IMG-LOGO

Ancol

  • 320 lượt thi

  • 32 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho các chất sau: (1) ancol etylic, (2) metan, (3) đimetyl ete, (4) propanol. Dãy sắp xếp theo chiều giảm dần nhiệt độ sôi là
Xem đáp án

Trả lời:

Ancol có nhiệt độ sôi lớn nhất và tăng theo phân tử khối =>(4) >(1)

Ankan có nhiệt độ sôi thấp nhất =>(2) thấp nhất

=>thứ tự đúng là (4) >(1) >(3) >(2)

Đáp án cần chọn là: D


Câu 2:

Dãy các chất nào sau đây không tan trong nước?
Xem đáp án

Trả lời:

- Ancol tan tốt trong nước =>metanol và propanol tan tốt trong nước

=>loại A, C và D

Đáp án cần chọn là: B


Câu 3:

Trong phòng thí nghiệm, khí Y được điều chế và thu vào ống nghiệm theo hình vẽ bên.

Khí Y được tạo ra từ phản ứng hóa học nào sau đây?

Xem đáp án

Trả lời:

Từ hình vẽ ta thấy:

Khí Y không tan hoặc ít tan trong nước và không có phản ứng với nước

Mà khí Y lại được điều chế từ dd X → dd X là C2H5OH và khí Y là C2H4

Đáp án cần chọn là: D


Câu 4:

Để nhận biết được 2 chất lỏng không màu là: propan-1,2-điol và propan-1,3-điol ta có thể dùng hóa chất nào sau đây:
Xem đáp án

Trả lời:

Propan-1,2-điol là ancol có 2 nhóm OH liền kề; propan-1,3-điol không có nhóm OH liền kề

=>dùng Cu(OH)2 nhận biết : Propan-1,2-điol hòa tan Cu(OH)2 tạo phức còn propan-1,3-điol không phản ứng

Đáp án cần chọn là: B


Câu 5:

Cho các chất có CTCT như sau: HOCH2-CH2OH (X); HOCH2-CH2-CH2-OH (Y); HOCH2-CH(OH)-CH2OH (Z); CH3-CH2-O-CH2-CH3 (R); CH3-CH(OH)-CH2OH (T). Những chất tác dụng được với Cu(OH)2 tạo thành dung dịch màu xanh lam là
Xem đáp án

Trả lời:

Những chất tấc dụng với dd Cu(OH)2 tạo thành dung dịch màu xanh lam là những ancol có nhóm –OH liền kề

HOCH2-CH2OH (X); HOCH2-CH(OH)-CH2OH (Z); CH3-CH(OH)-CH2OH (T)

Đáp án cần chọn là: B


Câu 6:

Cho 9,2 gam hỗn hợp ancol propylic và ancol đơn chức B tác dụng với Na dư sau phản ứng thu được 2,24 lít H2 (đktc). Công thức của B là

Xem đáp án

Trả lời:

Gọi công thức chung của 2 ancol \[\overline R OH\]

\[\overline R OH + Na \to \overline R ONa + \frac{1}{2}{H_2}\]

0,2 mol                        0,1 mol

\[ \Rightarrow {\overline M _{ancol}} = \frac{{9,2}}{{0,2}} = 46\]

\[ \to \overline R = 46 - 17 = 29\]

Mà có 1 ancol là C3H7OH nên  ancol còn lại phải là CH3OH

Đáp án cần chọn là: A


Câu 7:

Cho 11,95 gam hỗn hợp ancol etylic và etylen glicol tác dụng hoàn toàn với Na dư thu được 3,64 lít khí H2 (đktc). Phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp lần lượt là

Xem đáp án

Trả lời:

Gọi \[{n_{{C_2}{H_5}OH}} = x\,mol;{n_{{C_2}{H_4}{{\left( {OH} \right)}_2}}} = y\,mol;\]

→ 46x + 62y = 11,95  (1)

\[{n_{{H_2}}}\]= 0,1625 mol → 0,5x + y = 0,1625 (2)

\[\left( 1 \right),\left( 2 \right) \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0,125\,mol}\\{y = 0,1\,mol}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\% {m_{{C_2}{H_5}OH}} = 48,12\% }\\{\% {m_{{C_2}{H_5}{{\left( {OH} \right)}_2}}} = 51,88\% }\end{array}} \right.\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 8:

Cho Na tác dụng vừa đủ với 1,24 gam hỗn hợp 3 ancol, thu được 336 ml khí H2 (đktc). Khối lượng muối natri thu được là:
Xem đáp án

Trả lời:

Đặt công thức chung của 3 ancol là R(OH)x

R(OH)x + x Na  → R(ONa)x + x/2 H2

Theo PTHH: nNa = 2.nH2 = 2. 0,336 : 22,4 = 0,03 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mmuối natri  = mancol + mNa – mH2 = 1,24 + 0,03.23 – 0,015.2 = 1,9 gam

Đáp án cần chọn là: C


Câu 9:

Cho biết X mạch hở. Đốt cháy a mol X thu được 4a mol CO2 và 4a mol H2O. Nếu cho a mol X tác dụng hết với Na thu được a mol H2. Số CTCT thỏa mãn của X là
Xem đáp án

Trả lời:

Ta có: Số C = nCO2 : nX = 4a : a = 4;

           Số H = 2nH2O : nX = 2.4a : a = 8

→ X có công thức C4H8Ox

Cứ a mol X phản ứng với Na sinh ra 0,5ax mol H2 → 0,5ax = a → x = 2

Vậy X có công thức C4H8O2 có số liên kết π + vòng = 1

Các đồng phân cấu tạo ancol đa chức, mạch hở của X là:

HO-CH2-CH(OH)-CH =CH2

CH2OH-CH =CH-CH2OH

CH2 =C(CH2OH)-CH2OH

Vậy X có 3 CTCT thỏa mãn.

Đáp án cần chọn là: B


Câu 10:

Hỗn hợp X gồm metanol, etanol, propan -1-ol, và H2O. Cho m gam X tác dụng với Na dư thu được 15,68 lít khí H2 (đktc). Mặt khác đốt cháy hoàn toàn X thu được V lít CO2 (đktc) và 46,8 gam H2O. Giá trị của m và V lần lượt là
Xem đáp án

Trả lời:

nH2(ĐKTC) = 15,68 :22,4 = 0,7 (mol); nH2O = 46,8 : 18 = 2,6 (mol)

nhh X = nOH- = 2nH2 = 2.0,7 = 1,4 (mol)

X toàn là chất no nên khi đốt cháy có: nX = nH2O – nCO2

=>1,4 = 2,6 – nCO2

=>nCO2 = 1,2 (mol)

=>VCO2(đktc) = 1,2.22,4 = 26,88 (l)

BTKL ta có: mX = mC + mH + mO = 1,2.12 + 2,6.2 + 1,4.16 = 42 (g)

Đáp án cần chọn là: D


Câu 11:

Oxi hoá ancol đơn chức X bằng CuO (đun nóng), sinh ra một sản phẩm hữu cơ duy nhất là xeton Y (có tỉ khối so với khí hiđro bằng 29). CTCT của X là
Xem đáp án

Trả lời:

Vì oxi hoá ancol đơn chức X tạo xeton Y nên X là ancol đơn chức bậc 2

Ta có sơ đồ :       R – CHOH – R’ + CuO \[\mathop \to \limits^{t^\circ } \]R – CO – R’ + Cu + H2O

MY = R + 28 + R’ = 29. 2 = 58 =>R + R’ = 30 .Chỉ có R = 15, R’ = 15 là thoả mãn

Nên xeton Y là CH3 – CO – CH3 . Vậy CTCT của ancol X là CH3 – CHOH – CH3

Đáp án cần chọn là: A


Câu 12:

Oxi hóa 6 gam ancol đơn chức X bằng CuO (t0, lấy dư) thu được 5,8 gam một anđehit. Vậy X là
Xem đáp án

Trả lời:

Gọi ancol X có dạng RCH2OH (oxi hóa tạo anđehit =>ancol bậc 1)

RCH2OH + CuO \[\mathop \to \limits^{t^\circ } \]RCHO + Cu + H2O

Ta có: nancol = nanđehit = a mol

\[ \Rightarrow a = \frac{6}{{R + 31}} = \frac{{5,8}}{{R + 29}} \Rightarrow R = 29\]

Ancol X là C2H5CH2OH

Đáp án cần chọn là: C


Câu 13:

Cho m gam ancol A mạch hở, đơn chức bậc 1 qua bình đựng CuO (dư, t0). Phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp gồm khí và hơi có tỉ khối so với H2 bằng 19. Ancol A là:
Xem đáp án

Trả lời:

Gọi CTPT ancol A là RCH2OH

RCH2OH + CuO\[\mathop \to \limits^{t^\circ } \]RCHO + Cu + H2O

\[ \to {n_{RCHO}} = {n_{{H_2}O}} = a\,mol\]

\[\overline M = \frac{{\left( {R + 29} \right).a + 18a}}{{a + a}} = 19.2\]

\[ \to R = 29\]

→ ancol A là C3H7OH

Đáp án cần chọn là: D


Câu 14:

Cho m gam một ancol no, đơn chức X qua bình CuO dư đun nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là
Xem đáp án

Trả lời:

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và nguyên tố ta có

+) nancol = nanđehit  = \[ = \frac{{{m_{CRgiam}}}}{{16}} = \frac{{0,32}}{{16}} = 0,02\left( {mol} \right)\]

R – CH2OH + CuO \[\mathop \to \limits^{t^\circ } \]R – CHO + Cu + H2O

0,02 mol                     0,02 mol             0,02 mol

+) \[\overline M = \frac{{0,02.\left( {R + 29} \right) + 0,02.18}}{{0,02 + 0,02}}\]

=>R = 15 nên ancol X là C2H5OH

Vậy khối lượng ancol X là : m = 0,02 . 46 = 0,92 gam.

Đáp án cần chọn là: A


Câu 15:

Oxi hoá 4 gam ancol mạch hở, đơn chức A bằng oxi (xt, t0) thu được 5,6 gam hỗn hợp gồm xeton, ancol dư và nước. Phần trăm ancol A bị oxi hóa là:
Xem đáp án

Trả lời:

Bảo toàn khối lượng: nO2 phản ứng = mhh sau phản ứng – mancol ban đầu  = 5,6 – 4 = 1,6 gam

=>nO phản ứng = nxeton = nH2O = nancol phản ứng = 1,6 / 16 = 0,1 mol

=>nancol ban đầu >0,1 mol =>Mancol ≤ 4 / 0,1 = 40 =>ancol là CH3OH

=>nancol = 0,125 mol =>H = 0,1 / 0,125 .100% = 80%

Đáp án cần chọn là: A


Câu 16:

Cho 20,7 gam một ancol đơn chức X tác dụng với CuO dư, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm anđehit, nước và ancol dư. Cho Y tác dụng với Na dư thu được 5,04 lít khí H2 (đktc). Biết H = 88,89%. Ancol X và khối lượng anđehit trong Y là

Xem đáp án

Trả lời:

Gọi công thức của ancol X là RCH2OH có số mol ban đầu là x mol.

Gọi số mol X phản ứng là a mol

RCH2OH + CuO → RCHO + Cu + H2O

 a         →    a     →     a      → a  →  a      mol

→ Hỗn hợp Y gồm

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{RCHO:a\,\,mol}\\{{H_2}O:a\,mol}\\{RC{H_2}OH:\left( {x - a} \right)\,\,mol}\end{array}} \right.\]

RCH2OH + Na → RCH2ONa + \[\frac{1}{2}\]H2

H2O + Na → NaOH +\[\frac{1}{2}\] H2

\[{n_{RC{H_2}OH}} + {n_{{H_2}O}} = X - a + a = 0,225.2\]

\[ \to {M_X} = \frac{{20,7}}{{0,45}} = 46\]

→ X là C2H5OH 

→ anđehit trong Y là C2H4O

+) H = 88,89%

→ a = 0,8889x = 0,8889.0,45 = 0,4 mol

→ manđehit  = 0,4.44 = 17,6 gam.

 Đáp án cần chọn là: A


Câu 17:

Cho sơ đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên là một phương trình phản ứng):

Tinh bột → X → Y → Z → metyl axetat.

Các chất Y, Z trong sơ đồ trên lần lượt là:

Xem đáp án

Trả lời:

Từ tinh bột chỉ có thể tạo ra đường C6H12O6, suy ra Y phải là rượu C2H5OH (phản ứng lên men), vì chất cuối cùng là este có gốc axetat nên Z phải là CH3COOH (hoặc dựa vào đáp án, chỉ có ý C có rượu etylic)

Đáp án cần chọn là: C


Câu 18:

Trong công nghiệp, glixerin được sản xuất theo sơ đồ nào sau đây:
Xem đáp án

Trả lời:

Sơ đồ đúng theo sách giáo khoa là

Propen   →  allylclorua  →  1,3-điclopropan-2-ol  → glixerin

\[{C_3}{H_6}\mathop \to \limits_{ - HCl}^{ + C{l_2}} C{H_2} = CH - C{H_2}Cl\mathop \to \limits^{ + C{l_2} + {H_2}O} C{H_2}Cl - CHOH - C{H_2}Cl\mathop \to \limits_{ - NaOH}^{ + NaOH} C{H_2}OH - CHOH - C{H_2}OH\]

Đáp án cần chọn là: B


Câu 19:

Cho sơ đồ chuyển hoá:

Glucozơ → X → Y → CH3COOH.

Hai chất X, Y lần lượt là

Xem đáp án

Trả lời:

Từ glucozơ dựa vào phản ứng lên men ta thu được rượu etylic =>Loại C và D

Xét ý A và B, chỉ có CH3CHO + 1/2O2 → CH3COOH (xúc tác + nhiệt độ) (phản ứng điều chế axit axetic trong công nghiệp) là thỏa mãn

Đáp án cần chọn là: B


Câu 20:

Thể tích ancol etylic 92o cần dùng là bao nhiêu để điều chế được 2,24 lít C2H4 (đktc). Cho biết hiệu suất phản ứng đạt 62,5% và d = 0,8 g/ml.

Xem đáp án

Trả lời:

C2H5OH → C2H4 + H2O

nC2H4 = 0,1 (mol) = nC2H5OH nguyên chất lý thuyết

Trên thực tế hiệu suất phản ứng là 62,5%

=>nC2H5OH thực tế = \[\frac{{0,1}}{{62,5\% }} = 0,16\left( {mol} \right)\]

=>m C2H5OH = 7,36 gam

d = 0,8 g/ml =>thể tích C2H5OH nguyên chất cần dùng là 

\[V = \frac{{7,36}}{{0,8}} = 9,2\,ml\]

Độ của rượu được tính bằng số ml rượu nguyên chất trong 100 ml dung dịch rượu.

Áp dụng điều này

=>cứ 100ml dung dịch rượu 92 độ có 92 ml rượu nguyên chất.

Vậy để có 9,2 ml rượu nguyên chất cần thể tích dd rượu là V = 10ml.

Đáp án cần chọn là: B


Câu 21:

Đi từ 150 gam tinh bột sẽ điều chế được bao nhiêu ml ancol etylic 46o bằng phương pháp lên men ancol? Cho biết hiệu suất phản ứng đạt 81% và d = 0,8 g/ml.
Xem đáp án

Trả lời:

Khối lượng tinh bột thực tế tham gia phản ứng: 150. 0,81= 121,5g

Phương trình: (C6H10O5)n → 2nC2H5OH + 2nCO2

Có số mol tinh bột tham gia phản ứng là 0,75 =>số mol rượu là 1,5 mol

=> mrượu = 1,5.46 = 69 gam

Ta có: m = D . V =>Vrượu = 86,25 ml

Vì rượu 46nên thể tích thu được là: 86,25 : 46 . 100 = 187,5 ml

Đáp án cần chọn là: D


Câu 22:

Lên men m gam glucozơ với hiệu suất 90%, lượng khí CO2 sinh ra hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong, thu được 10 gam kết tủa. Khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 3,4 gam so với khối lượng dung dịch nước vôi trong ban đầu. Giá trị của m là
Xem đáp án

Trả lời:

CO+ Ca(OH)2  → CaCO3 + H2O

a        →   a     →         a

CO2 + CaCO3 + H2O  →  Ca(HCO3)2

b      →    b            →               b

Kết tủa tạo ra là :

CaCO3 = (a - b).100 = 10

=>a - b = 0,1 mol  (1)

mdung dịch giảm = m kết tủa - mCO2 = 10 – 44.(a + b) = 3,4

=>a + b = 0,15 mol  (2)

Từ (1) và (2) =>a = 0,125 và b = 0,025 mol

=>nCO2 = 0,125 + 0,025 = 0,15 mol

Phản ứng lên men :

C6H12O6  →   2CO2 + 2C2H5OH

0,075      ←  0,15 mol

Khối lượng C6H12O6 cần cho phản ứng lên men là :

0,075.180 = 13,5 gam

Do hiệu suất là 90% =>mmC6H12O6 = 13,5.100/90 = 15 gam

Đáp án cần chọn là: D


Câu 23:

Cho m gam tinh bột lên men thành ancol etylic với hiệu suất 81%. Toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 550 gam kết tủa và dung dịch X. Đun kĩ dung dịch X thu thêm được 100 gam kết tủa. Giá trị của m là:
Xem đáp án

Trả lời:

Các phản ứng:            

(C6H10O5) + nH2O → nC6H12O6

C6H12O6→ 2C2H6O + 2CO2

CO + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

2CO + Ca(OH)2 + H2O → Ca(HCO3)2

Ca(HCO3)2→ CO + CaCO3 + H2

\[{n_{C{O_2}}} = \frac{{550 + 2.100}}{{100}} = 7,5\left( {mol} \right)\]

\[ \Rightarrow {n_{{C_6}{H_{12}}{O_6}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{2} = 3,75\left( {mol} \right)\]

=>m = 3,75 . 162 . 100/81  = 750g

Đáp án cần chọn là: A


Câu 24:

Lên men m gam tinh bột thành ancol etylic. Toàn bộ khí CO2 sinh ra trong quá trình này được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2, tạo ra 330 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng dung dịch X giảm đi so với khối lượng nước vôi trong ban đầu là 132 g. Nếu hiệu suất quá trình lên men tạo thành ancol etylic là 90% thì giá trị của m là
Xem đáp án

Trả lời:

(C6H10O5)n →→ 2nC2H5OH + 2nCO2

2,25/n mol                                  4,5 mol

+) mdung dịch giảm = mkết tủa - mCO2 

=>mCO2 = 330 – 132 = 198 gam              

 +) Khối lượng tinh bột phản ứng là :

\[162n.\frac{{2,25}}{n} = 364,5gam\]

Vì H = 90% nên \[m = \frac{{364,5.100}}{{90}} = 405gam\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 25:

Có 1 ancol đơn chức, mạch hở Y. Khi đốt cháy Y ta thu được CO2 và H2O với số mol như nhau và số mol O2 dùng cho phản ứng gấp 4 lần số mol của Y. CTPT của Y là:
Xem đáp án

Trả lời:

nCO2 = nH2O =>ancol Y có CTPT dạng CnH2nOa  (loại C)

Loại D vì không có ancol có CTPT C2H4O. Dựa vào 2 đáp án còn lại =>a = 1

Giả sử nCO2 = nH2O = 1 mol

Theo đầu bài: nO2 = 4.nY

Bảo toàn nguyên tố O:

nY + 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O

 =>nY + 2.4nY = 3 mol

=>nY = 1/3 mol

=>số C trong Y = nCO2 / nY = 3 =>C3H6O

Đáp án cần chọn là: B


Câu 26:

Đốt cháy a mol ancol X cần 2,5a mol oxi. Biết X không làm mất màu dung dịch brom. CTPT của ancol là:

Xem đáp án

Trả lời:

+) Ancol X không làm mất màu dung dịch brom

=>X là ancol no, có CTPT: CnH2n+2O 

\[{C_n}{H_{2n + 2}}{O_x} + \frac{{3n + 1 - x}}{2}{O_2}\mathop \to \limits^{t^\circ } nC{O_2} + \left( {n + 1} \right){H_2}O\]

a mol                                    2,5a mol

=>a.(3n + 1 – x) =2.2,5a  =>3n = x + 4

+) Vì ancol luôn có số nhóm OH nhỏ hơn hoặc bằng số mol ancol =>x ≤ n

+ Với n = 2 =>x = 2 =>ancol C2H6O2

+ Với n = 3 =>x = 5 loại vì x >n

Đáp án cần chọn là: A


Câu 27:

Đốt cháy hoàn toàn 7,8 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol no, mạch hở, đơn chức liên tiếp thì thu được 6,72 lít CO2 (đktc). CTPT và % thể tích của chất có khối lượng phân tử lớn hơn trong hỗn hợp A là:
Xem đáp án

Trả lời:

nCO2 = 0,3 mol

Gọi công thức chung cho 2 ancol là CnH2n+2

Bảo toàn nguyên tố C:

nCO2 = n.nancol =>nancol = 0,3/n mol

=>7,8 / (14n + 18) = 0,3 / n  =>n = 1,5

=>2 ancol là CH4O (a mol) và C2H6O (b mol)

Ta có hệ:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + 2b = 0,3}\\{32a + 46b = 7,8}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow a = b = 0,1\,mol\]

=>%VCH4O = %VC2H6O = 50%

Đáp án cần chọn là: B


Câu 28:

Cho hh A gồm 1 rượu no, đơn chức và 1 rượu no 2 chức tác dụng với Na dư thu được 0,616 lít H2 (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 1 lượng gấp đôi hh A thì thu được 7,92 gam CO2 và 4,5 gam H2O. CTPT của mỗi rượu là
Xem đáp án

Trả lời:

Gọi CTPT của rượu no đơn chức là CnH2n+2O (x mol) và rượu no, 2 chức là CmH2m+2O2 (y mol)

Ta có:

nH2 = 0,5.nCnH2n+2O + nCmH2m+2O2

=>0,5x + y = 0,0275  (1)

Đốt 1 lượng gấp đôi A thu được 0,18 mol CO2 và 0,25 mol H2O

Bảo toàn nguyên tố C:

nCO2 = 2xn + 2ym = 0,18           (2)

Bảo toàn nguyên tố H:

nH2O = 2x(n+1) + 2y(m+1) = 0,25      (3)

Từ (1), (2) và (3) =>x = 0,015;  y = 0,02 và 3n + 4m = 18 

=>2 ancol là C2H5OH và C3H6(OH)2

Đáp án cần chọn là: A


Câu 29:

Cho hỗn hợp X gồm 6,4 gam ancol metylic và b (mol) 2 ancol A và B no, đơn chức liên tiếp. Chia X thành 2 phần bằng nhau.

Phần 1: Tác dụng hết với Na thu được 4,48 lít H2 (đktc).

Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng P2O5, bình 2 đựng Ba(OH)dư thấy khối lượng bình 1 tăng a gam, bình 2 tăng (a + 22,7) gam. CTPT của 2 ancol A và B là

Xem đáp án

Trả lời:

Ở mỗi phần:  nCH3OH = 0,1 mol

Gọi CTPT trung bình của 2 ancol A và B là  \[{C_{\overline n }}{H_{2\overline n + 2}}O\]

+) Tác dụng với Na: nH2 = 0,5.nCH3OH + 0,5.n2 ancol = 0,2 mol

=>  n2 ancol = 2.0,2 - 0,1 = 0,3 mol

+) Bảo toàn nguyên tố C:

\[{n_{C{O_2}}} = 0,1 + 0,3\overline n \]

+) Bảo toàn nguyên tố H: 

\[{n_{{H_2}O}} = 2.0,1 + \left( {\overline n + 1} \right)0,3\]

Khối lượng bình 1 tăng là khối lượng H2O, khối lượng bình 2 tăng là khối lượng CO2

+) mbình 2 - mbình 1 = mCO2 – mH2O = 22,7

\[ \Rightarrow 44.\left( {0,1 + 0,3\overline n } \right) + 18.\left( {2.0,1 + \left( {\overline n + 1} \right).0,3} \right) = 22,7\]

\[ \Rightarrow \overline n = 3,5\]

=>CTPT của 2 ancol là C3H7OH và C4H9OH

Đáp án cần chọn là: C


Câu 30:

Cho hỗn hợp X gồm 3 ancol đơn chức A, B, C trong đó A và B là 2 ancol no có khối lượng phân tử hơn kém nhau 28 đvC, C là ancol không no có 1 nối đôi. Cho m (g) X tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít H(00C, 2atm). Nếu đốt cháy hoàn toàn m/4 g X thì thu được 3,52 gam CO2 và 2,16 gam H2O. CTPT mỗi ancol là
Xem đáp án

Trả lời:

Gọi CTPT trung bình của A và B là  và C: CmH2mO  (m ⩾ 3)

Đốt cháy m gam X thu được :

nCO2 = 4.0,08= 0,32 mol; nH2O = 4.0,12 = 0,48 mol

+) n= 2.nH2 = 0,2 mol

+) nA,B = nH2O – nCO2 = 0,16 mol (do khi đốt C thì nCO2 = nH2O

=>nC = 0,04 mol

+) \[{n_{C{O_2}}} = 0,16\overline n + 0,04m = 0,32\]

\[ \Rightarrow \overline n = \frac{{0,32 - 0,04m}}{{0,16}}\]

\[ \Rightarrow m = 3;\overline n = 1,25\]

=>3 ancol A, B, C lần lượt là CH3OH ; C3H7OH và C3H6O

Đáp án cần chọn là: D


Câu 31:

Hỗn hợp A gồm rượu đơn chức no X và H2O. Cho 21 gam A tác dụng Na được 7,84 lít H2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 21 gam A và cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Khối lượng kết tủa tạo ra trong bình chứa Ca(OH)2 là
Xem đáp án

Trả lời:

GỌi CTPT của X có dạng CnH2n+2O (a mol) và H2O (b mol)

CnH2n+1OH + Na → ½ H2

   a                     → ½ a

  H2O + Na → ½ H2

 b                     → ½ b

=> ½ a + ½ b = 0,35

=>a + b = 0,7

CnH2n+2O → nCO2

Ta có:  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {14n + 18} \right)a + 18b = 21}\\{a + b = 0,7}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow na = 0,6 = {n_{C{O_2}}}\]

=>mCaCO3 = 0,6.100 = 60 gam

Đáp án cần chọn là: C


Câu 32:

Đốt cháy hoàn toàn x gam ancol X rồi cho các sản phầm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2  dư thấy khối lượn bình tăng y gam và tạo z gam kết tủa. Biết 100y = 71z; 102z = 100(x + y). Có các nhận xét sau:

Số phát biểu đúng là

Xem đáp án

Trả lời:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{100y = 71z}\\{102z = 100\left( {x + y} \right)}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 0,71z\left( g \right)}\\{x = 0,31z\left( g \right)}\end{array}} \right.\]

Ta có a g X + O2 → CO2 + H2O

            CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

 nCaCO3 = z : 100 = 0,01z mol → nCO2 = nCaCO3 = 0,01z (mol)

mbình tăng = mCO2 + mH2O = 44.0,01z + 18nH2O = y

\[ \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{y - 0,44z}}{{18}}mol\]

Bảo toàn C có nC(X) =nCO2 = 0,01z mol

Bảo toàn H có

\[{n_{H\left( X \right)}} = 2{n_{{H_2}O}} = 2.\frac{{y - 0,44z}}{{18}} = 2.\frac{{0,71z - 0,44z}}{{18}} = 0,03z\,mol\]

Ta có:

mX = mC + mH + mO = x

→ 0,31z = 12.0,01z + 0,03z.1 + mO 

→ mO = 0,16z → nO = 0,01z

→X có C : H : O = n: nH : nO = 0,01z : 0,03z : 0,01z = 1:3 :1

→CTĐGN là CH3O→ CTPT là (CH3O)n thì 3n ≤ 2n+ 2→ n ≤ 2 → n = 2

→X là  C2H6O2

a. Đúng

b. sai vì chỉ cần cho C2H4 +KMnO4 →C2H4(OH)2

c. đúng vì X là chất điều chế tơ lapsan

d. đúng vì cả hai đều tạo phức màu xanh lam

e. đúng

→ có 4 phát biểu đúng

Đáp án cần chọn là: C


Bắt đầu thi ngay


Có thể bạn quan tâm


Các bài thi hot trong chương