Theo 4 đáp án thì X có 2 nguyên tử O trong phân tử (este no đơn chức)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho hợp chất X ta có:

=> X là C₄H₈O₂

Mà khi tác dụng với LiAlH₄ thì một phân tử X chỉ tạo ra hai phân tử hợp chất hữu cơ Y nên X là CH₃COOC₂H₅.

Đáp án B

Khi quan sát và phân tích đề bài ta thấy từ giả thiết cho X tác dụng với dung dịch KOH thu được một muối và 1 ancol thì có thể xảy ra các trường hợp sau về cặp chất A, B trong X:

·        A và B gồm 1 axit và 1 este

·        A và B gồm 1 axit và 1 ancol

·        A và B gồm 1 este và 1 ancol

Khi đó với lối giải bài tập tự luận thông thường, ta cần đi xét các trường hợp như trên. Tuy nhiên đây là một bài tập trắc nghiệm nên ta có thể quan sát 4 đáp án để loại trường hợp nếu có thể.

Căn cứ vào giả thiết và 4 đáp án ta có X gồm 1 axit và 1 este có cùng gốc axit. Gọi công thức của axit và este lần lượt là C_nH_2nO₂ và C_mH_2mO₂.

Đáp án A

Căn cứ vào 4 đáp án: Khi M là Cu hay Fe thì kim loại chỉ tan trong dung dịch X (phản ứng với Fe³⁺) mà không có phần không tan tách ra, do đó phần dung dịch Y còn lại sẽ có khối lượng lớn hơn khối lượng của dung dịch X.

Do đó ta loại đáp án C và D, kim loại M là Mg hoặc Ca.

Nếu M là Ca thì

n_{Ca dư} =${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$   = 0,28 > n_{Ca ban đầu} = 0.24

$\to$M là Mg

Đáp án A

Quan sát 4 đáp án ta đã nhận thấy hơi hướng của việc đánh giá để thu được bất phương trình cho khoảng giá trị.

Chọn X gồm 1 mol butan và 2 mol heptan. Ta có: $\overline{M_X} = \frac{58.1 + 100+2}{1 + 2}=86$

Quá trình crackin diễn ra đối với hỗn hợp X gồm C₄H₁₀ và C₇H₁₆.

Khi crackin C₇H₁₆ thì ankan mới thu được cũng có thể tiếp tục bị crackin để tạo ra các ankan và anken mới.

Khi đó viết các lần lượt các phương trình phản ứng để quan sát và đánh giá thì rất mất thời gian.

Để cho đơn giản hơn ta sẽ thực hiện tóm tắt các quá trình phản ứng theo so đồ:

Khi crackinh thì:

Quan sát sơ đồ trên ta nhận thấy:

C₄H₁₀ khi bị crackinh chỉ có thể qua một lần crackinh. Sau phản ứng thu đuợc ankan và anken mới với số mol bằng số mol C₄H₁₀ bị crackinh nên hỗn hợp sau phản ứng có số mol gấp đôi số mol ban đầu.

C₇H₁₆ khi bị crackinh hoàn toàn thì tối thiểu có một lần crackinh (như khi sản phẩm là (C₆H₁₂,CH₄), (C₅H₁₀, C₂H₆) và tối đa 3 lần crackinh

Do đó khi crackinh hoàn toàn C₇H₁₆ thì số mol hỗn hợp thu được có thể gấp đôi hoặc gấp 4 lần số mol C₇H₁₆ ban đầu. Kết hợp crackinh 2 chất ta có:

Đáp án D

n_co = 3a+ 3b+ 6c = 6d = 6^-a + -b + c + dj = 6.0,3 = l,8(mol)

Đáp án A

Khi đọc lướt qua đề bài, ta nhận thấy có vẻ như cách làm của bài này cũng tương tự như bài trước là tìm mối quan hệ giữa số mol của CO₂ và H₂.

Do đó ta cũng sẽ đi viết công thức cấu tạo của các chất trong hỗn hợp X ban đầu:

Ở đây nhận thấy ta không thể tìm ngay được mối quan hệ giữa $n_{C{O}_2}$và $n_{H_2}$ như bài trước vì hệ số của c trong phép tính số mol CO₂ là 2 mà không phải là 6.

Khi đó ta cần suy nghĩ đến một hướng làm khác khi mà bài tập không đủ dữ kiện để giải hết các nghiệm là tìm giới hạn của ẩn hoặc đại lượng nào đó.

Ta có:a + b + 2c + 2d < 3a + 3b + 2c + 6d < 3a + 3b + 6c + 6d

hay 13,44 < V < 40,32

Đáp án D.

a. Có các phản ứng hóa học xảy ra:

Ta có: $n_{H_{2}S{O}_4}$ _{phản ứng} = n_{kim loại} < 0,6643

Mà: $n_{H_{2}S{O}_4}$_{ban đầu} = 1 > 0,6643 nên sau phản ứng kim loại tan hết, axit còn dư.

b. Khi sử dụng lượng X gấp đôi thì 0,5723.2 < n_{kim loại} < 0,6643.2

Hay 1,1446 < n_{kim loại} < 1,3286

Mà nếu các kim loại bị hòa tan hết thì $n_{H_{2}S{O}_4}$_{phản ứng} = n_{kim loại} > 1,1446

Do $n_{H_{2}S{O}_4}$_{thực tế} = 1 < 1,1446 nên sau phản ứng kim loại chưa tan hết.

Đán án A

Với bài này, để chứng minh hỗn hợp X không tan hết ta có thể làm như sau:

Cách 1: Ta có các phản ứng xảy ra như sau:

Nhân 2 vế của bất phương trình với 2: 0,78 < 2(a + b) < 1,62

Ta có: 2(a + b) > 0,78

Theo (1) và (2): n_HCl = 3a + 2b = 0,5.1,2 = 0,6 mol.

Mà 3a + 2b > 2(a + b) > 0,78 nên n_{axit cần để hòa tan hết kim loại} > 0,78

_{$n_{axit}$thực tế} = 0,6 nên sau phản ứng, kim loại chưa tan hết.

Cách 2: Các phản ứng xảy ra:

Gọi a, b là số mol của Al và Fe. Ta có 27a + 56b = 22

n_{HCl cần để hòa tan hết kim loại} = 3a+2b

Mà n_{HCl thực tế} = 0,6 < 0,78 nên sau phản ứng kim loại chưa bị hòa tan hết.

Đáp án B

Hỗn hợp A gồm 3 kim loại là Mg, Fe, Ni với kim loại có khối lượng mol lớn nhất là Ni nên

_{$\Rightarrow n_{H^{+}}$cần để hòa tan kim loại} > 2.0,114 = 0,228 > 0,2 = $n_{H^{+}}$_{phản ứng}

Do đó sau phản ứng axit hết, kim loại còn dư.

Đáp án b

Đáp án C

Ở phần 3 thực hiện phản ứng este hóa để tạo este C₅H₁₀O₂ là este no đơn chức mạch hở. Do đó axit cacboxylic và ancol ban đầu đều no đơn chức, mạch hở. Gọi công thức phân tử của ancol và axit cacboxylic trong hỗn hợp lần lượt là

Trường hợp này không thỏa mãn vì este sinh ra có phản ứng tráng gương.

Vậy ancol và axit trong hỗn hợp ban đầu là CH₃OH và C₃H₇COOH.

Đáp án A

Có $n_{C{O}_2} = n_{H_{2}O }= 0,3$ nên X gồm 2 anđehit no, đơn chức, mạch hở.

Gọi công thức chung của 2 anđehit trong X là $C_n{H}_{2n}O$.

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O, ta có:

Do đó trong X cần có 1 anđehit có số nguyên tử C trong phân tử nhỏ hơn 2.

Anđehit này là HCHO.

Đến đây, với các giả thiết của đề bài đưa ra thì ta sẽ không tìm được anđehit còn lại cũng như thành phần số mol mỗi anđehit trong hỗn hợp X. Khi đó nhiều bạn sẽ rơi vào trạng thái bế tắc. Tuy nhiên chúng ta có thể bình tĩnh giải bài tập này như sau:

Trong dãy đồng đẳng anđehit no đơn chức, mạch hở thì HCHO là anđehit duy nhất tham gia phản ứng tráng gương theo tỉ lệ mol n_A = 4n_HCHO,các anđehit cònlại đều tham gia phản ứng tráng gương theo tỉ lệ mol n_A = 2n_anđehit.

Khi đó 0,3 = 2n_X < n_Ag = 4n_X = 0,6 => 32,4 gam < m_Ag < 64,8 gam

Trong 4 đáp án, nhận thấy chỉ có giá trị 48,6 gam thỏa mãn.

Đáp án B

Nhận thấy phương trình (*) có 3 ẩn mà chỉ có 1 phương trình nên không thể tìm giá trị của n. Khi đó nhiều bạn sẽ cho rằng đề thiếu dữ kiện và không thể giải tiếp.

Tuy nhiên chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức để tìm giá trị của n như sau:

Đáp án B

n_Ca(OH) =0,5.0,4 = 0,2(mol)

Nhận thấy: Lượng kết tủa thu được là lớn nhất khi chỉ xảy ra phản ứng (3) mà không có phản ứng (4) và lượng CO₂ phản ứng vừa đủ với lượng Ca(OH)₂ trong dung dịch.

Nên hiện tượng quan sát được khi cho lượng CO₂ thay đổi trong đoạn giá trị trên là: Lượng kết tủa tăng dần cho đến giá trị cực đại sau đó lượng kết tủa bị lượng CO₂ dư sau phản ứng (3) hòa tan dần.

Do đó lượng kết tủa nhỏ nhất thu được ở 1 trong 2 trường hợp sau:

So sánh hai trường hợp ta có khối lượng kết tủa thu được nhỏ nhất là 6,55 gam khi hỗn hợp chỉ gồm MgCO₃ hay x= 100.

Đáp án A

Vì giả thiết đề bài cho biết hỗn hợp Y thu được sau một thời gian phản ứng nên có thể phản ứng chưa xảy ra hoàn toàn.

Chọn 1 mol $C_n{H}_{2n}$ và 2 mol H₂ ban đầu.

ĐÁp án A

Đây là dạng bài tìm lượng kết tủa lớn nhất khi biết khoảng giá trị của OH^- nên ta sẽ sử dụng phương pháp hàm số để giải bài này.

Đáp án A

Đáp án A

Nên ancol là CH₃OH

n_anđehit = n_{ancol phản ứng} = 0,14 => n_Ag = 4n_HCHO = 0,56

Đáp án C

Căn cứ vào 4 đáp án ta có Y là ankan.

Do đó gọi công thức trung bình của hỗn hợp M là $C_n{H}_{2n+2}{O}_x$ 

Phương trình đốt cháy

Mà hai chất trong M có cùng số nguyên tử C nên Y là CH₄.

Đáp án C

Công thức phân tử của X là C₄H_2yO_z.

Nên y = 5; z = 1, X là C₄H₁₀O.

Các đồng phân cấu tạo của X gồm 4 đồng phân ancol và 3 đồng phân ete.

Đáp án B

Căn cứ vào 4 đáp án thì M gồm 1 axit cacboxylic và 1 este đơn chức, cùng có 1 liên kết đôi C = C hoặc cùng có 1 liên kết ba C$\equiv$C.

Vì chỉ tạo 1 muối nên axit cacboxylic và este có cùng gốc axit. Do đó n_muối = n_NaOH = 0,15

Nên M có 1 chất có số nguyên tố C lớn hơn 3,67

=> Đáp án D

Vì thu được dung dịch chỉ chứa một muối của axit hữu cơ nên 

Gọi công thức của ancol và anđehit lần lượt là RCH₂OH và RCHO.

Đáp án D

Vì khi cho cùng một lượng hợp chất hữu cơ X tác dụng với Na dư và với NaHCO₃ dư thì số mol khí H₂ thu được nhiều gấp 2 lần số mol CO₂ nên X có số nhóm OH gấp 3 lần số nhóm COOH.

Căn cứ vào 4 đáp án thì X có 5 nguyên tử O, tương ứng với 1 nhóm COOH và 3 nhóm OH, khi đó X có dạng C_nH_mO₅ với m$\le$2n

=> đáp án C.

=> dung dịch chứa X là K₂SO₄ và H₂SO₄.

Đáp án D