Hoc24h vn thi online NC HC 03 chinh phục các dạng toán đốt cháy hỗn hợp hữu cơ (đề 1)

Đốt cháy hoàn toàn 5,444 gam X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch BaOH dư thấy khối lượng bình tăng lên 16,58 gam và xuất hiện m gam kết tủa...  Theo dõi Báo lỗi câu hỏi Câ

Trang 1

KẾT QUẢ BÀI THI

 (HTTPS://HOC24H.VN/)  KẾT QUẢ BÀI THI (HTTPS://HOC24H.VN/DE-THI-DA-LAM.HTML)

 THI ONLINE: NC-HC.03 CHINH PHỤC CÁC DẠNG TOÁN ĐỐT CHÁY HỖN HỢP HỮU CƠ (ĐỀ 1)}

(HTTPS://HOC24H.VN/EXAM.HTML?CMD=DETAIL&ID=52234)

 Theo dõi Báo lỗi câu hỏi

Câu 1 ( ID:48984 )

Câu 2 ( ID:48976 )

Câu trắc nghiệm (0.5 điểm)

Một hỗn hợp X gồm các ancol: metylic, anlylic, etylic và glixerol Cho 25,4 gam hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 5,6 lít H (đktc) Mặt khác, đem đốt cháy hoàn toàn 25,4 gam hỗn hợp X thu được a mol CO và 27 gam H O Giá trị của a là

2

1,0

A

1,4

B

1,25

C

1,2

D

Lời giải chi tiết Bình luận

Lời giải chi tiết

Ta có: n(H ) = 0,25 mol → n(O) trong X =0,25 2 = 0,5 mol

→ m(C) = m(X) – m(O) – m(H) = 25,4 – 0,5 16 – 1,5 2 = 14,4 (g) → n(C) = n(CO ) = 1.2 mol

2

Trang 2

Câu 3 ( ID:37921 )

Hỗn hợp X gồm C H , C H (OH) và một số ancol no, đơn chức, mạch hở (trong đó

C H và C H (OH) có số mol bằng nhau) Đốt cháy hoàn toàn 5,444 gam X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) dư thấy khối lượng bình tăng lên 16,58

gam và xuất hiện m gam kết tủa Giá trị gần nhất của m là

Đốt cháy hoàn toàn m gam amin no, mạch hở X thu được 10,08 lít CO ; 13,5 gam H O

và 3,36 lít N (các thể tích khí đều đo ở đktc) Số đồng phân amin bậc I của X là

2

46

A

44

B

48

C

42

D

Vì C H và C H O cùng số mol nên ta có công thức chung của 2 chất này là:

C H O

Ancol no, đơn chức, mạch hở có công thức chung là C H O

→ CT chung của X là: C H O

Gọi n(CO ) = a và n(H O) =b

Đốt cháy cho n(X) = n(O) = n(H O) – n(CO )

m(X) = m(C) + m(H) + m(O) → 5,444 = 12a + 2b + (b – a) 16 (1)

Lại có: khối lượng bình tăng lên 16,58 gam → 44a + 18b = 16,58 (2)

(1)(2)→ a = 0,232 và b = 0,354

Ta có: kết tủa là BaCO với n = n(CO ) = 0,232 → m(kt) = 0,232 197 = 45,704 (g)

2,5 7

n 2n+2

m 2m+2

2

Trang 3

Câu 4 ( ID:27737 ) Câu trắc nghiệm (0.5 điểm)

Hỗn hợp X gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở kế tiếp nhau Y, Z (M < M ) Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng 20,16 lít O sinh ra 11,2 lít CO (các thể tích khí đều đo ở đktc) Tổng số đồng phân amin của Y và Z là

3

A

4

B

6

C

5

D

Lời giải chi tiết Video chữa bài Bình luận

Tính: n(CO ) = 0,45 mol; n(H O) = 0,75 mol; n(N ) = 0,15 mol

Gọi CT chung của amin là: C H N

C H N + (1,5n + 0,5 + 0,25t) O → n CO + (n+1+0,5t) H O + 0,5t N

Nhận thấy: n(X) = n(H O) – n(CO ) – n(N ) = 0,75 – 0,45 – 0,15 = 0,15 mol

→ n = 0,45 : 0,15 = 3 và t = 0,15 2 : 0,15 = 2 → X là C H N

Các CT đồng phân amin bậc 1 của X là:

CH – CH - CH- (NH )

CH – CH(NH ) – CH – NH

NH – CH – CH – CH – NH

CH – CH(NH ) – CH

n 2n+2+t t

3 10 2

6

A

3

B

Trang 4

Hỗn hợp X gồm amin no, đơn chức, mạch hở Y và amino axit Z cùng dãy đồng đẳng với alanin Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X thu được 20,16 lít CO , 22,95 gam H O và 3,92 lít N (các thể tích khí đều đo ở đktc) Thành phần % khối lượng của Z trong X có

giá trị gần nhất với

12

C

25

D

Gọi CT chung của amin là: C H N

C H N + (1,5n + 0,75) O → n CO + (n+1,5) H O + 0,5 N

Ta có: n(H O) = 2n (O ) – 2n (CO ) = 0,8 mol → n(X) = [n (H O) – n(CO )] : 1,5

= 0,2 mol

→ n = n(CO ) : n(X) = 0,5 : 0,2 = 2,5

Hai amin kế tiếp → C H N và C H N

Các đồng phân của C H N: C – C – N và C – N – C

Các đông phân của C H N: C – C – C – N; C – C (N) – C; C – N – C – C; C – N (C)

n 2n+3

2

2 7

3 9 2

2

49%

A

51%

B

50%

C

48%

D

Trang 5

Hỗn hợp X gồm một α–amino axit Y và một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở Z Đốt cháy hoàn toàn 12,1 gam X bằng oxi không khí (dư), sau phản ứng thu hỗn hợp khí gồm 0,3 mol CO ; 0,35 mol H O; còn lại là O và N Công thức của Y và Z lần lượt là

Amin no, đơn chức: C H N và amino axit có dạng C H O N

Ta có: n(amin) = n(H O) - n(CO ) - n(N ) = 0,2

Lại có: n(X) = 2n(N ) = 0,35 → n(aa) = 0,35 - 0,2 = 0,15 mol

Ta có: 0,2n + 0,15m = 0,9

Với n = 3 thì m = 2 → C H N (0,2) và C H O N (0,15) → % m(Z) = 0,15 75 100% : (0,15 75 + 0,2 59) = 48,8%

2

CH CH(NH )COOH và HCOOH

CH CH(NH )COOH và CH COOH

H NCH COOH và CH COOH

H NCH COOH và HCOOH

Dựa vào đ.a, aminoaxit có 1 NH và có 1 COOH, có dạng: C H NO

Ta có: n(Y) = 2 [n(H O) – n(CO )] = 0,1 mol → n(N trong Y) = 0,1

(X) (C) (H) (O) (N) (O) 12 1 0 3 12 0 35 2 0 1 14

Trang 6

Hỗn hợp khí X gồm đimetylamin và hai hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 550 ml hỗn hợp Y gồm khí

và hơi nước Nếu cho Y đi qua dung dịch axit sunfuric đặc (dư) thì còn lại 250 ml khí (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện) Công thức phân tử của hai hiđrocacbon là

m(X) = m(C) + m(H) + m(O) + m(N) → m(O) = 12,1 – 0,3 12 – 0,35 2 – 0,1 14

= 6,4 (g)

→ n(O) = 0,4 mol → n(X) = 0,2 mol (Vì 2 chất trong X đều có 2O) → n(Z) = 0,1 Gọi số C trong Y là n và trong Z là m, ta có: 0,1n + 0,1m = 0,3 → n = 2 và m = 1

→ H NCH COOH và HCOOH2 2

C H và C H

A 3 6 4 8

CH và C H

C H và C H

C 2 6 3 8

C H và C H

D 2 4 3 6

Gọi CT 2 hidrocacbon là C H

X gồm C H N (a) và C H (b), V(X) = 100; V(H O) = 550 – 250 = 300; V(CO ) + V(N ) = 250

Ta có: a + b = 100 (1) và 0,5a + 2a + bx = 250 → 2,5 a + bx = 250 (2)

(1)(2) → x = 2,5 Mà 2 hidrocacbon kế tiếp nên 1 hidrocacbon có 2C và 1 hidrocacbon có 3C

Lại có: V(H O) = 300 → số H trung bình trong X = 300 2 : 100 = 6 → dựa vào đ.a có thể là C H và C H hoặc C H và C H

Mặt khác, số H trong amin là 8 (>6) → số H trung bình trong 2 hidrocacbon < 6

→ C H và C H

x y

2

Trang 7

Câu 8 ( ID:27724 )

Câu 9 ( ID:38640 )

Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là đồng đẳng kế tiếp (M < M ) Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O (đktc) thu được

H O, N và 2,24 lít CO (đktc) Chất Y là

butylamin

A

propylamin

B

etylmetylamin

C

etylamin

D

Trang 8

Câu 10 ( ID:37920 )

Hỗn hợp M gồm anken X và hai amin no, đơn chức, mạch hở Y, Z (M < M ) Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 21 lít O sinh ra 11,2 lít CO (các thể tích khí đều đo ở đktc) Công thức của Y là

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, thu được 1,568 lít khí CO (đktc) và 1,8 gam H O Số đồng phân cấu tạo thuộc loại amin bậc hai của hai amin đó là

C H NH

A 2 5 2

CH NH

CH CH NHCH

CH CH CH NH

FB hỗ trợ: https://www.facebook.com/groups/322631904853357/

Trang 9

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm anđehit fomic, axit axetic, glucozơ, glixerol thu được 29,12 lít CO (đktc) và 27 gam nước Thành phần phần trăm khối lượng của glixerol trong hỗn hợp ban đầu là:

3

A

4

B

6

C

5

D

Tính: n(CO ) = 0,07 và n(H O) = 0,1

Đốt cháy amin no, đơn chức: n(2 amin) = [n(H O) – n(CO )] : 1,5 = 0,02 mol

→ số C trung bình trong 2 amin: 0,07 : 0,02 = 3,5 → 2 amin là C H N và

C H N

Đồng phân amin bậc 2 của C H N là: C – C – N – C

Đồng phân amin bậc 2 của C H N: C – C – C –N – C; C – C – N – C – C; C – C(C) – N – C

3 9

4 11

3 9

4 11

2

46,7%

A

23,4%

B

Trang 10

Hỗn hợp X gồm 1 anđehit, 1 axit cacboxylic và 1 este, trong đó axit và este là đồng phân Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần 14,0 lít O , thu được 11,76 lít CO và 9,45 gam H O Nếu đem toàn bộ lượng anđehit trong X cho phản ứng với lượng dư AgNO /NH thì khối lượng Ag tạo ra là (các thể tích khí đều đo ở đktc)

43,8%

C

18,4%

D

Hỗn hợp gồm: CH O; C H O ; C H O ; C H O Nhận thấy, số mol O trong hỗn hợp = số mol C trong hỗn hợp

Ta có: n(CO ) = 1,3 mol → n(C) = 1,3 mol và n(H O) = 1,5 mol → n(H) = 3 mol

→ m(hỗn hợp) = m(C) + m(H) + m(O) = 1,3 12 + 3 + 1,3 16 = 39,4 (g)

Lại có: n(glixerol) = n(H O) – n(CO ) = 0,2 mol → m(glixerol) = 0,2 92 = 18,4 (g)

→ % m(glixerol) = 18,4 100% : 39,4 = 46,7%

32,4 gam

A

54,0 gam

B

16,2 gam

C

Trang 11

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm glucozơ, axit axetic, anđehit fomic và etylen glicol Sau phản ứng thu được 21,28 lít khí CO (đktc) và 20,7 gam H O Thành phần %

theo khối lượng của etylen glycol trong hỗn hợp X gần với giá trị nào sau đây nhất?

27,0 gam

D

41,5%

A

47,5%

B

63,5%

C

42,5%

D

Trang 12

Hỗn hợp X gồm axit oxalic, axetilen, propanđial và vinyl fomat (trong đó số mol của axit oxalic và axetilen bằng nhau) Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng vừa đủ 1,125 mol O , thu được H O và 55 gam CO Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaHCO thì tối đa thu được bao nhiêu lít CO (đktc) ?

2,8 lít

A

5,6 lít

B

8,4 lít

C

11,2 lít

D

X gồm C H O ; C H ; C H O ; C H O

Số mol axit oxalic = số mol axetilen → CT chung của C H O

propanđial và vinyl fomat cùng CT là C H O

Vậy X gồm C H O và C H O

Gọi n(X) = a và n(H O) = b

2 2 2

3 4 2

2

Trang 13

Hỗn hợp X gồm axit oxalic, axit ađipic, glucozơ, saccarozơ trong đó số mol axit ađipic bằng 3 lần số mol axit oxalic Đốt m gam hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi trong đó có 16,56 gam H O Hấp thụ hỗn hợp Y vào dung dịch Ba(OH) dư thu được (m + 168,44) gam kết tủa Giá trị của m gần nhất với

BTNT (O): 2a + 1,125 2 = 1,25 2 + b (1)

Hai chất trong X có CT chung là C H O → n(X) = n(CO ) – n(H O) → a = 1,25 - b (2)

(1)(2) → a = 0,5 và b = 0,75

Gọi n(C H O ) = x và n(C H O ) = y

Ta có: x + y = 0,5 và 2x + 3y = 1,25 (BTNT C) → x = y = 0,25 → n(axit oxalic) = n(Axetilen) = 0,125 mol

Khi cho X tác dụng với NaHCO , chỉ có axit oxalic phản ứng, n(CO ) = 2 n(axit)

= 0,25 → V = 5,6 (l)

28,5

A

31,5

B

29,5

C

30,5

D

Các chất trong X: C H O ; C H O ; C H O ; C H O 2 2 4 6 10 4 6 12 6 12 22 11

Trang 14

Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic Cho m gam X phản ứng hết với dung dịch NaHCO thu được 0,672 lít CO (đktc) Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 1,008 lít O (đktc); thu được 2,42 gam CO và a gam H O Giá trị của a là

Do số mol ađipic = 3 lần số mol oxalic nên CT chung của axit oxalic axit ađipic là

C H O

Vậy X gồm: C H O ; C H O ; C H O

Ta có: n(H O) = 0,92 Nhận thấy, n(H trong X) = 2n (O trong X) → n(O trong X)

= 0,92 mol

Gọi n(C trong X) = a → m = 12a + 16 0,92 + 0,92 2 = 12a + 16,56

Kết tủa thu được: BaCO với n = n(CO ) = a → m(kt) = 197a

→ 197a = 12a + 16,56 + 168,44 → a = 1 → m = 12 1 + 16,56 = 28,56 (g)

5 8 4

2

1,44

A

1,62

B

0,72

C

1,80

D

Cứ 1 nhóm COOH tác dụng với HCO cho 1 CO 3- 2

Trang 15

Hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol và glixerol Cho a gam hỗn hợp X phản ứng với Na dư thu được 3,36 lít khí H (đktc) Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 2a gam hỗn hợp

X cho sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong dư thu được m gam kết tủa Giá trị của m là

Ta có: n(CO ) = 0,03 → n(COOH) = 0,03 mol → n(O) trong X = 0,03 2 = 0,06 mol

BTNT (O): n(H O) = n(O trong X) + 2n(O ) – 2n(CO ) = 0,06 + 2 0,045 + 2 0,055 = 0,04 mol

→ m(H O) = 0,72 (g)

2

60

A

30

B

40

C

15

D

Các chất trong X là: CH O; C H O; C H O Như vậy, công thức chung của X là:

C H O

Ta có: trong a gam: n(H ) = 0,15 mol

Cứ 1 OH (hay 1O) thì cho ½ H , vậy trong a gam, n(O) = 2 0,15 = 0,3 mol → n(C) = 0,3 mol

n 2n+2 n.

2

Trang 16

Câu 18 ( ID:48988 )

Câu 19 ( ID:48989 )

Cho m gam hỗn hợp X gồm axit acrylic, ancol anlylic, axit ađipic và hiđroquinon (benzen-1,4-điol) tác dụng với kali dư thu được 6,72 lít H (đktc) Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X trên thì thể tích khí CO (đktc) thu được tối đa là V lít Giá trị của

V gần nhất với

→ Trong 2a gam: n(C) = 0,3 2 = 0,6 mol → n(CaCO ) = 0,6 mol → m = 60 (g) 3

2 2

20

A

50

B

10

C

40

D

Tính: n(H ) = 0,3 mol

Các chất trong X: C H O ; C H O; C H O ; C H O

Nhận thấy, 2 hợp chất có 3C thì cho ½ H còn 2 hợp chất có 6C cho 1H

→ n(C) = 6 n(H ) = 6 0,3 = 1,8 (mol) → V (CO ) = 1,8 22,4 = 40,32 (l)

2

Trang 17

Câu 20 ( ID:48990 )

Hỗn hợp X gồm vinyl axetat; etylen điaxetat; axit acrylic; axit oxalic Đốt cháy m gam X cần vừa đủ 9,184 lít O (đktc) thu được 8,96 lít CO (đktc) và 5,4 gam H O Mặt khác để phản ứng hết với các chất trong X cần vừa đủ V ml dung dịch NaOH 1M Giá trị của V là

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm anđehit fomic, axit axetic, glucozơ, glixerol thu được 29,12 lít CO (đktc) và 27 gam nước Thành phần phần trăm khối lượng của glixerol trong hỗn hợp ban đầu là

140

A

160

B

120

C

100

D

Tính: n(O ) = 0,41 mol; n(CO ) = 0,4 mol; n(H O) = 0,3 mol

X gồm: C H O ; C H O ; C H O ; C H O

BTNT (O): n(O trong X) = 2n (CO ) + n (H O) – 2n (O ) = 0,28 mol → n(COO)

= 0,14 mol

→ n(NaOH) = 0,14 mol → V = 140 ml

2

43,8%

A

Trang 18

B

46,7%

C

23,4%

D

Các chất trong hỗn hợp: CH O; C H O ; C H O ; C H O Nhận thấy, số mol O trong hỗn hợp = số mol C trong hỗn hợp

Ta có: n(CO ) = 1,3 mol → n(C) = 1,3 mol và n(H O) = 1,5 mol → n(H) = 3 mol

→ m(hỗn hợp) = m(C) + m(H) + m(O) = 1,3 12 + 3 + 1,3 16 = 39,4 (g)

Lại có: n(glixerol) = n(H O) – n(CO ) = 0,2 mol → m(glixerol) = 0,2 92 = 18,4 (g)

→ % m(glixerol) = 18,4 100% : 39,4 = 46,7%

Mã số thuế : 0107586443

Ngày cấp : 05/10/2016

(http://online.gov.vn/HomePage/CustomWebsiteDisplay.aspx?DocId=31544)

CÔNG TY CỔ PHẦN ĐẦU TƯ GIÁO DỤC THÀNH ĐẠT

Địa chỉ : Số nhà 17, dãy B4 tập thể Công ty phân lân văn điển, Thị trấn Văn Điển, Huyện Thanh Trì, Thành phố Hà Nội, Việt Nam

Trang 19

Trang chủ (https://hoc24h.vn/) Giáo viên (https://hoc24h.vn/landing/giao-vien)

Tuyển dụng (https://hoc24h.vn/chuyen-muc/tuyen-dung/11.html)

Chính sách và quy định chung (https://hoc24h.vn/documents/quy-dinh.html)

Chính sách bảo mật thông tin (https://hoc24h.vn/documents/chinh-sach-bao-mat.html)

Blog (https://hoc24h.vn/blog.html) Liên hệ (https://hoc24h.vn/tin-tuc/lien-he/59.html)

Điện thoại : 0961235556

Người đại diện :Lê Phạm Thành

PHƯƠNG THỨC THANH TOÁN

INTERNET BANKING

KẾT NỐI VỚI CHÚNG TÔI

(https://www.facebook.com/congdonghoc24h.vn/)

(https://www.youtube.com/channel/UC4wnPte6qA14YOrU2i1VeVA)

TẢI ỨNG DỤNG TRÊN ĐIỆN THOẠI

(https://play.google.com/store/apps/details?id=com.hoc24h.android) (https://itunes.apple.com/app/id1241994466)

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	839,27 KB