Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giải thích: Đáp án D
X và Y lần lượt có dạng CnH2n-2O2 và CmH2m-4O4 (n ≥ 3; m ≥ 4).
Ta có: nCO2 - nH2O = (k - 1).nHCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).
Áp dụng: nCO2 - nH2O = nX + 2nY = nCOO ⇒ nCOO = 0,11 mol.
mE = mC + mH + mO = 0,43 × 12 + 0,32 × 2 + 0,11 × 2 × 16 = 9,32(g).
⇒ Thí nghiệm 2 dùng gấp thí nghiệm 1 là 46,6 ÷ 9,32 = 5 lần.
⇒ nCOO thí nghiệm 2 = 0,11 × 5 = 0,55 mol < nNaOH = 0,6 mol ⇒ NaOH dư.
mH2O ban đầu = 176(g). Đặt nX = x; nY = y ⇒ x + 2y = 0,55 mol.
∑mH2O/Z = 176 + 18 × 2y = (176 + 36y)(g); MT = 32 ⇒ T là CH3OH với số mol là x.
⇒ mbình tăng = 188,85(g) = 176 + 36y + 32x - 0,275 × 2
Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,15 mol.
Đặt số C của X và Y là a và b (a ≥ 4; b ≥ 4) ⇒ 0,25a + 0,15b = 0,43 × 5
Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 5; b = 6.
⇒ Y là C6H8O4 ⇒ %mY = 0,15 × 144 ÷ 46,6 × 100% = 46,35% ⇒ chọn D.
MT = 32 => T là CH3OH
Z gồm CH3OH và H2O
E gồm a mol CnH2n-2O2 và b mol CmH2m-4O4
Đốt cháy E:
CnH2n-2O2 + O2 → nCO2 + (n – 1)H2O
CmH2m-4O4 + O2 → mCO2 + (m – 2)H2O
Khi cho E tác dụng với NaOH:
CnH2n-2O2 + NaOH → Muối + CH3OH
CmH2m-4O4 + 2NaOH → Muối + H2O
nCO2 – nH2O = (số liên kết π).số mol => 0,43 – 0,32 = nX + 2nY
=> 0,11 = nCOO = nNaOH phản ứng
mE = mC + mH + mO = 0,43.12 + 0,32.2 + 0,11.2.16 = 9,32g
=> 46,6g E thì nNaOH phản ứng = 0,55
=> nNaOH dư = 0,6 – 0,55 = 0,05
mbình tăng = mCH3OH + mH2O – mH2
=> mCH3OH + mH2O = 188,85 + 2.0,275 = 189,4g
Bảo toàn khối lượng: mE + mddNaOH = mrắn + mZ
=> mrắn = 46,6 + 200 – 189,4 = 57,2g
mZ = mH2O (dd NaOH) + mH2O (axit) + mCH3OH
=> mH2O (axit) + mCH3OH = 13,4g
nNaOH phản ứng = nH2O (axit) + nCH3OH = 0,55
=> nH2O (axit) = 0,3 và nCH3OH = 0,25=> nY = 0,15 và nX = 0,25
mE = 0,25(14n + 30) + 0,15(14m + 60) = 46,6 => 5n + 3m = 43 => n = 5; m = 6
=> Y là C6H8O4=> %mC6H8O4 = 46,35% => Chọn C.
Chọn đáp án A
Xử lý dữ kiện T:
-OH + Na → -ONa + 1/2H2
⇒ nOH = 
mol.
Bảo toàn khối lượng:
mT=m bình tăng +mH2=4,45 + 0,075.2=4,6
Gọi n là số gốc OH trong T
⇒ ứng với 
=> T là glixerol: C3H8O3;
mol
=> nCOO=n NaOH phản ứng= 0,165:1,5=0,11 mol.
Giải đốt 
mol O2 → 0,34 mol CO2 + 0,25 mol H2O.
Bảo toàn khối lượng:
Bảo toàn nguyên tố oxi:
Quy E về X, Y, T, H2O
⇒ 
mol;
mol.
TH1: X và Y là axit đơn chức.
Không mất tính tổng quát, giả sử
.
Mà 
mol
⇒ 
mol; 
mol.
Gọi số C trong X và Y lần lượt là x và y mol
⇒ 0,07x + 0,04y + 0,05 × 3 = 0,34
⇒ 7x + 4y = 19
→ giải phương trình nghiệm nguyên có: x = 1 và y = 3.
⇒ X là HCOOH
⇒ số H trong Y
⇒ Y là HC≡C-COOH mà 
mol = 
Z chỉ chứa 1 gốc Y và 2 gốc X.
⇒ Z là (HCOO)2(HC≡C-COO)C3H5: 0,02 mol
⇒ %mZ trong E = 41,93%.
TH2: X là axit đơn chức và Y là axit 2 chức
→ biện luận tương tự và loại
Giải thích: Đáp án C
T là este 2 chức, mạch hở, tạo từ 2 axit và 1 ancol nên các axit này đều là đơn chức và ancol 2 chức.
Đặt Z là R(OH)2 
Khối lượng tăng là khối lượng của RO2 bị hấp thụ 
thỏa mãn Z là C3H6(OH)2.
Muối có dạng RCOONa 0,4 mol
thỏa mãn muối là HCOONa 0,2 mol và CxH3COONa 0,2 mol
Vậy X, Y là HCOOH và CH2=CH-COOH
→ T là HCOOC3H6OOC-CH=CH2.
Quy đổi E thành:
HCOOH 0,2 mol, CH2=CH-COOH 0,2 mol, C3H6(OH)2 0,26 mol và H2O –y mol
Đáp án C
T là este 2 chức, mạch hở, tạo từ 2 axit và 1 ancol nên các axit này đều là đơn chức và ancol 2 chức.
Khối lượng tăng là khối lượng của RO2 bị hấp thụ
thỏa mãn Z là C3H6(OH)2.
Muối có dạng RCOONa 0,4 mol
thỏa mãn muối là HCOONa 0,2 mol và CxH3COONa 0,2 mol
Vậy X, Y là HCOOH và CH2=CH-COOH
→ T là HCOOC3H6OOC-CH=CH2.
Quy đổi E thành:
HCOOH 0,2 mol, CH2=CH-COOH 0,2 mol, C3H6(OH)2 0,26 mol và H2O –y mol
Giải thích: Đáp án A
► Dễ thấy Z là ancol 2 chức ⇒ nZ = nH2 = 0,26 mol. Bảo toàn khối lượng:
mZ = mbình tăng + mH2 = 19,24 + 0,26 × 2 = 19,76(g) ⇒ MZ = 19,76 ÷ 0,26 = 76 (C3H8O2).
● Do T mạch hở ⇒ X và Y là axit đơn chức ⇒ nmuối X = nmuối Y = nNaOH ÷ 2 = 0,2 mol.
Bảo toàn nguyên tố Natri: nNa2CO3 = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: nCO2 = 0,6 mol.
► Gọi số C trong gốc hidrocacbon của 2 muối là x và y (x ≠ y; x, y Î N).
||⇒ 0,2x + 0,2y = 0,2 + 0,6. Giải phương trình nghiệm nguyên: x = 0; y = 2.
⇒ 1 muối là HCOONa. Bảo toàn nguyên tố Hidro: Hmuối còn lại = 3 ⇒ CH2=CHCOONa.
● Bảo toàn khối lượng: mH2O = 2,7(g) ⇒ ∑nX,Y = nH2O = 0,15 mol ⇒ nT = 0,125 mol.
T là (HCOO)(C2H3COO)C3H6 ||► %mT = 0,125 × 158 ÷ 38,86 × 100% = 50,82%
Đáp án A
TN1: Lượng este mang đốt cháy gồm:
X: CnH2n-2O2 (a mol)
Y: CmH2m-4O4 (b mol)
nCO2=an+bm=0,86 (1)
nH2O=(n-1)a+(m-2)b=0,64
=>a+2b=0,22 (2)
TN2: Trong 93,2 gam E thì nX=ka, nY=kb
=>mE=ka(14n+30)+kb(14m+60)=93,2
Thế (1) và (2) =>k=5
Trong dung dịch NaOH chứa 1,2 mol NaOH và 176/9 mol H2O
Ancol T có M=32=>T là CH3OH
Z gồm:
CH3OH: 5a
H2O: 10b+176/9
m bình tăng=mCH3OH+mH2O-mH2=>160a+180b+352-0,55.2=377,7 (2)
=>a=0,1; b=0,06 thay vào (1): 0,1n+0,06m=0,86 hay 5n+3m=43. Do n, m≥4 nên n=5 và m=6 thỏa mãn
Vậy:
X: C5H8O2 (0,1 mol);
Y: C6H8O4 (0,06 mol)
%mY=0,06.144/(0,1.100+0,06.144)=46,35%