Chọn đáp án A

Chú ý metyl axetat và etyl fomat đều có công thức phân tử là C₃H₆O₂; còn vinyl axetat là C₄H₆O₂.

♦ Cách 1: gọi số mol C₃H₆O₂; C₄H₆O₂ tương ứng là x mol và y mol thì có hệ:

Khối lượng hỗn hợp X:

m_X = 74x + 86y = 3,08 gam

∑n_H2O = 0,12 mol = 3x + 3y.

Giải hệ được x = 0,03 mol và y = 0,01 mol

→ Yêu cầu %số mol_{vinyl axetat trong X} là:

0,01 ÷ (0,01 + 0,03) = 25%.

Chọn đáp án A

Gọi số nguyên tử C trong hai este lần lượt là n và m (n ≥ 2; m≥ 3).

n_CO2 = 0,03n + 0,02m = 0,12 mol

→ 3n + 2m = 12

→ n = 2; m = 3 (nghiệm nguyên).

→ este no là HCOOCH₃ và este không no là HCOOCH=CH₂

⇄ danh pháp là: metyl fomat và vinyl fomat

Chọn đáp án B

Đốt cháy thuần→ cần biết các chất trong hỗn hợp chúng ta đem đốt:

vinyl fomat: HCOOCH=CH₂ (C₃H₄O₂); metyl axetat CH₃COOCH₃ (C₃H₆O₂); axit ađipic HOOC-[CH₂]₄-COOH (C₆H₁₀O₄).

để ý: 6 : 10 = 3 : 5

2 chất kia là 3 : 4 và 3 : 6, trung bình 3 : 5

→ 3 : 4 và 3 : 6 phải có cùng số mol (sơ đồ chéo hoặc giải rõ ra).

gộp lại x mol C₃H₄O₂ + x mol C₃H₆O₂ = x mol C₆H₁₀O₄.

→ về mặt thành phần 4,38 gam E

⇄ 4,38 gam C₆H₁₀O₄

⇄ 0,03 mol C₆H₁₀O₄

đốt lượng này cho

n_CO2 = 0,03 × 6 = 0,18 mol

→ a = m_CO2 = 7,92 gam

Chọn đáp án D

$n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,1 mol$

$m_{dung dịch giảm}=m_{CaC{O}_3}–\sum (m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O})$

$\Rightarrow m_{H_{2}O}=10–3,98–0,1\times 44=1,62 gam$

$\Rightarrow n_{H_{2}O }=0,09 mol.$

X gồm C₂H₄O₂, C₃H₄O, C₄H₆O₂

⇒ n_O = n_H – n_C = 0,09 × 2 – 0,1

= 0,08 mol.

⇒ m_X = m_C + m_H + m_O

= 0,1 × 12 + 0,09 × 2 + 0,08 × 16

= 2,66 gam.

Chọn đáp án D

♦ giải đốt $5,52 gam (E+T)+0,27 mol O_2\stackrel{t^0}{\to }C{O}_2+0,20 mol H_{2}O$

BTKL có $m_{C{O}_{2 }}=10,56 gam$ $\to n_{C{O}_2}=0,24 mol$

giả thiết → este E dạng C_nH_2nO₂ và este T dạng C_mH_{2m – 2}O₂ (n ≥ 2; m ≥ 3).

→ tương quan: $\sum n_{C{O}_2}–n_{H_{2}O}=n_T=0,24–0,2=0,04 mol$

Lại có $n_{E+T }= \frac{1}{2}{n}_{O trong E+T}=0,07 mol$ (bảo toàn O phương trình đốt cháy)

Suy ra $n_{E }= 0,03 mol$

$\to \sum n_{C{O}_2 }=0,03n+0,04m=0,24$

→ 3n + 4m = 24.

Nghiệm nguyên duy nhất n = 4; m = 3

→ CTPT của este E là C₄H₈O₂.

→ các đồng phân cấu tạo của E thỏa mãn là: HCOOCH₂CH₂CH₃ (1);

HCOOCH(CH₃)₂ (2);

CH₃COOCH₂CH₃ (3);

C₂H₅COOCH₃ (4).

Tổng có 4 đồng phân cấu tạo

Chọn đáp án C

$n_{C{O}_2}–n_{H_{2}O}=2n_{este không no}$

⇒ n_{este không no} = 0,1 mol

⇒ n_X = 0,025 mol

⇒ %n_X = 0,025 ÷ 0,125 × 100% = 20%

Chọn đáp án D

A có công thức C_nH_2n-2O₂ ( n≥ 3), và B có công thức C_mH_2mO₂ ( m≥2)

Vì dung dịch Ca(OH)₂ dư nên $n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,4 mol$

$m_{bình tăng}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$ $\to n_{H_{2}O}=\frac{23,9-0,4.44}{18}=0,35 mol$

Luôn có $n_A=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,05 mol$

→ n_B = 0,15 -0,05 = 0,1 mol

→ 0,05n + 0,1m = 0,4

→ n + 2m = 8

Vậy chỉ có cặp nghiệm nguyên thỏa mãn là n = 4 và m= 2

Công thức của 2 este là C₂H₄O₂, C₄H₆O₂.

Chọn đáp án C

X gồm C₃H₄O₂, C₅H₆O₂, C₂H₄O₂ và C₃H₆O₂.

Do $n_{C_5{H}_6{O}_2}=n_{C_2{H}_4{O}_2}+n_{C_3{H}_6{O}_2}$

nên k_X = 2.

$\Rightarrow n_X=n_{C{O}_2}–n_{H_{2}O}$ $\Rightarrow n_{C{O}_2}=2,4 mol$

BTNT(O): $0,7 \times 2 + 2V ÷ 22,4 = 2,4 \times 2 + 1,7$

⇒ V = 57,12 lít.

$T=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=1,6$ $\Rightarrow n_{CaC{O}_3}=n_{O{H}^{{}_{–}}} –n_{C{O}_2}=1,6 mol$

Chọn đáp án A

E gồm 2 este không no dạng C_nH_{2n – 2}O₂ (n là giá trị trung bình, n > 5)

và một este no dạng C_mH_2mO₂ (m là giá trị nguyên, m ≥ 3).

(ở đây cần chú ý ancol tạo este là C₂H₅OH nên n > 5 và m ≥ 3 là vì thế).

• giải đốt $5,1 gam E+O_2\stackrel{t^0}{\to }0,23 mol C{O}_2+0,21 mol H_{2}O$

m_E = m_C + m_H + m_O

⇒ m_{O trong E} = 1,92 gam

$\Rightarrow n_X=\frac{1}{2}{n}_{O trong E }=0,06 mol$

Tương quan đốt: $n_{C_n{H}_{2n – 2}{O}_2 }=\sum n_{C{O}_2}–\sum n_{H_{2}O}=0,02 mol$ $\Rightarrow n_{C_m{H}_{2m}{O}_2}=0,04 mol$

có C_{trung bình} = 0,23 ÷ 0,06 ≈ 3,833

→ este no là HCOOC₂H₅.

$\Rightarrow C_{trung bình 2 este không no}=(0,23–0,04\times 3)÷0,02=5,5$

⇒ đọc ra được có 0,01 mol C₂H₃COOC₂H₅ (Y) và 0,01 mol C₃H₅COOC₂H₅ (Z).

Yêu cầu: $\%m_{este Y trong E}= 0,01\times 100÷5,1\times 100\%\approx 19,61\%$

Chọn đáp án C

X gồm 2 este no dạng C_nH_2nO₂ (n là giá trị trung bình, n > 2)

và một este không no dạng C_mH_{2m – 2}O₂ (m là giá trị nguyên, m ≥ 4).

• giải đốt $5,6 gam X +O_2\stackrel{t^0}{\to }0,22 mol C{O}_2+0,2 mol H_{2}O$

m_X = m_C + m_H + m_O

⇒ m_{O trong X} = 2,56 gam 

$\Rightarrow n_X=\frac{1}{2}{n}_{O trong X }=0,08 mol$

Tương quan đốt: $n_{C_m{H}_{2m – 2}{O}_2}=\sum n_{C{O}_2}–\sum n_{H_{2}O}=0,02 mol$ $\Rightarrow n_{C_n{H}_{2n}{O}_{2 }}=0,06 mol$

có C_{trung bình} = 0,22 ÷ 0,08 = 2,75

→ 2 este no là HCOOCH₃ và CH₂COOCH₃.

chặn khoảng giá trị có: $(0,22–0,06\times 3)÷0,02=2<m<(0,22–0,06\times 2)÷0,02<5$

kết hợp điều kiện ban đầu: 4 ≤ m < 5

⇒ este không no là C₂H₃COOCH₃.

Yêu cầu: $\%m_{este không no trong X }=0,02\times 86÷5,6\times 100\%\approx 30,71\%$

Chọn đáp án C

⇒ Este no, đơn chức, mạch hở

Chọn đáp án A

Từ giả thiết Khối lượng phân tử của Y gấp 1,5 lần khối lượng phân tử X và do X và Y có cùng %Oxi nên ta suy ra số nguyên tử O trong Y gấp 1,5 lần trong X

Như vậy, số nguyên tử O trong X và Y theo tỉ lệ 2:3

Trong các đáp án thì chỉ có đáp án A thỏa mãn

Chọn đáp án A

đốt $X+0,17 mol O_2\stackrel{t^0}{\to }0,14 mol C{O}_2+0,2 mol H_{2}O$

bảo toàn nguyên tố O có $n_{O trong X}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}–2n_{O_2}=0,14 mol$

Điểm đặc biệt: $\sum n_{C trong X}=\sum n_{O trong X}$

mà: chỉ CH₄O có số C = số O; các ancol đơn chức còn lại đều có số C > số O.

chỉ este HCOOCH₃ có số C = số O; các este đơn chức còn lại có số C > số O.

⇒ cặp anol, este duy nhất thỏa mãn TH này là CH₄O và HCOOCH₃.

Chọn đáp án B

Hỗn hợp T gồm 3 chất nhưng chỉ có 2 CTPT là C₄H₆O₂ và C₄H₈O₂.

Hai chất cùng 4C $\Rightarrow n_T=\sum n_{C{O}_2}÷4=0,2÷4=0,05 mol$

$n_{C_4{H}_6{O}_2}=(0,05\times 88–4,36)÷2=0,02 mol$

$\Rightarrow \%n_{C_4{H}_6{O}_2 trong T}=0,02÷0,05\times 100\%=40\%$

Chọn đáp án C

☆ dạng bài tập đốt cháy thuần (không quan tâm đến tính chất hóa học của các chất đem đốt).

→ chúng ta cũng chỉ cần xem xét CTPT của nó thôi: 0,15 mol hỗn hợp gồm

C₄H₆O₂ (metyl acrylat) C₂H₆O₂ (etylen glicol); C₂H₄O (axetanđehit) và CH₄O (ancol metylic).

Yêu cầu x mol O₂ cần để đốt, giả thiết 0,38 mol CO₂

→ bỏ cụm "H₂O".

C₄H₆O₂ = 4C + 1H₂ + 2H₂O;

C₂H₆O₂ = 2C + 1H₂ + 2H₂O.

C₂H₄O = 2C + 1H₂ + 1H₂O;

CH₄O = 1C + 1H₂ + 1H₂O.

YTHH 01: 0,15 mol hỗn hợp quy về hỗn hợp gồm:

0,38 mol C + 0,15 mol H₂ + ??? mol H₂O

không quan tâm H₂O vì nó không cần O₂ để đốt (mà quan tâm cũng không tính được).

C + O₂ → CO₂;

2H₂ + O₂ → 2H₂O

$\to \sum n_{O_2 cần}=0,38+0,15÷2=0,455 mol$

Chọn đáp án A

Hỗn hợp X chứa các chất ứng với 2 CTPT là C₄H₈O₂ và C₂H₆O.

Đặt $n_{C_4{H}_8{O}_2 }=a$ và $n_{C_2{H}_{6}O}=b$ ta có các phương trình sau:

PT theo $\sum n_{C{O}_2}: 4a+2b=0,6 \left(1\right)$

PT theo $\sum n_{H_{2}O}: 4a + 3b=0,7\left(2\right)$

Giải hệ PT (1) và (2) ⇒ a = b = 0,1

$\Rightarrow \%m_{C_2{H}_{5}OH}=\frac{0,1\times 46\times 100}{0,1\times 46+0,1\times 88}\approx 34,33\%$

Chọn đáp án B

Hỗn hợp Y gồm ancol dạng C_nH_{2n + 2}O và este dạng C_mH_2mO₂ (n ≥ 1; m ≥ 2).

• đốt $Y+0,19 mol O_2\stackrel{t^0}{\to }0,14 mol C{O}_2+0,17 mol H_{2}O$

♦ Tương quan đốt: $n_{ancol}=\sum n_{H_{2}O}–\sum n_{C{O}_2}=0,17–0,14=0,03 mol$

bảo toàn nguyên tố O có $\sum n_{O trong Y}=0,07 mol$ $\Rightarrow n_{este}=(0,07–0,03)÷2=0,02 mol$

⇒ xây dựng pt nghiệm nguyên:

0,03n + 0,02m = 0,14

⇔ 3n + 2m = 14

Nghiệm duy nhất thỏa mãn là n = 2; m = 4 ứng với ancol là C₂H₅OH.

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Nhận thấy hỗn hợp X gồm C₂H₆O,CH₂O, C₂H₄O₂, C₄O₆O₂, C₃H₆O₃

Nhận thấy C₃H₆O₃ = CH₂O + C₂H₄O₂

Coi hỗn hợp X gồm C₂H₆O : a mol ,

CH₂O ; b mol ,

C₂H₄O₂ : c mol,

C₄O₆O₂ : d mol

Bảo toàn khối lượng

$\to m_{C{O}_2}=13,8+0,5375. 32-9=22 g$

$\to n_{C{O}_2}=0,5mol$

Vì $n_{H_{2}O}=n_{{}_{CO2}}=0,5 mol$

→ a = d

Có $n_{C{O}_2}=2a+b+2c+4d=0,5$

Bảo toàn nguyên tố O

$\to a+b+2c+2d=(0,5.2+0,5-0,5375.2 )=0,425$

Trừ 2 vế tương ứng của pt

→ a + 2d = 0,075

Giải hệ → a = 0,025 và d= 0,025

$\Rightarrow \%m_{C_4{H}_6{O}_2}=\frac{0,025\times 86}{13,8}. 100\%=15,58\%$

Chọn đáp án A

Nhận thấy $n_{C_2{H}_{5}OH}=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,13-0,1=0,03 mol$

Có $n_{C_2{H}_{5}OH}+n_{C{H}_{3}CHO}+{n_{HCOOCH}}_3=n_{C{O}_2}:2=0,05$

$\to n_{C{H}_{3}CHO}+n_{HCOOC{H}_3}=0,05-0,03=0,02 mol$

$\to n_{Ag}=2.(n_{C{H}_{3}CHO}+n_{HCOOC{H}_3})=0,04 mol$

→ a = 4,32 gam

Chọn đáp án B

Nhận thấy CTPT: andehit formic:

HCHO = CH₂O,

metyl fomat C₂H₄O₂ = (CH₂O)₂,

fructozo C₆H₁₂O₆ = (CH₂O)₆.

Đề yêu cầu tính glixerol nên coi hh trên chỉ có HCHO và $C_3{H}_8{O}_3$

Đốt cháy hỗn hợp ta có hệ phương trình về số mol $C{O}_2$ và $H_{2}O$ như sau:

Vậy thành phần phần trăm khối lượng của glixerol là:

Chọn đáp án B

Gọi công thức của Y là C_nH_2nO₂:0,1 mol

Biết số nguyên tử H trong X gấp hai lần số nguyên tử H trong Y

→ Công thức của X là C_mH_4nO:0,1 mol

$C_n{H}_{2n}{O}_2+\frac{3n-2}{2}{O}_2\to nC{O}_2+n{H}_{2}O$

$C_m{H}_{4n}O+ \frac{2m+2n-1}{2}{O}_2\to m_{C{O}_2}+2n_{H_{2}O}$

Có $n_{C{O}_2}=0,1( n+m) mol$, $n_{H_{2}O}=0,1n+0,1.2n=0,3n mol$

$n_{O_2}pu=0,1(1,5n-1)+0,1(m+n-0,5)=0,25n+0,1m-0,15$

Có $0,1( n+ m)+0,3n+[0,75-(0,25n+0,1m-0,15\left)\right]=1,2$

→ 0,15n= 0,3 → n= 2

→ Y có công thức C₂H₄O₂:0,1 mol và X có công thức C_mH₈O:0,1 mol

Vì oxi dư nên 0,25n+0,1m -0,15< 0,75

→ 0,1m < 0,4

→ m < 4 → m = 3

Chọn đáp án A

Gọi số mol của C₂H₅OH, CH₃COOCH₃, CH₃CHO lần lượt là a, b và c.

Theo đề bài ta có hệ pt:  $\frac{a}{a+b+c}= 0,5$

3a + 3b + 2c = 0,17

2a + 3b + 2c = 0,14

Giải hệ ta có a = 0,03, b = 0,02, c = 0,01

⇒ n_Ag = 2c = 0,02 mol

⇔ m_Ag = 2,16 gam

Chọn đáp án A

Hỗn hợp gồm: C₄H₆O₂; C₂H₆O₂; C₂H₄O và CH₄O.

Quan sát: 2 thằng đầu cùng H₆O₂; 2 thằng sau cùng H₄O.

Yêu cầu liên quan đến O₂ cần đốt

→ tách bỏ H₂O lại thấy sự đặc biệt:

0,15 mol hỗn hợp gồm x mol C + y mol H₂O + 0,15 mol H₂.

♦ Chuyển qua bài tập CO₂ + dung dịch kiềm: vì Ca(OH)₂ vào có thêm kết tủa

$\to C{O}_2+0,2 mol Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{O}_3\downarrow +Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2\left(1\right)$

Theo đó: $Ca{\left(OH\right)}_2+Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2\to CaC{O}_3+BaC{O}_3+2H_{2}O\left(2\right)$

m_{tủa (2)} = 18 gam→ có 0,18 mol Ca(HCO₃)₂ và 0,18 mol BaCO₃. Bảo toàn Ba $\to n_{BaC{O}_3 }ở \left(1\right)=0,02 mol$

$\to x=\sum n_{C{O}_2}=0,02+0,18\times 2=0,38 mol$ (theo bảo toàn C ở (1)).

► để ý yêu cầu: H₂O không cần O₂ để đốt → không quan tâm đến y mà

có luôn: $a=\sum n_{O_2} cần đốt=x+\frac{1}{2}{n}_{H_2}=0,38+0,15÷2=0,455 mol$

Chọn đáp án A

Nhận thấy H đều có công thức C_nH_2n-2O₂

Khi đun nóng Y lại thu được thêm kết tủa

→ chứng tỏ hình thành BaCO₃ : 0,03 mol và

Ba(HCO₃)₂ : 0,13- 0,03 = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố C $\to n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}+2n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=0,03+0,2=0,23 mol$

$m_{dd tăng}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{BaC{O}_3}$ $\to n_{H_{2}O}=\frac{7,27+5,91-0,23.44}{18}=0,17 mol$

$\to n_H=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,23-0,17=0,06 mol$

m_{hỗn hợp} = m_C + m_H + m_O

= 0,23.12 + 0,17.2 + 0,06.2.16

= 5,02 gam

Chọn đáp án C

Số nguyên tử Cacbon trung bình: 

Suy ra A có 1 Cacbon (HCOOH) và B có 2 Cacbon $\left(HCOOC{H}_3\right)$

Khi tác dụng với $AgN{O}_3/N{H}_3$:

+ A phản ứng tạo Ag theo tỉ lệ 1:2

+ B phản ứng tạo Ag theo tỉ lệ 1:2

Như vậy, khối lượng Ag thu được là: 

Khi cho 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng thu được 32,4 gam Ag, nên khi cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng thu được khối lượng Ag là: