Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập ancol - phenol (phần 2) - Hóa 11

Đề bài

Câu 1 :

Hỗn hợp X gồm C3H8O3 (glixerol), CH3OH, C2H5OH, C3H7OH và H2O. Cho m gam X tác dụng với Na dư thu được 3,36 lít H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 11,34 gam H2O. Biết trong X glixerol chiếm 25% về số mol. Giá trị của m gần nhất với?

  • A

    11

  • B

    10

  • C

    12

  • D

    13

Quảng cáo
decumar
Câu 2 :

Hỗn hợp X gồm etylen glicol, ancol etylic, ancol propylic và hexan; trong đó số mol hexan bằng số mol etylen glicol. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng hết với Na dư thu được 0,4032 lít khí H2 (đktc). Mặt khác để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần 4,1664 lít O(đktc). Giá trị của m là

  • A

    2,235

  • B

    1,788

  • C

    2,384

  • D

    2,682

Câu 3 :

Oxi hóa không hoàn toàn 5,12 gam ancol A (no, mạch hở đơn chức) thu được 7,36 gam hỗn hợp X gồm ancol, axit, anđehit, nước. Chia X thành hai phần bằng nhau.

Phần 1 cho tác dụng với AgNOtrong NH3 thu được 23,76 gam kết tủa.

Phần 2 cho tác dụng vừa đủ với Na thu được m gam chất rắn.

Giá trị gần đúng nhất của m là

  • A

    2,04

  • B

    2,16

  • C

    4,44

  • D

    4,20

Câu 4 :

Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun nóng 27,2 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba ete (có khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc). Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là

  • A

    50% và 20%. 

  • B

    20% và 40%. 

  • C

    30% và 50%. 

  • D

    40% và 30%. 

Câu 5 :

Tách nước hoàn toàn 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol X, Y (MX < MY) thu được 11,2 gam hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tách nước không hoàn toàn 24,9 gam hỗn hợp A (140oC, xúc tác thích hợp) thu được 8,895 gam các ete. Hiệu suất của phản ứng tạo ete của X là 50%. Hiệu suất phản ứng tạo ete của Y là:

  • A

    40%

  • B

    60%

  • C

    50%

  • D

    45%

Câu 6 :

Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức, mạch hở X và ancol không no, hai chức, mạch hở Y (Y chứa 1 liên kết π trong phân tử và X, Y có cùng số mol). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng V lít O2 (đktc) sinh ra 2,24 lít CO2 (đktc) và 2,16 gam H2O. Công thức của Y và giá trị của V lần lượt là

  • A

    C4H6(OH)2 và 3,584

  • B

    C3H4(OH)2 và 3,584

  • C

    C4H6(OH)2 và 2,912  

  • D

    C5H8(OH)2 và 2,912

Câu 7 :

Hỗn hợp X gồm 2 rượu đơn chức Y, Z hơn kém nhau 2 nguyên tử C trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 12,2 gam hỗn hợp X thu được 0,5 mol CO2 và 0,7 mol H2O. Mặt khác, cho 12,2 gam hỗn hợp X vào bình đựng K (dư), kết thúc phản ứng thấy khối lượng bình tăng 11,9 gam. Hỗn hợp X là

  • A

    CH3OH; CH2=CHCH2OH

  • B

    CH3CH2OH, CH2=C(CH3)-CH2OH

  • C

    CH3OH; CH3(CH2)2OH        

  • D

    CH3OH; CH≡C-CH2OH

Câu 8 :

Một dung dịch chứa 6,1 gam chất X là đồng đẳng của phenol đơn chức. Cho dung dịch trên tác dụng với nước brom dư thu được 17,95 gam hợp chất Y chứa 3 nguyên tử Br trong phân tử. Biết hợp chất này có nhiều hơn 3 đồng phân cấu tạo. CTPT chất đồng đẳng của phenol là

  • A

    C2H5C6H4OH

  • B

    C2H5(CH3)C6H3OH

  • C

    (CH3)2C6H3OH           

  • D

    A và C đều đúng

Câu 9 :

Oxi hóa 11,7 gam hỗn hợp E gồm 2 ancol bậc một X và Y (đều no, đơn chức, mạch hở, MX < MY) bằng oxi (xúc tác thích hợp, nung nóng) thì có 0,09 mol O2 phản ứng, thu được hỗn hợp hơi T (không chứa CO2). Chia T thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1 phản ứng với dung dịch NaHCO3 dư, thu được 0,672 lít khí CO2 (đktc)

- Phần 2 phản ứng với Na dư, thu được 2,016 lít khí H2 (đktc).

Biết Y chiếm 25% về số mol hỗn hợp ancol dư trong T và số mol Y bị oxi hóa lớn hơn số mol X bị oxi hóa. Khối lượng của Y trong 11,7 gam E ban đầu là

  • A

    9,2 gam.

  • B

    6,9 gam.

  • C

    8,0 gam.         

  • D

    7,5 gam.

Câu 10 :

Oxi hóa 0,11 mol ancol đơn chức X bằng oxi có xúc tác thích hợp đến khi số mol oxi phản ứng là 0,065 mol thì thu được hỗn hợp Y gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư và H2O. Chưng cất toàn bộ phần hơi nước rồi đốt cháy toàn bộ hỗn hợp Z gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư thu được 19,36 gam CO2 và 6,48 gam H2O. Nếu cho hỗn hợp Y phản ứng với dung dịch nước brom thì số mol brom phản ứng tối đa là

  • A

    0,12.   

  • B

    0,14.

  • C

    0,31.

  • D

    0,25.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Hỗn hợp X gồm C3H8O3 (glixerol), CH3OH, C2H5OH, C3H7OH và H2O. Cho m gam X tác dụng với Na dư thu được 3,36 lít H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 11,34 gam H2O. Biết trong X glixerol chiếm 25% về số mol. Giá trị của m gần nhất với?

  • A

    11

  • B

    10

  • C

    12

  • D

    13

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) Quy đổi X thành: C3H8O3: a mol; CH2: b mol; H2O: 3a mol

+) Từ số mol H2 sinh ra => a

+) Từ số mol H2O, bảo toàn H => b

Lời giải chi tiết :

Ancol no, đơn chức = kCH2 + H2O

Do đó quy đổi X thành:

C3H8O3: a mol

CH2: b mol

H2O: 3a mol

nH2 = 1,5a + 0,5.3a = 0,15 => a = 0,05

nH2O = 4a + b + 3a = 0,63 => b = 0,28

=> mX = 92a + 14b + 18.3a = 11,22

Câu 2 :

Hỗn hợp X gồm etylen glicol, ancol etylic, ancol propylic và hexan; trong đó số mol hexan bằng số mol etylen glicol. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng hết với Na dư thu được 0,4032 lít khí H2 (đktc). Mặt khác để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần 4,1664 lít O(đktc). Giá trị của m là

  • A

    2,235

  • B

    1,788

  • C

    2,384

  • D

    2,682

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Do số mol C6H14 bằng số mol C2H6O2 => Quy đổi 2 chất đó thành C4H10O. Coi hỗn hợp đầu gồm những ancol no, đơn chức, mạch hở CxH2x+2O

+ ${n_X} = 2.{n_{{H_2}}}$ => viết PTHH, tìm ra công thức trung bình của X => mX

Lời giải chi tiết :

Do số mol C6H14 bằng số mol C2H6O2 => Quy đổi 2 chất đó thành C4H10O

Coi hỗn hợp đầu gồm những ancol no, đơn chức, mạch hở CxH2x+2O

${n_X} = 2.{n_{{H_2}}} = 0,036{\text{ }}mol$

CxH2x+2O + 1,5xO2 → xCO2 + (x+1)H2O

0,036……….0,186

=> $x = \dfrac{{0,186}}{{1,5.0,036}} = \dfrac{{31}}{9}$

=> X có CTTQ: ${C_{\frac{{31}}{9}}}{H_{\frac{{80}}{9}}}O{\text{ }}có {\text{ }}{M_X} = \dfrac{{596}}{9}$

=> ${m_X} = \dfrac{{596}}{9}.0,036 = 2,384{\text{ }}gam$

Câu 3 :

Oxi hóa không hoàn toàn 5,12 gam ancol A (no, mạch hở đơn chức) thu được 7,36 gam hỗn hợp X gồm ancol, axit, anđehit, nước. Chia X thành hai phần bằng nhau.

Phần 1 cho tác dụng với AgNOtrong NH3 thu được 23,76 gam kết tủa.

Phần 2 cho tác dụng vừa đủ với Na thu được m gam chất rắn.

Giá trị gần đúng nhất của m là

  • A

    2,04

  • B

    2,16

  • C

    4,44

  • D

    4,20

Đáp án : D

Phương pháp giải :

BTKL => mO2 = mX – mancol => nO2

=> Tính số mol O2 trong mỗi phần

TH1: Ancol ban đầu khác CH3OH

=> so sánh số mol anđehit với số mol O2 => loại TH này

TH2: Ancol ban đầu là CH3OH => tính số mol CH3OH

CH3OH + ½ O2 → HCHO + H2O

CH3OH + O2 → HCOOH + H2O

Phần 1:  Gọi số mol của HCHO và HCOOH lần lượt là a và b (mol)

+) Bảo toàn oxi => Pt (1)

+) Từ số mol Ag => PT (2)

(1), (2) => a, b

Cho sản phẩm tác dụng với Na thì có HCOOH, H2O và CH3OH dư đều phản ứng

=> mrắn $ = {m_{HCOONa}} + {m_{NaOH}} + {m_{C{H_3}ONa}}$

Lời giải chi tiết :

${n_{Ag}} = \dfrac{{23,76}}{{108}} = 0,22\,\,(mol)$

Gọi CTPT của ancol no, đơn chức, mạch hở là: CnH2n+1CH2OH

CnH2n+1 CH2OH + ½ O2 → CnH2n+1CHO + H2O  (1)

CnH2n+1 CH2OH +   O2 → CnH2n+1COOH + H2O  (2)

BTKL => mO2 = mX – mancol = 7,36 – 5,12 = 2,24 (g)

=> ${n_{{O_2}}} = \dfrac{{2,24}}{{32}} = 0,07$ (mol)

=> Số mol O2 trong mỗi phần = 0,035 (mol)

TH1: Ancol ban đầu khác CH3OH

Phần 1: => sản phẩm sau phản ứng chỉ có andehit phản ứng với Ag­NO3/NH3.

=> ${n_{{C_n}{H_{2n + 1}}CHO}} = \dfrac{1}{2}.{n_{Ag}} = 0,11\,(mol)\, > 2.{n_{{O_2}}} = 0,07$ (vì ${n_{anđehit{\text{ }}(1)}} < 2{n_{{O_2}}} = 0,07$) => loại  

TH2: Ancol ban đầu là CH3OH => ${n_{C{H_3}OH}} = \dfrac{{5,12}}{{32}} = 0,16{\text{ }}\left( {mol} \right)$

=> Trong ½ phần : ${n_{C{H_3}OH}} = \dfrac{{0,16}}{2} = 0,08$ (mol)

CH3OH + ½ O2 → HCHO + H2O

CH3OH + O2 → HCOOH + H2O

Phần 1:  Gọi số mol của HCHO và HCOOH lần lượt là a và b (mol)

Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{gathered}\sum {{n_{{O_2}}} = 0,5a + b = 0,035}  \hfill \\\sum {{n_{Ag}} = 4a + 2b = 0,22}  \hfill \\ \end{gathered}  \right. =  > \,\,\left\{ \begin{gathered}a = 0,05 \hfill \\b = 0,01 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Phần 2: Sản phẩm gồm HCHO: 0,05 (mol) ; HCOOH: 0,01 (mol) ;

                                       H2O: 0,06 (mol) ; CH3OH dư = (0,08-0,06)=0,02 (mol)

Cho sản phẩm tác dụng với Na thì có HCOOH, H2O và CH3OH dư đều phản ứng

=> mrắn $ = {m_{HCOONa}} + {m_{NaOH}} + {m_{C{H_3}ONa}}$ = 0,01.68 + 0,06.40 + 0,02.54 = 4,16 (g)

Gần nhất với 4,2 g

Câu 4 :

Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun nóng 27,2 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba ete (có khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc). Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là

  • A

    50% và 20%. 

  • B

    20% và 40%. 

  • C

    30% và 50%. 

  • D

    40% và 30%. 

Đáp án : A

Phương pháp giải :

$\begin{align}  & 2\bar{R}OH\xrightarrow{{{H}_{2}}s{{O}_{4}}dac,{{140}^{o}}C}\bar{R}O\bar{R}+{{H}_{2}}O \\  & {{M}_{\bar{R}O\bar{R}}}=\frac{6,76}{0,08}=84,5\to 2\bar{R}+16=84,5 \\  & \to \bar{R}=?\Rightarrow 2\,ancol \\ \end{align}$

Lời giải chi tiết :

$\begin{align}  & 2\overline{\text{R}}\text{OH}\xrightarrow{{{H}_{2}}s{{O}_{4}}dac,{{140}^{o}}C}\overline{R}O\overline{R}+{{H}_{2}}O \\  & {{M}_{\bar{R}O\bar{R}}}=\frac{6,76}{0,08}=84,5\to 2\bar{R}+16=84,5 \\  & \to 29({{C}_{2}}{{H}_{5}}-)<\bar{R}=34,25<43({{C}_{3}}{{H}_{7}}-) \\ \end{align}$

Đốt Z cũng như đốt T:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_5}OH:x\\{C_3}{H_7}OH:y\end{array} \right. \to 46{\rm{x}} + 60y = 27,2\,\,(1)\\{C_2}{H_6}O + 3{{\rm{O}}_2} \to 2C{O_2} + 3{H_2}O\\\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3{\rm{x}}\\{{\rm{C}}_3}{H_8}O + 4,5{O_2} \to 3C{O_2} + 4{H_2}O\\\,\,\,y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4,5y\\ \to {n_{{O_2}}} = 3x + 4,5y = 1,95\,\,(2)\\(1),(2) =  > x = 0,2;\,y = 0,3\end{array}\)

Phản ứng ete hóa: Gọi số mol C2H5OH và C3H7OH phản ứng là a và b (mol)

+ Ta có: a+b = 2nete = 0,16 (3)

+ m ancol phản ứng = mete + mH2O = 6,76 + 0,08.18 = 8,2 gam => 46a + 60b = 8,2 (4)

(3)(4) => a = 0,1; b = 0,06

=> Hiệu suất ete hóa của C2H5OH và C3H7OH lần lượt là: 50% và 20%

Câu 5 :

Tách nước hoàn toàn 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol X, Y (MX < MY) thu được 11,2 gam hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tách nước không hoàn toàn 24,9 gam hỗn hợp A (140oC, xúc tác thích hợp) thu được 8,895 gam các ete. Hiệu suất của phản ứng tạo ete của X là 50%. Hiệu suất phản ứng tạo ete của Y là:

  • A

    40%

  • B

    60%

  • C

    50%

  • D

    45%

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) Bảo toàn khối lượng => số mol H2O, từ đó suy ra ${\overline M _{ancol}}$

=> CTPT 2 ancol

+) Tính số mol 2 ancol dựa vào ${\overline M _{ancol}}$ và 24,9 gam A

Gọi hiệu suất tạo ete của Y (C3H7OH) là a

+) Ta có: ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{1}{2}.{n_X} + {\text{ }}\dfrac{1}{2}.{n_Y}$ và ${m_{ete}} = {m_{ancol}} - {m_{{H_2}O}}$ => a

Lời giải chi tiết :

BTKL: ${m_{{H_2}O}} = 5,4{\text{ (}}gam) \Rightarrow {\text{ }}{n_{ancol}} = {n_{{H_2}O}} = 0,3{\text{ }}mol$

=>  ${\overline M _{ancol}} = \dfrac{{16,6}}{{0,3}} = 55,33$

 => Ancol là C2H5OH và C3H7OH

Áp dung quy tắc đường chéo ta có:  $\dfrac{{{n_{{C_2}{H_5}OH}}}}{{{n_{{C_3}{H_7}OH}}}} = \dfrac{1}{2}$

Xét 24,9 gam A => ${n_{{C_3}{H_7}OH}} = 0,3{\text{ }}mol;{\text{ }}{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,15{\text{ }}mol$

Gọi hiệu suất tạo ete của Y (C3H7OH) là a

=> ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{1}{2}.{n_X} + {\text{ }}\dfrac{1}{2}.{n_Y} = \dfrac{1}{2}.0,15.{\text{ }}50\%  + \dfrac{1}{2}.0,3.a = 0,15a + 0,0375$

Mà  ${m_{ete}} = {m_{ancol}} - {m_{{H_2}O}}$

=> 8,895 = 0,15.50%.46 + 0,3.a.60 - 18.(0,15a + 0,0375)

=> a = 0,4 = 40%

Câu 6 :

Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức, mạch hở X và ancol không no, hai chức, mạch hở Y (Y chứa 1 liên kết π trong phân tử và X, Y có cùng số mol). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng V lít O2 (đktc) sinh ra 2,24 lít CO2 (đktc) và 2,16 gam H2O. Công thức của Y và giá trị của V lần lượt là

  • A

    C4H6(OH)2 và 3,584

  • B

    C3H4(OH)2 và 3,584

  • C

    C4H6(OH)2 và 2,912  

  • D

    C5H8(OH)2 và 2,912

Đáp án : C

Phương pháp giải :

X:  CnH2n+2O;  Y: CmH2m O2

CnH2n+2O → nCO2 + (n+1)H2O

   x                 nx          (n+1)x

CmH2mO2 → mCO2 + mH2O

y                    my          my

+) Từ ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} \Rightarrow x$

Số mol 2 ancol bằng nhau  => x = y

=> n + m

+) Y có 1 nối đôi và 2 nhóm OH => Y phải có 4 nguyên tử C trở lên  => CTPT của Y

=> X

* Bảo toàn khối lượng: ${m_{oxi}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{ancol}}$ => noxi

Lời giải chi tiết :

X:  CnH2n+2O

Y CmH2m O2

CnH2n+2O → nCO2  + (n+1)H2O

   x                  nx          (n+1)x

CmH2m O2 → mCO2 + mH2O

   y                  my          my

${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,12 - 0,1 = 0,02 = \left( {n + 1} \right)x + my - nx - my \Rightarrow x = 0,02$

Số mol 2 ancol bằng nhau => x = y = 0,02 mol

=> nx + my = 0,1 => n + m = 5

Y có 1 nối đôi và 2 nhóm OH => Y phải có 4 nguyên tử C trở lên  => Y: C4H6(OH)2

=> X: CH3OH

* Bảo toàn khối lượng: ${m_{oxi}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{ancol}}$= 4,4 + 2,16 - 0,02.32 - 0,02.88 = 4,16

=> noxi = 0,13 mol

=> Voxi = 0,13.22,4 = 2,912 lít

Câu 7 :

Hỗn hợp X gồm 2 rượu đơn chức Y, Z hơn kém nhau 2 nguyên tử C trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 12,2 gam hỗn hợp X thu được 0,5 mol CO2 và 0,7 mol H2O. Mặt khác, cho 12,2 gam hỗn hợp X vào bình đựng K (dư), kết thúc phản ứng thấy khối lượng bình tăng 11,9 gam. Hỗn hợp X là

  • A

    CH3OH; CH2=CHCH2OH

  • B

    CH3CH2OH, CH2=C(CH3)-CH2OH

  • C

    CH3OH; CH3(CH2)2OH        

  • D

    CH3OH; CH≡C-CH2OH

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) mbình tămg  = mX - mH2  => mH2

+) nX = 2nH2 = 0,3 mol

CxHy O → xCO2 + yH2O

0,3              0,5       0,7

=> x => Số nguyên tử C trong 2 ancol

Gọi ancol còn lại là C3HaO

$x = \dfrac{5}{3} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} \Rightarrow a$

Lời giải chi tiết :

X  + K (dư)

mbình tămg  = mX - mH2 => mH2 = 12,2 - 11,9 = 0,3 gam

=> nH2 = 0,15 mol

=> nX = 2nH2 = 0,3 mol

CxHy O → xCO2 + yH2O

0,3              0,5       0,7

=> $x = \dfrac{{0,5}}{{0,3}} = \dfrac{5}{3} = 1,67$  => Số nguyên tử C là 1 và 3 => có 1 ancol là CH3OH

$y = \dfrac{{0,7}}{{0,3}} = \dfrac{7}{3}$

Gọi ancol còn lại là C3HaOH

$x = \dfrac{5}{3} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} = \dfrac{{3 - \dfrac{5}{3}}}{{\dfrac{5}{3} - 1}} = \dfrac{2}{1} \Rightarrow \dfrac{{C{H_3}OH}}{{{C_3}{H_a}OH}} = \dfrac{{a - \dfrac{7}{3}}}{{\dfrac{7}{3} - 1}} = \dfrac{2}{1} \Rightarrow a = 5$

=> 2 ancol là CH3OH và CH2=CH-CH2-OH

Câu 8 :

Một dung dịch chứa 6,1 gam chất X là đồng đẳng của phenol đơn chức. Cho dung dịch trên tác dụng với nước brom dư thu được 17,95 gam hợp chất Y chứa 3 nguyên tử Br trong phân tử. Biết hợp chất này có nhiều hơn 3 đồng phân cấu tạo. CTPT chất đồng đẳng của phenol là

  • A

    C2H5C6H4OH

  • B

    C2H5(CH3)C6H3OH

  • C

    (CH3)2C6H3OH           

  • D

    A và C đều đúng

Đáp án : C

Phương pháp giải :

X+  3Br2 → Y + 3HBr

x      3x                 3x

${n_{B{r_2}}} = {n_{HBr}} = x$

ĐLBTKL => mX  + mBr2 = mhợp chất  + mHBr

=> x => MX

Lời giải chi tiết :

X+  3Br2 → Y+ 3HBr

x      3x            3x

${n_{B{r_2}}} = {n_{HBr}} = x$

ĐLBTKL => mX + mBr2 = mhợp chất + mHBr

=> 6,1 + 160.3x = 17,95 + 81.3x

=> x = 0,05 mol

=> ${M_X} = \dfrac{{6,1}}{{0,05}} = 122$

=> X có thể là C2H5C6H4OH hoặc (CH3)2C6H3OH

Biết hợp chất này có nhiều hơn 3 đồng phân cấu tạo => X chỉ có thể là (CH3)2C6H3OH

Câu 9 :

Oxi hóa 11,7 gam hỗn hợp E gồm 2 ancol bậc một X và Y (đều no, đơn chức, mạch hở, MX < MY) bằng oxi (xúc tác thích hợp, nung nóng) thì có 0,09 mol O2 phản ứng, thu được hỗn hợp hơi T (không chứa CO2). Chia T thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1 phản ứng với dung dịch NaHCO3 dư, thu được 0,672 lít khí CO2 (đktc)

- Phần 2 phản ứng với Na dư, thu được 2,016 lít khí H2 (đktc).

Biết Y chiếm 25% về số mol hỗn hợp ancol dư trong T và số mol Y bị oxi hóa lớn hơn số mol X bị oxi hóa. Khối lượng của Y trong 11,7 gam E ban đầu là

  • A

    9,2 gam.

  • B

    6,9 gam.

  • C

    8,0 gam.         

  • D

    7,5 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Trong mỗi phần T chứa RCHO (a mol), RCOOH (b mol), H2O (a + b) mol và ancol dư (x mol)

+) Từ số mol O2 phản ứng => Pt (1)

Phần 1: ${n_{RCOOH}} = {n_{C{O_2}}}$ => PT (2)

 (1), (2) => a

Phần 2:

+) Từ số mol H2 sinh ra => x

+) ${n_{RC{H_2}OH}}$ban đầu = 2a + 2b + 2x  => CTPT của X

Do Y chiếm 25% số mol ancol dư => nY dư và nX dư

Do nY phản ứng > nX phản ứng => nX phản ứng < 0,06 < nY phản ứng

+) Xét khoảng giá trị của nX ban đầu và nY ban đầu

+) Xét biểu thức: m = 32.nX + MY.nY

=> MY  => CTPT của Y

Lời giải chi tiết :

RCH2OH + ½ O2 → RCHO + H2O

     2a            a              2a          2a

RCH2OH + O2 → RCOOH + H2O

    2b            b           2b            2b

=> nO2 = a + 2b = 0,09  (1)

Trong mỗi phần T chứa RCHO (a mol), RCOOH (b mol), H2O (a + b) mol và ancol dư (x mol)

Phần 1: ${n_{RCOOH}} = b = {n_{C{O_2}}} = 0,03$ (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,03

Phần 2: ${n_{{H_2}}} = \dfrac{b}{2} + \left( {a + b} \right).2 + \dfrac{x}{2} = 0,09$

=> x = 0,09

Vậy:  ${n_{RC{H_2}OH}}$ban đầu = 2a + 2b + 2x = 0,3

=> $M = \dfrac{{11,7}}{{0,3}} = 39$ => X là CH3OH

nancol phản ứng = 2a + 2b = 0,12 mol và nancol dư = 2x = 0,18

Do Y chiếm 25% số mol ancol dư => nY dư = 25%.2x = 0,045

nX dư = 75%.2x = 0,135 mol

Do nY phản ứng > nX phản ứng => nX phản ứng < 0,06 < nY phản ứng

=> nX ban đầu < 0,135 + 0,06 = 0,195

và nY ban đầu > 0,045 + 0,06 = 0,105

Xét biểu thức: 32.nX + MY.nY

Do MY > 32 nên khi n­X tăng, nY giảm thì giá trị biểu thức sẽ giảm (lưu ý lượng tăng, giảm bằng nhau do tổng không đổi)

Vậy: m = 0,195.32 + 0,105.MY < 11,7

=> MY < 52

=> MY = 46 => Y là C2H5OH

Từ M = 39 => nX = nY = 0,15 => mY = 6,9 gam

Câu 10 :

Oxi hóa 0,11 mol ancol đơn chức X bằng oxi có xúc tác thích hợp đến khi số mol oxi phản ứng là 0,065 mol thì thu được hỗn hợp Y gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư và H2O. Chưng cất toàn bộ phần hơi nước rồi đốt cháy toàn bộ hỗn hợp Z gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư thu được 19,36 gam CO2 và 6,48 gam H2O. Nếu cho hỗn hợp Y phản ứng với dung dịch nước brom thì số mol brom phản ứng tối đa là

  • A

    0,12.   

  • B

    0,14.

  • C

    0,31.

  • D

    0,25.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) Từ số mol CO2 và số mol H2O thu được khi đốt Z  => tính số C và số H trung bình

+) Biện luận tìm CTPT của ancol => CTPT của anđehit và axit

+) Đặt a, b, c lần lượt là số mol anđehit, axit và ancol dư

+) Tổng số mol các chất trong Z = số mol X ban đầu => PT (1)

+) Từ nO2 phản ứng => Pt (2)

+) Từ nH2O => PT (3)

+)${n_{B{r_2}}} = 2.{n_{{C_3}{H_5}CHO}} + {n_{{C_3}{H_5}COOH}} + {n_{{C_3}{H_5}C{H_2}OH}}$

Lời giải chi tiết :

Đốt Z thu được: ${n_{C{O_2}}} = 0,44{\text{ }}mol$ và ${n_{{H_2}O}} = 0,36{\text{ }}mol$

nZ = nX = 0,11

=> số C $ = \dfrac{{0,44}}{{0,11}} = 4$ và số H $ = \dfrac{{0,36.2}}{{0,11}} = \dfrac{{72}}{{11}} \approx 6,55$

Vì Z chứa các chất hơn kém nhau 2H nên anđehit, axit có 6H và ancol có 8H

=> ancol cần tìm là C4H8O

C3H5CH2OH + ½ O2 → C3H5CHO + H2O

C3H5CH2OH + O2 → C3H5COOH + H2O

Đặt a, b, c lần lượt là số mol anđehit, axit và ancol dư

Ta có: nZ = a + b + c = 0,11

nO2 phản ứng = 0,5a + b = 0,065

nH2O = 3a + 3b + 4c = 0,36

=> a = 0,03; b = 0,05; c = 0,03

=> hỗn hợp Y gồm C3H5CHO (0,03 mol), C3H5COOH (0,05 mol) và C3H5CH2OH (0,03 mol)

=> ${n_{B{r_2}}} = 2.{n_{{C_3}{H_5}CHO}} + {n_{{C_3}{H_5}COOH}} + {n_{{C_3}{H_5}C{H_2}OH}} = 2.0,03 + 0,05 + 0,03 = 0,14\,mol$

close