tong hop hoa huu co hay va kho 12

HỮU CƠ - 12 Bài X hiđrocacbon mạch hở co khong qua lien kết π phan tử Hỗn hợp Y gồm X lượng H2 gấp đôi lượng cần dung để hiđro hoa hoàn toàn X Cho hỗn hợp Y qua Ni nung nóng phản ứng xảy hoàn toàn thu hỗn hợp Z co tỉ khối so với hiđro 31/3 Đốt m gam hỗn hợp Z cần 13,44 lit O2 (đktc), hấp thụ sản phẩm chay vào 400ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,5M KOH 0,25M thu p gam kết tủa Gia trị p A 33,49 B 35,46 C 37,43 D 39,40 Sau phản ứng dễ thấy dư H2 nên hỗn hợp gồm ankan H2 Nếu coi H2 ankan có n = hỗn hợp sau phản ứng gồm 2ankan => Coi Cn tbH2n tb + ntb = (2.31/3 – ) : 14 = 4/3 C4/3H 14/3 + 2,5 O2 => 4/3 CO2 + 7/3H2O 0,6 => 0,32 2Vậy n CO3 = 0,5.0,4.2 + 0,25.0,4 – 0,32 = 0,18 mol ( < 0,2 mol Ba2+ )  Khối lượng kết tủa 0,18.197 = 35,46 gam Bài Đipeptit X, hexapeptit Y mạch hở tạo từ amino axit no, mạch hở phân tử có nhóm -NH2 nhóm -COOH Cho 13,2 gam X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, làm khô cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu 22,3 gam chất rắn Vậy đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y cần mol O2 sản phẩm cháy thu gồm CO2, H2O, N2 ? A 2,25 mol B 1,35 mol C 0,975 mol D 1,25 mol HƯỚNG DẪN Trả lời ý em sau: toàn HCl + -NH2 => -NH3Cl => có sinh nước không em? (Gốc A)2 + H2O => 2Aminoaxit + 2HCl => muối (đặt n peptit =a mol) Nhìn sơ đồ dễ thấy m aminoaxit = m peptit + 5.a.18 m muối = m aminoaxit + m HCl => 22,3 = 13,2 + a 18 + 36,5.2a => a = 0,1 mol => M aminoaxit = (22,3 – 36,5.0,2) : 0,2 = 75 => C2H5NO2 Ctpt Y C12H20N6O7 (0,1 mol) => nCO2 = 1,2 mol; nH2O = mol Bảo toàn Oxi => (1,2.2 + – 0,7) : = n O2 => nO2 = 1,35 mol Bài Cho 25 gam dung dịch ancol etylic x tác dụng với Natri dư thu 11,718 lít H (đktc) Biết khối lượng riêng ancol etylic 0,8g/ml coi hoà tan không làm co giãn thể tích Giá trị x A 38 B 46 C 54 D 90 HƯỚNG DẪN Đặt nrượu = a mol; nH2O = b mol  46a + 18b = 25 ; a + b = 1,04625 => m r nguyên chất = 0,22.46 = 10,12 => Vrượu n chất = 12,65 ml VH2O = 0,826.18 = 14,868 ml; => x = 12,65 : (14,868 + 12,65).100 = 46o Bài Cho 100 gam glixerol tác dụng với mol HNO đặc (xt: H2SO4 đặc) Tính khối lượng sản phẩm chứa nhóm nitro thu Biết có 70% glixerol 60% HNO3 phản ứng A 175,4 gam B 213,2 gam C 151,0 gam D 174,5 gam C3H5(OH)3 + aHNO3 => C3H5(ONO2)a(OH)3-a + aH2O Vậy dễ thấy nH2O = n HNO3phản ứng Bảo toàn khối lượng có m = 100.0,7 + 3.0,6.63 – 0,6.3.18 = 151 gam Bài Khi tiến hành đồng trùng hợp buta–1,3–đien stiren thu loại polime caosu buna–S Đem đốt mẫu cao su ta nhận thấy số mol O tác dụng 1,325 lần số mol CO sinh 19,95 gam mẫu cao su làm màu tối đa gam brom? A 42,67 B 39,90 C 30,96 D 36,00 C4H6 (chọn mol) C8H8 ( x mol) Thì nCO2 = + 8x; nH2O = + 4x => n O2 =4 + 8x + 1,5 + 2x Giải phương trình: 5,5 + 10x = 1,325.(4 + 8x) => x = 1/3  Trong caosu buna- S có: nbuta = 3a nStiren = a mol a = 19,95: (3.54 + 104) = 0,075 mol => m Br2= 0,075.3.160 = 36 gam Bài Hỗn hợp X gồm etyl axetat ,vinyl axetat ,glixerol triaxetat metyl fomat.Thuỷ phân hoàn toàn 20 gam X cần dùng 200ml dung dịch NaOH 1,5M.Măt khác đốt cháy hoàn toàn 20 gam X thu đc V lít CO 12,6 gam H2O A.16,8l B.17,92l C.22,4l D.14,56l 12n CO2 + 2n H2O + 16n O =20 (bảo toàn nguyên tố) Mà n O = 2n (-COOH) = 2n NaOH = 2.0,3 mol => n CO2 = (20 -0,6.16 – 0,7.2) : 12 = 0,75 mol  V = 16,8 lit Bài X tetrapeptit cho m gam X tác dụng vừa đủ 0.3 mol NaOH thu 34.95 gam muối , phân tử khối X có giá trị : A 324 B 432 C 234 D 342 Tetrapeptit + 3H2O => 4Aminoaxit (1) Aminoaxit + NaOH => Muối + H2O (2) Vậy mAminoaxit = 34,95 – 0,3.22 = 28,35 gam => nH2O (1) = ¾ nAminoaxit = ¾ nNaOH = 0,225 mol Và npeptit = n NaOH : = 0,075 mol mpeptit = mAminoaxit – mH2O (1) = 28,35 – 0,225.18 = 24,3 gam => Mpeptit = 24,3 : 0,075 = 324 đvC Bài Hai bình kín A, B có dung tích không đổi V lít chứa không khí (21% oxi 79% nitơ thể tích) Cho vào hai bình lượng hỗn hợp ZnS FeS Trong bình B thêm bột S (không dư) Sau đốt cháy hết hỗn hợp sunfua lưu huỳnh, lúc bình A oxi chiếm 3,68% thể tích, bình B nitơ chiếm 83,16% thể tích % thể tích SO2 bình A A 13,16% B 3,68% C 83,16% D 21% Ta thấy bình B có thêm phản ứng S + O2 => SO2 Tức lượng mol oxi phản ứng lượng mol SO2 thêm vào nhiêu, tức không tăng giảm số mol (tức không tăng giảm thể tích) => thể tích hỗn hợp khí sau phản ứng B A nhau; mà lượng N2 A B => %V N2 A = % V N2 B = 83,16% => % V SO2 A = 100% - V O2 – V N2 = 100 – 3,68 – 83,16 = 13,16% Bài Cho hh X gồm 0.09 mol C2H2,0.15 mol CH4 0.2 mol H2 Nung nóng hh X có xúc tác Ni thu hh Yhỗn hợp Y qua Br2 bình đựng nước Br tăng 0.82g thoát hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với H2 8.Số mol hỗn hợp Z A.0.15;0.08;0.09 B 0.15;0.07;0.05 C.0,12;0.1;0.06 D.0.15;0.06;0.06 Lời giải C2H2 + H2 → C2H4 ; C2H2 + 2H2 → C2H6; C2H2 dư z mol x →x → x y → 2y → y có : x + y + z = 0,09 mol có khối lượng dung dịch Brom tăng có C2H4 x mol; C2H2 z mol 28x + 26z = 0,82 gam Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có: mZ = 0,09.26 + 0,15.16 + 0,2.2 – 0,82 = 4,32 gam (vì mX = mY = mdd Brom tăng + mZ)  nZ = 4,32 : 16 = 0,27 mol hỗn hợp Z có CH4 0,15 mol, H2 (0,2 - x - 2y) mol; C2H6 y mol  0,15 + 0,2 – x – 2y + y = 0,27 Giải hệ được: x = 0,02 mol; y = 0,06 mol; z = 0,01 mol Vậy hỗn hợp Z có 0,15 mol CH4; 0,2- 0,02-2.0,06 = 0,06 mol; C2H6 0,06 mol => Chọn D Bài 10 cho hổn hợpX gồm CH2O,CH2O2,C2H2O2 có số mol nhau,mạch hở.Đốt cháy hoàn toàn X thu CO2 H2O.Hấp thụ hoàn toàn sản phẩm cháy vào đ Ca(OH)2 dư sau phản ứng khối lượng giảm 17g so với dd Ca(OH)2ban đầu.nếu cho hỗn hợp X vào AgNO3/NH3 dư thu gam Ag A 108 B 129.6 C 86.4 D.64.8 Số mol chất ban đầu a, bảo toàn C H ta có: nCO2 = nCH2O + nCH2O2 + 2nC2H2O2 = 4a, tương tự: nH2O = 3a mol hấp thụ hoàn toàn vào Ca(OH)2 dư toàn CO2 chuyển vào CaCO3 (4a mol) Bảo toàn khối lượng có: 44.4a + 18.3a + mdd trước = mdd sau + 100a.4  400a – 176a – 54a = 17 => a = 0,1 mol X gồm HCHO (0,1 mol); HCOOH (0,1 mol); OHC-CHO (0,1 mol)  nAg = nHCHO + 2nHCOOH + 4n(CHO)2 = mol => mAg = 108 gam => Chọn A Bài 11 Tách nước hoàn toàn 25,8 gam hỗn hợp A gồm ancol X Y (MX