CTPT hợp chất hữu cơ nâng cao Trần Bảo Quốc

A. Kiến Thức Cần Nắm:
1. Công thức tính khối lượng mol(M)
2. Công thức tính khối lượng các nguyên tố:
m
C
=
2
12.
44
CO
m
hay
m
C
= 12. n
CO
2

m
H
=
2
2.
18
H O
m
hay m
H
= 2. n

N
+….)
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
0
2
,O t
→

→

→

Khi đó: + Khối lượng bình 1 tăng = m
H
2
O
+ Khối lượng bình 2 tăng = m
CO

Khi đó: + Khối lượng bình tăng ∆m(g) = m
CO
2
+ m
H
2
O
Có pư: CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
↓
+ H
2
O
Nên m
↓
= m
CaCO
3
, suy ra: n
CO
2
= n
CaCO
3

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
% *100% 4,09%
18*4,92
m
H
m
= =
Bình 2 tăng chính là khối lượng CO
2
: 
10,56 *12
% *100% 58,54%
44*4,92
m
C
m
= =

4,92 mg x mg N
2
6,15 mg (0,55*28)/22,4 N
2
 mN
2
= 0,55 mg 
 %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%
M =

= =
CTPT hợp chất hữu cơ nâng cao Trần Bảo Quốc

2. Đốt cháy hoàn toàn 0,6574g một chất hữu cơ A thu được CO
2
và H
2
O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy
lần lượt qua bình (1) đựng H
2
SO
4
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: %H =
0,7995*2
*100% 13,51%
0,6574*18
=
- Bình 2 tăng chính là khối lượng CO
2
sinh ra:
%O = 100% - (%C +%H) = 21,61%
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 (CO
2
, H
2
O) vào bình đựng dd Ca(OH)

m gam=
*
2
7,5
0.075
100
CO
n n= ↓= =
 %C =
0,075*12
*100% 90%
1
=
*
2
4,2 44*0,075 0,9
H O
m
= − =
 %H =
0,9*2
*100% 10%
1*18
=
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

*100% 13,33%
9*18
=
; %O = 100% - (%C +%H) = 26,67%
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
phẩm cháy cho qua bình I đựng PdCl
2
dư rồi qua bình II đựng dung dịch Ca(OH)
2
dư. Sau thí
nghiệm bình I tăng 0,4g và xuất hiện 21,2g kết tủa, còn bình II có 30g kết tủa. CTPT của A là
A. C
2
H
4
O B. C
3
H
4
O
2
. C. C
2
H
6
O D. C
3
H
6
O


→
CaCO
3
+ H
2
O
2
CO
n
∑
= n
CaCO
3
=
30
0,3
100
=
mol
Theo pư (1): n
CO
2
sinh ra
= n
CO
= n
Pb
=
12,2

2
- m
CO
= 0,4 + 0,2.44 – 0,2.28 = 3,6g (0,2 mol)
CTPT hợp chất hữu cơ nâng cao Trần Bảo Quốc

⇒
m
A
= m
CO
+ m
H
2
O
+ m
CO
2
- m
O
2
= 7,2g
⇒
M
A
=
7,2
72
0,1
=

⇒
x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C
3
H
4
O
2
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
CO
2
: n
H
2
O
= 2 :3. CTPT của A, B, C lần lượt là
A. C
2
H
4
, C
2
H
4
O, C
2

8
O
2
D. C
2
H
6
, C
2
H
6
O, C
2
H
6
O
2
.
Giải
Cách 1: n
CO
2
: n
H
2
O
= 2 :3.
⇒
n
H

O.
⇒

2
2
2
3 1
CO
H O
n
n
n n
= =
+

⇒
n = 2
⇒
Công thức có dạng C
2
H
6
O
x
. Vì là hợp chất no nên số nguyên tử oxi
≤
số nguyên tử cacbon
⇒
x
≤

 Đáp án D.
7. Đốt cháy hoàn toàn 3gam hợp chất hữu A thu được 4,4gCO
2
và 1,8g H
2
O. Biết tỉ khối hơi của A
đối với He là 7,5. CTPT của A là
A. CH
2
O. B. CH
4
C. C
2
H
4
O
2
D. C
2
H
6
Giải
Giải Cách 1:  Loại B và D.  Chọn A ( loại C)
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:
8. Đốt cháy hoàn toàn 2,64g một hidrocacbon A thu được 4,032lít CO

TH1:
2
2
O
nCO
+
+
→
n 2n 2
C H
(1)
0.18/n 0.18
 14n + 2 = 44n/3  n = 3 (Chọn C)
TH2
2
2
O
nCO
+
→
n 2n
C H
(1)
0.18/n 0.18
 14n = 44n/3  vô nghiệm (sai)
Cách 2:
2
2
O
x y

3
H
6
B. C
2
H
6
O C. C
3
H
6
O. C
3
H
8
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

= nH
2
O  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

x y z 2
200 C H O 800 O
+ → +
2 2
600 CO 600 H O
 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
A. C
2
H
4
B CH
4
C. C

2
- CO
2
400ml
du
N
2
N
2
Áp dụng công thức:
2
2
400 1
2* 2*600 3
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
CO
2
: V
H

Do đó ta có:
2 2 2
2 2 2
.
.
CO CO CO
H O H O H O
m n M
m n M
=
=
3.44
2.18
=
11
3
m
O
2
pư
=
16,8
.32
22,4
= 24g
Áp dụng định bảo toàn khối lượng:
m
CO
2
+ m

H
= 1g ; m
O
= 8g ; M
A
= 72
12 16
A
C H O A
Mx y z
m m m m
= = =

⇒
x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C
3
H
4
O
2
Cách 2: Áp dụng công thức:
2
2
3 3
2* 2*2 4
CO
H O
V
V
= = =

2
.
Giải
Cách 1: d
A
< 3 nên M
A
< 87
Khối lượng các nguyên tố: m
C
= 12.n
CO
2
= 12.
44
a
=
3
11
a
(g)
Vì 3a = 11b
⇒
m
C
=
11
11
b
b

H
) = 2b – ( b +
9
b
) =
8
9
b
(g)
CTTQ A: C
x
H
y
O
z
: x : y : z =
8
: :
12 9 9.16
b b b
=
1 1 1
: :
12 9 18
= 3 : 4 ; 2 CTN A: (C
3
H
4
O
2

b
n b
= = = = =
so C
So H
 Chọn D
NHẬN XÉT: Áp dụng công thức giải nhanh trên sẽ không dùng 2 dữ kiện đề cho
13. Đốt cháy 1,08g hợp chất hữu cơ X rồi cho toàn bộ sản phẩm chát vào dung dịch Ba(OH)
2
thấy
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
A. C
3
H
6
O
2
B. C
4
H
6
. C.C
4
H
10
D. C
3
H
8

→
m
C
= 0,08 * 12 = 0,96g
⇒
H
2
O = 4,6 – 3,52 = 1,08g ( 0,06 mol)
→
m
H
= 0,06 * 2 = 0,12g
⇒
X: C
x
H
y

→
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
CO

Giải
Cách 1:
- C
x
H
y
O
z
+ (x +
4 2
y z
−
)O
2

→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
Ta có:
44 22
9 9
x
y
=

O(CO
2
)
+ m
O(H
2
O
)
= (22 – 6) + (9 -1) = 24(g)
Mà m
O pư
= 8m
O(trong A)
hay
( )
( )
1
8
O A
O PU
m
m
=
⇒
m
O(trong A)
=
24.1
1 8+
=

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 CO
2
và H
2
O có tỉ lệ khối lượng bằng nhau,
Vậy X, Y, Z có thành phần nguyên tố bằng nhau
- C
x
H
y
O
z
+ (x +
4 2
y z
−
)O
2

→
xCO
2
+
2
y
H
2

2
nhỏ hơn 30. CTPT của A là
A. C
3
H
4
O. B. C
3
H
4
O
2
C. C
3
H
6
O D. C
3
H
8
O
Giải
CO
2
+ H
2
O = 3,36g
3x*44 + 2x*18 = 3,36
⇒
x = 0,02

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
A. C
2
H
6
O B. C
2
H
4
O
2
C. C
3
H
8
O
3
. D. C
3
H
6
O
2
Giải
C

2
O

⇒

2
2
2.
CO
H O
n
C
H n
=
=
3 3
2.4 8
=
=
x
y
V
CO
2
=
6
7
V
O
2

Giải
Từ số mol H
2
O gấp đôi số mol CO
2

⇒
tỉ lệ số H : số C = 4 : 1
- A tác dụng với Na cho số mol H
2
= 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 ( C
n
H
2n
O
2
) 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 : C
n
H
2n+ 2 – 2k
Vậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH
3
OH
19. Đốt cháy 23g một hợp chất hữu cơ A thu được 44g CO

m
O
= 23 – ( 12 + 3) = 8gam O
Gọi CTTQ của A: C
x
H
y
O
z
: x : y : y =
12 3 8
: : 2: 6 :1
12 1 16
=
CTĐGN: (C
2
H
6
O)
n
. Do A là hợp
chất no nên y = 2x+2
⇔
6n = 2.2n + 2
→
n = 1 Vậy CTPT của A là C
2
H
6
O.

3
– OH.
C. C
6
H
5
– CH
2
OH D. C
6
H
5
– CH
2
– CH
2
OH
Giải
C
x
H
y
O
z
→

xCO
2
+
2

x ≤ 8,5
• Phần 2: CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O
CO
2
+ CaCO
3
+ H
2
O
→
Ca(HCO
3
)
2
Vì kết tủa cực đại rồi tan bớt một phần
nên n
CO
2
> n
Ba(OH)

A. H
2
N – CH
2
– COOC
3
H
7
B. H
2
N – CH
2
– COOCH
3

C. H
2
N – CH
2
– COOH D. H
2
N – CH
2
– COOC
2
H
5
Giải
C
x

3C và 7H
chứa gốc axit NH
2
– CH
2
– COO
-
⇒
Chọn B: NH
2
– CH
2
– COOCH
3
.
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

2
pư
= 30 – 5= 25 cm
3
;
C
x
H
y
+ (x +
4
y
)O
2

→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
5cm
3
… 25cm
3
…… 15cm
3

m
CO
2
+ m
H
2
O
= m
X
+ m
O
2
= 2,85 +
4,20
22,4
.32 = 8,85(g)
mặt khác: m
CO
2
: m
H
2
O
= 44 : 15
⇒
m
CO
2

= 6,6(g) ; m

CTĐGN của A là
A. C
3
H
7
NO
2
. B. C
5
H
5
NO
2
C. CH
4
ON
2
D. C
2
H
3
NO
2
Giải
m
CO
2
+ m
N
2

C
=

0,15(mol) ;

m
N
= 0,05(mol) ; n
O
= 0,1( mol) ; n
H
= 0,35

⇒
C
x
H
y
O
z
N
t
: y : z : t = 3 : 7 : 2 : 1. Chọn A: C
3
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

2
2
2.
CO
H O
n
C
H n
=
=
3
8
=
x
y
⇒
(C
3
H
8
)
n
Oz . Ta có: 8n ≤ 2.3n + 2
⇒
n = 1 C
3
H
8
O
z

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
0,16g oxi cùng điều kiện. Mặt khác 0,31g A tác dụng hết với Na tạo ra 112ml H
2
(đktc).CTCT của A
là
Giải
n
A
= n
O
2
= 0,005 mol ; M
A
=
0,31
62
0,005
=
Vì A chỉ chứa C, H, O mà A pư với Na
⇒
CTTQ của A: (HO)
n
R(COOH)
m
⇒
CTTQ của A: (HO)
n
R(COOH)
m

số mol H
2
bằng ½ số mol A phản ứng. CTCT của A là
Giải
Từ số mol H
2
O gấp đôi số mol CO
2

⇒
tỉ lệ số H : số C = 4 : 1
- A tác dụng với Na cho số mol H
2
= 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 ( C
n
H
2n
O
2
) 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 : C
n
H
2n+ 2 – 2k
Vậy 2n + 2 – 2k = 4n Chỉ có k = 0 và n = 1 phù hợp Vậy CTCT của A là CH

Do X + NaOH
→
muối axit hữu cơ + Chất hữu cơ Y
⇒
X là este có CTPT C
4
H
8
O
2
⇒
n
X
=
4,4
0,05
88
=

⇒
M
Y
=
4,8
0,05
= R + 67
⇒
R = 29.
vậy Y: C
2

5
COONa
C. C
4
H
9
COONa và C
5
H
11
COONa D. C
3
H
7
COONa và C
4
H
9
COONa
Giải:
31. Đốt cháy hoàn toàn 0,90g chất hữu cơ A (chứa C, H, O)thu được 0,672lít CO
2
(đktc) và 054g
H
2
O.Tỉ khối hơi của A so với oxi bằng 2,8125. CTPT của A là
A. C
2
H
6

A. C
4
H
10
B. C
4
H
10
O C. C
5
H
10
. D. C
5
H
10
O
Giải
⇒
n
CO
2
= n
CaCO
3
= 0,03 mol
∆m
bình tăng
= m
CO

=
2
5
n
N
2
⇔
2
2
.
5 28
N
X
X
m
m
M
=
;
mà m
X
= m
N
2
, nên: M
X
=
5.28
70
2

CO
2
=
1,792
22,4
= 0,08 mol
∆m
bình tăng
= m
HCl
+ m
H
2
O
= 2,17
⇒
m
H
2
O
= 2,17 – (0,02.36,5) = 1,44g
Khối lương các nguyên tố:
m
C
= 0,08. 12 = 0,96g ; m
H
= m
H(HCl)
+ m
H(H

H
6
O. B. C
3
H
8
O C. C
2
H
6
O
2
D. C
4
H
12
Ò
2
- m
C
= 12.n
CO
2
= 12
4,48
22,4
=
2,4g
Khối lượng CuO ban đầu giảm chính là khối lượng oxi pư. m
O

O
= 0,6g
⇒
m
O
= 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 (C
2
H
6
O)
n
hay C
2n
H
6n
O
n
Đk: số H
≤
2.số C + 2
⇔

n +
)O
2
nCO
2
+ (n+1)H
2
O
⇒
1,2 =
12
3 1n +⇒
n = 3

⇒
C
3
H
8⇒
Chọn B
2. Dẫn 16,8 lít hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon vào bình đựng dung dịch B
2
dư. Sau khi pư xảy
ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã pư và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì

Hỗn hợp X gồm X
1
pư với dung dịch brom, X
2
là ankan
n
X
1
=
2
1,68 1,12
0,025
22,4
Br
n
−
= =

⇒
X
1
là anken
Đặt X C
x
H
y

→
xCO
2

0,05 + 0,025n = 0,125
⇒
n = 3 Vậy anken là C
3
H
6
. CHọn B
3. Cho hidrocacbon X pư với br
2
( trong dung dịch) theo tỉ lệ mol 1 : 1, thu được chất hữu cơ Y
( chứa 74,08% Br về khối lượng). Khi X pư với HBr thì được hai sản phẩm hữu cơ khác nhau.
tên của X là
A. but – 1- en. B. but – 2 – en C. propilen D. xiclopropan
Giải
Công thức của Y: RBr
2
, ta có:
25,92
160 74,08
R
=
⇒
R = 56 (C
4
H
8
)
vậy CTPT của X là C
4
H

4
C. CH
4
, C
2
H
6
D. C
2
H
6
, C
3
H
8
Giải
5. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X gồm anken A và ankadien B(cùng số nguyên tử H) thu
được 1 mol CO
2
. CTPT của A và B là
A. C
2
H
2
, C
3
H
4
B. C
3

= 8(giả thiết hiệu suất pư là 100%) CTPT của anken là
A. C
2
H
4
B. C
3
H
6
C. C
4
H
8
. D. C
5
H
10
Giải
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm: a mol C
n
H
2n
và (1 – a) mol H
2
Ta có: 14n.a + 2(1-a) = 12,8 (1)
Hỗn hợp B có
M
= 16 < 14n ( với n ≥ 2)
→
trong hỗn hợp B có H

= (1- a) mol
BTKL: m
A
= m
B
⇒
n
B
=
B
B
m
M

⇒
(1 – a) =
12,8
16

→
a = 0,2
Thay a= 0,2 vào (1) ta có: 14*0,2*n + 2(1 – 0,2) = 12,8
⇒
n = 4
→
C
4
H
8
7. Hỗn hợp A gồm hidrocacbon X và oxi có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn

C
x
H
y
+ (x +
)
4
y
O
2

→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
⇒
Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO
2
và [ 10 – ((x +
)
4
y
mol O
2
dư.

4
H
8
)
8. Cho 4,48 lít hỗn hợp X(ở đktc) gồm hai hidrocacbon mạch hở lội từ từ qua dung dịch chứa 1,4
lít dung dịch Br
2
0,5M. Sau khi pư hoàn toàn, số mol Br
2
giảm đi phân nửa và khối lượng bình
tăng thêm 6,7gam. CTPT của hai hidrocacbon đó là
A. C
2
H
2
và C
4
H
6
B C
2
H
2
và C
4
H
8
.

C. C

mol
=
Khối lượng bình brom tăng là khối lượng của hidrocacbon không no.
C
n
H
1n+2-2a
+ aBr
2

→
C
n
H
1n+2-2a
Br
2a
0,2………0.35 mol
→
a =
0,35
1,75
0,2
=

⇒
14n + 2 – 2a =
6,7
0,2


H
6
B. C
3
H
6
và C
4
H
8
C. C
4
H
8
và C
5
H
10
D. C
5
H
10
và C
6
H
12
Giải:
Chọn hỗn hợp khí A là 1 mol :
2
2

2
= n
H
2
O
= 0,45 mol
⇒
n
C
n
H
2n
=
0,45
n
( mol)
Tổng n
H
2
O =
13,5
18
= 0,75 mol
⇒
n
H
2
O(pt2)
= 0,75 – 0,45 = 0,3 mol
⇒

10. Để đốt cháy một lượng hidrocacbon X cần 7,68g O
2
. sản phẩm cháy được dẫn qua bình (1)
đựng H
2
SO
4
đặc, sau đó qua bình (2) đựng Ca(OH)
2
dư thấy bình (1) tăng 4,32g, bình (2) có m
gam kết tủa . m có giá trị là
A. 1,0 B. 1,2 C. 10 D. 12.
Giải
Ta có: n
O
2
= 0,24 mol ; n
H
2
O
= 0,24 mol
C
x
H
y
+ ( x+
)
4
y
O

4⇒
a =
0,48
4
= 0,12
vậy: n
CO
2
= 0,12 mol
⇒
m
↓
= 0,12. 100 = 12g
11. Trong bình kín chứa hidrocacbon X và hidro. Nung nóng đến pư hoàn toàn thu được ankan Y
duy nhất. Ở cùng nhiệt độ, áp suất trong bình trước khi nung gấp 3lần áp suất trong bình sau khi
nung. Đốt cháy một lượng Y thu được 8,8g CO
2
và 5,4g H
2
O. CTPT của X là
A. C
2
H
2
B. C
2
H

n = 2 (C
2
H
6
)
C
n
H
2n+2-x
+
2
x
H
2

→
C
n
H
2n+2
hay C
2
H
6
-x +

2
x
H
2

.
Công thức của X là
A. C
3
H
4
B. C
3
H
8
C. C
2
H
2
D. C
2
H
4
Giải
B: C
x
H
y

→
xCO
2
+
2
y

. Mặt khác, khi 3,4g A tác dụng với lượng dư
AgNO
3
/NH
3
thấy tạo thành a gam kết tủa. CTPT của A là
A. C
4
H
4
B. C
3
H
4
C. C
2
H
2
D. C
5
H
8
Giải
C
x
H
y

→
xCO

O( có xt H
2
SO
4
) được chất hữu cơ Y, thấy khối lượng
bình đựng nước ban đầu tăng 4,2g. nếu cho một lượng X như trên tác dụng với HBr thu được chất
Z, thấy khối lượng Y, Z thu được khác nhau 9,45g. CTPT của X là
A. C
2
H
4
. B. C
3
H
6
C. C
4
H
8
D. C
5
H
10
Giải
CTPT hợp chất hữu cơ nâng cao Trần Bảo Quốc

C
n
H
2n

Br
=
9,45
80 17
−
= 0,15 mol = n
C
n
H
2n
⇒
M
C
n
H
2n
=
4,2
0,15
= 28 (C
2
H
4
)
14. Đốt cháy hoàn toàn 2 lít hỗn hợp gồm axetilen và một hidrocacbon no A thu được 4 lít CO
2
và 4
lít hơi H
2
O( các thể tích đo cùng đk). CTPT của A là

⇒
x = 2; y = 4
Do hỗn hợp gồm C
2
H
2
và C
x
H
y

⇒
x = 2 ; y = 6 Chọn C.
15. Cho 5cm
3
C
x
H
y
ở thể khí với 30cm
3
O
2
lấy dư vào khí nhiên kế. Sau khi bật tia lửa điện và làm
lạnh, trong khí nhiên kế còn 20cm
3
mà 15cm
3
bị hấp thụ bới KOH. Phần còn lại hấp thụ bới
photpho. CTPT của hodrocacbon đó là

3
⇒
V
O
2
pư
= 30 - 5

= 25cm
3
C
x
H
y
+ (x +
4
y
) O
2

→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
5cm

2
= 40ml ; V
H
2
O
= 30ml
C
x
H
y
+ (x +
4
y
) O
2

→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
10ml 40ml 30 ml
⇒
x = 4 ; y = 6
17. Khi đốt 1 lít khí X, cần 5 lít oxi, sau pư thu được 3 lít CO
2

y
O
z
+ 5O
2

→
3CO
2
+ 4H
2
O
Số nguyên tử Oxi: z + 5.2 = 3.2 + 4
⇒
z = 0 vậy X: C
3
H
8
.
18. Có một hỗn X gồm hidrocacbon A và CO
2
. Cho 0,5 lít hỗn hợp X với 2,5 lít O
2
( lấy dư) vào
trong một khí nhiên kế. sau khi bật tia lửa điện thu được 3,4 lít hỗn hợp khí và hơi, tiếp tục làm
lạnh chỉ còn 1,8 lít và sau khi cho qua KOH chỉ còn 0,5 lít. CTPT của A là
A. C
2
H
6

trong hỗn ban đầu
= (0,5 – a) lít
CTPT hợp chất hữu cơ nâng cao Trần Bảo Quốc

C
x
H
y
+ (x +
4
y
) O
2

→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
a ax+
4
ay
ax
2
ay
Ta có: V

nên x =
0,8 0,4
3
0,4
+
=
y =
3,2
8
0,4
=

19. Đốt cháy hoàn toàn một hdrocacbon A cần dùng 28,8g oxi được 13,44 lít CO
2
(đktc). Biết tỉ khối
của A đối với không khí là d với 2 < d , 2,5. CTPT của A là
A. C
4
H
8
B. C
5
H
10
. C. C
5
H
12
D. C
4

)
32 22,4
−
= 0,6 mol
Ta có: m
C
= 12. n
CO
2
7,2g ; m
H
= 2 n
H
2
O
= 1,2g
A: C
x
H
y
: x : y =
7,2 1,2
1: 2
12 1
= =
⇒
(CH
2
)
n

= 0,03 mol
khối lượng bình tăng = m
CO
2
+ m
H
2
O

⇒
m
H
2
O
= 1,68 – 0,03.44 = 0,36g
⇒
n
H
2
O
= 0,02 mol
n
CO
2
= 0,03 mol > n
H
2
O
= 0,02 mol
⇒

, C
3
H
6
B. C
2
H
6
, C
3
H
8
. C. C
2
H
2
; C
3
H
4
D. C
3
H
6
; C
4
H
6
Đặt công thức trung bình: C
x

⇒
C
2
H
6
và C
3
H
8
22. Hỗn hợp 14 hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng, được đánh số theo chiều tăng dần phân tử khối
từ X
1
đến X
14
. Biết tỉ khối hơi của X
14
đối với X
1
bằng 7,5. Đốt cháy 0,1 mol X
2
rồi dẫn sản phẩm
cháy vào bình đựng nước vôi trong dư khối lượng bình tăng thêm
A. 18,6g B. 20,4g C. 16,8g. D. 8,0g
Đặt X
1
là C
x
H
y


⇒
X
1
là C
2
H
4
và X
2
là C
3
H
6
C
3
H
6

→
3CO
2
+ 3H
2
O
0,1 0,3 0,3
Khối lượng bình tăng chính là (m
CO
2
+ m
H

x
H
y
+ (x+
)
4
y
O
2
→
xCO
2
+
2
y
H
2
O C
x
H
y
+
2
y
Cl
2
→
xC + yHCl
a a((x+
)

3
0,375
8
x
y
⇒ = =

⇒
X là C
3
H
8
ANCOL
1. Đốt cháy hoàn toàn một ancol X thu được CO
2
và H
2
O theo tỉ lệ mol tương ứng 3 : 4. Thể tích
oxi cần dùng để đốt cháy X bằng 1,5 lần thể tích khí CO
2
thu được( ở cùng đk). CTPT của X là
A. C
3
H
8
O
3
B. C
3
H

3
8
x
y
=
⇒
X: (C
3
H
8
)
n
O
z
có 8n ≤ 2.3n + 2
⇒
n = 1. C
3
H
8
O
z
C
3
H
8
O
z
+( 5 -
2

CO
2
. Công thức của X là
A. C
3
H
5
(OH)
3
. B. C
3
H
6
(OH)
2
C. C
2
H
4
(OH)
2
D. C
3
H
7
OH
Giải
C
n
H

3
H
5
OH D. C
3
H
7
OH
Giải
4. Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol X, thu được 8,8g CO
2
và 5,4g H
2
O. Mặt khác , khi cho 0,2
mol X tác dụng với Na(vừa đủ) thì được 4,48 lít H
2
(đktc). X có CTPT là
A. C
2
H
6
O B. C
2
H
6
O
2
. C. C
3
H

H
6-Z
(OH)
z

→
z/2H
2
1 z/2
0,2 0,2
⇒
z = 2 chọn B
5. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol ancol no X, thu được 21,6gH
2
O. mặt khác 0,1 mol X tác dụng với
Na(vừa đủ) thu được 3,36 lít H
2
(đktc). X có CTPT là
A. C
2
H
6
O B. C
2
H
6
O
2
. C. C
3

O
0,1……………… 0,15
⇒
z = 3 0,3…………… 1,2
⇒
n = 3 ( chọn D)
6. Đun nóng hỗn hợp gồm hai ancol đơn chức, mạch hở với H
2
SO
4
đặc, thu được các ete. Lấy 7,2g
một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lít CO
2
(đktc) va 7,2g H
2
O. Hai ancol
đó là
A. CH
3
OH và C
3
H
7
OH B. C
2
H
5
OH và CH
2
=CH – CH

H O
CO
n
soH
soC n
=
=
8
4
⇒
CTPT của ete C
4
H
8
O
z
Vì ancol đơn chức nên ete thu đựơc cũng đơn chức nên z = 1
Chỉ có đáp án C thõa mãn.
Cách 2:
n
CO
2
= 0,4
⇒
n
C
= 0,4 mol , n
H
2
O

với số bằng nhau nên ete đó
không no, có một liên kết đôi.
vậy hai ancol tạo ra ete là CH
3
và CH
2
= CH – CH
2
OH
Câu 1. CTPT của ancol no đa chức X, có số nguyên tử C bằng số nguyên tử O, tỉ khối của X so với
không khí nhỏ hơn 3, là:
A. CH
2
(OH)CH
2
(OH)
B. CH
2
(OH)CH(OH)CH(OH)CH
2
(OH)
C. CH
2
(OH)CH(OH)CH
2
(OH)
D. CH
2
(OH)CH
2

O)
n
. CTPT của X là:
A. CH
4
O B. C
3
H
8
O
3
C. C
2
H
6
O
2
D. C
4
H
12
O
4
.
ĐA: C
Công thức thực nghiệm X (CH
3
O)
n
hay C

Câu 4. Đun nóng một ancol đơn chức X với dung dịch H
2
SO
4

đặc trong điều kiện nhiệt độ thích
hợp sinh ra chất hữu cơ Y, tỉ khối hơi của X so với Y là 1,6428. Công thức phân tử của Y là
A. C
3
H
8
O. B. C
2
H
6
O. C. CH
4
O. D. C
4
H
8
O.
CTPT hợp chất hữu cơ nâng cao Trần Bảo Quốc

X
Y
M
X
d 1,6428 1
Y

2 3
a (2
≥
a
≥
0)
0 7
Vậy C
2
H
6
O
Câu 5. Khi thực hiện phản ứng tách nước đối với ancol X, chỉ thu được một anken duy nhất. Oxi hoá
hoàn toàn một lượng chất X thu được 5,6 lít CO
2

(ở đktc) và 5,4 gam nước. Có bao nhiêu công
thức cấu tạo phù hợp với X ?
A. 5. B. 4. C. 3. D. 2.
Ancol
2
H O−
→
anken
⇒
ancol no, đơn chức, mạch hở
C
n
H
2n + 2

trong ammoniac thì thu
được 32,4 g Ag. Hãy xác định CTCT của 2 ancol đó, biết rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn?
n
CuO
= 0,1; n
Ag
=0,3. Do ancol đơn chức nên Ʃn
ancol
= Ʃn
CuO
=0,1
Vì n
Ag
> 2.n
ancol

⇒
trong hỗn hợp có CH
3
OH (tạo ra HCHO phản ứng cho lượng Ag gấp đôi các
andehit đơn chức khác).
Vậy hỗn hợp có CH
3
OH và RCH
2
OH với số mol bằng nhau là 0,1/2 = 0,05 (mol)
CH
3
OH + CuO
→

RCHO + 2AgNO
3
+ 3NH
3
+ H
2
O
→
2NH
4
NO
3
+ RCOONH
4
+ 2Ag
↓
m
ancol
= 32.0,05 + (R + 31).0,05 = 4,6
⇒
R là - C
2
H
5

Vậy CH
3
OH và CH
3
CH

-OH.
Câu 4. (DH-10-A): Oxi hoá hết 2,2 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức thành anđehit cần vừa đủ 4,8
gam CuO. Cho toàn bộ lượng anđehit trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO
3
trong NH
3
, thu
được 23,76 gam Ag. Hai ancol là:
A. CH
3
OH, C
2
H
5
CH
2
OH. B. CH
3
OH, C
2
H
5
OH.
C. C
2
H
5
OH, C
3
H

(HOẶC: n
Ag
= 0,22 mol; n
ancol
= n
CuO
= 0,06
⇒
n
Ag
> 2.n
ancol

⇒
Hỗn hợp ancol trên có chứa
CH
3
OH)
CH
3
OH
→
HCHO
→
4Ag
x x 4x
RCH
2
OH
→

- Cho phần II tác dụng với lượng dư AgNO
3
/NH
3
đun nóng được 17,28g Ag.
X gồm hai andehit có CTPT là
A. CH
2
O và C
3
H
4
O. B. CH
2
O và C
2
H
4
O C. CH
2
O và C
4
H
6
O D. CH
2
O và C
3
H
6

→
(0,02 + 0,04x)mol CO
2
và (0,02+ 0,02y) mol H
2
O
ta có hệp pt: (0,02 + 0,04x) = 0,14 (1) và (0,02+ 0,02y) = 0,1 (2)
⇒
x = 3 và y = 4
Vậy X gồm: HCHO và C
3
H
4
O. Chọn A
ESTE
CTPT hợp chất hữu cơ nâng cao Trần Bảo Quốc

Xà phòng hóa hoàn toàn 21,8g một chất hữu cơ X ba chức( chứa C, H, O) cần vừa đủ 300 ml dung
dịch NaOH 1M. Cô cạn dung dịch sau pư thu được 24,6g muối khan. CTPT của X là
A. (HCOO)
3
C
3
H
5
B. (CH
3
COO)
3
C

=
0,3
0,1
3
=
⇒
M
X
=
21,8
218
0,1
=
X có hai trường hợp hoặc (RCOO)
3
R
/
hoặc R(COOR
/
)
3
- Nếu : (RCOO)
3
R
/
+ 3NaOH
→
3RCOONa + R
/
(OH)

5
- Nếu: R(COOR
/
)
3
làm tương tự ta thấy không phù hợp loại
AMIN
AMINO AXIT
0,1 mol amino axit X, công thức có dạng R(NH
2
)
n
(COOH)
m
tác dụng vừa đủ với 0,2 mol HCl, sản
phẩm tạo thành phản ứng vừa hết với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH. Giá trị của n và m lần lượt
A. 2; 1. B. 2; 3 C. 1; 2 D./ 1; 3