2,5a mol +) Vì ancol luôn có số nhóm OH nhỏ hơn hoặc bằng số mol ancol => x ≤ n Lời giải chi tiết :
+) Ancol X không làm mất màu dung dịch brom => X là ancol no, có CTPT: CnH2n+2Ox ${C_n}{H_{2n + 2}}{O_x}\; + {\text{ }}\frac{{3n + 1 - x}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}\,\,nC{O_2}\,\, + \,\,\,(n + 1){H_2}O$ a mol 2,5a mol => a.(3n + 1 – x) =2.2,5a => 3n = x + 4 +) Vì ancol luôn có số nhóm OH nhỏ hơn hoặc bằng số mol ancol => x ≤ n + Với n = 2 => x = 2 => ancol C2H6O2 + Với n = 3 => x = 5 loại vì x > n
Câu 5 :
Ancol A tác dụng với K dư cho một thể tích H2 bằng thể tích hơi ancol A đã dùng. Mặt khác đốt cháy hết một thể tích hơi ancol A thu được thể tích CO2 nhỏ hơn ba lần thể tích ancol (các thể tích đo ở cùng điều kiện). Ancol A là :
Đáp án : B Phương pháp giải :
Thể tích H2 sinh ra bằng thể tích hơi ancol A đã dùng => ancol 2 chức (xem lại ancol tác dụng với Na) Theo đầu bài : nCO2 < 3.nancol => nCO2 / nancol < 3 => số C của ancol < 3 Lời giải chi tiết :
Thể tích H2 sinh ra bằng thể tích hơi ancol A đã dùng => ancol 2 chức (xem lại ancol tác dụng với Na) Theo đầu bài : nCO2 < 3.nancol => nCO2 / nancol < 3 => số C của ancol < 3 A là ancol 2 chức và có số C < 3 => A là C2H4(OH)2
Câu 6 :
Ba ancol X, Y, Z không phải là đồng phân của nhau. Đốt cháy mỗi ancol đều sinh ra CO2 và H2O theo tỉ lệ mol nCO2 : nH2O = 3 : 4. CTPT 3 ancol là
Đáp án : A Phương pháp giải :
+) 3 ancol X, Y, Z không phải là đồng phân của nhau => chúng không cùng CTPT +) Đốt cháy mỗi ancol đều thu được nCO2 : nH2O = 3 : 4 => nC : nH = 3 : 8 Lời giải chi tiết :
3 ancol X, Y, Z không phải là đồng phân của nhau => chúng không cùng CTPT Đốt cháy mỗi ancol đều thu được nCO2 : nH2O = 3 : 4 => nC : nH = 3 : 8 => 3 ancol có dang C3H8Oa với số a mỗi ancol khác nhau => C3H8O, C3H8O2 và C3H8O3
Câu 7 :
Đốt cháy hoàn toàn 7,8 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol no, mạch hở, đơn chức liên tiếp thì thu được 6,72 lít CO2 (đktc). CTPT và % thể tích của chất có khối lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp A là:
Đáp án : B Lời giải chi tiết :
nCO2 = 0,3 mol Gọi công thức chung cho 2 ancol là CnH2n+2O Bảo toàn nguyên tố C: nCO2 = n.nancol => nancol = 0,3/n mol => 7,8 / (14n + 18) = 0,3 / n => n = 1,5 => 2 ancol là CH4O (a mol) và C2H6O (b mol) Ta có hệ: $\left\{ \begin{gathered}a + 2b = 0,3 \hfill \\32a + 46b = 7,8 \hfill \\ \end{gathered} \right. = > a\,\, = \,\,b = 0,1\,\,mol$ => %VCH4O = %VC2H6O = 50%
Câu 8 :
Cho 1 bình kín dung tích 16 lít chứa hh X gồm 3 ancol đơn chức A, B, C và 13,44 gam O2 (ở 109,20C; 0,98 atm). Đốt cháy hết rượu rồi đưa nhiệt độ bình về 136,50C thì áp suất trong bình lúc này là P. Cho tất cả sản phẩm lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 đựng NaOH dư. Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 3,78 gam, bình 2 tăng 6,16 gam. Giá trị của P là
Đáp án : B Phương pháp giải :
${n_X} = \frac{{PV}}{{RT}} = {\text{ }}0,5\;\; = > {\text{ }}{n_{A,B,C}} = 0,5--\frac{{13,44}}{{32}} = 0,08$ +) Ta có: nO2(p.ư) $= {n_{C{O_2}}} + \frac{1}{2}{n_{{H_2}O}} - \frac{1}{2}{n_R}$ +) Tổng số mol khí sau phản ứng là: n = 0,215 + 0,14 + 0,21 = 0,565 => P = nRT/V Lời giải chi tiết :
Gọi CTPT của A, B, C là ${C_{\bar n}}{H_{\bar m}}O$ ${n_X} = \frac{{PV}}{{RT}} = {\text{ }}0,5\;\; = > {\text{ }}{n_{A,B,C}} = 0,5--\frac{{13,44}}{{32}} = 0,08$ Ta có: nO2(p.ư) $= {n_{C{O_2}}} + \frac{1}{2}{n_{{H_2}O}} - \frac{1}{2}{n_R} = 0,205$ => nO2 (dư) = 0,42 – 0,205 = 0,215 mol => Tổng số mol khí sau phản ứng là: n = 0,215 + 0,14 + 0,21 = 0,565 => P = nRT/V = 0,565.0,082.(136,5 + 273) / 16 = 1,186 atm
Câu 9 :
Cho hh A gồm 1 rượu no, đơn chức và 1 rượu no 2 chức tác dụng với Na dư thu được 0,616 lít H2 (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 1 lượng gấp đôi hh A thì thu được 7,92 gam CO2 và 4,5 gam H2O. CTPT của mỗi rượu là
Đáp án : A Phương pháp giải :
+) nH2 = 0,5.nCnH2n+2O + nCmH2m+2O2 Đốt 1 lượng gấp đôi A thu được 0,18 mol CO2 và 0,25 mol H2O +) Bảo toàn nguyên tố C: nCO2 = 2xn + 2ym = 0,18 +) Bảo toàn nguyên tố H: nH2O = 2x(n+1) + 2y(m+1) = 0,25 Lời giải chi tiết :
Gọi CTPT của rượu no đơn chức là CnH2n+2O (x mol) và rượu no, 2 chức là CmH2m+2O2 (y mol) Ta có: nH2 = 0,5.nCnH2n+2O + nCmH2m+2O2 => 0,5x + y = 0,0275 (1) Đốt 1 lượng gấp đôi A thu được 0,18 mol CO2 và 0,25 mol H2O Bảo toàn nguyên tố C: nCO2 = 2xn + 2ym = 0,18 (2) Bảo toàn nguyên tố H: nH2O = 2x(n+1) + 2y(m+1) = 0,25 (3) Từ (1), (2) và (3) => x = 0,015; y = 0,02 và 3n + 4m = 18  => 2 ancol là C2H5OH và C3H6(OH)2
Câu 10 :
Cho hỗn hợp X gồm 6,4 gam ancol metylic và b (mol) 2 ancol A và B no, đơn chức liên tiếp. Chia X thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: Tác dụng hết với Na thu được 4,48 lít H2 (đktc). Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng P2O5, bình 2 đựng Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng a gam, bình 2 tăng (a + 22,7) gam. CTPT của 2 ancol A và B là
Đáp án : C Phương pháp giải :
+) Tác dụng với Na: nH2 = 0,5.nCH3OH + 0,5.n2 ancol = 0,2 mol +) Bảo toàn nguyên tố C:${n_{CO2}} = 0,1 + 0,3.\overline n $ +) Bảo toàn nguyên tố H: ${n_{H2O}} = 2.0,1 + (\overline n + {\text{ }}1).0,3$ +) mbình 2 - mbình 1 = mCO2 – mH2O = 22,7 Lời giải chi tiết :
Ở mỗi phần: nCH3OH = 0,1 mol Gọi CTPT trung bình của 2 ancol A và B là ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2}}O$ +) Tác dụng với Na: nH2 = 0,5.nCH3OH + 0,5.n2 ancol = 0,2 mol => n2 ancol = 2.0,2 - 0,1 = 0,3 mol +) Bảo toàn nguyên tố C:${n_{CO2}} = 0,1 + 0,3.\overline n $ +) Bảo toàn nguyên tố H: ${n_{H2O}} = 2.0,1 + (\overline n + {\text{ }}1).0,3$ Khối lượng bình 1 tăng là khối lượng H2O, khối lượng bình 2 tăng là khối lượng CO2 +) mbình 2 - mbình 1 = mCO2 – mH2O = 22,7 => $44.(0,1 + 0,3.\overline n ) + 18.(2.0,1 + (\overline n + 1).0,3) = 22,7\,\, = > \,\,\bar n = 3,5$ => CTPT của 2 ancol là C3H7OH và C4H9OH
Câu 11 :
Hoá hơi hoàn toàn m gam hỗn hợp 2 ancol no A và B ở 81,90C và 1,3 atm thì thu được 1,568 lít hơi ancol. Nếu cho hỗn hợp ancol này tác dụng với Na dư thì thu được 1,232 lít H2 (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp ancol đó thì thu được 7,48 gam CO2. Giá trị của m là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Đặt CTPT 2 ancol: ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2 - \bar a}}{(OH)_{\bar a}}\,\,\, \to \,\,\frac{{\bar a}}{2}{H_2}$ +) $0,07.\frac{{\bar a}}{2} = 0,055\,\, = > \,\,\bar a = 11/7$ Bảo toàn nguyên tố C: ${n_{CO2}} = \bar n.{n_{ancol}}\,\, = > \,\,\bar n = 0,17/0,07 = 17/7$ Lời giải chi tiết :
Đặt CTPT 2 ancol: ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2 - \bar a}}{(OH)_{\bar a}}\,\,\, \to \,\,\frac{{\bar a}}{2}{H_2}$ nA,B = 0,07 mol và nH2 = 0,055 mol +) $0,07.\frac{{\bar a}}{2} = 0,055\,\, = > \,\,\bar a = 11/7$ Bảo toàn nguyên tố C: ${n_{CO2}} = \bar n.{n_{ancol}}\,\, = > \,\,\bar n = 0,17/0,07 = 17/7$ => m = 0,07(14.17/7 + 2 + 16.11/7) = 4,28 gam
Câu 12 :
Cho hỗn hợp X gồm 3 ancol đơn chức A, B, C trong đó A và B là 2 ancol no có khối lượng phân tử hơn kém nhau 28 đvC, C là ancol không no có 1 nối đôi. Cho m (g) X tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít H2 (00C, 2atm). Nếu đốt cháy hoàn toàn m/4 g X thì thu được 3,52 gam CO2 và 2,16 gam H2O. CTPT mỗi ancol là
Đáp án : D Phương pháp giải :
Gọi CTPT trung bình của A và B là và C: CmH2mO (m $ \geqslant $ 3) +) nX = 2.nH2 = 0,2 mol +) nA,B = nH2O – nCO2 = 0,16 mol (do khi đốt C thì nCO2 = nH2O) +) nCO2 = 0,16$\overline n $ + 0,04m = 0,32 Lời giải chi tiết :
Gọi CTPT trung bình của A và B là và C: CmH2mO (m $ \geqslant $ 3) Đốt cháy m gam X thu được : nCO2 = 4.0,08= 0,32 mol; nH2O = 4.0,12 = 0,48 mol +) nX = 2.nH2 = 0,2 mol +) nA,B = nH2O – nCO2 = 0,16 mol (do khi đốt C thì nCO2 = nH2O) => nC = 0,04 mol +) nCO2 = 0,16$\overline n $ + 0,04m = 0,32 $= > \,\,\overline n = \frac{{0,32 - 0,04m}}{{0,16}}\,\, = > \,\,m = 3;\,\,\overline n = 1,25$ => 3 ancol A, B, C lần lượt là CH3OH ; C3H7OH và C3H6O
Câu 13 :
Hỗn hợp A gồm rượu đơn chức no X và H2O. Cho 21 gam A tác dụng Na được 7,84 lít H2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 21 gam A và cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Khối lượng kết tủa tạo ra trong bình chứa Ca(OH)2 là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Ta có: $\left\{ \begin{gathered}\left( {14n{\text{ }} + {\text{ }}18} \right)a{\text{ }} + {\text{ }}18b{\text{ }} = {\text{ }}21 \hfill \\a + b = 0,7 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,$ Lời giải chi tiết :
GỌi CTPT của X có dạng CnH2n+2O (a mol) và H2O (b mol) CnH2n+1OH + Na → ½ H2 a → ½ a H2O + Na → ½ H2 b → ½ b => ½ a + ½ b = 0,35 => a + b = 0,7 CnH2n+2O → nCO2 Ta có: $\left\{ \begin{gathered}\left( {14n{\text{ }} + {\text{ }}18} \right)a{\text{ }} + {\text{ }}18b{\text{ }} = {\text{ }}21 \hfill \\a + b = 0,7 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\, = > \,\,na = 0,6\,\, = {n_{C{O_2}}}$ => mCaCO3 = 0,6.100 = 60 gam
Câu 14 :
Hỗn hợp X gồm ancol etylic và 2 hiđrocacbon thuộc cùng dãy đồng đẳng. Hóa hơi m gam X thu được thể tích bằng với thể tích của 0,96 gam oxi ở cùng điều kiện. Mặt khác đốt cháy m gam X cần dùng vừa đủ 0,3 mol O2, sau phản ứng thu được 0,195 mol CO2. Phần trăm số mol C2H5OH trong hỗn hợp là
Đáp án : B Phương pháp giải :
Nhận thấy nO2 > 1,5nCO2 => 2 hiđrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan $ = > {\text{ }}{n_{ankan}} = \frac{{{n_{{O_2}}} - 1,5.{n_{C{O_2}}}}}{{0,5}} = 0,015\,\,mol\,$ Lời giải chi tiết :
Nhận thấy nO2 > 1,5nCO2 => 2 hiđrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan (vì khi đốt ancol no, đơn chức thì nO2 = 1,5nCO2) $ = > {\text{ }}{n_{ankan}} = \frac{{{n_{{O_2}}} - 1,5.{n_{C{O_2}}}}}{{0,5}} = 0,015\,\,mol\,\, = > \,\,{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,03 - 0,015 = 0,015\,\,mol$ => %nC2H5OH = 0,015 / 0,03 .100% = 50%
Câu 15 :
Hỗn hợp M gồm ancol no, mạch hở, đơn chức X và hiđrocacbon Y. Đốt cháy một lượng M cần dùng vừa đủ 0,105 mol O2 thu được 0,06 mol CO2. CTPT của Y là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Xét tỉ lệ mol nO2 / nCO2 = 0,105 / 0,06 = 1,75 Đốt cháy ancol no, đơn chức, mạch hở luôn thu được nO2 / nCO2 = 1,5 < 1,75 => Đốt cháy hiđrocacbon Y thu được nO2 / nCO2 > 1,75 Gọi CTPT của Y là CmH2m+2-2k ${C_m}{H_{2m + 2 - 2k}} + \;\frac{{3m + 1 - k}}{2}{O_2}\,\,\xrightarrow{{{t^o}}}mC{O_2} + (m + 1 - k){H_2}O$ => nO2 / nCO2 = (3m + 1 – k) / 2m > 1,75 Lời giải chi tiết :
Xét tỉ lệ mol nO2 / nCO2 = 0,105 / 0,06 = 1,75 Đốt cháy ancol no, đơn chức, mạch hở luôn thu được nO2 / nCO2 = 1,5 < 1,75 => Đốt cháy hiđrocacbon Y thu được nO2 / nCO2 > 1,75 Gọi CTPT của Y là CmH2m+2-2k ${C_m}{H_{2m + 2 - 2k}} + \;\frac{{3m + 1 - k}}{2}{O_2}\,\,\xrightarrow{{{t^o}}}mC{O_2} + (m + 1 - k){H_2}O$ => nO2 / nCO2 = (3m + 1 – k) / 2m > 1,75 => m < 2 => m = 1 => ankan là CH4
Câu 16 :
Hỗn hợp A gồm các khí và hơi CH3OH, C5H11OH, C3H8O, C2H5OCH3, C4H9OH có tỉ khối so với H2 là 23. Đốt cháy hoàn toàn 11,5 gam hỗn hợp trên thu được V lít O2 (đktc) và 18,9 gam H2O. Giá trị của V là
Đáp án : A Phương pháp giải :
Nhận xét: Vì mỗi chất trong A có 1O => số mol O trong A = số mol A = 0,25 mol Bảo toàn nguyên tố O: nO trong A + 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O Bảo toàn khối lượng: mA + mO2 = mCO2 + mH2O Lời giải chi tiết :
nhh A = 11,5 / 46 = 0,25 mol; nH2O = 1,05 mol Nhận xét: Vì mỗi chất trong A có 1O => số mol O trong A = số mol A = 0,25 mol Gọi nO2 phản ứng = x mol; nCO2 = y mol Bảo toàn nguyên tố O: nO trong A + 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O => 0,25 + 2x = 2y + 1,05 (1) Bảo toàn khối lượng: mA + mO2 = mCO2 + mH2O => 11,5 + 32x = 44y + 18,9 (2) Từ (1) và (2) => x = 0,85; y = 0,45 mol => VO2 = 0,85.22,4 = 19,04 lít
Câu 17 :
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A gồm 1 ancol no, mạch hở, đơn chức và 2 ankin là đồng đẳng liên tiếp cần dùng vừa đủ V lít không khí (đktc, chứa 80% N2, còn lại là O2) thu được hỗn hợp khí B. Cho B đi qua lần lượt bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 19,8 gam, bình 2 xuất hiện 120 gam kết tủa và còn dư 147,84 lít khí (ở đktc) không phản ứng. Các chất trong A là
Đáp án : A Phương pháp giải :
+) nH2O = 1,1 mol +) nCaCO3 = 1,2 mol => nCO2 = 1,2 mol +) nO2 phản ứng = nN2 / 4 = 1,65 mol Gọi CTPT của ancol là CnH2n+2O (a mol) và 2 ankin là CmH2m-2 (b mol) (m > 2) Bảo toàn C: nCO2 = an + bm = 1,2 (1) Bảo toàn H: nH2O = a.(n + 1) + b.(m – 1) = 1,1 (2) Bảo toàn O: nO trong ancol + 2.nO2 phản ứng = 2.nCO2 + nH2O Lời giải chi tiết :
Khối lượng bình 1 tăng 19,8 gam => nH2O = 1,1 mol Khối lượng bình 2 xuất hiện120 gam kết tủa => nCaCO3 = 1,2 mol => nCO2 = 1,2 mol Khí thoát ra khỏi bình là N2 => nN2 = 6,6 mol => nO2 phản ứng = nN2 / 4 = 1,65 mol Gọi CTPT của ancol là CnH2n+2O (a mol) và 2 ankin là CmH2m-2 (b mol) (m > 2) Bảo toàn C: nCO2 = an + bm = 1,2 (1) Bảo toàn H: nH2O = a.(n + 1) + b.(m – 1) = 1,1 (2) Bảo toàn O: nO trong ancol + 2.nO2 phản ứng = 2.nCO2 + nH2O => a + 2.1,65 = 2.1,2 + 1,1 => a = 0,2 mol (3) Từ (1), (2) và (3) => b = 0,3 mol; 0,2n + 0,3m = 1,2 => 2n + 3m = 12  Với n = 1; m = 3,33 => CH3OH, C3H4, C4H6 Với n = 2; m = 2,66 => C2H5OH, C2H2, C3H4
Câu 18 :
Đốt cháy hoàn toàn x gam ancol X rồi cho các sản phầm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượn bình tăng y gam và tạo z gam kết tủa. Biết 100y = 71z; 102z = 100(x + y). Có các nhận xét sau: a. X có nhiệt độ sôi cao hơn ancol etylic b. Từ etilen phải ít nhất qua 2 phản ứng mới tạo được X c. X tham gia được phản ứng trùng ngưng d. Ta không thể phân biệt được X với C3H5(OH)3 chỉ bằng thuốc thử Cu(OH)2 e. Đốt cháy hoàn toàn X thu được số mol nước lớn hơn số mol CO2 Số phát biểu đúng là
Đáp án : C Phương pháp giải :
\(\left\{ \begin{gathered}100y = 71z \\102z = 100(x + y) \\\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}y = 0,71z\,(g)\\x = 0,31z\,(g) \\\end{gathered} \right.\) Ta có a g X + O2 → CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O nCaCO3 = z : 100 = 0,01z mol → nCO2 → nC(X) (bảo toàn C) mbình tăng = mCO2 + mH2O → nH2O → nH(X) = 2nH2O theo z (bảo toàn H) Ta có mX = mC + mH + mO = x → mO → nO →X có C : H : O = nC : nH : nO →CTĐGN → CTPT Lời giải chi tiết :
\(\left\{ \begin{gathered}100y = 71z \\102z = 100(x + y) \\\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}y = 0,71z\,(g) \\x = 0,31z\,(g) \\\end{gathered} \right.\) Ta có a g X + O2 → CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O nCaCO3 = z : 100 = 0,01z mol → nCO2 = nCaCO3 = 0,01z (mol) mbình tăng = mCO2 + mH2O = 44.0,01z + 18nH2O = y → nH2O = \(\frac{{y - 0,44z}}{{18}}\) mol Bảo toàn C có nC(X) =nCO2 = 0,01z mol Bảo toàn H có nH(X) = 2nH2O = \(2.\frac{{y - 0,44z}}{{18}} = 2.\frac{{0,71z - 0,44z}}{{18}} = 0,03z\)mol Ta có mX = mC + mH + mO = x → 0,31z = 12.0,01z + 0,03z.1 + mO → mO = 0,16z → nO = 0,01z →X có C : H : O = nC : nH : nO = 0,01z : 0,03z : 0,01z = 1:3 :1 →CTĐGN là CH3O→ CTPT là (CH3O)n thì 3n ≤ 2n+ 2→ n ≤ 2 → n = 2 →X là C2H6O2 a. Đúng b. sai vì chỉ cần cho C2H4 +KMnO4 →C2H4(OH)2 c. đúng vì X là chất điều chế tơ lapsan d. đúng vì cả hai đều tạo phức màu xanh lam e. đúng → có 4 phát biểu đúng
|
