TOP 40 câu Trắc nghiệm Luyện tập: Ankin (có đáp án 2023) - Hóa 11

Đáp án: C

Giải thích:

Có 3 công thức thỏa mãn :

CH≡C – CH₂ – CH₂ – CH₃

CH₃ – C≡C – CH₂ – CH₃

CH≡C – CH(CH₃) – CH₃

Đáp án: C

Giải thích: But – 1 – in: CH≡C –CH₂ – CH₃ có liên kết ba đầu mạch nên có phản ứng tạo kết tủa với AgNO₃/NH₃

Đáp án: B

Giải thích:

X phản ứng với AgNO₃/NH₃ → có nối 3 đầu mạch

→ X là CH≡C-CH(CH₃)₂ (3-metylbut-1-in)

Đáp án: A

Giải thích:

X thể khí → số C ≤ 4

Mà $\frac{n_{C{O}_2}}{n_{H_{2}O}}=\frac{2}{1}\to \frac{n_C}{n_H}=1$

Vì X phản ứng được với AgNO₃/NH₃

→ có liên kết 3 đầu mạch

→ có 2 công thức cấu tạo thỏa mãn: C₂H₂ ; C₄H₄ (CH≡C – CH=CH₂)

Đáp án: B

Giải thích:

$n_{C_2{H}_2}=0,15mol$

C₂H₂ + H₂O $\stackrel{t^o,xt}{\to }$CH₃CHO

$\to n_{C{H}_{3}CHO}=0,15.\frac{60}{100}=0,09mol\to n_{C_2{H}_2\left(du\right)}=0,15-0,09=0,06mol$

C₂H₂ $\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$ Ag₂C₂ ↓

CH₃CHO $\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$ 2Ag ↓

$\to m_{\downarrow }=0,06.240+0,\mathrm{09.2.108}=33,84gam$

Đáp án: B

Giải thích:

Chỉ có C₂H₂ phản ứng tạo Ag₂C₂

$\to n_{C_2{H}_4}=\frac{2,912}{22,4}=0,13mol$

$n_{C_2{H}_2}=n_{A{g}_2{C}_2}=\frac{28,8}{240}=0,12mol$

$\to \%m_{C_2{H}_2}=\frac{0,12.26}{0,12.26+0,13.28}.100\%=46,15\%$

Đáp án: C

Giải thích:

M _{hh khí thoát ra} = 6.2 = 16

→ Hỗn hợp khí thoát ra gồm: C₂H₆ và H₂ dư

BTKL: m_X = m_Y = m _{hh khí thoát ra} + m _{bình Brom tăng}

→ m_X = m_Y = 0,2.8.2 + 10,8 = 14 gam

Đặt số mol C₂H₂ và H₂ là x mol

→ m_X = 26x + 2x = 14 → x = 0,5 mol

$\to n_{O_2}=1,25+0,25=1,5mol$

$\to V_{O_2}=1,5.22,4=33,6$ lít

Đáp án: A

Giải thích:

Xét 1 mol CH₄

→ Sau phản ứng :

n_hh = 1-x + 0,5x + 1,5x = 1 + x (mol)

Bảo toàn khối lượng :

m_trước = m_sau

→ 16.1 = 5.2.(1 + x)

→ x = 0,6 mol

→ H = $\frac{0,6}{1}.100\%=$ 60%

Đáp án: C

Giải thích:

a mol kết tủa là số mol của ankin còn lại.

Số mol khí giảm là số mol H₂ đã phản ứng:

$\begin{array}{l}{n}_{{\text{H}}_2\text{(pư)}}=n_X–n_Y\\ =n_X–\left(a+n_Z\right)\\ =1,05–\left(a+0,7\right)\\ =0,35–a\left(mol\right)\end{array}$

Bảo toàn liên kết π ta có:

$n_{\pi \left(X\right)}–n_{H_2\left(pư\right)}=n_{\pi \left(Y\right)}$

$\to 2n_{C_3{H}_4}+2n_{C_2{H}_2}–n_{H_2\left(pư\right)}$

$=2n_{ankin}+n_{B{r}_2\left(pư\right)}$

→ 2.0,15 + 2.0,1 – (0,35-a)

= 2a + 0,05 → a = 0,1 mol

Đáp án: D

Giải thích:

Số C trung bình 2 ankin = $\frac{0,17}{0,05}=3,4$

Vì $n_{AgN{O}_3}<n_X\to$ Trong X có 1 ankin không phản ứng với AgNO₃

Dựa vào đáp án → Chỉ có đáp án D thỏa mãn vì but – 2 – in không phản ứng với AgNO₃

Đáp án: B

Giải thích:

Công thức ankin là C_nH_2n-2 (n ≥ 2)

$\to \%m_H=\frac{2n-2}{14n-2}.100\%=11,76\%$

→ n = 5

Vậy X là C₅H₈

Đáp án: B

Giải thích:

Gọi số mol ankan là a, anken là b, ankin là c

→ a + b  + c = 0,1

Mà $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=c-a=0,02mol$

→$n_{B{r}_2}=$ b + 2c

= a+ b+ c + c – a

= 0,1 + 0,02 = 0,12 mol

→ $m_{B{r}_2}=$0,12.160 = 19,2 gam.

→ m =  $\frac{19,2}{16}.100=$120g

Đáp án: A

Giải thích:

Đáp án: A

Giải thích:

$n_{C{O}_2}=0,2mol;n_{H_{2}O}=0,3mol$

→ Y chứa ankan

Ta có: n_Y = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

→ số C = 2

Vậy công thức phân tử của Y: C₂H₆

Vì áp suất trong bình trước khi nung nóng gấp 3 lần áp suất trong bình sau khi nung ở cùng điều kiện nhiệt độ

→ n_{hỗn hợp trước} = 3n _{hỗn hợp sau}

→ X là ankin C₂H₂

Đáp án: A

Giải thích:

Y gồm 4 chất :

C₂H₂(dư) ; C₂H₄ ; C₂H₆ ; H₂

m _{bình tăng} = $m_{C_2{H}_2}+m_{C_2{H}_4}=10,8g$

→ Khí thoát ra là C₂H₆ và  H₂

m_Z = M.n = 8.2.0,2 = 3,2 g

Bảo toàn khối lượng:

$m_{C_2{H}_2}+m_{H_2}=10,8+3,2=14g$

Mà $n_{C_2{H}_2}=n_{H_2}\to 26x+2x=14$

→ x = 0,5

thể tích O₂ cần để đốt cháy hỗn hợp Y = thể tích O₂ cần để đốt cháy hỗn hợp X

$\to n_{O_2}=2,5n_{C_2{H}_2}+0,5n_{H_2}=1,5mol$

$\to V_{O_2}=33,6$lít

Đáp án: A

Giải thích:

Đặt n_ankan = x

→ n_anken = x, n _ankin = 2x

→ n _{hỗn hợp X} = x + x + 2x =  0,8 mol

→ x = 0,2

$n_{\downarrow }=n_{ankin}=0,4mol\to M_{\downarrow }=\frac{96}{0,4}=240$

$\to$ ankin là C₂H₂

Gọi CTPT của ankan, anken lần lượt  C_nH_2n+2 ; C_mH_2m

$\to n_{C{O}_2}=0,2n+0,2m=0,6$

$\to n+m=3\to \begin{array}{l}n=1\\ m=2\end{array}$

$\to \begin{array}{l}ankan:C{H}_4\\ anken:C_2{H}_4\end{array}$→ hỗn hợp X có 0,2 mol CH₄ ; 0,2 mol C₂H₄ và 0,4 mol C₂H₂→ m _{hỗn hợp} = 19,2 g

Đáp án: A

Giải thích:

Ta có

 $\%V_{C{O}_2}=30\%;\%V_{H_{2}O}=20\%$

$\to \%V_{O_2\left(du\right)}=50\%$Tỉ lệ % theo thể tích = tỉ lệ số mol

Giả sử

 $n_{C{O}_2}=3mol\to n_{H_{2}O}=2mol$

$\to n_{O_2\left(du\right)}=5mol$n_C : n_H = 3 : 4 → CTĐGN: (C₃H₄)_n

Mà hidrocacbon ở thể khí nên n = 1 → C₃H₄

BTNT oxi :

$2n_{O_2\left(pư\right)}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=2.3+2$

$\to n_{O_2\left(pư\right)}=4mol$

$\to n_{hhbđ}=n_{C_3{H}_4}+n_{O_2\left(pư\right)}+n_{O_2\left(du\right)}$

$=1+4+5=10mol$

$\to \%V_{C_3{H}_4}=\frac{1}{10}.100\%=10\%$

Đáp án: C

Giải thích:

Ta có:

$C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_{hh}}=\frac{2}{1}=2$

$\to$ Hiđrocacbon X cũng có 2C.

$H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_{hh}}=\frac{2.2}{1}=4$

$\to$Hiđrocacbon X có số H lớn hơn 4

→ có số H = 6

→ X là C₂H₆

Đáp án: B

Giải thích:

∑n_{π bđ} = 0,14.2 + 0,1.3 = 0,58 mol

→ n _{lk π sau pư hidro hóa} = 0,58 – 0,2 = 0,38 mol

n_{hh khí có lk 3 đầu mạch bị giữ lại} :

0,14 + 0,1 – n_Z = 0,1 mol (I)

n _{lk π trong hh Z} = 0,12 mol (II)

→ Số mol π đã biết

= 2.n _π(I) + n_π(II) = 0,32 mol ≠ n _{π thực tế} = 0,38 mol

→ Trong 2 hợp chất bị AgNO₃/ NH₃ giữ lại chứa CH≡C – CH = CH₂ dư

_dư = 0,38 – 0,32 = 0,06 mol

Vì ∑n khí có liên kết ba = 0,1 mol → khí còn lại phải là C₂H₂ : 0,04 mol (Nếu là C₄H₆ thì Y không thể chứa tới 7 HC)

→ m↓ = $m_{A{g}_2{C}_2}+m_{AgC\equiv C-CH=C{H}_2}$

= 0,04. 240 + 0,06. 159

=19,14 g ≈ 20 g

Đáp án: B

Giải thích:

CH≡C-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃

CH≡C-CH₂-CH(CH₃)-CH₃

CH≡C-CH(CH₃)-CH₂-CH₃

CH≡C-C(CH₃)₃

Vậy có 4 đồng phân thỏa mãn đề bài.

Đáp án: C

Giải thích:

BTKL: n_s.M_s = n_đ.M_đ

→ 0,6.2 + 0,15.52 = n_s.20

→ n_s = 0,45 mol

Số mol khí sau phản ứng giảm là số mol H₂ phản ứng:

$n_{H_2}$ = n_đ – n_s = 0,75 – 0,45 = 0,3 mol

BT liên kết π ta có:

n _{π đầu} – n _{π pư} = n _{π sau}

hay 3n_{vinylaxetilen} –  _pư = $n_{B{r}_2}$

→  _{$n_{B{r}_2}$pư} = 3.0,15 – 0,3 = 0,15 mol

→ $m_{B{r}_2}$ = 0,15.160 = 24 gam

Đáp án: A

Giải thích:

${\overline{M}}_X=3,4.2=6,8;{\overline{M}}_Y=\frac{34}{6}.2=\frac{34}{3}$

Chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (n_X = 1 mol)

→ m_X = 6,8 (g)

BTKL m_X = m_Y = 6,8 (g)

→ n_Y =  = 0,6 mol

_{$n_{H_2\left(phanung\right)}$} = n_X - n_Y = 1 - 0,6 = 0,4 mol

Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br₂ nên trong Y chỉ có ankan.

Theo phương trình mol ankin =  mol H₂ phản ứng = 0,2 mol

m_X = (14n – 2).0,2 + 2(1 - 0,2) = 6,8

→ n = 2. CTPT: C₂H₂.

Đáp án: D

Giải thích:

Do A tác dụng được với AgNO₃ trong NH₃ nên A là ank-1-in:

Đáp án: D

Giải thích:

Do nhiệt độ và thể tích bình không thay đổi

 $\to \frac{n_X}{n_Y}=\frac{P_X}{P_Y}=\frac{4}{3}$

Giả sử n_X = 4 → n_Y = 3

m_X = 4.24.2 = 192 = m_Y

→ M_Y = $\frac{192}{3}$ = 64

→ x = $\frac{M_Y}{M_{H_2}}=\frac{64}{2}=$32

Đáp án: A

Giải thích:

Khí duy nhất là C₃H₈.

BTKL: m_đ = m_s

→ n_đ.M_đ = n_s.M_s

→ M_đ =  $\frac{M_s.n_s}{n_d}$

$=\frac{M_s.V_s}{V_d}=\frac{44.6}{12}$ = 22

$\to d_{A/H_2}$ = 11

Đáp án: D

Giải thích:

Bảo toàn khối lượng

→ m _{hỗn hợp X} = m _{hỗn hợp Y}

= m _{bình tăng} + m _{hỗn hợp khí thoát ra}

m _{hỗn hợp X} = m _{bình tăng} + m _{hỗn hợp khí thoát ra}

0,1.40 + 0,2.28 + 0,35.2 = m _{bình tăng} + 0,3.12.2

→ m _{bình tăng} = 3,1 g

Đáp án: C

Giải thích:

m _hidrocacbon = m_C + m_H

= $12n_{C{O}_2}+2n_{H_{2}O}$= 12g

Đáp án: C

Giải thích:

Ankin là những hiđrocacbon không no, mạch hở, có công thức chung là C_nH_2n-2

(n ≥ 2).

Đáp án: A

Giải thích:

Độ bất bão hòa k = $\frac{2.5+2-8}{2}$ = 2

+ TH₁: 1 liên kết ba

CH₃ – CH(CH₃) – C ≡ CH

+ TH₂: 2 liên kết đôi

CH₂ = C(CH₃) – CH = CH₃

CH₃ – C(CH₃) = C = CH₂

→ Có 3 chất thỏa mãn đề bài.

Đáp án: D

Giải thích:

Đốt cháy Y cũng là cháy X

BTNT “C”

→  $n_{C{O}_2}=2n_{C_2{H}_2}+3n_{C_3{H}_4}=0,4$

Lại có: $n_{C{O}_2}<n_{NaOH}<2n_{C{O}_2}$

→ tạo 2 muối Na₂CO₃ và NaHCO₃

Trong đó

  $n_{N{a}_{2}C{O}_3}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2}$ = 0,3 mol

→ $n_{NaHC{O}_3}=0,4-0,3=0,1mol$

m _{chất tan trong Z} = 0,3.106 + 0,1.84 = 40,2g