Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án C
· Đặt công thức đơn giản nhất của X, Y, Z là CXHY
Công thức đơn giản nhất của X, Y, Z là CH
Số nguyên tử C trung bình
Vì số nguyên tử H chẵn nên số nguyên tử C cũng là số chẵn Vậy 3 hiđrocacbon có thể là:
Để lượng kết tủa thu được là lớn nhất thì số nối bađầu mạch trong T là lớn nhất:
Với trường hợp :
m max = 3,12 + (108 – 1).(2.0,02 + 0,02 + 2.0,02) = 13,82g
Với trường hợp : m max = 3,12 + (108 – 1) × 1 75 + 2 × 1 75 + 2 × 1 75 = 10 , 25 g
Với trường hợp : m max =3,12 + (108 – 1) × 2 × 1 75 + 2 × 1 75 + 2 × 1 75 = 11 , 68 g
Vậy lượng kết tủa thu được lớn nhất là 13,82 gam
Chọn đáp án D
48 , 28 g T + 0 , 47 m o l N a O H → 0 , 47 m o l R C O O N a + 3 a n c o l
⇒ M R C O O N a = m T + m N a , H / N a O H - m C / C O 2 - m H / H 2 O 0 , 47
= 48 , 28 + 0 , 47 . 24 - 0 , 6 . 12 - 0 , 8 . 2 0 , 47 = 107
Đáp án D
Đốt Q
Số O của ancol
Bảo toàn khối lượng ⇒ m R C O O N a = 50 , 76
=>M muối = 50 , 76 0 , 47 = 108 : C 3 H 5 C O O N a
Đáp án B
● Giả sử không có este của phenol
⇒ nH = nNaOH = nhh Ancol = 0,46 mol.
+ Bảo toàn khối lượng
⇒ nhh Ancol = mH + mNaOH – mMuối = 12,72 gam.
⇒ MTrung bình ancol = 
= 27,65
⇒ Vô lý vì ancol bé nhất là CH3OH (32).
⇒ Có este của phenol.
+ Giải hỗn hợp T ta có:
Từ tỉ khối hơi ⇒ 
⇒ Đặt nCH3OH = 3a và nC2H5OH) = 2a.
+ Vì có muối của phenol
⇒ Có tạo ra H2O ⇒ Đặt nH2O = b.
⇒ 32×3a + 46×2a + 18b = 12,72
⇔ 156a + 18b = 12,72 (1).
⇒ 3a + 2a + 2b = nNaOH
⇔ 5a + 2b = 0,46 mol (2).
+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ a = 0,06 và b = 0,08 mol
⇒ nhh este = 0,46 – 0,08 = 0,36 mol.
+ Bảo toàn oxi
⇒ nO/CO2 = 0,38×2 + 2,22×2 – 1,12 = 4,08
⇒ nCO2 = 2,04 mol
● Giải theo kinh nghiệm: X và Y sẽ cho cùng 1 muối và riêng Z sẽ tạo 2 muối.
+ Gọi số cacbon trong X, Y và Z lần lượt là a b và c
⇒ PT theo số mol CO2:
0,18a + 0,12b + 0,08c = 2,04.
⇒ Giải PT nghiệm nguyên ta có: a = 4, b = 5 và c = 9.
+ Gọi số nguyên tử hiđro trong X Y và Z lần lượt là a b và c
⇒ PT theo số mol H: 0,18a + 0,12b + 0,08c = 2,24.
⇒ Giải Pt nghiệm nguyên ta có: a = 4, b = 6 và c = 10.
● Vậy hỗn hợp H chứa
⇒ %mY = 
≈ 30,35%
T là este hai chức mạch hở không phân nhánh tạo bởi X, Y, Z => X, Y là các axit đơn chức, Z là ancol hai chức
E tác dụng với NaOH cho 2 muối với số mol bằng nhau => nX = nY
*Ancol tác dụng Na:
Do ancol hai chức nên: nZ = nH2 = 0,26 mol
m bình tăng = m ancol – mH2 => m ancol = m bình tăng + mH2 = 19,24 + 0,26.2 = 19,76 gam
=> M ancol = 19,76 : 0,26 = 76 (C3H8O2)
*Đốt muối: nO2 = 0,7 mol; nH2O = 0,4 mol; nNa2CO3 = 0,5nNaOH = 0,2 mol
Muối gồm:
R1COONa (0,2 mol)
R2COONa (0,2 mol)
=> nO(muối) = 0,8 mol
BTNT “O”: nCO2 = (nO(muối) + 2nO2 – nH2O – 3nNa2CO3)/2 = (0,8 + 0,7.2 – 0,4 – 0,2.3)/2 = 0,6 mol
BTKL: (R1+67).0,2 + (R2+67).0,2 = 0,6.44+0,2.106+0,4.18-0,7.32 = 32,4
=> R1 + R2 = 28 chỉ có nghiệm là R1 = 1 và R2 = 27 thỏa mãn
E gồm:
HCOOH (a mol)
C2H3COOH (a mol)
C3H8O2 (b mol)
C7H10O4 (c mol)
mE = 46a + 72a + 76b + 158c = 38,86
nNaOH = a + a + 2c = 0,4
n ancol = b + c = 0,26
Giải hệ thu được a = 0,075; b = 0,135; c = 0,125
=> %mT = 0,125.158/38,86.100% = 50,82% gần nhất với 51%
Đáp án cần chọn là: C
Đáp án B
Đốt cháy hoàn toàn 35,04 gam hỗn hợp X thu được 1,65 mol CO2 và 1,38 mol H2O.
BTKL:
Bảo toàn nguyên tố O:
Cho 35,04 gam X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp Y gồm hai muối và 23,16 gam 3 ancol cùng số C.
BTKL:
Vậy khối lượng axit tạo thành Y là
Đốt cháy muối hay axit tạo thành nó đều cần một lượng axit tương tự nhau là 0,255 mol.
BTKL:
BTNT O:
Giải được số mol CO2 là 0,48; số mol H2O là 0,33.
Mà 2 muối đều no tức 2 axit đều no, vậy trong 2 axit có 1 axit 2 chức
Ta thấy 0,15.2+0,09.2=0,48 do vậy 2 axit là CH3COOH 0,09 mol và HOOC-COOH 0,15 mol.
Do vậy 3 ancol đều là đơn chức, cùng C mà không phải đồng phân của nhau vậy chúng có sai khác về số liên kết π.
Ta có:
vậy 3 ancol là C3H7OH, C3H5OH và C3H3OH
Do Mtb của ancol lớn hơn 59 xấp xỉ 60 do vậy số mol của C3H7OH chiếm hơn một nửa hỗn hợp do vậy este 2 chức phải là C3H7OOC-COOC3H7 hay số mol C3H7OH là 0,3 mol. Số mol 2 ancol kia là 0,09.
Giải được số mol C3H5OH và C3H3OH lần lượt là 0,06 và 0,03 mol.
Este đơn chức có khối lượng phân tử nhỏ nhất là CH3COOC3H3 0,03 mol.
Chọn A
T là este của X, Y với Z nên X cũng đơn chức.
Muối E gồm XCOONa và YCOONa
→ n(XCOONa) = n(CO2) – n(H2O) = 0,06
Trong 6,9 gam M đặt:
X là CnH2n-2O2 ( u mol)
T là CmH2m-4O4 (v mol)
→ u + v = 0,06 1
m(M) = u14n + 30) + v14m + 60) = 6,9 2
Trong phản ứng đốt cháy:
n(X) + 2n(T) = n(CO2) – n(H2O) = 0,03
→ n(O) = 2n(X) + 3n(T) = 0,06
Áp dụng ĐLBT nguyên tố O → n(O2) = 0,105
Áp dụng ĐLBT khối lượng → m(M) = 2,3 → Trong phản ứng xà phòng hóa đã dùng lượng M nhiều gấp 6,9/2,3 = 3 lần phản ứng cháy.
→ n(CO2) = (nu + mv)/3 = 0,1 3
Giải 12 và 3 → u = 0,03; v = 0,03
nu+ mv = 0,3
→ n +m = 10
Do n ≥ 3 và m ≥ 6 và m≥ n + 3 → n = 3; m = 7 là nghiệm duy nhất.
X là CH2=CH-COOH 0,03)
T là CH2=CH-COO-CH2-CH2-OOC-CH30,03)
→%T = 68,7%