CÁC PP GIAI NHANH BTHH PHẦN HỮU CƠ

A – CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HOÁ HỮU
CƠ – BÀI TẬP ÁP DỤNG:
I. PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH:
Đây là một trong một số phương pháp hiện đại nhất cho phép giải nhanh chóng và
đơn giản nhiều bài toán hóa học và hỗn hợp các chất rắn, lỏng cũng như khí.
Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB) (kí
hiệu M ) cũng như khối lượng nguyên tử trung bình (KLNTTB) chính là khối lượng của
một mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức:
tæng khèi l îng hçn hîp (tÝnh theo gam)
.
tæng sè mol c¸c chÊt trong hçn hîp
M n + M 2 n 2 + M 3 n 3 + ... ∑ M i n i
M= 1 1
=
(1)
n1 + n 2 + n 3 + ...
∑ ni
M=

trong đó M1, M2,... là KLPT (hoặc KLNT) của các chất trong hỗn hợp; n 1, n2,... là số mol
tương ứng của các chất.
Công thức (1) có thể viết thành:
M = M1 .

n1
n
n
+ M 2 . 2 + M 3 . 3 + ...
∑ ni
∑ ni
∑ ni

M = M1x1 + M 2 x 2 + M 3x 3 + ...

(2)
trong đó x1, x2,... là % số mol tương ứng (cũng chính là % khối lượng) của các chất. Đặc
biệt đối với chất khí thì x 1, x2, ... cũng chính là % thể tích nên công thức (2) có thể viết
thành:
M=

M1V1 + M 2 V2 + M 3V3 + ...
=
V1 + V2 + V3 + ...

∑M V
∑V
i

i

(3)

i

trong đó V1, V2,... là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có 2 chất thì các công
thức (1), (2), (3) tương ứng trở thành (1’), (2’), (3’) như sau:
M=

M1n1 + M 2 (n − n1 )
n

(1’)

trong đó n là tổng số số mol của các chất trong hỗn hợp,
M = M1x1 + M 2 (1 − x1 )
(2’)
trong đó con số 1 ứng với 100% và
M=

M1V1 + M 2 (V − V1 )
V

(3’)

trong đó V1 là thể tích khí thứ nhất và V là tổng thể tích hỗn hợp.
Từ công thức tính KLPTTB ta suy ra các công thức tính KLNTTB.
Với các công thức:
C x H yOz ; n1 mol
C x ′ H y′O z′ ; n 2 mol

Ta có:
- Nguyên tử cacbon trung bình:
x=

x1n1 + x 2 n 2 + ...
n1 + n 2 + ...

- Nguyên tử hiđro trung bình:
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

1

y=

y1n1 + y 2 n 2 + ...
n1 + n 2 + ...

và đôi khi tính cả được số liên kết π, số nhóm chức trung bình theo công thức trên.
Ví dụ 1: (ĐH - A -2007)
Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình
chứa 1,4 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br 2 giảm đi một
nửa và khối lượng bình tăng thêm 6,7 gam. Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon là
A. C2H2 và C4H6.
B. C2H2 và C4H8. C. C3H4 và C4H8.
D. C2H2 và C3H8.
HDG
n hh X =

4,48
= 0,2 mol
22,4

n Br2 ban ®Çu = 1,4 × 0,5 = 0,7 mol n Br2 p.øng =

0,7
= 0,35 mol.
2

Khối lượng bình Br2 tăng 6,7 gam là số gam của hiđrocabon không no. Đặt CTTB của
hai hiđrocacbon mạch hở là C n H 2n +2 −2a ( a là số liên kết π trung bình).

Phương trình phản ứng:
C n H 2 n +2 −2 a + aBr2 → C n H 2n +2 −2 a Br2 a
0,2 mol → 0,35 mol
⇒

a=

0,35
= 1,75
0,2

6,7

⇒ 14n + 2 − 2a = 0,2

→

n = 2,5.

Do hai hiđrocacbon mạch hở phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br 2 nên chúng đều là
hiđrocacbon không no. Vậy hai hiđrocacbon đó là C2H2 và C4H8  ĐA: B
Ví dụ 2: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 ancol A và B ta được hỗn hợp Y gồm
các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76 gam CO 2. Khi đốt cháy hoàn toàn
Y thì tổng khối lượng H2O và CO2 tạo ra là
A. 2,94 gam.
B. 2,48 gam.
C. 1,76 gam.
D. 2,76 gam.
HDG
Hỗn hợp X gồm hai ancol A và B tách nước được olefin (Y) → hai ancol là rượu no,

đơn chức.
Đặt CTTB của hai ancol A, B là C n H 2 n +1OH ta có các phương trình phản ứng sau:
3n
O2 → nCO2 + (n + 1)H 2O
2
H 2SO 4 ®
C n H 2n +1OH 

→ C n H 2n + H2O
170o C
C n H 2n +1OH +

(Y)
C n H 2n +

3n
O2 → nCO2 + n H 2O
2

Nhận xét:
- Khi đốt cháy X và đốt cháy Y cùng cho số mol CO2 như nhau.
- Đốt cháy Y cho n CO = n H O .
Vậy đốt cháy Y cho tổng
m CO2 + m H 2O = 0,04 × (44 + 18) = 2,48 gam  ĐA: B
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức liên tiếp trong dãy
đồng đẳng thu được 3,584 lít CO2 ở đktc và 3,96 gam H2O. Giá trị của a và CTCT của
các ancol là
A. 3,32 gam ; CH3OH và C2H5OH.
B. 4,32 gam ; C2H5OH và C3H7OH.
2

(

2

)

Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

2


C. 2,32 gam ; C3H7OH và C4H9OH.
HDG
Số mol ancol = 0,22 - 0,16 = 0,06 mol
Số nguyên tử C trung bình :

n=

0,16
= 2,67
0, 06

D. 3,32 gam ; C2H5OH và C3H7OH.

CnH2n+2O

a = mC + mH + mO = 12.0,16 + 2.0,22 + 16.0,06 = 3,32  ĐA: D
Ví dụ 4: Nitro hoá benzen thu được hỗn hợp hai hợp chất nitro X, Y có phân tử khối
hơn kém nhau. Đốt cháy hoàn toàn 14,1 gam hỗn hợp X, Y thu được 1,568 lít khí N 2

(đktc). Tìm công thức phân tử của X, Y.
HDG
Gọi z là số nhóm -NO2 trung bình trong hai hợp chất X, Y
xt
C6H6 + z HNO3 đặc 
→ C6 H 6−z (NO 2 ) z + z H2O (1)
 30 − 5z 
 6−z 
→ z N2 + 6CO2 + 
C6 H 6−z (NO 2 ) z + 
÷O2 
÷H2O (2)
2
 4 
 2 
0,14
¬ 0,07
z
1,568
14,1× z
→ z = 1,4
Ta có n N2 = 22, 4 = 0,07 (mol) ; M = 78 + 45 z =
0,14

Vây công thức phân tử của X, Y là: C6H5NO2 và C6H4(NO2)2.
Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm 2 rượu no có số nguyên tử bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn
0,25 mol X thu được 11,2 lít CO 2 (đktc). Mặt khác 0,25 mol X đem tác dụng với Na dư
thấy thoát ra 3,92 lít H2 (đktc). Các rượu của X là:
C3H7OH và C3H6(OH)2
B. C4H9OH và C4H8(OH)2

C. C2H5OH và C2H4(OH)2
D. C3H7OH và C3H5(OH)3
 ĐA: C
Ví dụ 6: Cho 27,2 gam hỗn hợp gồm hai ancol tác dụng vừa đủ với Na thu được hỗn
hợp hai muối và 6,72 lít khí H2 ( ở đktc). Tổng khối lượng hai muối thu được là:
A. 40,5 gam
B. 45,2 gam
C. 40,4 gam
D. 44,0 gam
HDG
Gọi công thức tương đương của hai ancol là: R (OH)a ( a là số nhóm chức trung bình của
hai ancol). Phản ứng: R (OH)a + aNa → R (ONa)a + a/2 H2 ↑
Ta có: n H2 = 6,72/ 22,4 = 0,3 (mol); nNa = 2.0,3 = 0,6 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có
mMuối = mAncol + mNa - mH2 = 27,2 + 0,6.23 - 0,3.2 = 40,4 (g)  ĐA: C
Ví dụ 7: Trung hòa m gam hỗn hợp hai axit cacboxilic cần 300 ml dung dịch NaOH1M
thu được 23,1 gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của m là
A. 18,2
B, 20,1
C. 15,6
D. 16,5
HDG
Gọi công thức tương đương của hai axit là R (COOH)a . Phản ứng:
R (COOH)a + a NaOH → R (COONa)a + a H2O
Ta có: n NaOH = nH2O = 0,3 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta được:
m = mMuối + mH2O – m NaOH = 23,1 + 0,3.18 – 0,3. 40 = 16,5 (g)  ĐA: D
II. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG, BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ:
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

3

- Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng
khối lượng của các sản phẩm tạo thành.
A + B →C + D
Thì mA + mB = mC + m D
Gọi: mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng
mS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng
Dù phản ứng vừa đủ hay còn chất dư ta vẫn có: mT = mS
- Sử dụng bảo toàn nguyên tố trong phản ứng cháy:
Khi đốt cháy 1 hợp chất A (C, H) thì nO ( CO2 ) + nO ( H 2O ) = nO ( O2 pu )
→

mO ( CO2 ) + mO ( H 2O ) = mO ( O2 pu )

Giả sử khi đốt cháy hợp chất hữu cơ A (C, H, O): A + O2 → CO2 + H2O
Ta có: mA + mO2 = mCO2 + mH 2O Với mA = mC + mH + mO
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y: C 2H6, C3H4, C4H8 thì thu được 12,98g
CO2 và 5,76g H2O. Tính giá trị m?
A. 4,18 gam
B. 3,54 gam
C. 0,64 gam
D. Đáp án khác.
HDG:
m = mC + mH = 4,18g  ĐA: A
Ví dụ 2: Cho 2,83g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thì thoát ra 0,896
lít H2 (đktc) và m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 5,49g
B. 4,95g
C. 5,94g
D. 4,59g

HDG:
m = mhh rượu + mNa – mH2 = 4,59g  ĐA: D
Ví dụ 3: Cho 4,2g hỗn hợp X gồm rượu etylic, phenol, axit fomic tác dụng vừa đủ với
Na thấy thoát ra 0,672 lít H 2 (đktc) và 1dung dịch. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp
rắn Y. Khối lượng của Y là:
A. 2,55g
B. 5,52g
C. 5,25g
D. 5,05g
HDG:
Suy luận: Cả 3 hợp chất trên đều có 1 nguyên tử H linh động → Số mol Na = 2nH 2 =
2.0,03 = 0.06 mol
Áp dụng ĐLBTKL:
→ mX = 4,2 + 0,06(23 - 1) = 5,52g  ĐA: B
Ví dụ 4: Chia hỗn hợp 2 anđehit no đơn chức làm 2 phần bằng nhau:
P1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08g H2O
P2: tác dụng với H2 dư (Ni, t0) thì thu hỗn hợp A. Đem A đốt cháy hoàn toàn thì thể tích
CO2 (đktc) thu được là:
A. 1,434 lít
B. 1,443 lít
C. 1,344 lít
D. 1,444 lít
HDG
Suy luận: Vì anđehit no đơn chức nên số mol CO2 = số mol H2O = 0,06 mol
→ nCO2 ( P 2) = nC ( P 2) = 0,06mol
Theo BTNT và BTKL ta có: nC ( P 2) = nC ( A ) = 0,06mol → nCO2 ( A ) = 0,06mol
→ VCO2 = 22,4.0,06 = 1,344 lít  ĐA: C
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

4

Ví dụ 5: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm 2 rượu A, B ta được hỗn hợp X gồm
các Olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,66g CO 2. Vậy khi đốt cháy hoàn
toàn X thì tổng khối lượng CO2 và H2O là:
A. 0,903g
B. 0,39g
C. 0,94g
D. 0,93g
HDG
Suy luận: Vì đốt cháy anken nên số mol CO2 = số mol H2O = 0,015 mol
→ nCO2 ( P 2) = nC ( P 2) = 0,06mol
Theo BTNT và BTKL ta có: mCO2, H2O = 0,93g  ĐA: D
Ví dụ 6: (ĐH 2007 - Khối A)
Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác
dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn. Hai ancol đó là:
A. C3H5OH và C4H7OH.
B. C2H5OH và C3H7OH.
C. C3H7OH và C4H9OH.
D. CH3OH và C2H5OH.
HDG
Đặt công thức chung của 2 ancol đơn chức là: ROH
ROH + Na 
→ RONa

+

1
H2 ↑
2

¬ 0,15
0,3
0,3
Chất rắn thu được gồm RONa và có thể có Na dư
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m H 2 = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3 (gam)

→ n H2 =

0,3
= 0,15 (mol)
2

15, 6
M = R + 17 = 0,3 = 52 (g/mol) → R = 35

Do đó hai ancol phải có số nguyên tử cacbon là 2 và 3. Theo đề bài, hai ancol là:
C2H5OH và C3H7OH  ĐA: B
Ví dụ 7: (ĐH 2008 - Khối B)
Cho 3,6 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500 ml
dung dịch gồm KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam
hỗn hợp chất rắn khan. Công thức phân tử của X là:
A. C2H5COOH.
B. CH3COOH.
C. HCOOH.
D. C3H7COOH.
HDG
Phương trình hoá học dạng ion:
RCOOH + OH − 

→ RCOO − + H2O
¬ 0,06
0,06
Ta có n KOH = n NaOH = 0,5 × 0,12 = 0,06 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
m H 2O tạo thành = 3,6 + 56 × 0,06 + 40 × 0,06 – 8,28 = 1,08 (gam)
1,08
= 0,06 (mol)
18
3, 6
= R + 45 = 0, 06 = 60 (g/mol) → R = 15 (CH3)

→ n H 2O tạo thành =

MX

Vậy công thức phân tử của axit X là CH3COOH  ĐA: B
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

5


Ví dụ 8: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacboxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O 2
(ở đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là:
A. 8,96 lít.
B. 11,2 lít.
C. 6,72 lít.
D. 4,48 lít.
HDG: Số mol O2 = 0,3 + 0,2/2 – 0,1 = 0,3 mol  VO2 = 6,72 lít.  ĐA: C
Ví dụ 9: Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng

oxi không khí (trong không khí oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO2 (đktc)
và 9,9 gam H2O. Thể tích không khí (ở đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn
lượng khí thiên nhiên trên là:
A. 70,0 lít.
B. 78,4 lít.
C. 84,0 lít.
D. 56,0 lít.
HDG:
BTNT Oxi : n = CO2 + 1/2H2O = 0,35 + ½.0,55 = 0,625 mol
Vkk = 0,625.22,4.5 = 70 lít  ĐA: A
Ví dụ 10: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 ancol no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 1400C thu
được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của
mỗi ete trong hỗn hợp là:
A. 0,1 mol.
B. 0,15 mol.
C. 0,4 mol.
D. 0,2 mol.
HDG
Ta biết rằng cứ 3 loại ancol tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 1400C thì tạo thành 6 loại
ete và tách ra 6 phân tử H2O.
Theo ĐLBTKL ta có: mH2O = mrượu - mete = 132,8 - 111,2 = 21,6 (gam)
→ nH2O = 21,6/18 = 1,2(mol)
Mặt khác, cứ hai phân tử ancol thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O. Do đó số
mol H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 1,2/6=0,2(mol)  ĐA: D
Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình của phản ứng từ ancol tách
nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các ancol và các ete trên. Nếu sa
đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol cho các ete để tính toán thì
việc giải bài tập rất phức tạp, tốn nhiều thời gian.
III. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG:
Nguyên tắc: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để

xác định khối lượng 1 hỗn hợp hay 1 chất.
Cụ thể: Dựa vào phương trình tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol A → 1mol B
hoặc chuyển từ x mol A → y mol B (với x, y là tỉ lệ cân bằng phản ứng).
Tìm sự thay đổi khối lượng (A→B) theo bài ở z mol các chất tham gia phản ứng chuyển
thành sản phẩm. Từ đó tính được số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại.
 Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với Kali:
x
R (OH ) x + xK → R (OK ) x + H 2
2
1
Hoặc ROH + K → ROK + H2
2
Theo phương trình ta thấy: cứ 1 mol rượu tác dụng với Kali tạo ra 1 mol muối ancolat
thì khối lượng tăng: 39 – 1 = 38g.
Vậy nếu đề cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối ancolat thì ta có thể tính
được số mol của rượu, H2 và từ đó xác định CTPT rượu.
 Đối với anđehit: xét phản ứng tráng gương của anđehit
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

6


0

NH 3 ,t
R – CHO + Ag2O 
→ R – COOH + 2Ag
Theo pt ta thấy: cứ 1mol anđehit đem tráng gương → 1 mol axit
⇒ ∆ m = 45 – 29 = 16g. Vậy nếu đề cho manđehit, maxit → nanđehit, nAg → CTPT anđehit.
 Đối với axit: Xét phản ứng với kiềm

R(COOH)x + xNaOH → R(COONa)x + xH2O
Hoặc RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O
1 mol
→
1 mol
→ ∆ m ↑ = 22g
 Đối với este: xét phản ứng xà phòng hóa
RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH
1 mol
→
1 mol
→ ∆ m ↑ = 23 – MR’
 Đối với aminoaxit: xét phản ứng với HCl
HOOC-R-NH2 + HCl → HOOC-R-NH3Cl
1 mol
→
1mol
→ ∆ m ↑ = 36,5g
Ví dụ 1: Cho 20,15g hỗn hợp 2 axit no đơn chức tác dụng vừa đủ với dd Na 2CO3 thì thu
được V lít CO2 (đktc) và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thì thu được 28,96g muối.
Giá trị của V là:
A. 4,84 lít
B. 4,48 lít
C. 2,24 lít
D. 2,42 lít
HDG
Suy luận: Gọi công thức trung bình của 2 axit là: R − COOH
Ptpu: 2 R − COOH + Na2CO3 → 2 R − COONa + CO2 ↑ + H2O
Theo pt: 2 mol
→

2 mol
1 mol
⇒ ∆ m = 2.(23 - 11) = 44g
Theo đề bài: Khối lượng tăng 28,96 – 20,15 = 8,81g.
8,81
= 0,2mol → Thể tích CO2: V = 0,2.22,4 = 4,48 lít  ĐA: B
→ Số mol CO2 =
44
Ví dụ 2: Cho 10g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác
dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 14,4g chất rắn và V lít khí H2 (đktc). V có giá trị là:
A. 1,12 lít
B. 2,24 lít
C. 3,36 lít
D. 4,48 lít
HDG
Suy luận: Theo PTPƯ: 1 mol rượu phản ứng → 1mol ancolat + 0,5 mol H 2 thì khối
lượng tăng: ∆m = 23 -1 = 22g.
Vậy theo đầu bài: 1 mol muối ancolat và 0,5mol H2 bay ra thì tăng
4,4.0,5
= 0,1mol
14,4 – 10 = 4,4g. → Số mol H2 =
22
→ Thể tích H2: V = 0,1.22,4= 2,24 lít  ĐA: B
Ví dụ 3: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol este của 1 axit đơn chức với 1 rượu đơn
chức tiêu tốn hết 5,6g KOH. Mặt khác, khi thủy phân 5,475g este đó thì tiêu tốn hết 4,2g
KOH và thu được 6,225g muối. Vậy CTCT este là:
A. (COOC2H5)2
B. (COOCH3)2
C. (COOCH2CH2CH3)2
D. Kết quả khác

HDG
Suy luận: Vì nKOH = 2neste → este 2 chức tạo ra từ axit 2 chức và rượu đơn chức.
Đặt công thức tổng quát của este là R(COOR’)2 :
R(COOR’)2 +
2KOH
→
R(COOK)2
+
2R’OH
1 mol
2 mol
→
1 mol thì m = (39,2 – 2R’)g

Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

7


⇒ 0,0375 mol
0.075 mol →
0,0375 mol thì m = 6,225 – 5,475 = 0,75g.
’
’
→ 0,0375(78 – 2R ) = 0,75 → R = 29 → R’ = C2H55,475
= 146 → MR + (44 + 29)2 = 146 → MR = 0
Meste =
0,0375
Vậy công thức đúng của este là: (COOC2H5)2  ĐA: A
Ví dụ 4: (CĐ năm 2007 - Khối A)

Cho 5,76 gam axit hữu cơ X đơn chức, mạch hở tác dụng hết với CaCO3 thu
được 7,28 gam muối của axit hữu cơ. Công thức cấu tạo thu gọn của X là:
A. CH2=CH-COOH. B. CH3COOH. C. CH3-CH2-COOH.
D. HC ≡ C-COOH.
HDG
Đặt công thức axit hữu cơ X đơn chức: RCOOH
→ (RCOO)2Ca + CO2 ↑ + H2O
2RCOOH + CaCO3 
(2R + 90) gam →
(2R + 128) gam
Theo PTPƯ, cứ 2 mol X tạo ra 1 mol muối có khối lượng tăng: 38 gam
Vậy a mol X phản ứng hết có khối lượng tăng: 7,28 – 5,76 = 1,52 (gam)
a=

5, 76
2 × 1,52
= 0,08 (mol)  M X = R + 45 = 0, 08 = 72 (g/mol) → R = 27 (-C2H3)
38

 Công thức cấu tạo của axit X là: CH2=CH-COOH  ĐA: A
Ví dụ 5: Oxi hoá m gam X gồm CH3CHO, C2H3CHO, C2H5CHO bằng O2 có xúc tác
thích hợp, sản phẩm thu được sau phản ứng gồm ba axit có khối lượng (m + 3,2) gam.
Cho m gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3 thì thu được a gam kết
tủa Ag. Giá trị của a là
A. 21,6.
B. 43,2.
C. 32,4.
D. 27,0.
HDG
 nhh = nO = 3,2/16 = 0,2 mol. nAg = 2.0,2 = 0,4 mol. m = 43,2 gam.  ĐA: B

Ví dụ 6: X là một este no đơn chức, có tỉ khối hơi đối với CH 4 là 5,5. Nếu đem đun 2,2
gam este X với dung dịch NaOH (dư), thu được 2,05 gam muối. Công thức cấu tạo thu
gọn của X là:
A. HCOOCH2CH2CH3.
B. C2H5COOCH3.
C. CH3COOC2H5.
D. HCOOCH(CH3)2.
HDG
Pư: X: RCOOR’  RCOONa, khối lượng giảm: 2,2 - 2,05 = 0,15 gam, nX = 0,025 mol
 MR’ – 23 = 0,15/0,025  MR’ = 29  R’ là: -C2H5  Đáp án : C
IV. PHƯƠNG PHÁP SUY LUẬN TỪ ĐÁP ÁN:
Nhiều bài tập việc suy luận từ đáp án giúp giải nhanh, đặc biệt khi kĩ thuật tạo đáp
án nhiễu của người ra đề chưa có sự tính toán cẩn thận.
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn một axit X thu được 0,6mol CO 2 và 0,5 mol H2O.Công
thức cấu tạo của X:
A. (COOH)2
B. HOOC-(CH2 )2 -COOH
C. HOOC-CH2-COOH
D. HOOC-(CH2)3 –COOH
HDG
Phân tích: Dựa vào đáp án ta thấy tất các các axit là no hai chức công thức tổng quát là:
C2H2n-2O4 có 2 liên kết pi giống ankin(ankadien) nên nCO − nH O = 0,6 − 0,5 = 0,1 = naxit pu ;
2

2

Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

8

Số nguyên tử Cac bon = C =

nCO2
naxit

=

0,5
=5
0,1

=> ĐA: D

Ví dụ 2:(ĐH-07) Khi đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam chất hữu cơ X đơn chức thu được sản
phẩm cháy chỉ gồm 4,48 lit CO2 (đktc) và 3,6 gam nước. Nếu cho 4,4 gam hợp chất X
tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 4,8 gam
muối của axit hữu cơ Y và chất hữu cơ Z. Tên gọi của X là.
A. isopropyl axetat B. Etyl axetat
C. Metyl propionat D. Etyl propionat
HDG
Phân tích: Nhận thấy khối lượng muối > khối lượng este => gốc rượu trong este nhỏ
hơn MNa= 23 nên gốc ancol là -CH3 (15) < 23 => ĐA: C
Ví dụ 3: Một este hữu cơ đơn chức có thành phần khối lượng m C:mO = 9:8. Cho este
trên tác dụng với một lượng dd NaOH vừa đủ thu được một muối có khối lượng bằng
41/37 khối lượng este. CTCT este đó là
A. HCOOCH=CH2.
B. HCOOC≡CH. C. HCOOC2H5.
D. CH3COOCH3
HDG

Phân tích: Không cần giải nhận thấy khối lượng muối > khối lượng este => gốc rượu
trong este nhỏ hơn Na :23 nên gốc ancol là CH3 - (15) < 23 => ĐA: D
Ví dụ 4: (CĐ - 07) Đốt cháy hoàn toàn một rượu (ancol) X thu được CO2 và H2O có tỉ
lệ số mol tương ứng là 3 : 4. Thể tích khí oxi cần dùng để đốt cháy X bằng 1,5 lần thể
tích khí CO2 thu được (ở cùng điều kiện). Công thức phân tử của X là:
A. C3H8O2.
B. C3H8O3.
C. C3H4O.
D. C3H8O.
HDG
Phân tích: Nhận thấy

T=

nO2
nCO2

= 1,5 =>

Ancol no,đơn chức, mạch hở (CnH2n+2O ) =>

Đáp án D.
Ví dụ 5 : (ĐH-10) Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức, số mol
X gấp hai lần số mol Y) và este Z được tạo ra từ X và Y. Cho một lượng M tác dụng vừa
đủ với dung dịch chứa 0,2 mol NaOH, tạo ra 16,4 gam muối và 8,05 gam ancol. Công
thức của X và Y là:
A. HCOOH và CH3OH
B. CH3COOH và CH3OH
C. HCOOH và C3H7OH
D. CH3COOH và C2H5OH

HDG
Phân tích: : Gọi số mol: RCOOH - a ; R’OH - ½ a ; RCOOR’ - b
Theo giả thiết: ⇒ nRCOONa = a + b = 0,2 mol. MRCOONa = 82 ⇒ R = 15. (CH3). X là
CH3COOH
Loại đáp án: A và C. ½ (a + b) < nR’OH = ½ a + b < a + b ⇒ 0,1 < nR’OH < 0,2
40,25 < Mancol < 80,5. Loại đáp án B => Đáp án D
V. PHƯƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT
Trong nhiều bài toán, việc tự chọn lượng chất giúp giải đơn giản và nhanh bài tập
trắc nghiệm. Những bài toán được phép lựa chọn lượng chất là những bài toán tổng quát,
có thể đúng với mọi số mol chất ban đầu. Thường nên chọn số mol chất ban đầu là 1
mol. Sau đây là một số ví dụ:
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

9


Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H 2 bằng 6,4. Cho A đi
qua niken nung nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H 2 bằng 8 (giả thiết hiệu suất
phản ứng xảy ra là 100%). Công thức phân tử của anken là
A. C2H4.
B. C3H6.
C. C4H8.
D. C5H10.
HDG
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol CnH2n và (1−a) mol H2)
Ta có:
14.n.a + 2(1 − a) = 12,8
(1)
Hỗn hợp B có M = 16 < 14n (với n ≥ 2) → trong hỗn hợp B có H2 dư
Ni, t

CnH2n + H2 
→ CnH2n+2
Ban đầu:
a mol (1−a) mol
Phản ứng:
a → a → a mol
Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1 − 2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2. → tổng nB = 1 − 2a.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB
o

⇒

nB =

mB
MB →

( 1 − 2a ) =

12,8
16

→

a = 0,2 mol.

Thay a = 0,2 vào (1) ta có 14×0,2×n + 2×(1 − 0,2) = 12,8
⇒
n = 4 → anken là C4H8  ĐA: C
Ví dụ 2: Oxi hóa C2H5OH bằng CuO nung nóng, thu được hỗn hợp chất lỏng gồm

CH3CHO, C2H5OH dư và H2O có M = 40 đvC. Hiệu suất phản ứng oxi hóa là
A. 25%.
B. 35%.
C. 45%.
D. 55%.
HDG
Xét 1 mol C2H5OH. Đặt a mol C2H5OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng oxi
hóa rượu.
t
C2H5OH + CuO 
→ CH3CHO + H2O + Cu↓
Ban đầu:
1 mol
Oxi hóa:
a mol → a mol → a mol
Sau phản ứng: (1 − a) mol C2H5OH dư
a mol → a mol
o

M=

46(1 − a) + 44a + 18a
= 40
1+ a

⇒
a = 0,25 hay hiệu suất là 25%  ĐA: A
Ví dụ 3: (Khối A - ĐH 2007)
Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H 2SO4 đặc, thu

được hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là
A. C3H8.
B. C3H6.
C. C4H8.
D. C3H4.
HDG
Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm CxHy (1 mol) và O2 (10 mol ).


y




y


y

CxHy +  x + ÷O2 → xCO2 + H2O
4
2

y
mol
2
y 


⇒ Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và 10 −  x + 4 ÷ mol O2 dư.





1 mol →  x + 4 ÷mol → x mol

Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

10


M Z = 19 × 2 = 38
(n CO2 ) 44

6

→

38
(n O2 ) 32

Vậy: x = 10 − x −

y
4

6

n co2
n o2

=

1
1

→ 8x = 40 − y.

⇒
x = 4, y = 8 → ĐA: C.
Ví dụ 4: (ĐH_A_2007):
Clo hoá PVC thu được 1 polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1
phân tử clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC. Giá trị của k là:
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
HDG
G/s 1 phân tử Cl2 phản ứng với k mắt xích, PTPƯ:
C2kH3kClk + Cl2  C2kH3k-1Clk+1 + HCl
Polime C2kH3k-1Clk+1 chứa 63,96% Clo  k =3 . ĐA: A
VI. GIẢI NHANH DỰA VÀO TỈ LỆ MOL SẢN PHẨM CHÁY
Loại chất
Ankan
Anken
Ankin, Ankadien
Anđehit, axit, este, xeton
(no, đơn chức, mạch hở )

Mối quan hệ nCO2 , nH2O

nCO2 < nH2O; nankan Pư = nH2O - nCO2.
nCO2 = nH2O
nCO2 > nH2O; nHc (cháy) = nCO2 – nH2O
nCO2 = nH2O

Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH 4, C4H10 và C2H4 thu được 0,14
mol CO2 và 0,23 mol H2O. Số mol ankan và anken có trong hỗn hợp lần lượt là:
A. 0,09 và 0,01
B. 0,01 và 0,09
C. 0,08 và 0,02
D. 0,02 và 0,08
HDG
Suy luận: nankan = 0,23 – 0,14 = 0,09 ; nanken = 0,1 – 0,09 mol  ĐA: A
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A gồm CH4, C2H2, C3H4, C4H6 thu được x mol CO2
và 18x gam H2O. Phần trăm thể tích của CH4 trong A là:
A. 30%.
B. 40%.
C. 50%.
D. 60%.
HDG
Suy luận: Đốt cháy ankan: nCO2 < nH2O; nankan Pư = nH2O - nCO2.
Đốt cháy ankin, akadien: nCO2 > nH2O; nHc (cháy) = nCO2 – nH2O
Mặt khác, theo đề bài: nCO2 = nH2O  nAnkan = nAnkin(Ankadien)  %VCH4 = 50%  ĐA: C
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol ankin thu được 0,2 mol H 2O. Nếu hidro hóa hoàn
toàn 0,1 mol ankin này rồi đốt cháy thì số mol H2O thu được là:
A. 0,3
B. 0,4
C. 0,5
D. 0,6
HDG

Suy luận: Ankin cộng hợp với H2 theo tỉ lệ mol 1: 2. Khi cộng hợp có 0,2 mol H 2 phản
ứng nên số mol H2O thu được thêm cũng là 0,2 mol , do đó số mol H 2O thu được là 0,4
mol  ĐA: B
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

11


Ví dụ 4: Cho các hợp chất hữu cơ:
(1) ankan;
(2) ancol no, đơn chức, mạch hở
(3) xicloankan;
(4) ete no, đơn chức, mạch hở;
(5) anken;
(6) ancol không no (có một liên kết đôi C=C), mạch hở;
(7) ankin;
(8) anđehit và este no, đơn chức, mạch hở;
(9) axit no, đơn chức, mạch hở;
(10) axit không no (có một liên kết
đôi C=C), đơn chức.
Dãy gồm các chất khi đốt cháy hoàn toàn đều cho số mol CO2 bằng số mol H2O là:
A. (1), (3), (5), (6), (8).
B. (3), (4), (6), (7), (10).
C. (3), (5), (6), (8), (9).
D. (2), (3), (5), (7), (9).
 ĐA: C
+ Dựa trên phản ứng đốt cháy anđehit no, đơn chức cho số mol CO2 = số mol H2O.
+ H 2 , xt
+ O2 ,t 0
Anđehit 

→ rượu 
→ cũng cho số mol CO2 bằng số mol CO2 khi đốt anđehit
còn số mol H2O của rượu thì nhiều hơn. Số mol H 2O trội hơn bằng số mol H2 đã cộng
vào anddeehit.
Ví dụ 5: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit no, đơn chức thu được 0,4 mol CO 2. Hidro hóa
hoàn toàn 2 anđehit này cần 0,2 mol H2 thu được hỗn hợp 2 rượu no, dơn chức. Đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp 2 rượu thì số mol H2O thu được là:
A. 0,4 mol
B. 0,6mol
C. 0,8 mol
D. 0,3 mol
Suy luận: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit được 0,4 mol CO 2 thì cũng được 0,4 mol H2O.
Hidro hóa anđehit đã nhận thêm 0,2 mol H2 thì số mol của rượu nhiều hơn của anđehit là
0,2 mol. Vậy số mol H2O tạo ra khi đốt cháy rượu là 0,4 + 0,2 = 0,6 mol  ĐA: B
+ Dựa trên phản ứng tách nước của rượu no đơn chức thành anken
→ nanken = nrượu và số nguyên tử Cacbon không thay đổi. Vì vậy đốt rượu và đốt anken
tương ứng cho số mol CO2 như nhau.
Ví dụ 6: Chia a gam ancol etylic thành 2 phần đều nhau.
Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 2,24 lít CO2 (đktc)
Phần 2: Đem tách nước hoàn toàn thành etylen, Đốt cháy hoàn toàn lượng etylen thu
được m gam H2O. m có giá trị là:
A. 1,6g
B. 1,8g
C. 1,4g
D. 1,5g
HDG
Suy luận: Đốt cháy được 0,1 mol CO2 thì đốt cháy tương ứng cũng được 0,1 mol CO 2.
Nhưng đốt anken cho mol CO2 bằng mol H2O.
Vậy m = 0,1.18 = 1,8  ĐA: B
VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC:

Các phương pháp trên áp dụng rất nhiều trong giải toán hoá hữu cơ, ngoài ra còn
một số các phương pháp, kĩ thuật xử lí nhanh bài tập trắc nghiệm nữa nhưng phạm vi áp
dụng ít đối với hoá học hữu cơ.
VII.1. Phương pháp quy đổi
Trong những bài toán hỗn hợp (Hay gặp là bài toán về sắt và các oxit), việc giải
theo phương pháp thường dẫn đến bài toán nhiều ẩn và rất phức tạp thậm chí có thể
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

12


không có kết quả. Phương pháp quy đổi là một trong số những phương pháp hữu hiệu
với tiêu chí: Lời giải đơn giản, nhanh và chính xác.
Cơ sở của phương pháp: Quy hỗn hợp X (Nhiều chất)  Hỗn hợp Y (1 hoặc 2 chất).
Phương pháp này thực chất là một kỹ thuật để xử lý hỗn hợp, nó vẫn phải đảm bảo các
định luật bảo toàn: Nguyên tố, điện tích, khối lượng.
Hạn chế: Phương pháp này chỉ áp dụng cho các bài toán định lượng vì khi quy hỗn hợp
sẽ không đúng với bản chất các phản ứng xảy ra.
Ví dụ 1: (ĐTS khối A – 2008)
Hỗn hợp X có tỉ khối so với H 2 là 21,2 gồm: Propan, Propen và Propin. Khi đốt
cháy hoàn toàn 0,1 mol X thì tổng khối lượng CO2 và H2O là:
A. 20,40 g
B. 18,96 g*
C. 16,80g
D. 18,60 g
HDG:
+ Quy hh ban đầu gồm: Propan, Propen và Propin thành hh gồm: C 3H8 (x mol) và C3H6
(y mol).
+ Theo ĐB:
44x + 42y = 4,24

x = 0,02
x + y = 0,1
y = 0,08
+ SĐPƯ:
C3H8  3CO2 + 4H2O
C3H6  3CO2 + 3H2O
Mol 0,02
0,06
0,08
0,08
0,24
0,24
nCO2 = 0,3 mol; nH2O = 0,32 mol  mCO2, H2O = 18,96 g
Lưu ý: Bài toán này cũng có thể giải nhanh dựa vào phương pháp bảo toàn khối lượng
VII.2. Phương pháp sơ đồ:
Áp dụng trong những bài toán tổng hợp, nhiều giai đoạn phản ứng và chưa hoàn
toàn (H < 100%).
Ví dụ 1: Oxi hóa một dung dịch chứa 1000 gam ancol C2H5OH bằng oxi với xúc tác là
men giấm. Thêm tiếp một lượng dung dịch NaOH vào dung dịch thu được rồi đun nóng
( có mặt của CaO) thu được khí X và dung dịch muối cacbonnat. Lấy khí X cho làm
lạnh nhanh từ nhiệt độ 15000C, thu được khí Y. Cho khí Y tác dụng với nước ( ở 800C,
xúc tác HgSO4) thu được chất Z có khả năng tham gia phản ứng tráng gương. Hiđrat hóa
chất Z (xúc tác Ni) thu được m gam ancol. Giả thiết rằng các phản ứng đều xảy ra với
hiệu suất 60%. Giá trị của m là:
A. 60,00.
B. 36,00.
C.46,56
D. 77,76
HDG
mengiâm

NaOH
C ,lamlanhnhanh
→ CH3COOH +
→ CH4 1500


→ C2H2
Sơ đồ chuyển hóa:C2H5OH  
+H O
+ H ( Ni )
→ CH3CHO  
→ C2H5OH. Nếu hiệu suất của tất cả các phản ứng là 100% thì
ta vẫn thu được 1000 g. Nhưng vì mỗi quá trình chỉ đạt H = 60% nên chỉ thu được:
1000. (0,6)5 = 77,76 (g)  ĐA: D
Ví dụ 2: (ĐH_A_08):
Cho sơ đồ chuyển hoá: 2CH4 → C2H2 → C2H3Cl → PVC. Để tổng hợp 250 kg
PVC theo sơ đồ trên thì cần V m3 khí thiên nhiên (ở đktc). Giá trị của V là (biết CH4
chiếm 80% thể tích khí thiên nhiên và hiệu suất của toàn bộ quá trình là 50%):
A. 358,4
B. 448,0
C. 286,7
D. 224,0
HDG
VKhí thiên nhiên = 2.(250/62,5).(100/80).(100/50).22,4 = 448,0 m3  ĐA: B.
0

2

2

Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

13


VII.3. Phương pháp đường chéo:
Đây là phương pháp áp dụng nhiều trong hoá học vô cơ, đặc biệt là các bài toán
pha chế dung dịch, bài toán tỉ khối chất khí…Trong hoá học hữu cơ cũng có thể áp dụng
nhưng rất hạn chế.
Ví dụ 1: Cần trộn 2 thể tích etilen với 1 thể tích hiđrocacbon mạch hở X để thu được
hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với H2 bằng 55/3. Tên của X là:
A. Vinylaxetilen.
B. Buten.
C.Đivinyl
D. Butan
HDG
Sơ đồ đường chéo:

=> X là CH2 = CH - CH=CH2  ĐA: C.
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 12,0 lít hỗn hợp hai hợp chất hữu cơ kế tiếp nhau trong dãy
đồng đẳng thu được 41,4 lít CO2. Thành phần % thể tích của hợp chất có khối lượng
phân tử nhỏ hơn là (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện).
A.55,0%.
B.51,7%.
C.48,3%.
D.45,0%.
HDG

BÀI TẬP ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH
Bài 1: Đề thi đại học Khối A- 2009

Cho 10 gam amin đơn chức X phản ứng hoàn toàn với HCl (dư), thu được 15 gam muối.
Số đồng phân cấu tạo của X là
A. 4.
B. 8.
C. 5.
D. 7.
Bài 2: Cho 1,24 gam hỗn hợp 4 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra V
ml H2 (đktc) và 1,90 gam muối. Tính V
A.112 ml
B. 224 ml
C. 336 ml
D. 448 ml
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

14


Bài3: Cho 9,85 g hỗn hợp 2 amin no, đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dd HCl,
thu được 18,975 g muối. Vậy khối lượng HCl phải dùng là:
A. 9,512 g
B. 9,125 g
C. 9,215 g
D. 9,512 g
Bài 4: Đề thi đại học khối B- 2008
Cho 3,6 gam axit cacboxylic no, đơn chức X tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch
gồm KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô cạn dung dịch thu được 8,28 gam hỗn hợp chất
rắn khan. Công thức phân tử của X là
A. C2H5COOH.
B. CH3COOH.
C. HCOOH. D. C3H7COOH.

Bài 5: Cho 20,15 g hỗn hợp hai axit no, đơn chức tác dụng vừa đủ với dd Na2CO3 thu
được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch muối, cô cạn dung dịch thì thu được 28,96 g
muối. V có giá trị là:
A. 4,84 lít
B. 4,48 lít
C. 2,24 lít
D. Đáp án khác
Bài 6: Cho 10 gam hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác
dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 14,4 gam chất rắn và V lít H2 (đktc). V có giá trị là:
A. 1,12 lít
B. 2,24 lít
C. 3,36 lít
D. 4,48 lít.
Bài 7: Thuỷ phân hoàn toàn 0,05 mol este của một axit đa chức với một rượu đơn chức,
cần 5,6 gam KOH. Mặt khác, khi thuỷ phân 5,475 gam este đó thì cần 4,2 gam KOH và
thu được 6,225 gam muối. Công thức cấu tạo của este là:
A. (COOC2H5)2
C. (COO CH2CH2CH3)2
B. (COOCH3)2
D. Đáp án khác
Bài 8: Tiến hành phản ứng crackinh m gam butan một thời gian thu được hỗn hợp khí
X.Cho X qua dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình Br2 tăng 6,8 gam và có 2,24 lít khí
Y bay ra khỏi bình. Tỉ khối của Y so với H2 là 17. Tính m?
A. 9,8 gam
B. 10,8 gam
C.10,2 gam
D. 9,6 gam
Bài 9: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm C2H2 và H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu
được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua bình đựng dung dịch brom
(dư) thấy khối lượng bình Br2 tăng 1,32 gam và còn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc)

có tỉ khối so với H2 là 8. Khối lượng của hỗn hợp X là:
A. 1,68 gam
B. 1,87 gam
C. 1, 86 gam
D. 1,64 gam
Bài 10: Đun nóng 25,7g một loại chất béo (không chứa tạp chất) với dung dịch chứa
0,25 mol NaOH, khi phản ứng xảy ra xong phải dùng 160ml dd HCl 1M, để trung hòa
NaOH dư được dd X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam rắn khan. Giá trị của m là:
A. 35,9 gam
B. 26,54 gam C. 108,265 gam D. 110,324 gam
Bài 11: (A-2008) Khi crackinh hoàn toàn một thể tích ankan X thu được ba thể tích hỗn
hợp Y (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất); tỉ khối của Y so với H2
bằng 12. Công thức phân tử của X là:
A. C5H12.
B. C3H8.
C. C4H10.
D. C6H14
Bài 12: Có hai este là đồng phân của nhau và đều do các rượu no, đơn chức và axit no,
đơn chức tạo ra. Để xà phòng hoá 22,2 gam hỗn hợp 2 este nói trên, phải dùng vừa hết
12 gam NaOH. Công thức cấu tạo của 2 este là:
A. HCOOC2H5 và CH3COOCH3
B. C2H5COOCH3 và CH3COOCH3
C. CH3COOC2H5 và HCOOC3H7
D. Không xác định được.
Bài 13: Este hoá 1,06 g hỗn hợp A gồm 2 rượu no, đơn chức và kế tiếp nhau trong dãy
đồng đẳng với CH3COOH dư trong H2SO4 đặc, tạo ra 0,95 g hỗn hợp B gồm 2 este
(H=50% với cả 2 rượu). Công thức phân tử hai rượu là:
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

15

A. C2H5OH và C3H7OH
B. CH3OH và C2H5OH
C. C3H7OH và C4H9OH
D. C4H9OH và C5H11OH
Bài 14: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan, but-2-en,
etylaxetilen và đivinyl. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X, tổng khối lượng của CO2 và
H2O thu được là:
A. 34,5 gam.
B. 36,66 gam.
C. 37,2 gam.
D. 39,9 gam.
Bài 15: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O2
(đktc) thu được CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. CTPT của A là (Biết tỉ khối của
A so với không khí nhỏ hơn 7).
A. C8H12O5.
B. C4H8O2.
C. C8H12O3.
D. C6H12O6.
Bài 16: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và ancol một lần ancol tác dụng hoàn toàn
với NaOH thu được 6,4 gam ancol và một lượng muối có khối lượng nhiều hơn lượng
este là 13,56% (so với lượng este). CTCT của este là:
A. CH3 - COO - CH3.
B. CH3OCO - COO - CH3.
C. CH3COO - COOCH3.
D. CH3COO - CH2 - COOCH3.
Bài 17: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của
nhau bằng dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối 5,56 gam hỗn hợp ancol.
CTCT của 2 este là:

A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3.
B. C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5.
C. HCOOC3H7 và C2H5COOCH3.
D. Cả B, C đều đúng.
Bài 18: Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch
HCl 1,2M thì thu được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl đã dùng là:
A. 0,8 lít
B. 0,08 lít.
C. 0,4 lít.
D. 0,04 lít.
Bài 19: Cần trộn 2 thể tích metan với 1 thể tích hidrocacbon X để thu được hỗn hợp khí
có tỉ khối hơi so với hidro bằng 15. X là:
A. C4H10.
B. C3H8.
C. C4H8.
D. C3H6.
Bài 20: Đốt cháy hoàn toàn 15,68 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hidrocacbon thuộc cùng
dãy dồng đẳng, có khối lượng phân tử hơn kém nhau 28 đvC, thu được n CO2 / n H2O =
24/31. CTPT và % khối lượng tương ứng với các hidrocacbon lần lượt là:
A. C2H6 (28,57%) và C4H10 (71,43%).
B. C3H8 (78,57%) và C5H12 (21,43%).
C. C2H6 (17,14%) và C4H10 (82,86%).
D. C3H8 (69,14%) và C5H12 (30,86%).
Bài 21: Hỗn hợp X gồm 0,02 mol axetilen và 0,03 mol hiđro dẫn qua xúc tác Ni đốt
nóng được hỗn hợp Y gồm C2H2, H2, C2H4, C2H6.Đem trộn hỗn hợp Y với 1,68 lít oxi
(đktc) trong bình 4 lít ,sau đó đốt cháy ở 109,20C và p (atm).Vậy giá trị của p là
A. 0,672
B. 0,784
C. 0,96
D. 1,12

Bài 22 (CĐ - 2009): Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X
một thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1.
Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào dung dịch Brom (dư) thì có m gam brom tham gia phản
ứng. Giá trị của m là
A. 16,0.
B. 3,2.
C. 8,0.
D. 32,0.
Câu 23 (ĐH_A_07): Ba hiđrocacbon X, Y, Z kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, trong
đó khối lượng phân tử Z gấp đôi khối lượng phân tử X. Đốt cháy 0,1 mol Y, sản phẩm
khí hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 (dư), thu được số gam kết tủa là
A. 10
B. 20
C. 30
D. 40
Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

16


Câu 24: Tỉ khối hơi của hỗn hợp X gồm CH 4 và C2H2 đối với H2 bằng 11,5 thì lượng O2
cần dùng để đốt cháy hết 1 mol hỗn hợp X là:
A. 3, 75 mol
B. 2,35 mol
C. 2, 75 mol
D. 1, 55 mol
Câu 25: Đốt cháy một số mol như nhau của 3 hidrocacbon X, Y, Z thu được lượng CO 2
như nhau và tỉ lệ số mol H2O và CO2 đối với X, Y, Z tương ứng bằng 0,5; 1 và 1,5.
Công thức của X, Y, Z là:
A. X (C3H8), Y (C3H4), Z (C2H4)

B. X (C2H2), Y (C2H4), Z (C2H6)
C. X (C3H4), Y (C3H6), Z (C3H8)
D. X (C2H4),Y (C2H6),Z (C3H4)
Câu 26: Trung hòa hòan tòan 8,88 gam một amin (bậc một, mạch cacbon không phân
nhánh) bằng axit HCl, tạo ra 17,64 gam muối. Amin có công thức là
A. H2NCH2CH2CH2CH2NH2.
B. CH3CH2CH2NH2.
C. H2NCH2CH2NH2
D. H2NCH2CH2CH2NH2.
1
B
14
B

2
C
15
A

3
D
16
B

4
B
17
D

5

D
18
B

ĐÁP ÁN
6
7
8
A
B
C
19
20
21
A
C
B

9
D
22
A

10
A
23
C

11
A

24
B

12
A
25
B

Phạm Duy Đông – Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hoá hữu cơ

13
A
26
D

17