Bài tập xác định công thức phân tử

Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần 2,24 lít khí oxiđktc rồi dẫn toàn bợ sản phẩm cháy gồm CO2, H2O vào bình đựng dd CaOH2 dư thấy khối lượng bình tăng 4,2g đồng thời xuất hiện 7

-A Kiến Thức Cần Nắm:

1 Công thức tính khối lượng mol(M)

2 Công thức tính khối lượng các nguyên tố:

mC =

2 12

44

CO

m hay

mC = 12 nCO2

mH =

2 2

18

H O

m

hay mH = 2 nH2O

mN = 28 nN2 hay mN = 14 nNH3

* Việc xác định khối lượng các nguyên tố khác dựa vào chất chứa nguyên tố đó

VD: mAgCl  mCl = 35,5 nAgCl

* Xác định khối lượng nguyên tố oxi phải tính gián tiếp

mO = a – ( mC + mH + mN +….)

3 Một số sơ đồ gián tiếp xác định khối lượng CO 2 , H 2 O tạo thành khi đốt cháy chất hữu cơ(A)

a Sơ đồ 1: Bình 1: H 2 SO 4 đ Bình 2: dd Ca(OH) 2 dư

Chất A O t2 ,0

    

Khi đó: + Khối lượng bình 1 tăng = mH2O

+ Khối lượng bình 2 tăng = mCO2

Có thể thay H2SO4 đ ở bình 1 bằng các chất hút nước khác như P2O5, CuSO4 khan,

- Ca(OH)2 dư ở bình 2 bằng các chất hấp thụ CO2 khác như dd Ba(OH)2,NaOH, KOH

b Sơ đồ 2: Bình Ca(OH) 2 dư

Chất A O t2 ,0

   

Khi đó: + Khối lượng bình tăng ∆m(g) = mCO2+ mH2O

Có pư: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O

Nên m = mCaCO3, suy ra: nCO2= nCaCO3

* Nếu khối lượng dd sau pư giảm = mCaCO3- ( mCO2 + mH2O)

* Nếu khối lượng dd sau pư tăng = ( mCO2 + mH2O) - mCaCO3

=========================================================================

B Bài tập áp dụng:

1 Oxi hóa hoàn toàn 4,92mg hợp chất hữu cơ A chứa C, H, N, O và cho sản phẩm lần lượt qua bình(I)

chứa H2SO4 đậm đặc, bình(II) chứa KOH, thì thấy khối lượng bình (I) tắng1,81mg, bình (II) tăng thêm 10,56mg Ở thí nghiệm khác khi nung 6,15mg A với CuO thì được 0,55ml(đktc) khí nitơ Hãy xác định % các nguyên tố trong A.(Đs: %H=4,08%; %C= 58,54%; %N= 11,18%)

Giải

Bình 1 tăng chính là khối lượng nước 

1,81 * 2

18*4,92

m H

m

Bình 2 tăng chính là khối lượng CO 2 : 

10,56 *12

44*4,92

m C

m

4,92 mg - x mg N2

6,15 mg -(0,55*28)/22,4 N2

 %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%O = 100%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19% - (%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%C +%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%H+%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%O) = 26,19%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%

M =

m

CO2

CO2

H2O

CO2

H2O

0.55

4,92

m N

m

-2 Đốt cháy hoàn toàn 0,6574g một chất hữu cơ A thu được CO2 và H2O Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1) đựng H2SO4 đ và bình (2) đựng dd KOH đ, thấy khối lượng bình (1) tăng

0,7995g , bình (2) tăng 1,564g Xác định % các nguyên tố trong A,( kq: %C = 64,83%, %H = 13,5%)

Giải:

- Bình 1 tăng chính là khối lượng nước sinh ra: %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%H =

0,7995*2

*100% 13,51%

- Bình 2 tăng chính là khối lượng CO 2 sinh ra:

%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%O = 100%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19% - (%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%C +%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%H) = 21,61%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%

3 Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần 2,24 lít khí oxi(đktc) rồi dẫn toàn bợ sản phẩm cháy

gồm (CO2, H2O) vào bình đựng dd Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 4,2g đồng thời xuất hiện 7,5g kết tủa Tính m và % các nguyên tố trong A( kq: m = 1g; %C = 90%, %H = 10%)

Giải:

Sản phẩm cháy của A gồm CO 2 và H 2 O

 Bình tăng 4,2 gam  m CO2 m H O2 4, 2,

- Khối lượng oxi tham gia phản ứng O2

2, 24

22, 4

* Áp dụng ĐLBTKL

O ( )

* 2

7,5 0.075 100

CO

 %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%C =

0,075*12

*100% 90%

*m H O2 4, 2 44*0,075 0,9   %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%H =

0,9*2

*100% 10%

4 Đốt cháy hoàn toàn 9g chất hữu cơ X chứa C, H, O bằng oxi không khí, dẫn sản phẩm chấy qua

bình đựng nước vôi trong dư Sau pư thu được 45g kết tủa, đồng thời dd giảm đi 14,4g Tính % khối lượng các nguyên tố trong X ( %C = 60% ; %H = 13,33%)

Giải

2

45

0.45 100

CO

 2

19,8*12

44*9

CO

 CO 2 H O 2 

 14,4 45 – m  CO 2 m H O 2 

 m H O2 10,8

%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%H =

10,8* 2

*100% 13,33%

9*18  ; %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%O = 100%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19% - (%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%C +%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%H) = 26,67%O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%

5 Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O với oxi theo tỷ lệ 1 : 2 Toàn bộ sản

nghiệm bình I tăng 0,4g và xuất hiện 21,2g kết tủa, còn bình II có 30g kết tủa CTPT của A là

Giải

Bình 1 đựng PbCl2 hút CO và H2O, giải phóng CO2

CO + PbCl2 + H2O  Pb + CO2 + 2HCl (1)

CO2 ở (1) và CO2 ở pư cháy vào dd Ca(OH)2

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O

2

CO

n

 = nCaCO3 =

30 0,3

Theo pư (1): nCO2sinh ra = nCO = nPb =

12, 2

0, 2

 nCO2do pư cháy = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

Khối lượng bình PbCl2 tăng là: mCO + mH2O - mCO2 = 0,4

 mH2O = 0,4 + mCO2- mCO = 0,4 + 0,2.44 – 0,2.28 = 3,6g (0,2 mol)

- mA = mCO + mH2O + mCO2 - mO2 = 7,2g

 MA =

7, 2 72

xHyOz

mC = 12(nCO2 + nCO ) = 3,6g

mH = 2.nH2O = 0,4g

mO = 7,2 –(3,6 + 0,4) = 3,2g

3,6 0, 4 3, 2 7, 2

 x = 3 ; y = 4 ; z = 2 C3H4O2

6 Có 3 chất hữu cơ A, B, C mà phân tử khối của chúng lập thành một cấp số cộng bất cứ chất nào khi cháy cũng chỉ tạo CO 2 và H 2 O, trong đó n CO2: n H2O = 2 :3 CTPT của A, B, C lần lượt là

A C 2 H 4 , C 2 H 4 O, C 2 H 4 O 2 B C 2 H 4 , C 2 H 6 O, C 2 H 6 O 2

C C 3 H 8 , C 3 H 8 O, C 3 H 8 O 2 D C 2 H 6 , C 2 H 6 O, C 2 H 6 O 2

Giải

Cách 1: nCO2: nH2O = 2 :3  nH2O > nCO2 

A, B, C đều no, đều có cùng số C và số H Như vậy để phân tử của chúng lập thành cấp số cộng thì chúng khác nhau về số oxi trong phân tử

Đặt A, B, C: CnH2n+2 Ox ( x  0)

CnH2n+2 Ox  nCO2 + (n + 1)H2O 

2 2

2

CO

H O

 Công thức có dạng C2H6Ox Vì là hợp chất no nên số nguyên tử oxi  số nguyên tử cacbon

 x  2  x = 0, 1,2  C2 H 6 , C 2 H 6 O, C 2 H 6 O 2

Cách 2: Ta luôn có tỉ lệ:

2 2

CO

H O

n n

so C

So H

 Đáp án D

đối với He là 7,5 CTPT của A là

Giải

Cách 2: n CO2 = m H2O  Loại B, D và M = 30  Chọn A ( loại C)

Cách 3: Tính mC, mH, mO lập tỉ lệ:

Giải

Cách 1: Tìm CTTQ của các đáp án:

A và C có cùng CTTQ: C n H 2n+2 (TH1) B và D có cùng CTTQ: C n H 2n (TH2)

Tiến hành thử để chọn đáp án:

O nCO



n 2n 2

0.18/n 0.18

 14n + 2 = 44n/3  n = 3 (Chọn C)

O nCO



n 2n

0.18/n 0.18

 14n = 44n/3  vô nghiệm (sai)

O

x y  xCO

 

C H

0.18/x 0.18

2 2

CO

H O

n n

so C

So H

- 12x + y = 44x/3 -

3 8

x

y  (Chọn C)

thu được là 1,3 lít Sau khi cho hơi nước ngưng tụ chì còn 700ml Tiếp theo cho qua dung dịch KOH đặc chỉ còn 100ml(các thể tích đo cùng đk) CTPT của A là

Giải

Có thể tóm tắt lại như sau:

200 ml A (C x H y O) 900 ml O 2 1,3 lít

CO 2

H 2 O

O 2 du

700ml

- H 2 O

CO 2

O 2 du

- CO 2

O 2 du 100ml

Do A gồm các nguyên tố C, H,O  Loại A, D

Thể tích CO2 = thể tích H2O  nCO2 = nH2O  loại C 

*Nhận xét: Nếu đề bỏ các nguyên tố C, H, O sẽ hay hơn

Giải theo PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH HỆ SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH PHẢN ỨNG

200 C H O 800 Ox y z  2  600 CO 2  600 H O 2

 x = 3, y = 6 , z = 1  Chọn B

10 Trộn 400 cm 3 hỗn hợp chất hữu cơ A và nitơ vớim 900 cm 3 oxi dư rồi đốt Thể tích hỗn hợp sau

pư là 1,4 lít Sau khi cho hơi nước ngưng tụ thì còn 800 cm 3 , tiếp tục cho qua dung dịch KOH thì còn 400 cm 3 CTPT của A là

Giải

400 ml (A +N 2 ) 900 ml O 2

1,4 lít

CO 2

H 2 O

N 2

800ml

- H 2 O

CO 2

- CO 2 400ml

du

Áp dụng công thức:

2 2

CO

H O

V V

so C

So H

 Chọn C

11 Đốt cháy hoàn toàn 18 gam hợp chất A cần dùng 16,8 lít oxi(đktc) Hỗn hợp sản phẩm cháy gồn CO 2 và hơi nước có tỉ lệ thể tích V CO2: V H2O = 3 : 2 Biết tỉ khối hơi của A đối với H 2 là 36 CTPT của A là

Cách 1: Tỉ lệ về thể tích cũng chính tỉ lệ về số mol trong cùng đk

Do đó ta có:

CO CO CO

H O H O H O

=

3.44

11 3

mO2pư =

16,8 32

22, 4 = 24g

Áp dụng định bảo toàn khối lượng:

mCO2 + mH2O = mA + mO2pư = 18 + 24 = 42g

 mCO2 =

11.42

33

11 3  g và mH2O = 42 – 33 = 9g

 mC = 9g ; mH = 1g ; mO = 8g ; MA = 72

M

m m m m  x = 3 ; y = 4 ; z = 2 C

3H4O2

Cách 2: Áp dụng công thức:

2 2

CO

H O

V V

so C

So H

 Chọn D

-Biết 3a = 11b và 7m = 3(a+b) CTPT của A là:( biết tỉ khối hơi của A đối với không khí < 3)

Giải

Cách 1: dA < 3 nên MA < 87

Khối lượng các nguyên tố: mC = 12.nCO2 = 12.44

a

=

3 11

a

(g)

Vì 3a = 11b  mC =

11 11

b b



(g)

mH = 2nH2O = 218 9



(g)

Vì 7m = 3(a + b) = 3(

11

) 3

b b



= 14b  m = 2b

mO = mA – (mC + mH ) = 2b – ( b +9

b

) =

8 9

b

(g)

CTTQ A: CxHyOz : x : y : z =

8 : :

12 9 9.16

=

1 1 1 : :

Mặt khác MA < 87 nên ( 36 + 4 + 32)n < 87 nên n < 1,2 Duy nhất n = 1 A C3H4O2

Cách 2: 3a = 11b 

11 3

a

b 

Áp dụng công thức:

2 2

18

CO

H O

a

b

so C

So H

 Chọn D

NHẬN XÉT: Áp dụng công thức giải nhanh trên sẽ không dùng 2 dữ kiện đề cho

bình nặng thêm 4,6g đồng thời tạo thành 6,475g muối axit và 5,91g muối trung hòa Tỉ khối của X với He là 13,5 CTPT của X là

Giải

Mx = 13,5* 4 = 54  nX = 0,02 mol

BaCO3 =

5,91

0,03

197  mol; Ba(HCO3)2 =

6, 475

0,025

 CO2 = 0,03 + 0,025* 2 = 0,08 mol ( 3,52g)  mC = 0,08 * 12 = 0,96g

 H2O = 4,6 – 3,52 = 1,08g ( 0,06 mol)  mH = 0,06 * 2 = 0,12g

 X: CxHy  xC + yH

0,02 0,08 0,12

 x = 4 ; y = 6

14 Đốt cháy hợp chất hữu cơ A(chứa C H, O) phải dùng một lượng oxi bằng 8 lần lượng oxi có trong A và thu được CO 2 và H 2 O theo tỉ lệ khối lượng m CO2: m H2O = 22 : 9 Biết tỉ khối của A đối với H 2 là 29 CTPT của A là

Giải

Cách 1:

- CxHyOz + (x +4 2



)O2  xCO2 + 2

y

H2O

Ta có:

x

1 2

x y

Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x +4 2



) = 8z Thay x = 1, y = 2 vào phương trình trên ta có z = 1/3

-Vậy: x : y : z = 1 : 2: 1/3 = 3 : 6 : 1 C3H6O = 58

Cách 2:

mC = 6(g) ; mH = 1(g)

Bảo toàn nguyên tố: mO(trong A) + mO pư = mO(CO2) + mO(H2O)

= (22 – 6) + (9 -1) = 24(g)

Mà mO pư = 8mO(trong A) hay

( ) ( )

1 8

O A

O PU

m

 mO(trong A) =

24.1

24 9

X : y : z =

(C3H6O)n = 58  n = 1  C3H6O

15 Ba chất hữu cơ X, Y, Z cùng chứa C, H, O Khi đốt cháy mỗi chất, lượng oxi cần dùng bằng 9 lần lượng oxi có trong mỗi chất tính theo số mol và thu được CO 2 và H 2 O có tỉ lệ khối lượng bằng

11 : 6 Ở thể hơi mỗi chất đều nặng hơn không khí d lần( cùng nhiệt độ và áp suất) CTĐGN của

X, Y, Z là

Giải

Ba chất X, Y, Z đều có tỉ khối hơi so với không khí là d lần, Vậy X, Y, Z đều có phân tử khối bằng nhau

- Khi đốt cháy X, Y, Z cần lượng oxi như nhau, tạo ra CO2 và H2O có tỉ lệ khối lượng bằng nhau, Vậy X, Y, Z có thành phần nguyên tố bằng nhau

- CxHyOz + (x +4 2



)O2  xCO2 + 2

y

H2O

Ta có:

y   y  Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x +4 2



) = 9z Thay x = 3, y = 8 vào phương trình trên ta có z = 1

CTĐGN của X, Y, Z là C3H8O

16 Đốt cháy hoàn toàn 1,12gam hợp chất hữu cơ A rồi cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy trong dung dịch Ba(OH) 2 dư thấy khối lượng bình tăng 3,36g Biết n CO2= 1,5n H2O và tỉ khối hơi của A

Giải

CO2 + H2O = 3,36g

3x*44 + 2x*18 = 3,36  x = 0,02  mC = 0,06*12 = 0,72g ; mH = 0,08g ;

nO =

1,12 0, 72 0, 08

0,02 16



x : y : z = 0,06 : 0,08 : 0,02 = 3:4:1 (C3H4O)n < 60  n = 1 A C3 H 4 O

17 Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X (C, H, O) có CTPT trùng với CTĐGN, ta thu được thể tích khí CO 2 luôn bằng ¾ thể tích hơi H 2 O và bằng 6/7 thể tích O 2 pư(các thể tích đo cùng đk).CTPT của X là

Giải

CxHyOz + (x +4 2)



O2  xCO2 + 2

y

H2O

Vì VCO2 =

3

4VH2O 

2 2 2

CO

H O

n C

=

x y

VCO2 =

6

7 VO2  x =

6

x  

(2)

-Thế x = 3; y = 8 vào (2)  z = 3

Vậy X có CTPT C3H8O3

18 Một hợp chất hữu cơ mạch hở A có chứa C, H, O và chỉ chứa một loại nhóm chức Khi đốt

Giải

Từ số mol H2O gấp đôi số mol CO2  tỉ lệ số H : số C = 4 : 1

- A tác dụng với Na cho số mol H2 = ½ số mol A đã pư  A có 1 nguyên tử H linh động, A có 1 nhóm –OH hay 1 nhóm COOH

- Trong các axit đơn chức ( CnH2nO2) thì axit no đơn chức có tỉ lệ số H : số C là lớn nhất chỉ là 2 : 1 (nên loại)

- A là ancol đơn chức có : CnH2n+ 2 – 2k

Vậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH3OH

A tác dụng với Na sinh ra H 2

Giải 23

nCO2= 1 mol < nH2O = 1,5 mol  A là hợp chất no Chứng minh A có chứa Oxi

mC = 12 nCO2 = 12.1 = 12gam C

mH = 2 nH2O = 2 1,5 = 3gam H

mO = 23 – ( 12 + 3) = 8gam O

Gọi CTTQ của A: CxHyOz: x : y : y =

12 3 8

chất no nên y = 2x+2  6n = 2.2n + 2  n = 1 Vậy CTPT của A là C2H6O

Do A tác dụng với Na nên A là ancol CH3CH2OH

nhau:

bớt một phần.

Biết rằng A tác dụng được với Na và NaOH Công thức của A là

Giải

CxHyOz  xCO2 + 2

y

H2O 0,2  0,2x(mol)

 Phần 1: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O

0,1x……… 0,1x

Vì kết tủa cực đại, nên nCO2 ≤ nBa(OH)2  0,1x ≤ 0,85  x ≤ 8,5

 Phần 2: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O

CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2

Vì kết tủa cực đại rồi tan bớt một phần

nên nCO2 > nBa(OH)2  0,1x > 0,75  x > 7,5

Vậy x = 8 Theo đề bài, A là (CH3)2C6H3OH

21

Giải

CxHyOzNt  xCO2 + 2

y

H2O + 2

t

N2

0,15… 0,175… 0,02

 x : y : z = 0,15 : 0,35 : 0,05 = 3 : 7 : 1

Do X tác dụng với NaOH tạo H2N – CH2 – COONa

Chứng tỏ: X chứa 1N  3C và 7H

chứa gốc axit NH2 – CH2 – COO

- Chọn B: NH2 – CH2 – COOCH3

23 Cho 5cm 3 C x H y ở thể khí và 30cm 3 O 2 lấy dư vào khí nhiên kế Sau khi bật tia lửa điện và làm lạnh khí nhiên kế thể tích khí còn lại là 20cm 3 trong đó có 15cm 3 bị hấp thụ bởi KOH, phần còn lại

bị hấp thụ bởi photpho CTPT của hidrocacbon trên là

Giải

Ta có: VCO2 = 15 cm3; VO2dư = 20 – 15= 5 cm3; VO2pư = 30 – 5= 25 cm3;

CxHy + (x + 4

y

)O2  xCO2 + 2

y

H2O 5cm3… 25cm3…… 15cm3

 x = 3 ; y = 8 CTPT C3H8

cháy chỉ chứa CO 2 và H 2 O theo tỉ lệ về khối lượng 44 : 15 CTĐGN của X là

Giải

mCO2+ mH2O = mX + mO2 = 2,85 +

4, 20

22, 4 32 = 8,85(g) mặt khác: mCO2: mH2O = 44 : 15  mCO2 = 6,6(g) ; mH2O = 2,25(g)

 nC = 0,15(mol) ; nH= 0,25(mol) ; nO = 0,05(mol)

 x : y : z = 3 : 5 : 1  CTĐGN của X là C3H5O

cháy gồm có 3,15g H 2 O và 3,92 lít hỗn hợp khí gồm CO 2 và Nhà nước(các thể tích đo ở đktc) CTĐGN của A là

Giải

mCO2+ mN2 = mA + mO2- mH2O = 4,45 +

4, 20

22, 4 32 – 3,15 = 7,3(g) Gọi: nCO2 = a mol ; nN2= b mol

a + b =

3,92

0,175

22, 4 (1) 44a + 28b = 7,3 (2) Từ (1)(2)  a = 0,15; b = 0,025

 nC = 0,15(mol) ; mN = 0,05(mol) ; nO = 0,1( mol) ; nH = 0,35

 CxHyOzNt : y : z : t = 3 : 7 : 2 : 1 Chọn A: C3 H 7 NO 2

26 Đốt cháy hoàn toàn 1 lít khí X cần 5 lít oxi, sau pư thu được 3 lít CO 2 và 4 lít hơi nước Biết các thể tích đo cùng điều kiện CTPT của X là

Giải:

-CTTQ của X: CxHyOz:

2 2 2

CO

H O

n C

=

3

x

y  (C3H8)nOz Ta có: 8n ≤ 2.3n + 2  n = 1 C3H8Oz

C3H8Oz +( 5 -2

z

) O2  3CO2 +4H2O

Mặt khác: nO2 = 5 = (5 -2

z

)  z = 0  Chọn B

27 Hợp chất hữu cơ A chỉ chứa ( C, H, O) Khi hóa hơi 0,31g A thu được thể tích bằng thể tích

của A là

Giải

nA = nO2 = 0,005 mol ; MA =

0,31

62 0,005

Vì A chỉ chứa C, H, O mà A pư với Na  CTTQ của A: (HO)nR(COOH)m

 CTTQ của A: (HO)nR(COOH)m + Na  (NaO)nR(COONa)m + ( 2

n m

)H2

0,005

0,112

22, 4 0,005 Suy ra: n + m = 2 Vì MA = 62 nên chỉ có giá trị n = 2 và m = 0 Vậy CTCT của A C2H4(OH)2

28 Một hợp chất hữu cơ mạch hở A có chứa C, H, O và chỉ chứa một loại nhóm chức Khi đốt

Giải

Từ số mol H2O gấp đôi số mol CO2  tỉ lệ số H : số C = 4 : 1

- A tác dụng với Na cho số mol H2 = ½ số mol A đã pư  A có 1 nguyên tử H linh động, A có 1 nhóm –OH hay 1 nhóm COOH

- Trong các axit đơn chức ( CnH2nO2) thì axit no đơn chức có tỉ lệ số H : số C là lớn nhất chỉ là 2 : 1 (nên loại)

- A là ancol đơn chức có : CnH2n+ 2 – 2k

Vậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH3OH

29 Khi đốt cháy hoàn toàn 4,4g hợp chất hữu cơ X đơn chức thu được sản phẩm cháy chỉ gồm

4,8g muối của axit hữu cơ và chất hữu cơ Y Tên của X là

Giải

X: CxHyOz : x : y : z = nC : nH : nO = 0,2 : 0,4 : 0,1  CTĐGN của X: C2H4O

Do X + NaOH  muối axit hữu cơ + Chất hữu cơ Y  X là este có CTPT C4H8O2

 nX =

4, 4

0, 05

88   MY =

4,8 0,05 = R + 67  R = 29

vậy Y: C2H5COONa; X: C2H5COOCH3 Chọn B

30 Đốt cháy hoàn toàn 3,02g gồm muối natri của 2 axit ankanoic liên tiếp nhau trong dảy đồng đẳng thu được Na 2 CO 3 , H 2 O và 0,085 mol CO 2 Công thức của hai muối là

Giải:

-32 Nicotin có trong khói thuốc lá là một hợp chất rất độc, có thể gây ung thư phổi Đốt cháy 33.Oxi hóa hoàn toàn 0,42g chất hữu cơ X chỉ thu được khí cacbonic và hơi nước mà khi dẫn toàn

bộ vào bình chứa nước vôi trong lấy dư thì khối lượng bình tăng thêm 1,86g, đồng thời xuất hiện 3g kết tủa Mặt khác hóa hơi một lượng chất X người ta thu được thể tích vừa đúng bằng

2

5 thể

tích của khí nitơ có khối lượng tương đương trong cùng điều kiện CTPY của X là

Giải

 nCO2 = nCaCO3 = 0,03 mol

∆mbình tăng = mCO2 + mH2O = 1,86

 mH2O = 1,86 – (0,03.44) = 0,54g

 mO = 0

Tìm Mx: Vx =

2

5 V N2  nx =

2

2 2

5 28

N X

X

m m

mà mX = mN2, nên: MX =

5.28

70

Công của X; CxHy :

 x = 5; y = 10

xuất hiện 2,87g kết tủa và thoát ra sau cùng là 1,792 lít khí duy nhất(đktc) Số đồng phân của A là

Giải

nHCl = nAgCl =

2,87 143,5 = 0,02 mol; nCO2 =

1,792

22, 4 = 0,08 mol

∆mbình tăng = mHCl + mH2O = 2,17  mH2O = 2,17 – (0,02.36,5) = 1,44g

Khối lương các nguyên tố:

mC = 0,08 12 = 0,96g ; mH = mH(HCl) + mH(H2O) = (0,02.1 + 2

1, 44

18 ) = 0,18g

mCl = 0,02.35,5 = 0,71g  mO = 0

CTPT A: C4H9Cl  A có 4 đp (2n-2)

35 Oxi hóa hoàn toàn 4,6g hợp chất hữu cơ A bằng CuO đun nóng Sau pư thu được 4,48 lít

- mC = 12.nCO2 = 12

4, 48

22, 4 2,4g Khối lượng CuO ban đầu giảm chính là khối lượng oxi pư mO2 = 9,6g

Sơ đồ: A + O2  CO2 + H2O

mH2O = ( mA + mO2) – mCO2 = ( 4,6 + 9,6) = 44 0,2 = 5,4g

 mH = 2nH2O = 0,6g

 mO = 4,6 – (2,4 + 0,6) = 1,6g

 x : y ; z =

2, 4 0,6 1,6

12 1 16 2 : 6 : 1

 Công thức nguyên của A (C2H6O)n hay C2nH6nOn

Đk: số H  2.số C + 2  6n  2.2n + 2  n 1  A: C2H6O