Đáp án A

$n_{andehit}=0,08\left(mol\right); n_{Ag}=0,2\left(mol\right) \Rightarrow \frac{n_{Ag}}{n_{andehit}}=2,5$ 

Do X và Y đều đơn chức => X hoặc Y là HCHO.

Vì M_X > M_Y =>Y là HCHO

Gọi công thức của X là RCHO(amol) và $n_{HCHO}=b \left(mol\right)$ 

$\Rightarrow a+b=0,08$ (1)

Lại có: n_Ag = 2n_RCHO + 4n_HCHO = 2a + 4b = 0,2(mol) (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,06(mol); b = 0,02(mol)

=> n_X = 0,06(mol).

Mà m_X = 3,36(g) M_X = 56 $\Rightarrow$ X là C₂H₃CHO

Đáp án D

$n_{andehit}=0,1\left(mol\right); n_{Ag}=0,4\left(mol\right)$  

$\Rightarrow$ cả 2 anđehit đều phản ứng với AgNO₃ theo tỉ lệ 1:4

$\Rightarrow$X là HCHO; Y là OHC-R-CHO

Lại có:$n_{C{O}_2}=0,22\left(mol\right) \Rightarrow \overline{C}=2,2$ của anđehit = 2,2

$\Rightarrow$ Y phải có lớn hơn 2 nguyên tử C trong phân tử

$\Rightarrow$ Trong các đáp án chỉ có đáp án D thỏa mãn.

Đáp án A

Xét phần 2 ta có:

n_NaOH = 0,4(mol) (gấp đôi lượng cần phản ứng)

$\Rightarrow$n_anđehit = n_axit  = n_{NaoH phản ứng} = 0,2 (mol)

Xét phần 1 ta có:  $n_{Ag}=0,6\left(mol\right) \Rightarrow \frac{n_{Ag}}{n_{andehit}}=3$

$\Rightarrow$Trong A có HCHO$\Rightarrow$Y là HCHO

Trong mỗi phần gọi

$n_{HCHO} =a\left(mol\right); n_Z=b\left(mol\right) \Rightarrow a+b=0,2\left(mol\right)$ (1)

Lại có:  $n_{Ag} =4n_{HCHO}+2n_Z=4a+2b=0,6\left(mol\right)$  (2).

Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,l(mol)

Quay trở lại phần 2 ta có khi cô cạn D ta thu được hỗn hợp gồm muối natri của các axit hữu cơ và NaOH dư

$\Rightarrow$Khi đốt cháy sẽ thu đươc sản phẩm là 0,3 mol CO₂; Na₂CO₃ và H₂O

Bảo toàn nguyên tố Na ta có:

$n_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}=0,2\left(mol\right)$ 

Bảo toàn nguyên tố C ta có:

$n_{HCHO}+x.n_Z=n_{C{O}_2}+n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ (trong đó x là số nguyên tử C trong Z)

$\Rightarrow 0,1+0,1x=0,3+0,2 \Rightarrow x=0,4$ 

Vậy Z là C₃H₇CHO

Đáp án B

 $n_X=0,04\left(mol\right); n_{Ag}=0,1\left(mol\right) \Rightarrow \frac{n_{Ag}}{n_X}=2,5>2$

Vì X gồm 2 anđehit đơn chức

=> X có HCHO (a mol).

Gọi anđehit còn lại là RCHO (b mol)

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a+b=0,04\\ n_{Ag}=4a+2b=0,1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0,01\\ b=0,03\end{array}\right. \\ \Rightarrow m_{RCHO}=1,98-m_{HCHO}=1,68\Rightarrow M_{RCHO}=56 \end{gathered}$$

=>anđehit còn lại là C₂H₃CHO

Trong m gam X gọi n_HCHO = x(mol)

$$\begin{gathered} n_{C_2{H}_{3}CHO}=3x\left(mol\right) \\ {n}_{H_2}=n_{HCHO}=+2n_{C_2{H}_{3}CHO}=x+6x=7x=0,175\left(mol\right) \\ x=0,025\left(mol\right) \end{gathered}$$

Vậy m = 0,025.30 + 0,075.56 = 4,95(g)

Đáp án A

Khi thêm lượng dư HCl vào Y thấy có khí thoát ra

=> Trong Y có (NH₄)₂CO₃ => X là HCHO

 $$\begin{gathered} \Rightarrow n_{HCHO}=\frac{1}{3}{n}_{Ag}=1\left(mol\right) \Rightarrow m_{HCHO}=30\left(g\right) \\ \Rightarrow a\%=\frac{30}{150}=20 \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có: 

Do đó khí thoát ra là CO₂;  

Gọi anđehit còn lại là RCHO.

Gọi  

Lại có:

=> a + b = 0,02 (mol) (2)

Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,01(mol)

Đáp án D

Ta có:  $RCHO + \frac{1}{2}{O}_2 \to RCOOH$

 $$\begin{gathered} \Rightarrow m_{axit} -m_{andehit} = m_{O_2}=3,2\left(g\right) \\ \Rightarrow n_{O_2}=0,1\left(mol\right) \Rightarrow n_{andehit}=2n_{O_2}=0,2\left(mol\right) \\ Vậy n_{Ag}=2n_{andehit}=0,4\left(mol\right) \Rightarrow a=43,2\left(g\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

 $\overline{M_A}=13,8.2=27,6\Rightarrow n_X=0,05\left(mol\right)$

$\Rightarrow \overline{C}$ của A = 1,6; của A = 2

=> Trong A phải có C₂H₂

=> Y chỉ có 1 nguyên tử C trong phân tử.

$$\begin{gathered} Gọi n_{C_2{H}_2}=a\left(mol\right); n_Y=b\left(mol\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+b=0,05\\ 2a+b=0,08\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=0,02\end{array}\right.\right. \\ \Rightarrow m_Y=1,38-m_{C_2{H}_2}=0,6\left(g\right) \end{gathered}$$

=> M_Y = 30 => Y là HCHO

Vậy kết tủa thu được gồm Ag và C₂Ag₂.

Có n_Ag = 4n_HCHO = 0,08(mol);  

Chú ý: Ta không thể suy ra Y là HCHO ngay từ đầu vì Y có thể là HCOOH thì vẫn thỏa mãn các điều kiện: có 1 nguyên tử C, 2 nguyên tử H trong phân tử; có phản ứng tráng bạc.

Đáp án B

$$\begin{gathered} Gọi n_{C_2{H}_{3}COOH} =x\left(mol\right); n_{HCOOH} =y\left(mol\right) \\ {n}_{C_2{H}_{3}CHO}=z\left(mol\right). Ta có hệ phương trình \\ \left\{\begin{array}{l}x+y+z=0,04\\ 72x+46y+56z=2,2\\ n_{NaOH}=x+y=0,03\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,01\\ y=0,02\\ z=0,03\end{array}\right. \\ Vậy n_{B{r}_2}=n_{C_2{H}_{3}COOH}+ n_{HCOOH}+ 2n_{C_2{H}_{3}CHO}=0,05\left(mol\right) \end{gathered}$$

=> m=8(g)

Đáp án C

Hỗn hợp X gồm C₂H₂, HCOOH, HCHO và H₂

Ta thấy các chất trong X đều có 2 nguyên tử H trong phân tử.

Mà khi đốt Y ta thu được sản phẩm giống đốt X

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{H_{2}O}=n_X=0,25\left(mol\right) \\ Lại có n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,2\left(mol\right) \\ \Rightarrow m_{dung dịch sau phả ứng} = m_{dung dịch trước}+m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{CaC{O}_3}=m_{dung dịch trước}-6,7\left(g\right) \end{gathered}$$

Vậy khối lượng dung dịch giảm 6,7 gam so với khối lượng nước vôi ban đầu.

Đáp án D

n_Ag = 0,26(mol)

=> cả X và Y đều tráng bạc hoặc chỉ có một chất tráng bạc theo tỉ lệ 1:4 .

Ta xét 2 trường hợp:

+ TH1: Cả X và Y đều tham gia phản ứng tráng bạc mà  $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$

=> X và Y đều no, đơn chức, mạch hở.

Lại có X và Y có cùng số C => X là HCHO; Y là HCOOH

 $$\begin{gathered} Gọi n_{HCHO}=x\left(mol\right); n_{HCOOH}=y\left(mol\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x+y=0,1\\ 4x+2y=0,26\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,03\\ y=0,07\end{array}\right.\right. \\ \%m_X=\frac{m_{HCHO}}{m_{HCHO }+ m_{HCOOH}}=21,84\% \end{gathered}$$

+ TH2: Chỉ có một chất tham gia phản ứng tráng bạc theo tỉ lệ 1:4.

Có $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$; 2 chất lại có cùng số nguyên tử C

=> một chất là anđehit 2 chức và một chất là ankan

$$\begin{gathered} Để n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2} thì n_{andehit 2 chức} = n_{ankan}=0,05\left(mol\right) \\ Mà n_{andehit 2 chức }= \frac{1}{4}{n}_{Ag}=0,065\left(mol\right) \end{gathered}$$

=> không thỏa mãn.

Chú ý: Khi làm bài toán trắc nghiệm ta sẽ xét trường hợp có thể xảy ra hơn là trường hợp 1 trước (vì đây là trường hợp mà mọi người thường hay nghĩ đến). Nếu trường hợp 1 thỏa mãn sẽ không phải xét trường hợp 2 nữa.

Đáp án B

Hỗn hợp X gồm RCOOH, RCHO, RCH₂OH dư và H₂O. Gọi số mol mỗi chất trong 1 phần lần lượt là a,b,c,d (mol)  a + b + c = _{ban đầu} = 0,08(mol) (1)

Có $n_{H_{2}O}=n_{RCOOH}+n_{RCHO} \Rightarrow d=a+b \left(mol\right)$  (2)

Khi cho phần 1 phản ứng với Na thì cả RCOOH, RCH₂OH dư và H₂O đều phản ứng

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{H_2}=\frac{1}{2}(n_{RCOOH}+n_{RC{H}_{2}OH dư} + n_{H_{2}O})=\frac{1}{2}(a+c+d)=0,045 \left(mol\right) \\ \Rightarrow a+c+d =0,09\left(mol\right) \left(3\right) \end{gathered}$$

Cho phần 2 phản ứng tráng bạc ta lại phải xét 2 trường hợp:

+ TH1: Ancol ban đầu là CH₃OH

 X gồm HCOOH; HCHO; CH₃OH và H₂O

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{Ag}=4n_{HCHO}+2n_{HCOOH}=4b+2a=0,18\left(mol\right) \left(4\right) \\ Từ \left(1\right),\left(2\right),\left(3\right) và \left(4\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,01\\ b=0,04\\ c=0,03\\ d=0,05\end{array}\right. \\ Vậy \%m_{acol bị oxi hóa} =\frac{0,05}{0,08}=62,5\% \end{gathered}$$

+ TH2: Ancol ban đầu không phải là HCHO

=>chỉ có RCHO tham gia phản ứng tráng bạc

$\Rightarrow n_{RCHO}=b=\frac{1}{2}{n}_{Ag}=0,09\left(mol\right) \Rightarrow không thỏa mãn$

Đáp án D

 $n_{H_{2}O}>n_{C{O}_2}$

 ancol ban đầu no, đcm chức, mạch hở;  $n_{ancol dư} =n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,15\left(mol\right)$

Lại có: n_anđehit = $n_{H_{2}O tạo thành khi ancol phản ứng với CuO}$ = 0,25 (mol)

$\Rightarrow n_Y=0,4\left(mol\right) \Rightarrow \overline{C_Y}=1,25$

Vì X gồm 2 ancol kế tỉếp nhau

=> X₁ là CH₃OH; X₂ là C₂H₅OH

=> 2 anđehit tương ứng là HCHO và CH₃CHO.

Bảo toàn nguyên tố C ta lại có:

$n_{C{O}_2}=a+2b+c+2d\Rightarrow c+2d=0,2\left(mol\right) \left(2\right)$

Từ (1) và (2)  

 $$\begin{gathered} c=0,1\left(mol\right); d=0,05\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_{C{H}_{3}OH ban đầu}=0,3\left(mol\right); n_{C_2{H}_{5}OH ban đầu}=0,1\left(mol\right) \end{gathered}$$

Vậy hiệu suất tạo anđehit của X1

$C{H}_{3}OH=\frac{0,2}{0,3}=66,67\%$

Hiệu suất tạo anđehit của X2

$C_2{H}_{5}OH=\frac{0,05}{0,1}=50\%$

Đáp án A

Anđehit Y đa chức có mạch C không phân nhánh nên anđehit Y có 2 chức  

$n_Y=\frac{1}{4}{n}_{Ag}=0,2\left(mol\right)$

Lại có Y no, mạch hở => khi đốt cháy Y ta có:  $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_Y=0,2\left(mol\right)$

X là xeton no, đơn chức, mạch hở

=> khi đốt cháy X thu được $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$

Do đó khi đốt cháy hỗn hợp M ta sẽ thu được CO₂ và H₂O thỏa mãn:  

Gọi số mol CO₂ và H₂O khi đốt cháy M lần lượt là x, y(mol) => x - y = 0,2

Khối lượng bình dung dịch NaOH tăng lên chính là tổng khối lượng của CO₂ và H₂O

 =>44x+18y=30,5 =>x=0,55(mol); y=0,35(mol)

Dựa vào số mol CO₂ ta thấy số C của Y phải nhỏ hơn

=> Y có 2 C => Y là (CHO)₂

Vậy  $m_Y=m_{(CHO{)}_2}=0,2.58=11,6\left(g\right)$

Đáp án A

Ta có:  $C_2{H}_2+H_{2}O\to C{H}_{3}CHO$

$$\begin{gathered} Gọi n_{C_2{H}_2 phản ứng} = a\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_{C{H}_{3}CHO}=a\left(mol\right); n_{C_2{H}_{2 }dư} =0,25-a \left(mol\right) \end{gathered}$$

Khi cho khí A vào dung dịch AgNO₃ dư trong NH₃ thì kết tủa tạo thành là Ag và

AgC$\equiv$CAg

 $$\begin{gathered} n_{Ag}=2n_{C{H}_{3}CHO}=2a\left(mol\right); n_{C_{2}A{g}_2}=n_{C_2{H}_{2 }dư} =0,25-a \left(mol\right) \\ \Rightarrow m_{Ag}+m_{C_{2}A{g}_2}=2a.108+(0,25-a).240=56,4\left(g\right) \\ \Rightarrow a=0,15\left(mol\right) \\ Vậy H=\frac{0,15}{0,15}=60\% \end{gathered}$$

Đáp án B

Có $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$  Y, Z, T đều no, đơn chức, mạch hở

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

 $$\begin{gathered} n_Y+ 2n_Z+ 2n_T+ 2n_{O_2}= 2n_{C{O}_2}+ n_{H_{2}O} \\ \Rightarrow n_Y+ 2n_Z+ 2n_T=0,325\left(mol\right) \\ Lại có: n_Y+ n_Z+ n_T=0,2\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_Y=0,075\left(mol\right); n_Z+ n_T=0,125\left(mol\right) \end{gathered}$$

Vì Z  với T là đồng phân ta gọi công thức phân tử chung của Z và T là C_nH_2nO₂ (n > l).

Gọi CTPT của Y là C_mH_2mO(n > 0)

 $$\begin{gathered} \Rightarrow n_{C{O}_2}=0,525=0,075m+0,125n \\ \Rightarrow 3m+5n=21 \end{gathered}$$

Ta dễ dàng suy được m = 2; n = 3 => Y là CH₃CHO.

Vậy n_Ag = 2n_Y = 0,15(mol) => m = 16,2(g)

Đáp án C

Ta có: $\overline{C_x}=2,4$

Mà ankin có cùng số H và ít hơn anđehit 1 nguyên tử C

=> ankinlà  C₂H₂; anđehit là C₃H₂O

=> CTCT của anđehit là CH$\equiv$C-CHO.

=> Kết tủa gồm Ag; AgC$\equiv$C-COONH₄ và AgC$\equiv$CAg.

$$\begin{gathered} Gọi n_{C_2{H}_2}=a\left(mol\right); n_{C_3{H}_{2}O}=b\left(mol\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+b=1\\ 2a+3b=2,3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=0,6\\ b=0,4\end{array}\right. \\ \Rightarrow n_{Ag}=2_{nadehit}=0,8\left(mol\right) \\ {n}_{AgC\equiv COON{H}_4}=0,4\left(mol\right);n_{AgC\equiv CAg}=0,6\left(mol\right) \end{gathered}$$  

Vậy m = 308(g)

Chú ý:

+ Bài toán cho thừa dữ kiện về số mol H₂

+ Khi làm bài này ta có thể mắc nhiều sai lầm khi xác định những chất kết tủa. Sai lầm thường gặp nhất là quên kết tủa AgC C-COONH₄ hoặc xác định kết tủa là AgC C-CHO.

Đáp án B

 $n_{H_{2}O}=n_X\Rightarrow$2 chất trong X đều có 2 nguyên tử C.

Lại có: $\overline{C_X}=\frac{1,1}{0,3}=3,67$ mà 2 chất hơn kém nhau môt nguyên tử C.

=> 1 chất có 3 nguyên tử C, 1 chất có 4 nguyên tử C.

Gọi số mol của chất có 3 và 4 nguyên tử C trong 0,3mol X lần lượt là x, y (mol)

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x+y=0,3\\ 3x+4y=1,1\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,1\\ y=0,2\end{array}\right.\right.$

=> 2 chất có tỉ lệ số mol là 1:2

Ta xét 2 trường hợp:

+ TH1: Anđehit có 3 nguyên tử C ta thấy chỉ có C₃H₂O là thỏa mãn

=> anđehit là CH$\equiv$C-CHO

Khi đó hiđrocacbon là C₄H₂

=> hiđrocacbon là CH$\equiv$C-C$\equiv$CH

Kết tủa gồm Ag; AgC$\equiv$C-COONH₄ và AgC$\equiv$C-C$\equiv$CAg

Ta lại có:

 $n_{CH\equiv C-CHO}=\frac{4,62}{M_{CH\equiv C-CHO}+2M_{C_4{H}_2}}=0,03\left(mol\right)$

Vậy khối lượng kết tủa là:

 $m=m_{Ag}+m_{AgC\equiv C-COON{H}_4}+m_{AgC\equiv C-C\equiv AgC}=28,14\left(g\right)$

TH2: Anđehit có 4 nguyên tử C trong phân tử

=> chỉ có C₄H₂O₂ thỏa mãn

=>anđehit là OHC-C$\equiv$C-CHO. Khi đó hiđrocacbon là C₃H₂ (không có CTCT thảo mãn)

Chú ý:

+ Bài toán này tương tự bài trên nhưng phức tạp hơn và phải xét nhiều trường hợp hơn. Do đó khi làm tránh ngộ nhận và bỏ sót các trường hợp.

+ Bài toán này có thể mắc sai lầm khi ngộ nhận số mol của anđehit và hiđrocacbon là số mol trong 0,3 mol hỗn hợp X mà không để ý đến giá trị khối lượng của đề bài.

Đáp án B

Ta có: m_X - m_{ancol ban đầu} = m_{O trong CuO phản ứng} = 2,4 (g)

 m_{ancol phản ứng} = n_anđehit = n_{O trong CuO phản ứng} =  $\frac{2,4}{16}=0,15\left(mol\right)$

Lại có : n_{ancol ban đầu}  > 0,15(mol) $\Rightarrow M_{ancol}<\frac{6,9}{0,15}=46$  

=>ancol là CH₃OH anđehit là HCHO

Vậy  $n_{Ag}=4n_{andehit}=0,6\left(mol\right)\Rightarrow m_{Ag}=64,8\left(g\right)$

Chú ý: Trong bài toán này ta cũng có thể nhầm lẫn nếu ngộ nhận luôn tỉ lệ tráng bạc là 1:2 . Do đó trong các bài toán về phản ứng tráng bạc của anđehit ta luôn phải xét đến trường hợp anđehit đó là HCHO.

Đáp án C

$n_{C{O}_2}=3n_X$mà anđehit và ankin có cùng số nguyên tử C

=>cả 2 chất đều có 3 nguyên tử C

=>ankin là C₃H₄. Ta lại có:  $\overline{H_X}=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_{{}_X}}=3,6$

=>anđehit có ít hơn hoặc bằng 3 nguyên tử H

=>chỉ có anđehit là C₃H₂O là thỏa mãn.

Gọi số mol mỗi chất trong 1 mol X là:

 $$\begin{gathered} n_{C_3{H}_4}=x\left(mol\right); n{C}_3{H}_{2}O=y\left(mol\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x+y=1\\ 4x+2y=3,6\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,8\left(mol\right)\\ y=0,2\left(mol\right)\end{array}\right.\right. \end{gathered}$$

=> số mol anđehit trong 0,1 mol X là 0,02 mol.

Chú ý: Ta thấy bài toán cho thừa dữ kiện về số mol AgNO₃ phản ứng. Nếu sử dụng số mol AgNO₃ ta có thể lập hệ đế tìm số mol mỗi chất như sau:

Có anđehit có CTCT là

$$\begin{gathered} CH\equiv C-CHO \\ \Rightarrow n_{AgN{O}_3}=3n_{CH\equiv C-CHO}+n_{C_3{H}_4} \end{gathered}$$

Gọi số mol anđehit và ankin trong 0,1 mol hỗn hợp X lần lượt là x, y(mol)

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x+y=0,1\\ 3x+2y=1,4\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,02\left(mol\right)\\ y=0,08\left(mol\right)\end{array}\right.\right.$