Hóa học hữu cơ
2.1 Bài tập
Câu 120: Paracetamol (X) là thành phần chính của thuốc hạ sốt và giảm đau.Oxi hóa hoàn toàn 5,285g
X bằng CuO dư, dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 đựng Ba(OH)2 dư.Sau
khi kết thúc thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 2,835g, ở bình 2 tạo thành 55, 16g kết tủa và còn
0, 392(l) khí (ĐKTC) thoát ra.CTPT (trùng với công thức đơn giản nhất ) của paracetamol là:
A. C4H9N. B. C4H9O2N. C. C8H9N. D. C8H9O2N.

Lời giải:
Ta có: nC = nCO2 = 0, 28; nH = 2nH2O = 0, 315; nN = 2nN2 = 0, 035
⇒ nO =
5, 285 − 0, 28.12 − 0, 315 − 0, 0175.28

16

= 0, 07 Từ tỉ lệ mol suy ra đáp án D.

Câu 121: Hỗn hợp X chứa một số hydrocacbon đều mạch hở. Cho 21, 8 gam X với 0, 3 gam khí H2 vào
bình kín có chứa sẵn một ít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so
với H2 bằng 27, 625. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy lượng Br2 phản ứng là 88, 0
gam, khí thoát ra khỏi bình chỉ chứa một hydroccabon A duy nhất. Lấy 0, 15 mol A đốt cháy cần V lít O2
(đktc). Giá trị của V là:

bring about change 55


2.1 Bài tập />A. 21,84. B. 32,96. C. 36,42. D. 26,48.

Lời giải:
Đặt A có CT là CnH2n+2
Vì A là khí duy nhất do đó các hydrocacbon trong X sẽ đều chứa nC

Do đó có ngay nA =

21, 8 + 0, 3
2.27, 625
= 0, 4

mA = 21, 8 + 0, 3 +
2.88
160
= 23, 2g
⇒ MA = 58 ⇒ A : C4H10
Dễ có nO2 =

4.0, 15.4 + 10.015
4

= 0, 975 ⇒ V = 21.84(l)

Đáp án A.


Câu 122: Hỗn hợp X chứa 4 hydrocacbon đều mạch hở. Cho 7, 89 gam X vào bình kín có chứa sẵn 1, 792
lít khí H2 (đktc) và một ít bột N i Nung nóng bình một thời gian thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với
H2 bằng 10, 0625. Dẫn toàn bộ Y lần lượt qua bình đựng (1) đựng AgNO3/NH3 dư thu được 6, 0 gam
kết tủa; bình (2) đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 0, 98 gam. Khí thoát ra khỏi bình (2)
gồm 2 hydrocacbon hơn kém nhau 14 đơn vị ØvC. Lấy 0, 3 mol X tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch
Br2 1M. Giá trị gần đúng của V là?
A. 0,10. B. 0,32. C. 2,12. D. 2,46.

Lời giải:

Ta có: nH2 = 0, 08; nX =

7, 89 + 0, 08.2
2.10, 0625

= 0, 4 mol ⇒ MX = 19, 725

Mặt khác Khí thoát ra khỏi bình (2) gồm 2 hydrocacbon hơn kém nhau 14 đơn vị ØvC do đó
X gồm CH4, C2H2; C2H4; C2H6
Sau khi nung với N i, tính ngay được nC2H2 = 0, 025; nC2H4 = 0, 035
Bảo toàn số mol liên kết π tính được ngay số mol liên kết π trong X là
nπ = 0, 025.2 + 0, 035 + 0, 08 = 0, 165
Vậy V =
0, 165.0, 3
0, 4
= 0, 12375


Đáp án A.
Câu 123: Hỗn hợp X chứa 4 hydrocacbon đều ở thể khí có số nguyên tử cacbon lập thành cấp số cộng
và có cùng số nguyên tử hydro. Nung nóng 6, 72 lít hỗn hợp E chứa X và H2 có mặt N i làm xúc tác thu
được hỗn hợp F có tỉ khối so với He bằng 9, 5. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch Br2 dư thấy khối
lượng Br2 phản ứng là a mol; đồng thời khối lượng bình tăng 3,68 gam. Khí thoát ra khỏi bình (hỗn hợp
khí T) có thể tích là 1, 792 lít chỉ chứa các hydrocacbon. Đốt cháy toàn bộ T thu được 4, 32 gam nước.
Các khí đều đo ở đktc. Giá trị của a là?
A. 0,12. B. 0,13. C. 0,14. D. 0,15.

Lời giải:

bring about change 56


2.1 Bài tập />Từ dữ kiện đầu tiên ta có thể suy ra X gồm: CH4, C2H4, C3H4, C4H4
nT = 0, 08 ⇒ nH = 0, 48 ⇒
nH
nT
=6
Do đó ta coi T chỉ gồm C2H6 thì mT = 2, 4g
mF = 2, 4 + 3, 68 = 6, 08g ⇒ nF = 0, 16
Số mol giảm chính là số mol H2 phản ứng ⇒ nH2 = 0, 14
Coi hỗn hợp chỉ gồm CH4, C4H4. Đặt số mol hai thằng là x, y
Khi đó ta có:


16x + 52y = 5, 8
x + y = 0, 16
⇒

x = 0, 07
y = 0, 09
Khi đó tính được ngay nBr2 = 0.09.3 − 0, 14 = 0, 13
Đáp án B.
Câu 124: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Q gồm 2 ankin X,Y. Hấp thụ toàn bộ sản phầm cháy vào 4,5 lít
dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng 3,78 gam so với ban đầu. Cho
dung dịch Ba(OH)2 vừa đủ vào dung dịch thu được thêm kết tủa. Tổng kết tủa 2 lần là 18,85gam. Biết
rằng số mol của X bằng 60% tổng số mol X và Y có trong hỗn hợp Q. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Công thức X, Y lần lượt là.
Lời giải:
Kết tủa thu được sẽ gồm CaCO3, BaCO3
Dễ tính được ngay nCaCO3 = nCa(OH)2 = 0, 09 ⇒ nBaCO3 = 0, 05
⇒ nCO2 = 0, 14

Lúc đầu khi chưa cho Ba(OH)2 thì khối lượng kết tủa thu được là mCaCO3 = 0, 04.100 = 4g
Khối lượng dung dịch tăng m = mCO2 + mH2O − mCaCO3 ⇒ nH2O = 0, 09
Đặt CTC là CnH2n−2 thì có ngay n = 2, 8
Mà số mol của X bằng 60% tổng số mol X và Y suy ra X, Y lần lượt là C2H2, C4H6
Câu 125: Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm
O2 và O3. Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp
chỉ gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hiđro là 19. Tính tỉ


khối của khí A đối với hiđro?
Lời giải:
Gọi a = nH2O ⇒
nCO2
a
=
1, 3
1, 2
⇒ nCO2 =
1, 3a
1, 2
Bảo toàn Oxi : 2nO2 + 3nO3 = 2nCO2 + nH2O =
19a
6

mB = 16.(2nO2 + 3nO3
) = 16.
19a
6
= nB.19.2 ⇒ nB =
4a

3

Mà nA
nB


=
1, 5
3, 2
⇒ nA = 0, 625a

Bảo toàn khối lượng :mA + mB = mCO2 + mH2O
⇒ MA.0, 625a + 16.
19a
6
= 44.
1, 3a
1, 2
+ 18a

⇒ MA = 24 ⇒ dA/H2 = 12
Câu 126: Một hỗn hợp X gồm 0,07 mol axetilen, 0,05 mol vinyl axetilen, 0,1 mol H2 và một ít bột Ni
bring about change 57

2.1 Bài tập />trong bình kín. Đun nóng bình 1 thời gian thu hỗn hợp Y gồm 7 hiđrocacbon có tỉ khối so với H2 là 19,25.
Cho toàn bộ hỗn hợp Y qua bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu m gam kết tủa vàng nhạt và 1,586
lít hỗn hợp khí Z(đktc) gồm 5 hidrocacbonthoát ra khỏi bình. Để làm no hoàn toàn Z cần dùng vừa đủ
60ml dd Br2 1M. Giá trị m là?
A. 11,97. B. 9,57. C. 16,8. D. 12.



Lời giải:
mX = 4, 62 ⇒ nY = 0, 12 ⇒ H2 phản ứng hết
Bảo toàn số mol liên kết π thì có nπY = 0, 19
Gọi chất bị hấp thụ trong AgNO3/NH3 là T cho dễ
nZ = 0, 07 ⇒ nT = 0, 05
nπZ = 0, 06 ⇒ nπT = 0, 13
Từ đó suy ra T sẽ chứa C4H4, C2H2 hoặc C4H4, C4H6
Mà nT = nC4H4trongX và Z gồm 5 khí nên T chứa C4H4, C2H2
Vậy m = 9, 57g
Đáp án B.
Câu 127: Thủy phân hoàn toàn 19 gam chất hữu cơ X thu được m1 gam chất Y và m2 gam chất Z. Đốt
cháy hoàn toàn m1 gam chất Y cần 0,6 mol O2 tạo ra 0,6 mol CO2 và 0,6 mol H2O. Đốt cháy hoàn toàn
m2 gam chất Z cần 0,3 mol O2 tạo ra 0,2 mol CO2 và 0,3 mol H2O. Biết X có công thức phân tử trùng
với công thức đơn giản nhất. Công thức phân tử của X là:
A. C8H14O6. B. C9H16O6. C. C8H14O5. D. C9H14O6.

Lời giải:
Bài này ta có thể quy về như sau:
Đem (
19gCxHyOz
amolH2O

đốt cháy cần 0, 9O2 sinh ra 0, 8CO2 và 1, 2H2O

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: 19 + 18a + 0, 9.32 = 0, 8.44 + 1, 2.18 → a = 0, 5 Từ đó dễ tìm ra


công thức của X là C8H14O5
Đáp án C.

Câu 128: Oxi hóa 38 gam hỗn hợp propanal, ancol A no đơn chức bậc I và este B (tạo bởi một axit đồng
đẳng của axit acrylic và ancol A) được hỗn hợp X gồm axit và este. Mặt khác, cho lượng X đó phản ứng
với 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M thì sau phản ứng trung hòa hết NaOH dư cần 0,15 mol HCl được dung
dịch D. Cô cạn D được hơi chất hữu cơ E, còn lại 62,775 gam hỗn hợp muối. Cho E tách nước ở 1400C
(H2SO4 đặc xúc tác) được F có tỉ khối với E là 1,61. A và B lần lượt là:
A. C2H5OH và C3H5COOC2H5 . B. CH3OH và C4H7COOCH3.
C. CH3OH và C3H5COOCH3 . D. C2H5OH và C4H7COOC2H5.

bring about change 58

2.1 Bài tập />Lời giải:
Nhận thấy: Từ dữ kiện bài ra ta không thể tìm được cụ thể số mol mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu, điều
này gợi cho ta ý niệm về việc dùng phương pháp tìm khoảng giá trị hoặc phải kết hợp 4 đáp án như một
thông tin giúp ta giải quyết bài toán.



C2H5CHO(a : mol)
RCH2OH(b : mol)
R
0COOCH2R(c : mol)
[O] → X





C2H5COOH
RCOOH
R

0COOCH2R

62, 775g muối bao gồm: C2H5ON a; RCOON a; R

0COON a; N aCl : 0, 15(mol)

Chất hữu cơ E là:RCH2OH
Ta có:2RCH2OH H2SO4;1400C

→ (RCH2)2O + H2O
44 + 2R
R + 31
= 1, 61 ⇒ R = 15

Do đó hỗn hợp ban đầu gồm:



C2H5CHO(a : mol)


C2H5OH(b : mol)
R
0COOC2H5(c : mol)
[O] → X



C2H5COOH
CH3COOH

R
0COOC2H5

Theo bài ra ta có hệ phương trình sau:




a + b + c = 0, 6
mX = 38 = 58a + 46b + (R

0 + 73)c = 38(2)
96a + 82b + (R + 67)c = 62, 775 − (23 + 35, 5).0.15(3)
• Cách 1: Biện luận tìm khoảng giá trị R’(R ≥ 27)bằng cách làm trội kết hợp với 2 đáp án còn lại.
Trừ (3) và (2) theo từng vế ta được: 38a + 36b + (R


0 − 6)c = 16 ⇒ (R

0 − 6)c = 16 − 38a − 36b <

16 − 36(a + b) = 16 − 36(0, 6 − c) Do đó: R

0−6<6−
5, 6
c
⇒R
0 < 42 −
5, 6
c

< 42 Do

đó: R
0 = 41 (Kết hợp với đáp án)
• Cách 2: Phương pháp thử thuần khiết Lần lượt nhập R

0 = 41; 55 vào hệ phương trình trên ta thấy

chỉ có R
0 = 41 cho giá trị a, b, c phù hợp.

Đáp án A.


Comment: Rõ ràng với đề bài trên việc thử đáp án đã "tỏ" ra hữu hiệu giúp chúng ta đến với kết quả bài
toán nhanh hơn, tuy vậy nó lại không ”sáng" khi các tác giả đã phát hiện ra tâm điểm của bài toán
Câu 129: Chia m gam hỗn hợpXgồm hai ancol A, B (MA < MB) thành hai phần bằng nhau. Phần 1 cho
tác dụng với Na (dư) thu được 2,8 lít H2 (đktc). Phần 2 đem oxi hóa hoàn toàn bởi CuO đun nóng thu
được hai anđehit tương ứng. Đốt cháy hoàn toàn hai anđehit này thu được 15,68 lít CO2 (đktc) và 12,6
gam H2O. Mặt khác, nếu cho toàn bộlượng anđehit trên tác dụng với lượng dưdung dịch AgNO3 trong
NH3 đun nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thì thu được 75,6 gam kết tủa bạc. Công thức phân tửcủa
ancol B là:
A. C4H10O. B. C3H8O. C. C5H12O. D. C2H6O.

bring about change 59

2.1 Bài tập />Lời giải:
nandehit = nX = 2.0, 125 = 0, 25
Ta có: 2 <
nAg

nandehit
= 2, 8 < 4 → Hỗn hợp anđehit có chứa HCHO : a(mol) và CnH2nO : b(mol) (Do

nCO2 = nH2O = 0, 7)
Theo bài ra ta có:

a + b = 0, 25
4a + 2b = 0, 7


Giải ra ta được: a = 0, 1; b = 0, 15
BTC, ta được: 0, 1 + 0, 15n = 0, 7 ⇒ n = 4 ⇒ C4H10O
Do đó, ancol B là: C5H12O
Đáp án C.
Câu 130: Nếu đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm một ancol X (mạch hở) và một axit cacboxylic bất kì thì
luôn có số mol H2O nhỏ hơn hoặc bằng số mol CO2. Đốt cháy 0,15 mol X rồi cho sản phẩm cháy hấp
thụ hoàn toàn vào dung dịch chứa 0,25 mol Ba(OH)2 thấy tạo thành a gam kết tủa.Giá trị của a là:
A. 39,4. B. 49,25. C. 29,55. D. 9,85.

Lời giải:
Ta thấy khi đốt cháy acid thì sô mol của CO2 luôn lớn hơn số mol của H2O
Nên X phải là ancol không no có công thức là CnH2nOa
Khi đốt cháy 0,15 mol X thì số mol CO2 tạo thành là 0, 15n mol
Mặt khác khi cho sản phẩm cháy hấp thụ qua Ba(OH)2, để tạo kết tủa thì nCO2
nOH−
≤2

Suy ra 0, 15n ≤ 0, 5 ⇒ n ≤ 3, 333
Mặt khác X là ancol không no thì điều kiện của n là n ≥ 2 thì mới tồn tại dạng ancol (n ≤ 2 sẽ không có
liên kết π hoặc ancol chuyển sang anđehit)

Nên ta suy ra n = 3 ⇒ nBaCO3 = nOH− − nCO2 = 0, 05mol ⇒ mBaCO3 = 9, 85
Đáp án D.
Câu 131: Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức X và axit cacboxylic đơn chức Y, đều mạch hở và có
cùng số nguyên tử C, tổng số mol của hai chất là 0,5 mol (số mol của Y lớn hơn số mol của X). Nếu đốt
cháy hoàn toàn M thì thu được 33,6 lít khí CO2(đktc) và 25,2 gam H2O. Mặt khác, nếu đun nóng M với


H2SO4 đặc để thực hiện phản ứng este hoá (hiệu suất là 80%) thì số gam este thu được là:
A. 34,20. B. 27,36. C. 18,24. D. 22,80.

Lời giải:
Ta tính được nCO2 = 1, 5 > nH2O = 1, 4
Nên acid phải là acid không no.
Gọi công thức chung của acid và ancol lần lượt là là (

CnH2n−2O2
CnH2n+1OH

Ta có C =
nCO2
nhh
= 3 nên 2 chất trên là C3H4O2 và C3H7OH

bring about change 60

2.1 Bài tập />Khi đó ta có hệ :

(
a + b = 0, 5
4a + 8b = 2, 8

⇒


(
a = 0, 3
b = 0, 2
Este tạo thành là: C2H3COOC3H7 khi đó khối lượng este là:
m = 0, 2.0, 8.114 = 18, 24

Đáp án C.
Câu 132: Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu B với 3 axit hữu cơ,
trong đó có 2 axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no chứa một liên kết đôi. Xà phòng
hóa
hoàn toàn 14,7 gam A bằng dung dịch NaOH, thu được hỗ hợp muối và p gam rượu B. Cho p gam rượu
B đó vào bình đựng natri dư, sau phản ứng có 2,24 lít khí thoát ra và khối lượng bình đựng natri tăng 6,2
gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 14,7 gam A, thu được 13, 44 lít CO2 và 9, 9 gam H20. Xác định công
thức cấu tạo của từng este trong A (Các thể tích khí đo ở đktc)
Lời giải:
Dễ dàng xác định được B là CH3OH
Đặt CT chung của A là CxHyO2
Dễ thấy nA = nB = 0, 2
⇒ C = 3; H = 5, 5; M = 73, 5
Từ dữ kiện đầu của bài toán suy ra este là HCOOCH3, CH3COOCH3, C2H3COOCH3
Câu 133: Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn 70%), Y và Z là hai
ancol đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp gồm X, Y, Z cần vừa đủ 8,96
lít khí O2 (đktc), thu được 7,84 lít khí CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong
hỗn hợp trên là?
A. 15,9 %. B. 12,6 %. C. 29,9 %. D. 29,6 %.



Lời giải:
Ta có :nCO2 = 0, 35mol, nH2O = 0, 45, nO2 = 0, 4
Số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp C =
nCO2
nhh = 1, 75

Do axit trên là acid 2 chức nên số nguyên tử C lớn hơn hoặc bằng 2 nên 2 ancol là :(

CH3OH : amol
C2H5OH : bmol

Gọi chung công thức 2 ancol là CnH2n+1OH : umol, acid 2 chức là CxHyO4 : vmol
Bảo toàn nguyên tố O ta được hệ (

u + 4v = 0, 35.2 + 0, 45 − 0, 4.2 = 0, 35
u + v = 0, 2

⇔
(
u = 0, 15
v = 0, 05
Bảo toàn nguyên tố C: u.n + v.x = 0, 35 do n > 1 nên suy ra x < 4 suy ra x = 2, x = 3
Mặt khác, từ giải thiết đề bài %O < 0, 7% ⇒ MX > 91 ⇒ x = 3 ⇒ n =
4
3


Nên ta có :




a + b = u = 0, 15
a + 2b
0, 15
=
4
3

⇒ a = 0, 1; b = 0, 05

bring about change 61

2.1 Bài tập />
Khi đó %Y =
3, 2
10, 7
.100 = 29, 9%

Đáp án C.
Câu 134: Hỗn hợp X gồm Ala-Ala, Ala-Gly-Ala , Ala-Gly-Ala-Gly và Ala-Gly-Ala-Gly-Gly. Đốt 26,26


gam hỗn hợp X gồm cần 25,872 lít O2(đktc). Cho 0,25 mol hỗn hợp tác dụng với dung dịch NaOH vừa
đủ thu được bao nhiêu gam muối?
A. 104,00. B. 100,50 . C. 99,15. D. 98,84.

Lời giải:
CTPT của từng peptit lần lượt là : C6H12O3N2; C8H15O4N3; C10H18O5N4; C12H21O6N5
Gọi CTTQ của X là C2x+2H3x+6Ox+1Nx
→

1, 155.2
4, 5x + 6
.(57x + 46) = 26, 25 → x = 3, 8

→ m = 0, 25.262, 6 + 0, 25.3, 8.40 − 0, 25.18 = 99, 15g
Đáp án C.
Comment:
Mình giải theo cách quy hỗn hợp về thành 2 Ala và x Gly nhé
Gọi CTTQ là :
[2C3H7NO2; xC2H5NO2] = C6+2xH12+3xN2+xO3+x]
⇒
1, 155.2
15 + 4, 5x

.(57x + 160) = 26, 26 ⇒ x = 1, 8

⇒ m = 0, 25.262, 6 + 0, 25.3.8.40 − 18.0, 25 = 99, 15 ⇒ C


Cái nhanh ở đây là :
Thay vì phải viết tất cả cách chất ra rồi mới có thể tìm được quy luật của nó.Thì bạn chỉ cần để ý đến hỗn
hợp của nó là luôn luôn có 2 Ala và trong hỗn hợp chỉ chứa các aminnoaxit no,đơn.Nên ta quy về hỗn
hợp thành 2 Ala và x Gly.
Mẹo vặt:
Ala: C3H7NO2 và Gly :C2H5NO2
+Tìm số Cacbon : C = 3.2 + 2x = 6 + 2x
+Tìm số Nitơ :N = 2.1 + x.1 = 2 + x
+Tìm số Hidro :H = 2C + 2 − N = 2.(6 + 2x) + 2 − (2 + x) = 12 + 3x
+Tìm số Oxi :O = N + 1 = (2 + x) + 1 = 3 + x
Cách này chỉ đúng cho các aminnoaxit no,đơn thôi nha

Câu 135: X là tripeptit; Y là đipeptit đều được tạo bởi các aminoaxit no chứa 1 nhóm −NH2 và 1
nhóm −COOH. Đốt cháy hoàn toàn 0, 15 mol hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 1, 845 mol O2 thu được
hỗn hợp gồm CO2, H2O và N2; trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O có khối lượng 86, 88 gam.
Mặt khác đun nóng 82, 2 gam E với dung dịch N aOH vừa đủ thu được m gam muối. Giá trị m là:
A. 114,5. B. 141,5. C. 111,45. D. 154,5.

Lời giải:
bring about change 62

2.1 Bài tập />
CnH2n−1O4N3(a)
CmH2mO3N2(b)
Theo bài ra ta có hệ phương trình sau:






a + b = 0, 15

6(na + mb) − 9a − 6b = 4.1, 845
62(na + mb) − 9a = 86, 88
⇔

a = 0, 06
b = 0, 09

Dễ thấy: nN2 = 1, 5.0, 06 + 0, 09 = 1, 65
Do đó:mE Cháy = 82, 2

Xét trong 82, 2gE, ta có:nX = 0, 15; nY = 0, 225
Vậy m = mE + mNaOH − mH2O = 82, 2 + 40(3.0, 15 + 2.0, 225) − 18(0, 15 + 0, 225) = 111, 45
Đáp án C.
Câu 136: là peptit có dạng CxHyOzN6; Y là peptit có dạngCnHmO6Nt (X, Y đều được tạo bởi các aminoaxit no chứa 1 nhóm −NH2 và 1 nhóm −COOH). Đun nóng 32, 76 gam hỗn hợp E chứa X, Y
cần dùng 480ml dung dịch N aOH1M. Mặt khác đốt cháy 32, 76 gam E thu được sản phẩm cháy gồm
CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào nước vôi trong lấy dư thu được 123, 0 gam kết tủa;
đồng thời khối lượng dung dịch giảm a gam. Giá trị a là :
A. Tăng 49,44. B. Giảm 94,56.
C. Tăng 94,56. D. Giảm 49,44.


Lời giải:
Viết lại CT của X, Y là CxH2x−4O7N6; CnH2n−3O6N5
Đặt số mol X, Y lần lượt là a, b
Ta có:




6a + 5b = 0, 96
na + mb = 1, 23

14(na + mb) + 192a + 163b = 32, 76
⇒

a = 0, 03
b = 0, 06

Suy ra nH2O = 1, 08
Suy ra khối lượng dung dịch giảm 49, 44g

Đáp án D.
Câu 137: Cho hỗn hợp A gồm đimetylamin và hai hiđrocacbon kế tiếp thuộc cùng một dãy đồng đẳng.
Lấy 100ml hỗn hợp A trộn với 300ml oxi dư. Đốt hoàn toàn hỗn hợp, thể tích hỗn hợp sản phẩm khí và
hơi thu được 435ml. Sau khi cho hỗn hợp đó đi qua H2SO4 đặc thể tích khí còn lại là 185ml. Khi cho qua
tiếp KOH đặc thì còn lại 45ml. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Công thức phân tử hai hiđrocacbon
là:


A. C3H6, C4H8 . B. C3H8, C4H10 . C. C2H4, C3H6 . D. CH4, C2H6.

Lời giải:
Htb = (435 − 185).2/100 = 5 < 7 nên hiđrocacbon có Htb < 5
Ctb = (185 − 45)/100 = 1, 4 < 2 nên hiđrocacbon có Htb < 1, 4
Đáp án D.
Câu 138: Hỗn hợp khí X gồm etylamin và hai hiđrocacbon là đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn
bring about change 63

2.1 Bài tập />100 ml hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 550 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi nước. Nếu cho
Y đi qua dung dịch axit sunfuric đặc dư thì còn lại 250 ml lít khí (đktc). Công thức hai hiđrocacbon là:
A. CH4 và C2H6. B. C2H4 và C3H6. C. C2H6 và C3H8. D. C3H6 và C4H8.

Lời giải:
Ta có VH2O = 300ml; VCO2+N2 = 250ml
Trong đáp án chỉ có ankan và anken.Nhận thấy hai hidrocacbon là anken thích hợp hơn
Đặt CTC của hidrocacbon là CnH2n. Thể tích etylamin và hiđrocacbon lần lượt là x, y
Khi đó ta có



x + y = 100

2, 5x + ny = 250
3, 5x + ny = 300


⇒



x = 50
y = 50
n = 2, 5
Từ đó suy ra hai hidrocacbon là C2H4 và C3H6
Đáp án C.
Câu 139: Thực hiện phản ứng ester hóa hỗn hợp gồm 1 mol CH3COOH nguyên chất với 1 mol C1H5OH
nguyên chất ở một nhiệt độ xác định thì hiệu suất tối đa của phản ứng là 60%. Trên thực thế rất khó gặp
CH3COOH dạng nguyên chất nên thực hiện phản ứng này người ta phải lấy dung dịch CH3COOH.
Như vậy nếu lấy 60g dung dịch CH3COOH 94% tác dụng với 46g etanol nguyên chất ở điều kiện giống
như trên thì hiệu suất phản ứng ester hóa là bao nhiêu?
Lời giải:
Thí nghiệm 1: CH3COOH nguyên chất
Theo đề ta có: Kcb =

[CH3COOC2H5].[H2O]
[CH3COOH].[C2H5OH]
=
0, 6
2
(1 − 0, 6)2



= 2, 25 Thí nghiệm 2: CH3COOH

dung dịch
nCH3COOH = 0, 94 mol → nH2O = 0, 2 mol
nC2H5OH = 1 mol
Ở cùng điều kiện nên Kcb không đổi
→ Kcb =

x.(x + 0, 2)
(0, 94 − x)(1 − x)
= 2, 25

→ x = 3, 1074 > 0, 94 (loại) V x = 0, 5445 (nhận)
→ H% = 57, 92%

Câu 140: Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạch hở (MX < MY ); T là este hai chức tạo bởi
X, Y và một ancol no m ạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng
vừa đủ O2, thu được 5,6 lit CO2 (đktc) và 3, 24 gam nước. Mặt khác 6, 88 gam E tác dụng với dung dịch
AgNO3/NH3 dư thu được 12, 96 gam Ag. Khối lượng rắn khan thu được khi cho cùng lượng E trên tác
dụng với 150 ml dung dịch KOH 1M là :
A. 10, 54 gam. B. 14, 04 gam. C. 12, 78 gam. D. 13, 66 gam.

Lời giải:
Do E tác dụng được với AgNO3/NH3 và (MX < MY ) nên X là HCOOH và T chứ gốc HCOO−
bring about change 64