39 câu kèm lời giải PP giải bài toán về oxi hóa của hidrocacbon (đề 2)

PP giải bài toán về oxi hóa của Hidrocacbon - Đề 2
Bài 1. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 ankin: etin, propin, but-1-in thu được 11,76 lít
CO2 ở đktc và 6,75 gam H2O. Số mol của hỗn hợp 3 ankin đã cho là
A. 0,15 mol
B. 0,25 mol
C. 0,08 mol
D. 0,05 mol
Bài 2. Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp X gồm hai ankin. Toàn bộ sản phẩm được hấp thụ
vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 68,95 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 49,05
gam. Thể tích của hỗn hợp X (đktc) là
A. 2,24 lít.
B. 1,12 lít.
C. 3,36 lít.
D. 4,48 lít.
Bài 3. Sản phảm chính khi oxi hóa etylbenzen bằng dung dịch KMnO4 là
A. C6H5COOH.
B. C6H5CH2COOH.
C. C6H5COOK.
D. C6H5CH2COOK.
Bài 4. Đốt cháy hoàn toàn 5,2 gam C2H2 rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào bình X chứa dung
dịch Ca(OH)2 dư. Khối lượng dung dịch trong bình X tăng hay giảm bao nhiêu gam ?
A. tăng 21,2 gam.
B. giảm 18,8 gam.
C. giảm 40 gam.
D. tăng 17,6 gam.
Bài 5. Đốt cháy hoàn toàn một ankan X phải cần 11,2 lit Oxi (đktc), sau phản ứng dẫn sản
phẩm qua bình nước vôi trong dư thu được 30 gam kết tủa. Công thức phân tử của X là
A. C2H6
B. C5H12
C. C3H8
D. CH4

Bài 6. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol ankan A rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình chứa nước vôi
trong dư thu được 20 gam kết tủa. Sau thí nghiệm khối lượng bình phản ứng
A. tăng 13,3 gam
B. giảm 13,3 gam
C. tăng 6,7 gam
D. giảm 6,7 gam
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


Bài 7. Đốt cháy hết V lít (đktc) hidrocacbon X rồi dẫn sản phẩm qua bình chứa dung dịch
Ba(OH)2 dư. Sau thí nghiệm thu được 7,88 gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch
giảm 5,22 gam. Giá trị của V là
A. 1,12
B. 0,224
C. 0,896
D. 0,112
Bài 8. Một hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C có công thức phân tử khác nhau, thuộc 3
dãy đồng đẳng hiđrocacbon khác nhau. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X thu được hỗn hợp
CO2 và H2O theo tỉ lệ mol 1:1. Dẫn V lit (đktc) X vào dung dịch brom dư, thấy khối lượng
bình brom tăng 12,3 gam. Khí C còn lại thoát ra ngoài đem đốt cháy hoàn toàn thì thu được
13,2 gam CO2 và 8,1 gam H2O. V có giá trị là
A. 15,68 lit
B. 8,96 lit
C. 6,72 lit
D. 4,48 lit
Bài 9. Đốt cháy hoàn toàn 1,29 mol hỗn hợp X gồm ankin CnH2n-2, ankađien CmH2m-2 và
anken CxH2x thu được 1,892 mol CO2 và 1,302 mol H2O. Số mol của anken có trong hỗn hợp

X là
A. 0,602 (mol).
B. 0,59 (mol).
C. 0,7 (mol).
D. Tất cả đều sai
Bài 10. Đốt cháy hoàn toàn 24,64 lít (27,3oC, 1atm) hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng
đẳng kế tiếp. Sản phẩm cháy được hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư thì thấy khối
lượng bình tăng lên 149,4 gam và khối lượng dung dịch trong bình giảm 120,6 gam. Công
thức phân tử của 3 hiđrocacbon là
A. C2H2, C3H4, C4H6.
B. C2H6, C3H8, C4H10.
C. C3H4, C4H6, C5H8.
D. C6H6, C7H8, C8H10
Bài 11. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hiđrocacbon X. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào
dung dịch Ba(OH)2 (dư) tạo ra 29,55 gam kết tủa, dung dịch sau phản ứng có khối lượng
giảm 19,35 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Công thức phân tử của X là
A. C3H8.
B. C3H6.
C. C3H4.
D. C2H6.

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


Bài 12. Hỗn hợp khí X gồm một ankan và một anken. Tỉ khối của X so với H2 bằng 11,25.
Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít X, thu được 6,72 lít CO2 (các thể tích khí đo ở đktc). Công thức
của ankan và anken lần lượt là

A. CH4 và C4H8.
B. C2H6 và C2H4.
C. CH4 và C2H4.
D. CH4 và C3H6.
Bài 13. Trong một bình kín chứa hiđrocacbon X ở thể khí (đktc) và O2 (dư). Bật tia lửa điện
đốt cháy hết X đưa hỗn hợp về điều kiện ban đầu trong đó % thể tích của CO2 và hơi nước
lần lượt là 30% và 20%. Công thức phân tử của X và % thể tích của hiđrocacbon X trong
hỗn hợp ban đầu lần lượt là
A. C3H4 và 10%.
B. C3H4 và 90%.
C. C3H8 và 20%.
D. C4H6 và 30%.
Bài 14. Đốt cháy m gam hỗn hợp C2H6, C3H4, C3H8, C4H10 được 35,2 gam CO2 và 21,6 gam
H2O. Giá trị của m là
A. 14,4.
B. 10,8.
C. 12.
D. 56,8.
Bài 15. Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon vào bình đựng dung dịch brom
(dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, có 4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít khí.
Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2. Công thức phân tử của hai
hiđrocacbon là (biết các thể tích khí đều đo ở đktc)
A. CH4 và C3H6.
B. C2H6 và C3H6.
C. CH2 và C3H4.
D. CH4 và C2H4.
Bài 16. Hỗn hợp X gồm metan, axetilen và propen có tỉ khối so với H2 là 13,1. Đốt cháy
hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X sau đó dẫn sản phẩm cháy vào bình chứa dung dịch Ca(OH)2
dư thì thu được 38 gam kết tủa trắng và khối lượng bình tăng thêm m gam. Giá trị của m là
A. 21,72 gam

B. 22,84 gam
C. 16,72 gam
D. 16,88 gam
Bài 17. Để đơn giản ta xem một loại xăng là hỗn hợp của pentan - hexan có tỉ khối hơi so
với H2 là 38,8. Cần trộn hơi xăng và không khí (20% thể tích là O2) theo tỉ lệ thể tích như thế
nào để đốt cháy vừa đủ và hoàn toàn xăng ?
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


A. 1:43
B. 1:40
C. 1:38
D. 1:35
Bài 18. Hỗn hợp X gồm rất nhiều các ankan, anken, ankin trong X tổng số mol các ankan
bằng tổng số mol các ankin. Đốt cháy hoàn toàn m gam X sau đó hấp thụ hết sản phảm vào
bình chứa dung dịch Ca(OH)2 thấy có 30 gam kết tủa xuất hiện.Lọc kết tủa đun sôi dung
dịch lại thấy xuất hiện thêm tối đa 10 gam kết tủa nữa. Giá trị m là
A. 5,6
B. 4,2
C. 7,0
D. 4,7
Bài 19. Hỗn hợp X gồm C4H4, C4H2, C4H6, C4H8 và C4H10. Tỉ khối của X so với H2 là 27. Đốt
cháy hoàn toàn X, cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc), thu được CO2 và 0,03 mol H2O. Giá trị
của V là
A. 1,232.
B. 2,464.
C. 3,696.

D. 7,392.
Bài 20. Hỗn hợp khí X gồm propen, etan, buta-1,3-đien, but-1-in có tỉ khối so với SO2 là
0,75. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X rồi cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào
bình dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 8,3 gam
B. 7,0 gam
C. 7,3 gam
D. 10,4 gam
Bài 21. Có một hỗn hợp X gồm hiđrocacbon Y mạch hở và N2. Đốt 300 cm3 hỗn hợp X bởi
725 cm3 O2 lấy dư trong một khí nhiên kế thu được 1100 cm3 hỗn hợp khí và hơi. Nếu cho
ngưng tụ hơi nước thì còn 650 cm3 và sau đó nếu tiếp tục cho lội qua KOH chỉ còn 200 cm3
khí. Công thức phân tử của X là
A. C3H6
B. C2H4
C. C4H8
D. C5H10
Bài 22. Một loại khí thiên nhiên chứa 80,9% metan; 6,8% etan; 2,7% propan; 1,6% butan;
7,9% nitơ và 0,1% cacbon đioxit về thể tích. Thể tích không khí tối thiểu cần dùng để đốt
cháy hoàn toàn 1m3 khí thiên nhiên (không khí có 20% O2; 80% N2 về thể tích; các khí đo ở
đktc) là
A. 10,475 m3
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


B. 10,000 m3
C. 11,275 m3
D. 11,775 m3

Bài 23. Đốt cháy hoàn toàn a mol một hiđrocacbon X rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào
nước vôi trong dư thì tạo 4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cân lại bình nước vôi trong thì thấy
khối lượng giảm 1,376 gam. Công thức phân tử của X là
A. C4H10
B. C5H12
C. C3H8
D. C2H6
Bài 24. Dẫn 3,36 lít hỗn hợp khí etilen và khí propilen (đktc) đi qua dung dịch KMnO4 dư.
Sau phản ứng hoàn toàn thấy xuất hiện m gam chất rắn màu nâu đen. Giá trị của m là
A. 8,7 gam
B. 13,05 gam
C. 6,525 gam
D. 17,4 gam
Bài 25. Dẫn 10,5 gam propilen đi qua 200 ml dung dịch KMnO4 1M trong môi trường trung
tính. Tính khối lượng sản phẩm hữu cơ thu được sau phản ứng biết hiệu suất phản ứng là
100% ?
A. 15,2 gam.
B. 19,0 gam.
C. 17,1 gam.
D. 22,8 gam.
Bài 26. Hấp thụ vừa đủ hỗn hợp khí X gồm etilen và propilen vào dung dịch KMnO4 31,6%
ở nhiệt độ thấp thu được dung dịch Y chỉ chứa 3 chất tan là etilenglicol, propan-1,2-điol,
kali hiđroxit và kết tủa Z; Trong dung dịch Y nồng độ % của etilenglicol là 6,906%. Phần
trăm khối lượng propilen trong X là
A. 62,88%
B. 73,75%
C. 15,86%
D. 15,12%
Bài 27. Một hỗn hợp X gồm 1 ankan A và 1 hiđrocacbon B mạch hở. Lấy 3,36 lít (đktc) hỗn
hợp X đốt cháy thu được 17,6 gam CO2 và 8,1 gam H2O. Lấy 3,36 lít hỗn hợp X cho qua

dung dịch KMnO4 dư thì có 1,12 lít khí (đktc) thoát ra. Thể tích dung dịch KMnO4 2/3M
phải dùng để phản ứng vừa đủ với 3,36 lít hỗn hợp X trên là
A. 0,05 lít
B. 0,1 lít
C. 0,15 lít
D. 0,18 lít
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


Bài 28. Để oxi hóa không hoàn toàn 9,2 gam toluen cần dùng V lít dung dịch KMnO4 1M
(môi trường trung tính) (cần đun nóng, hiệu suất 100%). Giá trị của V là
A. 0,15
B. 0,20
C. 0,225
D. 0,30
Bài 29. Cân bằng phản ứng hóa học sau:
CH3-C≡CH + KMnO4 + KOH → CH3COOK + MnO2 + K2CO3 + H2O
Tổng các hệ số cân bằng của phương trình là
A. 28.
B. 30.
C. 29.
D. 27.
Bài 30. Cân bằng phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
KMnO4 + C6H5-CH=CH2 + H2SO4 -----> MnSO4 + (Y) + CO2 + K2SO4 + H2O
(Y) là kí hiệu của sản phẩm hữu cơ. Tổng các hệ số cân bằng của phương trình là:
A. 25
B. 15

C. 27
D. 17
Bài 31. Cho phản ứng:

Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình hóa học của phản ứng trên
là
A. 14.
B. 15.
C. 16.
D. 17.
Bài 32. Cho phản ứng:

Biết X là sản phẩm hữu cơ. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình
hóa học của phản ứng trên là
A. 15.
B. 16.
C. 17.
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


D. 18.
Bài 33. Oxi hóa o-xilen bằng KMnO4 (môi trường axit) theo phương trình:

Biết X là sản phẩm hữu cơ. Tổng hệ số (nguyên, tối giản) tất cả các chất trong phương trình
hóa học của phản ứng trên là
A. 84.
B. 85.

C. 86.
D. 87.
Bài 34. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon mạch hở cùng dãy đồng đẳng
hấp thụ hoàn toàn sản phẩm vào 1,8 lít dung dịch Ca(OH)2 0,05 M thu được kết tủa và khối
lượng dung dịch tăng 3,78 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được kết tủa và tổng
khối lượng tổng cộng cả 2 lần là 18,85 gam. Tỉ khối của X với H2 nhỏ hơn 20. Dãy đồng
đẳng của 2 hiđrocacbon là
A. ankan
B. anken
C. ankin hoặc ankađien
D. ankin hoặc ankađien hoặc aren
Bài 35. Đốt cháy hoàn toàn 0,5 lít (ở điều kiện 273oC và 1,3432 atm) một ankađien liên hợp
X. Sản phẩm cháy được hấp thụ hoàn toàn vào 40 ml dung dịch Ba(OH)2 1,5M thu được
8,865 gam kết tủa. Số công thức cấu tạo thoả mãn X là
A. 1
B. 3
C. 2
D. 4
Bài 36. Đốt cháy 560 cm3 hỗn hợp khí (đktc) gồm 2 hiđrocacbon X, Y có cùng số nguyên tử
cacbon ta thu được 4,4 gam CO2 và 1,9125 gam hơi nước. Tổng khối lượng mol phân tử của
2 hiđrocacbon X, Y không thể nhận giá trị nào dưới đây ?
A. 114
B. 116
C. 108
D. 110
Bài 37. Một hỗn hợp gồm 2 hiđrocacbon X, Y mạch hở trong phân tử mỗi chất không quá
một liên kết ba hay liên kết đôi. Số nguyên tử cacbon trong mỗi chất tối đa là 7. Đốt cháy
hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp thu được 0,25 mol CO2 và 0,23 mol H2O. 2 hiđrocacbon X, Y
không thể là 2 chất nào sau đây ?
A. C5H12, C5H8

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


B. C7H14; C2H2
C. C5H10, C5H8
D. C6H14; C3H4
Bài 38. Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon X mạch hở thể khí với 1,92 gam O2 trong bình
kín; rồi cho các chất sau phản ứng qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư; bình 2 đựng 3,5 lít dung
dịch Ca(OH)2 0,01M thu được 3 gam kết tủa. Khí duy nhất bay ra có thể tích 0,224 lít
(27,3oC; 1,1 atm). Công thức phân tử của X là
A. C3H8 hoặc C2H2
B. CH4 hoặc C3H4
C. C3H8 hoặc C3H4
D. CH4 hoặc C2H2
Bài 39. Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon X trong bình kín dung tích 10 lít bằng lượng không
khí lấy gấp đôi lượng cần thiết. Sau phản ứng, làm lạnh bình về 0oC thấy áp suất bình là
1,948 atm. Mặt khác, khi hấp thụ lượng nước sinh ra bằng 25 ml dung dich H2SO4 98% (D =
1,84 g/ml) được dung dịch H2SO4 95,75%. Biết trong không khí chỉ có O2 và N2 với tỉ lệ thể
tích 1:4, X không có đồng phân. Công thức phân tử của X là
A. CH4
B. C2H4
C. C3H6
D. C2H2

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án A
Nhận thấy ankin có công thức chung là CnH2n-2

3n − 1
to
→ n CO2 + (n-1) H2O
CnH2n-2 + 2 O2 
→ nankin = nCO2 - nH2O = 0,525- 0,375 = 0,15 mol.
Câu 2: Đáp án A
Ta có nCO2 = nBaCO3 = 0,35 mol

0, 35.197 − 0,35.44 − 49, 05
18
mdd giảm = mCaCO3 - mCO2 - mH2O → nH2O =
= 0,25 mol
nankin = nCO2- nH2O = 0,1 mol → V= 2,24 lít.
Câu 3: Đáp án C

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


C6H5 CH2CH3 + 4KMnO4 → C6H5COOK + CO2 + 3KOH + 4MnO2+ H2O
Câu 4: Đáp án B
Khi đốt cháy 0,2 mol C2H2 sinh ra 0,4 mol CO2 và 0,2 mol H2O
Vì Ca(OH)2 dư nên nCO2 = nCaCO3 = 0,4 mol
Có mCaCO3 -mCO2-mH2O = 0,4.100- 0,4.44- 0,2. 18 = 18,8 gam.
Câu 5: Đáp án C
Ta có nCO2 = 0,3 mol, nO2= 0,5 mol
Bảo toan nguyên tố O → nH2O = 0,5.2- 0,3.2 = 0,4 mol

→ C: H = 0,3 : 0,8 = 3: 8→ ankan X có công thức C3H8.
Câu 6: Đáp án A
Chú ý đề bài khối lượng bình không phải khối lượng dung dịch.
Vì nước vôi trong dư nên nCaCO3 = nCO2 = 0,2 mol
Có nH2O = nankan + nCO2 = 0,25 mol
mbình = mCO2 +mH2O = 0,2.44 + 0,25. 18 = 13,3 gam.
Câu 7: Đáp án B
Vì Ba(OH)2 dư nên nBaCO3 = nCO2 = 0,04 mol

7,88 − 5, 22 − 0, 04.44
18
→ mdd giảm = mBaCO3 - mCO2 - mH2O → nH2O =
= 0,05 mol
Vì nH2O > nCO2 nên X là ankan có số mol : 0,05- 0,04= 0,01 mol
→ V= 0,224 lít.
Câu 8: Đáp án B
Tìm đc thằng C2H6 =>> số mol còn 2 thằng kia thì đặt là CxHy ==> ==>nCo2=nH20 rồi ra
thôi
Câu 9: Đáp án C
Gọi số mol ankin, ankadien, anken lần lượt là x, y, z
Có x+ y + z= 1,29
Luôn có nCO2- nH2O = x+ y = 0,59 → z= 0,7 mol
Câu 10: Đáp án A

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365

1 mol hhX gồm 3 hiđrocacbon kế tiếp + O2 → mbình tăng = 149,4 gam và mkhối lượng dung dịch giảm =
120,6 gam.
• Đặt nCO2 = x mol; nH2O = y mol.
Ta có: mbình tăng = mCO2 + mH2O = 44a + 18b = 149,4 (*)
mbình giảm = mCaCO3 - (mCO2 + mH2O) → mCaCO3 = 120,6 + 149,4 = 270 gam → a = 2,7 mol.
Từ (*) → b = 1,7 mol.
nCO2 - nH2O = nhhX → ankin.
Ta có số C trung bình = 2,7 : 1 = 2,7.
Vậy hhX gồm C2H2, C3H4 và C4H6
Câu 11: Đáp án A
Ta có nCO2 = nBaCO3 = 29,55 : 197 = 0,15 mol.
Ta có: mgiảm = mBaCO3 - (mCO2 + mH2O) → mH2O = 29,55 - 0,15 x 44 - 19,35 = 3,6 gam → nH2O =
0,2 mol.
Ta có nCO2 < nH2O → ankan.
nankan = 0,2 - 0,15 = 0,05 → số C trong X = 0,15 : 0,05 = 3 → C3H8
Câu 12: Đáp án D
MX = 22,5 → ankan là CH4 Gọi : nCH4 = x; số mol anken CnH2n = y
Khối lượng của X = 0,2 × 22,5 = 4,5
 x + y = 0, 2

 x + yn = 0,3
16 x + 14 yn = 4,5
Ta có hệ pt 

→ x = 0,15; y = 0,05; yn = 0,15 → n = 3 → C3H6
Câu 13: Đáp án A
Giả sử hh sau có 30 lít CO2; 20 lít H2O và 50 lít O2 dư.
Vì VCO2 > VH2O → ankin.
Ta có Vankin = VCO2 - VH2O = 30 - 20 = 10 lít.
Ta có X có số C = 30 : 10 = 3 → X là C3H4.

Theo BTNT O: VO2ban đầu = (2 x VCO2 + VH2O) : 2 = (2 x 30 + 20) : 2 = 40 lít.

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


→ VO2 ban đầu = 40 + 50 = 90 lít.
Vậy hh ban đầu gồm 10 lít C3H4 và 90 lít O2

→

%VC3 H4 =

10
= 10%
100

Câu 14: Đáp án C
m gam hh C2H6, C3H4, C3H8, C4H10 + O2 → 0,8 mol CO2 + 1,2 mol H2O.
Theo BTNT: m = mC + mH = 0,8 x 12 + 1,2 x 2 = 12 gam
Câu 15: Đáp án A
hhX gồm nCnH2n + 2 = 1,12 : 22,4 = 0,05 mol;
Hiđrocacbon phản ứng vừa đủ với 0,025 mol Br2 có số mol (1,68 - 1,12)/22,4 = 0,025 mol →
anken CmH2m 0,025 mol.
Đốt cháy 0,05 mol CnH2n + 2; 0,025 mol CmH2m → 0,125 mol CO2
Số C trung bình = 0,125 : 0,075 ≈ 1,67 → Ankan là CH4.
Ta có: nCO2 = 0,05 + 0,025m = 0,125 → m = 3 → C3H6
Câu 16: Đáp án B

Ta có mX = 13,1 x 2 x 0,2 = 5,24 gam.
Theo BTNT: mX = mC + mH
Mà nC = nCaCO3 = 38 : 100 = 0,38 mol → mH = 5,24 - 0,38 x 12 = 0,68 gam → nH2 = 0,34 mol.
Ta có mbình tăng = mCO2 + mH2O = 0,38 x 44 + 0,34 x 18 = 22,84 gam
Câu 17: Đáp án A
Giả sử có 1 mol xăng.
Đặt nC5H12 = x mol; nC6H14 = y mol.

Ta có hpt:

x + y = 1
 x = 0, 6

→
 72 x + 86 y
 x + y = 38,8.2  y = 0, 4


C5H12 + 8O2 → 5CO2 + 6H2O
0,6-----------4,8
C6H14 + 9,5O2 → 6CO2 + 7H2O
0,4----------3,8
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


→ nO2 = 4,8 + 3,8 = 8,6 mol → nkhông khí = 8,6 x 5 = 43 mol.
Vậy Vxăng : Vkhông khí = 1 : 43

Câu 18: Đáp án A
Vì số mol của ankan = số mol của ankin → Ta coi hhX ban đầu gồm các anken CnH2n.
Ta có nCO2 = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol.
Theo BTNT: nC = nCO2 = 0,4 mol → nH = 2 x 0,4 = 0,8 mol.
→ m = mC + mH = 0,4 x 12 + 0,8 x 1 = 5,6 gam
Câu 19: Đáp án A
Đặt CTC của hhX là C4Hx
Ta có MX = 54 → x = 6 → C4H6
C4H6 + 5,5O2 → 4CO2 + 3H2O
→ nCO2 = 0,03 x 5,5/3 = 0,055 mol → V = 0,055 x 22,4 = 1,232 lít
Câu 20: Đáp án B
hhX gồm C3H6, C2H6, C4H6 và C4H6
Đặt CTC của hhX là CxH6.
Mà MX = 0,75 x 64 = 48 → x = 3,5 → C3,5H6.
C3,5H6 + 5O2 → 3,5CO2 + 3H2O
→ nCO2 = 0,02 x 3,5 = 0,07 mol → nCaCO3 = 0,07 mol → m = 0,07 x 100 = 7 gam
Câu 21: Đáp án A
Ta có VH2O = 1100 - 650 = 450 cm3.
VCO2 = 650 - 200 = 450 cm3.
Vì VCO2 = VH2O → anken.
CnH2n + (1,5n)O2 → nCO2 + nH2O
VO2 dư + N2 dư = 200 cm3 => VX + VO2phản ứng = 825 cm3
→ VX + 1,5n x VX = 825 → nVX = 450 → VX = 150 → n = 3 → C3H6
Câu 22: Đáp án A
1m3 khí thiên nhiên chứa 0,809 m3 CH4; 0,068 m3 C2H6; 0,027 m3 C3H8; 0,016 m3 C4H10;
0,079 m3 N2 và 0,001 m3 CO2
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365

CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O
0,809------1,618
C2H6 + 3,5O2 → 2CO2 + 3H2O
0,068------0,238
C3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2O
0,027------0,135
C4H10 + 6,5O2 → 4CO2 + 5H2O
0,016------0,104
→ ∑VO2 = 1,618 + 0,238 + 0,135 + 0,104 = 2,095 m3 → Vkhông khí = 2,095 x 5 = 10,475 m3
Câu 23: Đáp án B
nCO2 = 4 : 100 = 0,04 mol.
mbình giảm = mCaCO3 - (mCO2 + mH2O) → mH2O = 4 - 0,04 x 44 - 1,376 = 0,864 gam
→ nH2O = 0,864 : 18 = 0,048 mol.
Vì nH2O > nCO2 → X là ankan.
nankan = 0,048 - 0,04 = 0,008 mol → số C trong X = 0,04 : 0,008 = 5 → C5H12
Câu 24: Đáp án A
0,15 mol hh C2H4 và C3H6 + KMnO4 dư
Đặt CTC của hai anken là CnH2n
3CnH2n + 2KMnO4 + 4H2O → 3CnH2n(OH)2 + 2MnO2↓ + 2KOH
→ nMnO2 = 0,15 : 3 x 2 = 0,1 mol → m = 0,1 x 87 = 8,7 gam
Câu 25: Đáp án B
3C3H6 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C3H6(OH)2 + 2MnO2↓ + 2KOH
0,25---------------------------------------0,25
→ mC3H6(OH)2 = 0,25 x 76 = 19 gam
Câu 26: Đáp án B

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


Giả sử:

mddKMnO4 = 158( g ) ⇒ nKMnO4 = nMnO2 +

158.0,316
= 0,316
158

3Cn H 2 n + 2 KMnO4 + 4 H 2O = 3Cn H 2 n (OH ) 2 + 2 KOH + 2MnO2
nC2 H 4 = a; nC3 H 6 = b
0,316.3
= 0, 474(1)
2
Khối lượng dung dịch sau phản ứng:
m = 28a + 42b + 158 − 0,316.87 = 28a + 42b + 130,508
62a
%C2 H 4 (OH ) 2 =
= 0, 06906(2)
28a + 42b + 130,508
(1), (2) ⇒ a = 0,165; b = 0,309
0,309.42
%C3 H 6 =
.100 = 73, 75%
28.0,165 + 42.0,309
⇒ a+b =

Câu 27: Đáp án B
0,15 mol hhX + O2 → 0,4 mol CO2 + 0,45 mol H2O
Ta có: nH2O - nCO2 = nhhX → B là anken.
0,15 mol hhX + KMnO4 dư → 0,05 mol khí thoát ra.
→ nanken = 0,15 - 0,05 = 0,1 mol.
3CnH2n + 2KMnO4 + 4H2O → CnH2n(OH)2 + 2MnO2↓ + 2KOH
0,1----------0,2/3
→ VKMnO4 = 0,2/3 : 2/3 = 0,1 lít
Câu 28: Đáp án B
0,1 mol C6H5-CH3
o

t
→ C6H5COOK + 2MnO2↓ + KOH + H2O
C6H5-CH3 + 2KMnO4 

0,1------------------0,2
→ VKMnO4 = 0,2 : 1 = 0,2 lít
Câu 29: Đáp án A
Nhận thấy hợp phần CH3 không thay đổi số oxi hóa.
Quá trình oxi hóa: C0 + C-1 → C+3 + C+4 + 8e
Quá trình khử: Mn+7 + 3e → Mn+4
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


Phương trình phản ứng: 3CH3-C≡CH + 8KMnO4 + H2O → 3CH3COOH + 8MnO2 +3K2CO3
+ 2KOH.

→ Tổng hệ số cân bằng của phương trình = 3 + 8 + 1 + 3 + 8 + 3 + 2 = 28
Câu 30: Đáp án B
KMnO4 + C6H5 -CH=CH2 + H2SO4 → MnSO4 + C6 H5COOH + CO2 + K2SO4 + H2 O
Quá trình oxi hóa C-1 + C-2 → C+3 + C+4 + 10e
Quá trình khử: Mn+7 +5e → Mn+2
PT:2KMnO4 + C6H5 -CH=CH2 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + C6H5COOH + CO2 + K2SO4 + 4H2O
→ Tổng hệ số của phương trình là 2 + 1 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 + 4 = 15 → Chọn B.
Chú ý hợp chất có chứa liên kết đôi khi tham gia phản ứng oxi hóa khử trong KMnO4 /H2SO4
thì liên kết đôi bị phá vỡ hình hợp chất có chức COOH hoặc CO2.
Câu 31: Đáp án B
KMnO4 + C6H5 -CH=CH2 + H2SO4 → MnSO4 + C6 H5COOH + CO2 + K2SO4 + H2 O
Quá trình oxi hóa C-1 + C-2 → C+3 + C+4 + 10e
Quá trình khử: Mn+7 +5e → Mn+2
PT:2KMnO4 + C6H5 -CH=CH2 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + C6H5COOH + CO2 + K2SO4 + 4H2O
→ Tổng hệ số của phương trình là 2 + 1 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 + 4 = 15 → Chọn B.
Chú ý hợp chất có chứa liên kết đôi khi tham gia phản ứng oxi hóa khử trong KMnO4 /H2SO4
thì liên kết đôi bị phá vỡ hình hợp chất có chức COOH hoặc CO2.
Câu 32: Đáp án B
3C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C6H5-CH(OH)-CH2OH + 2MnO2↓ + 2KOH
→ Tổng hệ số của các chất khi cân bằng = 3 + 2 + 4 + 3 + 2 + 2 = 16
Câu 33: Đáp án C
5 × | 2C-3 → 2C+3 + 12e
12 × | Mn+7 + 5e → M+2
5C6H4(CH3)2 + 12KMnO4 + 18H2SO4 → 5C6H4(COOH)2 + 12MnSO4 + 6K2SO4 + 28H2O
→ Tổng hệ số các chất khi cân bằng = 5 + 12 + 18 + 5 + 12 + 6 + 28 = 86
Câu 34: Đáp án C
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365

Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O
..................0.04..........0.04
Ca(OH)2 + 2CO2 → Ca(HCO3)2
..................0.1...............0....
Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + CaCO3 + H2O
.....0,05................................
nCa(OH)2 = 0,09 mol;
mkết tủa = mCaCO3 + mBaCO3 → nBaCO3 = (18,85 - 0,09 x 100)/197 = 0,05 mol.
→ nCO2 = 0,09 + 0,05 = 0,14 mol.
→ 3,78 = 0,14 x 44 + mH2O - 0,04 x 100 → mH2O = 1,62 gam → nH2O = 0,09 mol.
dX/H2 < 20 → X < 40 → số C trung bình ≤ 3,3.
Đặt CTC của 2 R-H là CxH2x + 2 - 2k (trong đó x là giá trị trung bình của số C)

Ta có:

nCO2
nC
x
0,14
=
→
=
nH 2.nH 2O
2 x + 2 − 2k 0, 09.2

→ 5n = 14k - 14.

k nguyên → k = 2 là thỏa mãn

Câu 35: Đáp án C
0,015 mol CnH2n - 2 + O2 → CO2
CO2 + 0,06 mol Ba(OH)2 → 0,045 mol BaCO3
• TH1: Ba(OH)2 dư → nCO2 = nBaCO3 = 0,045 mol.
→ Số C trong X = 0,045 : 0,015 = 3 → C3H4 → loại vì X liên hợp.
• TH2: Ba(OH)2 vừa đủ
Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O
0,06---------0,06--------0,06
BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 (*)
nBaCO3phản ứng = 0,06 - 0,045 = 0,015 mol → ∑nCO2 = 0,06 + 0,015 = 0,075 mol
→ Số C trong X = 0,075 : 0,015 = 5 → C5H8
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


Câu 36: Đáp án B
0,025 mol hh gồm 2 hiđrocacbon X, Y + O2 → 0,1 mol CO2 + 0,10625 mol H2O
• Ta có số C trung bình trong X = 0,1 : 0,025 = 4.
Vì nH2O - nCO2 < nhhX
→ Trong X gồm ankan C4H10 và một hiđrocacbon không no.
→ MX + MY < 2 x MC4H10 = 2 x 58 = 116.
→ Tổng số mol của X,Y không thể là 116
Câu 37: Đáp án D
0,05 mol hh X, Y + O2 → 0,25 mol CO2 và 0,23 mol H2O
Vì nH2O > nCO2 → hh có một ankin.
• TH1: hh gồm 1 anken x mol và 1 ankin y mol

 x + y = 0, 05

 x = 0, 03
→

Ta có hpt:  y = 0, 25 − 0, 23 = 0, 02  y = 0, 02
hhX gồm CnH2n - 2 0,02 mol và CmH2m 0,03 mol.
Ta có: 0,02n + 0,03m = 0,25
Thử 2TH: C7H14 và C2H2 hoặc C5H12 và C5H8 đều thỏa mãn.
• TH2: hh gồm CnH2n + 2 x mol và CmH2m - 2 y mol.

 x + y = 0, 05
 x = 0, 015
→

Ta có hpt:  x − y = −0, 02  y = 0, 035
Ta có 0,015n + 0,035m = 0,25 → 7n + 3m = 50.
Nếu n = 5 → m = 5 → Cặp C5H12 và C5H8 thỏa mãn.
Nếu n = 6 → m = 2,67 → Cặp C6H14 và C3H4 không thỏa mãn
Câu 38: Đáp án A
Khí bay ra sau khi đi qua bình 1 và bình 2 chính là O2 dư

nO2du =

0, 224.1,1
= 0, 01mol
0, 082.(273 + 27,3)
→ nO2phản ứng = 0,06 - 0,01 = 0,05 mol.

• TH1: Ca(OH)2 dư
Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


→ nCO2 = nCaCO3 = 0,03 mol.
Theo BTNT: nH2O = 2 x nO2 - 2 x nCO2 = 2 x 0,05 - 2 x 0,03 = 0,04 mol.
nCO2 < nH2O → ankan.
nankan = 0,04 - 0,03 = 0,01 mol → Số C trong X = 0,03 : 0,01 = 3 → C3H8.
• TH2: CO2 dư
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
0,035--------0,035
CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 (*)
Ta có nCaCO3 phản ứng (*) = 0,035 - 0,03 = 0,005 mol.
→ ∑nCO2 = 0,035 + 0,005 = 0,04 mol.
Theo BTNT: nH2O = 2 x 0,05 - 2 x 0,04 = 0,02 mol.
Ta có nCO2 > nH2O → ankin.
nankin = 0,04 - 0,02 = 0,02 mol → Số C trong X = 0,04 : 0,02 = 2 → C2H2
Câu 39: Đáp án B

1,948.10
= 0,87 mol
Số mol khí sau phản ứng: 0, 082.273
Gọi khối lượng nước là a gam.
25.98.1,84
95, 75
100
=
100 → a = 1,08 gam → nH2O = 0,06 mol.
Ta có: 46 + a

y
y
C x H y + ( x + )O2 → xCO2 + H 2O
4
2
b--------(x + y/4)b--------xb----------yb/2
Vì lượng không khí dùng gấp đôi nên số mol khí sau phản ứng là

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365


y

9b( x + 4 ) + bx = 0,87(1)

 yb = 0, 06(2)
 2
y
9b( x + ) + bx
0,87
x 0, 6 1
4
=
→ =
=
yb
0,12

y
1,
2
2
Lấy (1) : (2) →
→ (CH2)n chỉ có n = 2 thì chất A không có đồng phân → C2H4

Chuyên đề thi có lời giải chi tiết, file word
Email :

SĐT : 0982.563.365