Bài tập, công thức tính nhanh môn Hoá ôn thi đại học môn Hoá

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

A. Kiến Thức Cần Nắm:
1. Công thức tính khối lượng mol(M)

M=

m
n

M = d.MB

2. Công thức tính khối lượng các nguyên tố:
12.mCO2
mC =
mC = 12. nCO 2
hay
44
2.mH 2O
mH =
hay mH = 2. nH 2 O
18
mN = 28. nN 2
hay
mN = 14. nNH 3
* Việc xác định khối lượng các nguyên tố khác dựa vào chất chứa nguyên tố đó
VD: m AgCl  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 CO2, H2O tạo thành khi đốt cháy chất hữu cơ(A)
a. Sơ đồ 1:
Bình 1: H2SO4 đ
Bình 2: dd Ca(OH)2 dư
CO2
O2 ,t 0
 CO2

Chất A 
H O  H2O
2

Khi đó: + Khối lượng bình 1 tăng = mH 2 O
+ Khối lượng bình 2 tăng = mCO 2
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
O2 ,t 0


Chất A 
CO2
CO2
H2O
H2O
Khi đó: + Khối lượng bình tăng ∆m(g) = mCO 2 + mH 2 O
Có pư: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
Nên m  = mCaCO 3 , suy ra: nCO 2 = nCaCO 3
* Nếu khối lượng dd sau pư giảm = mCaCO 3 - ( mCO 2 + mH 2 O)

* Nếu khối lượng dd sau pư tăng = ( mCO 2 + mH 2 O) - mCaCO 3
=========================================================================
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
1,81m *2
Bình 1 tăng chính là khối lƣợng nƣớc  % H 
*100%  4, 09%
18*4,92m
10,56m *12
Bình 2 tăng chính là khối lƣợng CO2:  %C 
*100%  58,54%
44*4,92m
4,92 mg ------------------------------- x mg N2
6,15 mg -------------------------------(0,55*28)/22,4 N2
0.55m
 mN2 = 0,55 mg
 %N 
*100%  11,18%
4,92m
 %O = 100% - (%C +%H+%O) = 26,19%


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

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:
0, 7995*2
- Bình 1 tăng chính là khối lƣợng nƣớc sinh ra: %H =
*100%  13,51%
0, 6574*18
- Bình 2 tăng chính là khối lƣợng CO2 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 (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 CO2 và H2O.
 Bình tăng 4,2 gam  mCO2  mH2O  4, 2 ,
- Khối lƣợng oxi tham gia phản ứng mO2  32*
* Áp dụng ĐLBTKL
mA  mO2 ( pu )  mCO2  mH2O
* nCO2  n 

2, 24
 3, 2
22, 4

 mA  1gam

7,5
 0.075
100

0, 075*12
*100%  90%
1
0,9*2
 %H =
*100%  10%
1*18

 %C =

* mH2O  4, 2  44*0,075  0,9

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
45
19,8*12
nCO2  n 
 0.45  mCO2  0.45*44  19,8 gam  %C 
*100%  60%
100
44*9
m giam  m  – mCO2  mH2O  14,4  45 – mCO2  mH2O  mH2O  10,8



%H =







10,8*2
*100%  13,33% ; %O = 100% - (%C +%H) = 26,67%
9*18

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 PdCl2 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. C2H4O
B. C3H4O2.
C. C2H6O
D. C3H6O2
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
30
 nCO2 = nCaCO 3 = 100  0,3 mol
12, 2
Theo pư (1): nCO 2 sinh ra = nCO = nPb =
 0, 2 mol
106
 nCO 2 do pư cháy = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol
Khối lượng bình PbCl2 tăng là: mCO + mH 2 O - mCO 2 = 0,4

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 mH 2 O = 0,4 + mCO 2 - mCO = 0,4 + 0,2.44 – 0,2.28 = 3,6g (0,2 mol)
 mA = mCO + mH 2 O + mCO 2 - mO 2 = 7,2g
7, 2
 MA =
 72 . CxHyOz
0,1
mC = 12(nCO 2 + nCO ) = 3,6g
mH = 2.nH 2 O = 0,4g
mO = 7,2 –(3,6 + 0,4) = 3,2g
12 x
y 16 z 72
 x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C3H4O2



3, 6 0, 4 3, 2 7, 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 CO2 và H2O, trong đó nCO 2 : nH 2 O = 2 :3. CTPT của A, B, C lần lượt là
A. C2H4, C2H4O, C2H4O2
B. C2H4, C2H6O, C2H6O2
C. C3H8, C3H8O, C3H8O2
D. C2H6, C2H6O, C2H6O2.
Giải
Cách 1: nCO 2 : nH 2 O = 2 :3.  nH 2 O > nCO 2  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: C H
O ( x  0)
n

2n+2

x

nCO2 2
n
 


 n=2
CnH2n+2 Ox
nCO2 + (n + 1)H2O.
nH 2O 3 n  1
 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  C2H6, C2H6O, C2H6O2
nCO2
so C
2 1

   Đáp án D.
Cách 2: Ta luôn có tỉ lệ:
So H 2* nH 2O 6 3
7. Đốt cháy hoàn toàn 3gam hợp chất hữu A thu được 4,4gCO2 và 1,8g H2O. Biết tỉ khối hơi của A
đối với He là 7,5. CTPT của A là
A. CH2O.

B. CH4
C. C2H4O2
D. C2H6
Giải
nCO2
so C
0,1
1


  Loại B và D.  Chọn A ( loại C)
Giải Cách 1:
So H 2* nH 2O 2*0.1 2
Cách 2: nCO2 = mH2O  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 CO2(đktc) .CTPT của A là
A. C6H14
B. C6H12
C. C3H8.
D. C3H6
Giải
Cách 1: Tìm CTTQ của các đáp án:
A và C có cùng CTTQ: CnH2n+2 (TH1)
B và D có cùng CTTQ: CnH2n (TH2)
Tiến hành thử để chọn đáp án:
 O2
TH1: Cn H2n2 

 nCO2 (1)
0.18/n

0.18
 14n + 2 = 44n/3  n = 3 (Chọn C)
 O2
TH2 Cn H2n 

 nCO2 (1)
0.18/n
0.18
 14n = 44n/3  vô nghiệm (sai)
 O2

 xCO2
Cách 2: Cx H y 
0.18/x

0.18


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

x 3
 (Chọn C)
y 8
9. Đốt cháy 200ml hơi một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O trong 900 ml O2. thể tích hỗn hợp khí
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
A. C3H6
B. C2H6O

C. C3H6O.
C3H8
Giải
Có thể tóm tắt lại nhƣ sau:
 12x + y = 44x/3 

200 ml

A

(CxHyO)

900 ml

O2

CO2
1,3 lít

H2O

CO2
- H2O

700ml
O2 du

O2 du

- CO2

100ml

600ml

600ml
O2 du

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 PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH HỆ SỐ CỦA PHƢƠNG TRÌNH PHẢN ỨNG
200 Cx H y Oz  800 O2 
 600 CO2  600 H2O
 x = 3, y = 6 , z = 1  Chọn B
10. Trộn 400 cm3 hỗn hợp chất hữu cơ A và nitơ vớim 900 cm3 oxi dư rồi đốt. Thể tích hỗn hợp sau
pư là 1,4 lít. Sau khi cho hơi nước ngưng tụ thì còn 800 cm3, tiếp tục cho qua dung dịch KOH thì
còn 400 cm3. CTPT của A là
A. C2H4
B CH4
C. C2H6
D. C3H8
Giải

400 ml

(A +N2)

900 ml

du

O2

CO2
1,4 lít

H2O

CO2
- H2O

800ml

Áp dụng công thức:

400ml

600ml
N2

- CO2
400ml

N2

N2

VCO2
so C
400

1


  Chọn C
So H 2*VH 2O 2*600 3

11. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam hợp chất A cần dùng 16,8 lít oxi(đktc). Hỗn hợp sản phẩm cháy
gồn CO2 và hơi nước có tỉ lệ thể tích VCO 2 : VH 2 O = 3 : 2. Biết tỉ khối hơi của A đối với H2 là 36.
CTPT của A là
A. C2H6O
B. C2H6O2
C. C3H8O2
D. C3H4O2.
Cách 1: Tỉ lệ về thể tích cũng chính tỉ lệ về số mol trong cùng đk
mCO2 nCO2 .M CO2
3.44 11

Do đó ta có:
=
=
mH 2O nH 2O .M H 2O
2.18
3

16,8
.32 = 24g
22, 4
Áp dụng định bảo toàn khối lượng:
mCO 2 + mH 2 O = mA + mO 2 pư = 18 + 24 = 42g
11.42

 mCO 2 =
 33g và mH 2 O = 42 – 33 = 9g
11  3
 mC = 9g ; mH = 1g ; mO = 8g ; MA = 72
12 x
y 16 z M A
 x = 3 ; y = 4 ; z = 2. C3H4O2



mC mH mO mA
mO 2 pư =


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Cách 2: Áp dụng công thức:

VCO2
so C
3
3


  Chọn D
So H 2*VH 2O 2*2 4

12. Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ A thì thu được a gam CO2 và b gam H2O.

Biết 3a = 11b và 7m = 3(a+b). CTPT của A là:( biết tỉ khối hơi của A đối với không khí < 3)
A. C3H8
B. C2H6
C. C3H6O2
D. C3H4O2.
Giải
Cách 1: dA < 3 nên MA < 87
a
3a
Khối lượng các nguyên tố: mC = 12.nCO 2 = 12.
=
(g)
44
11
11b
Vì 3a = 11b  mC =
 b (g)
11
b b
mH = 2nH 2 O = 2  (g)
18 9
11b
Vì 7m = 3(a + b) = 3(
 b) = 14b  m = 2b
3
b
8b
mO = mA – (mC + mH ) = 2b – ( b + ) =
(g)
9

9
b b 8b
1 1 1
CTTQ A: CxHyOz : x : y : z =
=
= 3 : 4 ; 2 CTN A: (C3H4O2)n
: :
: :
12 9 9.16 12 9 18
Mặt khác MA < 87 nên ( 36 + 4 + 32)n < 87 nên n < 1,2 Duy nhất n = 1. A C3H4O2
a 11
Cách 2:
3a = 11b  
b 3
a
nCO2
so C
a 9 11 9
Áp dụng công thức:

 44  *  *  0, 75  Chọn D
So H 2* nH 2O 2* b b 44 3 44
18
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. C3H6O2
B. C4H6.
C.C4H10

D. C3H8O2
Giải
Mx = 13,5* 4 = 54  nX = 0,02 mol
5,91
6, 475
BaCO3 =
 0,03mol ; Ba(HCO3)2 =
 0, 025mol
197
259
 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 CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng mCO 2 : mH 2 O = 22 : 9. Biết tỉ khối của A đối
với H2 là 29. CTPT của A là
A. C2H6O2
B. C2H6O
C. C3H6O2
D. C3H6O.
Giải
Cách 1:


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

y z
y
 )O2  xCO2 + H2O
4 2
2
x 1
44 x 22
y z
Ta có:
Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x +  ) = 8z
 

4 2
y 2
9y
9
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(CO 2 ) + mO(H 2 O)
= (22 – 6) + (9 -1) = 24(g)
mO ( A) 1
Mà mO pư = 8mO(trong A) hay

mO ( PU ) 8

-

CxHyOz + (x +

24.1 24
=
1 8
9
6 1 24
1 1 1
X:y :z=
: :
 : :  3: 6 :1
12 1 9.16 2 1 6
(C3H6O)n = 58  n = 1  C3H6O

 mO(trong A) =

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 CO2 và H2O 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
y z
y
- CxHyOz + (x +  )O2  xCO2 + H2O

4 2
2
44 x 11
x 3
y z
Ta có:
   . Mặt khác, số nguyên tử oxi: 2(x +  ) = 9z
4 2
9y
6
y 8
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 nCO 2 = 1,5nH 2 O và tỉ khối hơi của A
với H2 nhỏ hơn 30. CTPT của A là
A. C3H4O.
B. C3H4O2
C. C3H6O
D. C3H8O
Giải
CO2 + H2O = 3,36g
3x*44 + 2x*18 = 3,36  x = 0,02  mC = 0,06*12 = 0,72g ; mH = 0,08g ;
1,12  0,72  0,08
nO =
 0,02
16
x : y : z = 0,06 : 0,08 : 0,02 = 3:4:1 (C3H4O)n < 60  n = 1 A. C3H4O.
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 CO2 luôn bằng ¾ thể tích hơi H2O và bằng 6/7 thể tích O2 pư(các thể tích đo cùng

đk).CTPT của X là
A. C2H6O
B. C2H4O2
C. C3H8O3.
D. C3H6O2
Giải


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

y z
y
 ) O2  xCO2 + H2O
4 2
2
n
C
3
3 3 x
CO2

= VH 2 O 
=
 =
H 2.nH 2O 2.4 8 y
4

CxHyOz + (x +

Vì VCO 2

6
6
y z
VO 2  x = ( x   ) (2)
7
7
4 2
Thế x = 3; y = 8 vào (2)  z = 3
Vậy X có CTPT C3H8O3

VCO 2 =

18. Một hợp chất hữu cơ mạch hở A có chứa C, H, O và chỉ chứa một loại nhóm chức. Khi đốt
cháy một lượng A thu được số mol H2O gấp đôi số mol CO2, còn khi cho A tác dụng với Na dư cho
số mol H2 bằng ½ số mol A phản ứng. CTCT của A là
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
19. Đốt cháy 23g một hợp chất hữu cơ A thu được 44g CO2 và 27g H2O.xác định CTCT của A biết
A tác dụng với Na sinh ra H2
Giải 23
nCO 2 = 1 mol < nH 2 O = 1,5 mol  A là hợp chất no. Chứng minh A có chứa Oxi
mC = 12. nCO 2 = 12.1 = 12gam C

mH = 2 nH 2 O = 2. 1,5 = 3gam H
mO = 23 – ( 12 + 3) = 8gam O
12 3 8
: :  2 : 6 :1 CTĐGN: (C2H6O)n. Do A là hợp
12 1 16
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

Gọi CTTQ của A: CxHyOz: x : y : y =

20. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol chất hữu cơ A, chia lượng CO2 thu được sau pư làm hai phần bằng
nhau:
* Dẫn phần 1 qua dung dịch chứa 0,85 mol Ba(OH)2 thấy kết đạt giá trị cực đại
* Dẫn phần 2 qua dung dịch chứa 0,75 mol Ca(OH)2 thấy kết đạt giá trị cực đại sau đó tan
bớt một phần.
Biết rằng A tác dụng được với Na và NaOH. Công thức của A là
A. CH3 – C6H4 – OH
B. (CH3)2C6H3 – OH.
C. C6H5 – CH2OH
D. C6H5 – CH2 – CH2OH
Giải
y
CxHyOz  xCO2 + H2O
2
 0,2x(mol)
0,2
 Phần 1: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O
0,1x……………….. 0,1x
Vì kết tủa cực đại, nên nCO 2 ≤ nBa(OH) 2  0,1x ≤ 0,85  x ≤ 8,5
 Phần 2: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2
Vì kết tủa cực đại rồi tan bớt một phần
nên nCO 2 > nBa(OH) 2  0,1x > 0,75  x > 7,5
Vậy x = 8. Theo đề bài, A là (CH3)2C6H3OH
21.
22. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hợp chất hữu cơ X thu được 3,36 lít CO2; 0,56 lít Nhà nước( các
khí đo ở đktc) và 3,15g H2O. Khi X tác dụng với dung dịch NaOH thì thu được sản phẩm có muối
H2N – CH2 – COONa . CTCT thu gọn của X là
A. H2N – CH2 – COOC3H7
B. H2N – CH2 – COOCH3
C. H2N – CH2 – COOH
D. H2N – CH2 – COOC2H5
Giải
t
y
CxHyOzNt  xCO2 + H2O + N2
2
2
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 5cm3 CxHy ở thể khí và 30cm3 O2 lấy dư vào khí nhiên kế. Sau khi bật tia lửa điện và làm

lạnh khí nhiên kế thể tích khí còn lại là 20cm3 trong đó có 15cm3 bị hấp thụ bởi KOH, phần còn lại
bị hấp thụ bởi photpho.. CTPT của hidrocacbon trên là
A. C3H8
B. C4H10
C. C2H6
D. CH4
Giải
Ta có: VCO 2 = 15 cm3; VO 2 dư = 20 – 15= 5 cm3; VO 2 pư = 30 – 5= 25 cm3;
y
y
CxHy + (x + )O2  xCO2 + H2O
4
2
5cm3….. 25cm3…….. 15cm3
 x = 3 ; y = 8 CTPT C3H8.
24. Đốt cháy hoàn toàn 2,85g hợp chất hữu cơ X phải dùng vừa hết 4,20 lít O2(đktc). Sản phẩm
cháy chỉ chứa CO2 và H2O theo tỉ lệ về khối lượng 44 : 15. CTĐGN của X là
A. CH2O
B. C2H3O
C. C3H5O.
D. C3H4O
Giải
4, 20
mCO 2 + mH 2 O = mX + mO 2 = 2,85 +
.32 = 8,85(g)
22, 4
mặt khác: mCO 2 : mH 2 O = 44 : 15  mCO 2 = 6,6(g) ; mH 2 O = 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
25. Để đốt cháy hoàn toàn 4,45g hợp chất hữu cơA phải dùng vừa hết 4,20 lít O2(đktc). Sản phẩm

cháy gồm có 3,15g H2O và 3,92 lít hỗn hợp khí gồm CO2 và Nhà nước(các thể tích đo ở đktc).
CTĐGN của A là
A. C3H7NO2 .
B. C5H5NO2
C. CH4ON2
D. C2H3NO2
Giải
4, 20
mCO 2 + mN 2 = mA + mO 2 - mH 2 O = 4,45 +
.32 – 3,15 = 7,3(g)
22, 4
Gọi: nCO 2 = a mol ; nN 2 = b mol


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

3,92
 0,175 (1) 44a + 28b = 7,3 (2) . Từ (1)(2)  a = 0,15; b = 0,025
22, 4
 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: C3H7NO2
26. Đốt cháy hoàn toàn 1 lít khí X cần 5 lít oxi, sau pư thu được 3 lít CO2 và 4 lít hơi nước. Biết các
thể tích đo cùng điều kiện. CTPT của X là
A. C3H6
B. C3H8.
C. C3H8O
D. C3H6O2
Giải:

nCO2
C
x
3

CTTQ của X: CxHyOz:
= =  (C3H8)nOz . Ta có: 8n ≤ 2.3n + 2  n = 1 C3H8Oz
H 2.nH 2O 8
y
a+b=

z
C3H8Oz +( 5 - ) O2  3CO2 +4 H2O
2
z
Mặt khác: nO 2 = 5 = (5 - )  z = 0.  Chọn B
2
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 H2(đktc).CTCT của A
là
Giải
0,31
nA = nO 2 = 0,005 mol ; MA =
 62
0, 005
Vì A chỉ chứa C, H, O mà A pư với Na  CTTQ của A: (HO)nR(COOH)m
nm
)H2
 CTTQ của A: (HO)nR(COOH)m + Na  (NaO)nR(COONa)m + (
2

0,112
0,005
 0,005
22, 4
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
cháy một lượng A thu được số mol H2O gấp đôi số mol CO2, còn khi cho A tác dụng với Na dư cho
số mol H2 bằng ½ số mol A phản ứng. CTCT của A là
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
4,48 lít CO2(đktc) và 3,6g H2O. nếu cho 4,4g X tác dụng với NaOH vừa đủ khi pư kết thúc thu được
4,8g muối của axit hữu cơ và chất hữu cơ Y. Tên của X là
A. etylpropionat
B. metylpropionat C. isopropyl axetat
D. etyl axetat
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
4,8
4, 4
 nX =
= R + 67  R = 29.

 0, 05  MY =
88
0, 05
vậy Y: C2H5COONa; X: C2H5COOCH3. Chọn B


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

30. Đốt cháy hoàn toàn 3,02g gồm muối natri của 2 axit ankanoic liên tiếp nhau trong dảy đồng
đẳng thu được Na2CO3, H2O và 0,085 mol CO2. Công thức của hai muối là
A. C2H5COONa và C3H7COONa.
B. HCOONa và C2H5COONa
C. C4H9COONa và C5H11COONa
D. C3H7COONa và C4H9COONa
Giải:
31. Đốt cháy hoàn toàn 0,90g chất hữu cơ A (chứa C, H, O)thu được 0,672lít CO2(đktc) và 054g
H2O.Tỉ khối hơi của A so với oxi bằng 2,8125. CTPT của A là
A. C2H6O2
B. C3H6O3.
C. C3H6O2
D. C3H4O2
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
2
3g kết tủa. Mặt khác hóa hơi một lượng chất X người ta thu được thể tích vừa đúng bằng thể
5
tích của khí nitơ có khối lượng tương đương trong cùng điều kiện. CTPY của X là

A. C4H10
B. C4H10O
C. C5H10.
D. C5H10O
Giải
 nCO 2 = nCaCO 3 = 0,03 mol
∆mbình tăng = mCO 2 + mH 2 O = 1,86
 mH 2 O = 1,86 – (0,03.44) = 0,54g
 mO = 0
m
2 mN
2
2
Tìm Mx: Vx =
VN 2  nx = nN 2  X  . 2 ;
M X 5 28
5
5
5.28
mà mX = mN 2 , nên: MX =
 70
2
12 x
y
70
 x = 5; y = 10
Công của X; CxHy :


0,36 0, 06 0, 42

34. Phân tích 1,85g chất hữu cơ A chỉ tạo thành CO2, HCl và hơi hước. Toàn bộ sản phẩm phân
tích được dẫn vào bình chứa lượng dư dung dịch AgNO3 thì thấy khối lượng bình chứa tăng 2,17g,
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
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
Giải
2,87
1, 792
nHCl = nAgCl =
= 0,02 mol; nCO 2 =
= 0,08 mol
143,5
22, 4
∆mbình tăng = mHCl + mH 2 O = 2,17  mH 2 O = 2,17 – (0,02.36,5) = 1,44g
Khối lương các nguyên tố:
1, 44
mC = 0,08. 12 = 0,96g ; mH = mH(HCl) + mH(H 2 O) = (0,02.1 + 2.
) = 0,18g
18
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
CO2(đktc) và H2O, đồng thời nhận thấy khối lượng CuO ban đầu giảm bớt 9,6g. CTPT của A là:
A. C2H6O.
B. C3H8O
C. C2H6O2
D. C4H12Ò2
4, 48

- mC = 12.nCO 2 = 12
 2,4g
22, 4
Khối lượng CuO ban đầu giảm chính là khối lượng oxi pư. mO 2 = 9,6g
Sơ đồ: A + O2  CO2 + H2O


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

mH 2 O = ( mA + mO 2 ) – mCO 2 = ( 4,6 + 9,6) = 44. 0,2 = 5,4g
 mH = 2nH 2 O = 0,6g
 mO = 4,6 – (2,4 + 0,6) = 1,6g
2, 4 0, 6 1, 6
 x:y;z=
:
:
2 : 6 : 1
12 1 16
 Công thức nguyên của A (C2H6O)n hay C2nH6nOn
Đk: số H  2.số C + 2  6n  2.2n + 2  n  1  A: C2H6O

HIDROCACBON
1. Chất A là một ankan thể khí. Để đốt cháy hoàn toàn 1,2 lít A cần dùng vừa hết 6,0 lít oxi lấy
cùng đk. Cho chất A tác dụng với clo ở 25oC và có ánh sáng, có thể thu được mấy dẫn xuất
monoclo của A?
A. 1
B. 2.
C. 3

D. 4
Giải
3n  1
CnH2n+2 +(
)O2 nCO2 + (n+1)H2O
2
12
 1,2 =
 n = 3  C3H8  Chọn B
3n  1
2. Dẫn 16,8 lít hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon vào bình đựng dung dịch B2 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
sinh ra 2,8 lít CO2. CTPT của hai hidrocacbon( các khí đo ở đktc)
A. CH4 và C2H4
B. CH4 và C3H6.
C. CH4 và C3H4
D. C2H6 và C3H6
Giải
Hỗn hợp X gồm X1 pư với dung dịch brom, X2 là ankan
1,68 1,12
nX 1 =
 0,025  nBr2  X1 là anken
22, 4
Đặt X CxHy  xCO2
0,075  0,075x = 0,125  x = 1,667
 Trong X phải có CH4( 0,05 mol) và anken CnH2n( 0,025 mol)
CH4  CO2
CnH2n  nCO2
0,05
0,05

0,025
0,025n
 0,05 + 0,025n = 0,125  n = 3 Vậy anken là C3H6 . CHọn B
3. Cho hidrocacbon X pư với br2( 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
R
25,92
 R = 56 (C4H8)
Công thức của Y: RBr2, ta có:

160 74, 08
vậy CTPT của X là C4H8.
Vì X tác dụng với HBr tạo ra hai sản phẩm khác nhau nên X phải là anken bất đối xứng
vậy CTCT của X là CH2 = CH – CH2 – CH3
4. Đốt cháy hoàn toàn hai hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp nhau cần 1,35 mol O2 tạo thành 0,8
mol CO2. CTPT của 2 hidrocacbon đó là
A. C2H4, C3H6
B. C2H2, C3H4
C. CH4, C2H6
D. C2H6, C3H8
Giải
5. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X gồm anken A và ankadien B(cùng số nguyên tử H) thu

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

được 1 mol CO2. CTPT của A và B là
A. C2H2, C3H4
B. C3H6, C4H6.

C. C4H8, C5H8

D. C5H10, C6H10

6. Hỗn hợp A gồm một anken và hidro có tỉ khối hơi đối với H2 bằng 6,4. Cho A đi qua Ni đun
nóng được hỗn hợp B có dB/H 2 = 8(giả thiết hiệu suất pư là 100%) CTPT của anken là
A. C2H4
B. C3H6
C. C4H8.
D. C5H10
Giải
Xét 1 mol hỗn hợp A gồm: a mol CnH2n và (1 – a) mol H2
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 H2 dư
CnH2n
+ H2 
CnH2n+2
Bđ:
a mol………..(1-a)mol

Pư:
a

a……………a(mol)
sau pư hỗn hợp B gồm (1-2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2  tổng nB = (1- a) mol
m
12,8
 a = 0,2
BTKL: mA = mB  nB = B  (1 – a) =
16
MB
Thay a= 0,2 vào (1) ta có: 14*0,2*n + 2(1 – 0,2) = 12,8  n = 4  C4H8
7. Hỗn hợp A gồm hidrocacbon X và oxi có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn
hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ
khối hơi đối với hidro bằng 19. CTPT của X là
A. C3H8
B. C3H6
C. C4H8.
D. C3H4
Giải
Chọn hỗn hợp gồm CxHy( 1 mol) và O2( 10 mol)
y
y
CxHy + (x + ) O2  xCO2 + H2O
4
2
y
 Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và [ 10 – ((x + ) mol O2 dư.
4
M Z = 19*2 = 38
nCO 2 44
6
nCO2

1

38
=
nO2
1
nO 2 32

6

y
)  8x = 40 – y  x = 4 ; y = 8 ( C4H8)
4
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 Br2 0,5M. Sau khi pư hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi phân nửa và khối lượng bình tăng
thêm 6,7gam. CTPT của hai hidrocacbon đó là
A. C2H2 và C4H6
B C2H2 và C4H8.
C. C3H4 và C4H8
D. C2H2 và C3H6
Giải
0, 7
nhhX = 0,2 mol; nBr 2 ban đầu = 0,7 mol ; nBr 2 pư =
 0,35mol
2
Khối lượng bình brom tăng là khối lượng của hidrocacbon không no.
CnH1n+2-2a + aBr2  CnH1n+2-2aBr2a
0,35
6, 7
a =

 n = 2,5
0,2………0.35 mol
 1, 75  14n + 2 – 2a =
0, 2
0, 2
Do hai hidrocacbon mạch hở pư hoàn toàn với dung dịch Br2 nên chúng đều là không no
Vậy : C2H2 và C4H8

vậy x = 10 – x -


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

9. Có V lít hỗn hợp khí A gồm H2 và hai olefin là đồng đẳng liên tiếp, trong đó H2 chiếm 60% về
thể tích. Dẫn hỗn hợp khí A qua Ni đun nóng được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp
khí B được 19,8g CO2 và 13,5g H2O. Công thức của hao olefin là
A. C2H4 và C3H6
B. C3H6 và C4H8
C. C4H8 và C5H10
D. C5H10 và C6H12
Giải:
nC H
0, 4 2

Chọn hỗn hợp khí A là 1 mol : n 2 n 
nH 2
0, 6 3
Áp dụng BTKL và BTNT  Đốt cháy B cũng chính là đốt cháy A. Ta có:

CnH2n  nCO2 + nH2O (1) H2  H2O(2)
Theo (1): nCO 2 = nH 2 O = 0,45 mol  nC n H 2n =

0, 45
( mol)
n

Tổng nH 2 O = 13,5 = 0,75 mol  nH 2 O(pt2) = 0,75 – 0,45 = 0,3 mol  nH 2 = 0,3 mol
18
nCn H 2 n 0, 45 2
Ta có:
=
  n = 2,25  C2H4 và C3H6
nH 2
0,3n 3
10. Để đốt cháy một lượng hidrocacbon X cần 7,68g O2. sản phẩm cháy được dẫn qua bình (1)
đựng H2SO4 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: nO 2 = 0,24 mol ; nH 2 O = 0,24 mol
y
y
CxHy + ( x+ ) O2  xCO2 +
H2O (đk: y ≤ 2x + 2 )
4
2

y
y
y

 4x ≤ 2x + 2  CH4
a = 0,24 và ( x+ ) a = 0,24  x =
2
4
4
0, 48
 a=
= 0,12
4
vậy: nCO 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 CO2 và 5,4g H2O. CTPT của X là
A. C2H2
B. C2H4
C. C4H6
D. C3H4
Giải
n
0, 2
Gọi ankan Y: CnH2n+2  nCO2 +(n+1)H2O 
 n = 2 (C2H6)

n  1 0,3
x
x

CnH2n+2-x + H2  CnH2n+2 hay C2H6-x + H2  C2H6
2
2
x
0,1
.0,1
0,1
2
x
Đề bài: (0,1+ .0,1) = 3. 0,1  x = 4 . Vậy X là C2H2
2
* Trong một bình kín chứa hỗn hợp A gồm hidrocacbon X và H2 với Ni. Nung nóng bình một thời
gian ta thu được một khí B duy nhất . Đốt cháy B, thu được 8,8g CO2 và 5,4g H2O. Biết VA = 3VB .
Công thức của X là
A. C3H4
B. C3H8
C. C2H2
D. C2H4
Giải


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

B: CxHy  xCO2 +

nCO2 0, 2
2 x 0, 2
x 2

y



   C2H6
H2O.
nH 2O 0,3
y 0,3
y 6
2

Do VA = 3VB  X: C2H2
12. Đốt cháy 3,4g hidrocacbon A tạo ra 11,0g CO2. Mặt khác, khi 3,4g A tác dụng với lượng dư
AgNO3/NH3 thấy tạo thành a gam kết tủa. CTPT của A là
A. C4H4
B. C3H4
C. C2H2
D. C5H8
Giải
3, 4
0, 25
CxHy  xCO2 
 3,4x = 3x + 0,25y  0,4x – 0,25y = 0  y = 1,6x

12x  y
x
Do A tác dụng với AgNO3/NH3 tạo kết tủa nên: y ≤ 2x – 2  1,6x ≤ 2x – 2  x ≥ 5
Chọn D: C5H8
13. Cho một lượng anken X tác dụng với H2O( có xt H2SO4) 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. C2H4.
B. C3H6
C. C4H8
D. C5H10
Giải
CnH2n + H2O  CnH2n+1OH ;
CnH2n+ HBr  CnH2n+1Br
9, 45
Theo pư ta có: nC n H 2 n1 OH = nC n H 2 n1 Br =
= 0,15 mol = nC n H 2n
80  17
4, 2
= 28 (C2H4)
 MC n H 2n =
0,15
14. Đốt cháy hoàn toàn 2 lít hỗn hợp gồm axetilen và một hidrocacbon no A thu được 4 lít CO2 và 4
lít hơi H2O( các thể tích đo cùng đk). CTPT của A là
A. CH4
B. C2H4
C. C2H6.
D. C3H4
Giải
y
CTTB của hỗn hợp: CxHy  xCO2 + H2O
2
 x = 2; y = 4
2lít
4lít
4lít

Do hỗn hợp gồm C2H2 và CxHy  x = 2 ; y = 6 Chọn C.
15. Cho 5cm3 CxHy ở thể khí với 30cm3 O2 lấy dư vào khí nhiên kế. Sau khi bật tia lửa điện và làm
lạnh, trong khí nhiên kế còn 20cm3 mà 15cm3 bị hấp thụ bới KOH. Phần còn lại hấp thụ bới
photpho. CTPT của hodrocacbon đó là
A. C2H4
B. C2H6
C. C3H6
D. C3H8.
Giải
Theo đề: VCO 2 = 15cm3  VO 2 dư = 20 - 15 = 5cm3  VO 2 pư = 30 - 5 = 25cm3
y
y
CxHy + (x + ) O2  xCO2 +
H2O
4
2
 x=3;y=8
5cm3
25cm3
15cm3
16. Trộn 10 ml hidrocacbon khí với một lượng oxi dư rồi làm nổ hỗn hợp này bằng tia lửa điện.
Làm cho hơi nước ngưng tụ thì thể tích của hỗn hợp thu được sau pư giảm đi 30ml. Phần còn lại
cho đi qua dung dịch KOH thì thể tích hỗ hợp giảm 40ml. CTPT của hidrocacbon đó là
A. C2H6
B. C3H6
C. C4H6.
D. C4H8
Giải
VCO 2 = 40ml ; VH 2 O = 30ml
y

y
CxHy + (x + ) O2  xCO2 +
H2O
4
2
10ml
40ml
30 ml  x = 4 ; y = 6


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

17. Khi đốt 1 lít khí X, cần 5 lít oxi, sau pư thu được 3 lít CO2 và 4 lít hơi nước, biết thể tích các khí
đo cùng điều kiện . CTPT của X là
A. C2H6
B. C2H6O
C. C3H8.
D. C3H8O
Giải
Theo đề; 1mol khí X cần 5mol O2 , tạo ra 3 mol CO2 và 4 mol H2O
CxHyOz
+ 5O2  3CO2 + 4H2O
Số nguyên tử Oxi: z + 5.2 = 3.2 + 4  z = 0 vậy X: C3H8.
18. Có một hỗn X gồm hidrocacbon A và CO2. Cho 0,5 lít hỗn hợp X với 2,5 lít O2( 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. C2H6
B. C3H6

C. C3H8.
D. C3H4
Giải
VH 2 O = 3,4 – 1,8 = 1,6 lít VO 2 pư = 2,5 – 0,5 = 2 lít
Gọi a(lít) là thể tích CxHy trong hỗn hợp ban đầu
VCO 2 trong hỗn ban đầu = (0,5 – a) lít
y
y
CxHy + (x + ) O2  xCO2 +
H2O
4
2
ay
ay
a
ax+
ax
4
2
ay
Ta có: VH 2 O =
= 1,6  ay = 3,2
2
VCO 2 = ax = (0,5 – a)  ax = 0,8 + a
ay
3, 2
VO 2 = ax+
= 2  0,8 + a +
= 2  a = 0,4
4

4
0,8  0, 4
3, 2
nên x =
3 y=
8
0, 4
0, 4
19. Đốt cháy hoàn toàn một hdrocacbon A cần dùng 28,8g oxi được 13,44 lít CO2(đktc). Biết tỉ khối
của A đối với không khí là d với 2 < d , 2,5. CTPT của A là
A. C4H8
B. C5H10.
C. C5H12
D. C4H10
1
Vì A là hidrocacbon, mà khi đốt cháy ta luôn có: nO 2 pư = nCO 2 + nH 2 O
2
28,8 13, 44
 nH 2 O = 2(nO 2 pư - nCO 2 ) = 2(

) = 0,6 mol
32
22, 4
Ta có: mC = 12. nCO 2 7,2g ; mH = 2 nH 2 O = 1,2g
7, 2 1, 2
A: CxHy:
x:y=

 1: 2  (CH2)n.
12

1
M
Mà: 2 < d < 2,5  2 < A < 2,5  58 < MA < 72,5
29
Hay 58 < 14n < 72,5  4,1 < n < 5,2 .  n = 5  C5H10
20. Đốt cháy hoàn toàn a(g) hidrocacbon A mạch hở. Sản phẩm cháy được dẫn vào bình chứa
nước vôi trong dư, thu được 3g kết tủa, đồng thời bình nặng thêm 1,68g. CTPT của A là
nCO 2 = nCaCO 3 = 0,03 mol
khối lượng bình tăng = mCO 2 + mH 2 O  mH 2 O = 1,68 – 0,03.44 = 0,36g  nH 2 O = 0,02 mol
nCO 2 = 0,03 mol > nH 2 O = 0,02 mol  A là ankin hoặc ankadien: CnH2n - 2
CnH2n – 2  nCO2 + (n -1)H2O
 n = 3 C3H4
0,03
0,02


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

21. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai hidrocacbon( phân tử hơn kém nhau 14u), thu được
5m(g)CO2 và 3m(g) H2. CTPT của hai hidrocacbon là
A. C3H8, C3H6
B. C2H6, C3H8.
C. C2H2; C3H4
D. C3H6; C4H6
y
Đặt công thức trung bình: CxHy  xCO2 +
H2O
2

nCO2 2 x 5m 18 2 x 15



.


nH 2O
y
44 3m y 22

 y = 2,93x > 2x  hai hidrocacbon là ankan
Và lúc này: y = 2x + 2 = 2,93x = 2x + 2  x = 2,15
 C2H6 và C3H8
22. Hỗn hợp 14 hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng, được đánh số theo chiều tăng dần phân tử khối
từ X1 đến X14. Biết tỉ khối hơi của X14đối với X1 bằng 7,5. Đốt cháy 0,1 mol X2 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 X1 là CxHy  X14 là CxHy(CH2)13
M X14
12 x  y  182
 7,5 
 7,5  78 x  6,5 y  182
Ta có:
M X1
12 x  y
Lập bảng:

x
1 2
3
y 16 4 -52
 X1 là C2H4 và X2 là C3H6
C3H6  3CO2 + 3H2O
0,1
0,3
0,3
Khối lượng bình tăng chính là (mCO 2 + mH 2 O) = 0,3.44 + 0,3. 18 = 16,8g
23. Khi đốt cháy hoàn toàn cùng một lượng hidrocacbon X bằng một lượng vừa đủ O2 hoặc Cl2,
người ta thấy thể tích O2 và Cl2 bằng 1,25( xét ở cùng điều kiện). X là
A. C3H6
B. C3H8
C. C4H6
D. C4H8
y
y
y
CxHy + (x+ ) O2  xCO2 +
H2O
CxHy + Cl2  xC + yHCl
4
2
2
y
ay
a
a((x+ )

a
4
2
y
a( x  )
VO2
4 = 1,25  2 x  0,5 y  1, 25
Theo đề bài:
= 1,25 
y
VCl2
y
a
2
x
3
 X là C3H8
  0,375 
y
8

ANCOL
1. Đốt cháy hoàn toàn một ancol X thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ mol tương ứng 3 : 4. Thể tích
oxi cần dùng để đốt cháy X bằng 1,5 lần thể tích khí CO2 thu được( ở cùng đk). CTPT của X là
A. C3H8O3
B. C3H4O
C. C3H8O2
D. C3H8O.
Giải
nCO2

C
3 x

CxHyOz:
=   X: (C3H8)nOz có 8n ≤ 2.3n + 2  n = 1. C3H8Oz
H 2.nH 2O 8 y
z
C3H8Oz +( 5 - ) O2  3CO2 + 4H2O
2


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

z
 nO 2 = 1,5n CO2  ( 5 - ) = 3.1,5  z = 1. Vậy X: C3H8O
2
2. X là một ancol no mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần 5,6g oxi, thu được nước và 6,6g
CO2. Công thức của X là
A. C3H5(OH)3.
B. C3H6(OH)2
C. C2H4(OH)2
D. C3H7OH
Giải
3n  1  x
CnH2n+2Ox + (
)O2  nCO2 + (n+1)H2O
2
0,05

0,175
0,15
 n = 3 ; x = 3 Chọn A

3. Oxi hóa 4gam ancol đơn chức X bằng oxi không khí( có xt và đun nóng) thu được 5,6g hỗn hợp
andehit, ancol dư và hước. X có công thức là
A. CH3OH.
B. C2H5OH
C. C3H5OH
D. C3H7OH
Giải
4. Đốt cháy hoàn toàn một lượng ancol X, thu được 8,8g CO2 và 5,4g H2 O. Mặt khác , khi cho 0,2
mol X tác dụng với Na(vừa đủ) thì được 4,48 lít H2(đktc). X có CTPT là
A. C2H6O B. C2H6O2. C. C3H8O3 D. C3H8O2
Giải
Số H: số C = 2mol H2O : mol CO2 = 6:2 X: C2H6Oz hay C2H6-Z(OH)z

C2H6-Z(OH)z
z/2H2
1
z/2
 z = 2 chọn B
0,2
0,2
5. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol ancol no X, thu được 21,6gH2O. mặt khác 0,1 mol X tác dụng với
Na(vừa đủ) thu được 3,36 lít H2(đktc). X có CTPT là
A. C2H6O
B. C2H6O2.
C. C3H8O3
D. C3H8O2



Giải:
CnH2n+2-x(OH)x
x/2H2
CnH2n-1(OH)3
(n+1)H2O
 n = 3 ( chọn D)
0,1……………… 0,15  z = 3
0,3…………… 1,2
6. Đun nóng hỗn hợp gồm hai ancol đơn chức, mạch hở với H2SO4 đặc, thu được các ete. Lấy 7,2g
một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lít CO2(đktc) va 7,2g H2O. Hai ancol
đó là
A. CH3OH và C3H7OH
B. C2H5OH và CH2=CH – CH2OH
C. CH3OH và CH2 = CH – CH2OH.
D. C2H5OH và C3H6(OH)2
Giải
soH 2nH 2O 8

Cách 1: nCO 2 = 0,4; nH 2 O = 0,4. Ta có :
=  CTPT của ete C4H8Oz
soC
nCO2
4
Vì ancol đơn chức nên ete thu đựơc cũng đơn chức nên z = 1
Chỉ có đáp án C thõa mãn.
Cách 2:
nCO 2 = 0,4  nC = 0,4 mol , nH 2 O = 0,4.  nH = 0,8 mol
7, 2  (0, 4.12  0,8)

nO =
 0,1 : C : H ; O = 0,4 : 0,8 : 0,1 = 4 : 8 : 1
16
Công thức nguyên của ete: (C4H8O)n
Vì ancol đơn chức nên ete thu đựơc cũng đơn chức nên n = 1
vậy CTPT của ete: C4H8O. Đốt cháy ete thu được H2O và CO2 với số bằng nhau nên ete đó
không no, có một liên kết đôi.
vậy hai ancol tạo ra ete là CH3 và CH2 = CH – CH2OH
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. CH2(OH)CH2(OH)


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

B. CH2(OH)CH(OH)CH(OH)CH2(OH)
C. CH2(OH)CH(OH)CH2(OH)
D. CH2(OH)CH2CH2(OH)
ĐA: A
CnH2n+2-k (OH)k , k  n, n  2, k  2, k, n nguyên. Số nguyên tử C = số nguyên tử O nên n=k 
CnH2n+2On
 30n + 2 <29.3=87  n < 2,8 chọn n=2.
Câu 2. Ancol no, đa chức mạch hở X có công thức thực nghiệm (CH3O)n. CTPT của X là:
A. CH4O
B. C3H8O3
C. C2H6O2
D. C4H12O4.
ĐA: C

Công thức thực nghiệm X (CH3O)n hay CnH3nOn.
Theo điều kiện hóa trị ta có: 3n  2n +2  n  2
Mà n nguyên dương  n = 1 hoặc 2.
+) Nếu n = 1  CTPT cùa X là: CH3O (số nguyên tử H lẻ: loại)
+) Nếu n = 2  CTPT cùa X là: C2H6O2 (nhận)
Câu 4. Đun nóng một ancol đơn chức X với dung dịch H2SO4 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. C3H8O.
B. C2H6O.
C. CH4O.
D. C4H8O.
M
d X  X  1,6428  1  Y là anken (được tạo thành từ ancol X bị tách H2O)
Y MY
H O

2
CnH2n + 2 -2a O (X) 
 CnH2n -2a (Y)
14n  18  2a
 1,6428  9n – 1,2856a = 18
14n  2a
2
n (  2)
0
a (2  a  0)
Vậy C2H6O

3
7

...
...

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 CO2 (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.
 H2 O
 anken  ancol no, đơn chức, mạch hở
Ancol 
CnH2n + 2O + O2  n CO2 + (n + 1)H2O
n/(n+1)=0,25/0,3  n = 5. vậy C5H11OH
C C C C C C C C C OH C C C C OH
C C C C C OH

;

OH

;

C

;

C

Vấn đề 5: Phản ứng oxi hóa ancol thành andehit (oxi hóa không hoàn toàn bằng CuO)
Câu 1. Oxi hóa 4,6 g hỗn hợp chứa cùng số mol của 2 ancol đơn chức thành andehit thì dùng hết 7,95
g CuO. Cho toàn bộ lượng andehit thu được phản ứng với dung dịch AgNO3 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?
nCuO = 0,1; nAg =0,3. Do ancol đơn chức nên Ʃnancol = ƩnCuO =0,1
Vì nAg > 2.nancol  trong hỗn hợp có CH3OH (tạo ra HCHO phản ứng cho lượng Ag gấp đôi các
andehit đơn chức khác).
Vậy hỗn hợp có CH3OH và RCH2OH với số mol bằng nhau là 0,1/2 = 0,05 (mol)
CH3OH + CuO  HCHO + Cu + H2O
RCH2OH + CuO  RCHO + Cu + H2O


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  4NH4NO3 + (NH4)2CO3 + 4Ag 
RCHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  2NH4NO3 + RCOONH4 + 2Ag 
mancol = 32.0,05 + (R + 31).0,05 = 4,6  R là - C2H5
Vậy CH3OH và CH3CH2CH2OH
Câu 2. Ancol bị oxi hoá bởi CuO cho sản phẩm có khả năng tham gia phản ứng tráng gương là
A. propan-2-ol.
B. etanol.
C. pentan-3-ol.
D. 2-metylpropan-2-ol.
Câu 3. Oxi hoá ancol đơn chức X bằng CuO (đun nóng), sinh ra một sản phẩm hữu cơ duy nhất là
xeton Y (tỉ khối hơi của Y so với khí hiđro bằng 29). Công thức cấu tạo của X là
A. CH3-CHOH-CH3.
B. CH3-CH2-CHOH-CH3.

C. CH3-CO-CH3.
D. CH3-CH2-CH2-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 AgNO3 trong NH3, thu
được 23,76 gam Ag. Hai ancol là:
A. CH3OH, C2H5CH2OH.
B. CH3OH, C2H5OH.
C. C2H5OH, C3H7CH2OH.
D. C2H5OH, C2H5CH2OH.
ĐA: A
n ancol = nCuO = 0,06; M = 2,2/0,06 = 40  Trong hỗn hợp ancol có chứa CH3OH ( M =32)
(HOẶC: nAg = 0,22 mol; n ancol = nCuO = 0,06  nAg > 2.n ancol  Hỗn hợp ancol trên có chứa
CH3OH)
CH3OH  HCHO  4Ag
x
x
4x
RCH2OH  RCHO  2Ag
y
y
2y
x + y = 0,06; 4x + 2y = 0,22  x = 0,05; y = 0,01  m RCH2OH = 2,2 – 0,05.32 = 0,6 (g)
 M RCH2OH = 0,6/0,01 = 60  R = 29 . Vậy C2H5CH2OH

ANDEHIT
X là hỗn hợp 2 andehit đơn chức. Chia 0,12 mol X làm hai phần bằng nhau
- Đốt cháy hết phần I được 6,16g CO2 và 1,8g H2O.
- Cho phần II tác dụng với lượng dư AgNO3/NH3 đun nóng được 17,28g Ag.
X gồm hai andehit có CTPT là
A. CH2O và C3H4O. B. CH2O và C2H4O C. CH2O và C4H6O

D. CH2O và C3H6O
Giải
AgNO3 / NH3
Phần II: 0,06 mol X 
0,16 mol Ag
nAg

 2, 67  Hỗn hợp andehit gồm: HCHO (amol) và CxHyO(b mol)
nandehit
Ta có hệ phân tử: a + b = 0,06(1) 4a + 2b = 0,16  a = 0,02 và b = 0,04
O2
Phần I: HCHO (amol) và CxHyO(b mol) 
 (0,02 + 0,04x)mol CO2 và (0,02+ 0,02y) mol H2O
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 C3H4O. Chọn A


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

ESTE
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)3C3H5 B. (CH3COO)3C3H5.
C. C3H5(COOC2H5)3 D. (C3H7COO)3C3H5
Giải
21,8
0,3
nNaOH = 0,3 mol  nX =

 218
 0,1  MX =
3
0,1
X có hai trường hợp hoặc (RCOO)3R/ hoặc R(COOR/)3
- Nếu : (RCOO)3R/ + 3NaOH  3RCOONa + R/(OH)3
0,1
0,3
0,3(mol)
24, 6
MMuối =
 82  MR = 15(CH3) ; MR / = 41(C3H5)  X là (CH3COO)3C3H5
0,3
- 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(NH2)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