Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án C
“Giả thiết chữ”: ancol hai chức là C3H6(OH)2 và cũng chính là ancol tạo este.
→ Axit tạo este cùng với axit trong hỗn hợp đều đơn chức, no, mạch hở dạng CnH2nO2.
Sơ đồ tỉ lệ phản ứng tạo este (este hóa); 2.axit + 1C3H6(OH)2 → 1este + 2H2O.
→ Quy đổi X về hỗn hợp gồm axit + ancol – H2O → có ngay số mol axit lúc này là 0,1 mol.
Góc nhìn:
Đốt 0,09 mol X cần 0,48 mol O2 thu 0,41 mol CO2 + 0,4 mol H2O
→ Bảo toàn khối lượng có m X = 9 , 88 gam; bảo toàn nguyên tố O ta có: n O t r o n g X = 0 , 26 mol.
Biết số mol O trong X, quay lại góc nhìn → giải ra: n a n c o l = 0 , 07 mol và n H 2 O ( * ) = 0 , 08 mol
⇒ m a x i t = 9 , 88 + 0 , 08 . 18 - 0 , 7 . 76 = 6 gam, lại có số mol axit là 0,1 mol
Theo đó, trong phản ứng –COOH + KOH → ‒COOK + H2O, ta dùng tăng giảm khối lượng:
m= 6+0,1.(39-1)= 9,8 gam.
Chọn A.
Khi đốt cháy A ta có:
& 
Þ CO2: 0,82 ; H2O: 0,8 và nX, Y = 0,04 ; nZ = 0,06 ; nT = 0,08
→
B
T
K
L
m
A
=
19
,
76
(
g
)
. Khi đó: mmuối = 
= 21,56 (g)
(với 
)
Vậy trong 14,82 gam A có m = 16,17 (g)
Đáp án D
Vì X không làm mất màu dung dịch brom ⇒ X chỉ chứa các HCHC no ⇒ Ancol có dạng C3H6(OH)2.
Đặt nCO2 = a và nH2O = b ta có sơ đồ:
PT theo hiệu khối lượng CO2 và H2O:
44a – 18b = 10,84 (1)
Giả sử X chỉ toàn liên kết đơn (Tương tự ankan)
⇒ nH2O = b + ngốc COO = b + 0,1.
⇒ nHỗn hợp X = nH2O – nCO2
b + 0,1 – a = 0,09
a – b = –0,01 (2)
+ Giải hệ (1) và (2) ta có
nCO2 = a = 0,41 và nH2O = b = 0,4
+ Bảo toàn khối lượng
⇒ mX = 0,41×44 + 0,4×18 – 0,48×32 = 9,88 gam
Đặt số mol 3 chất trong X lần lượt là a b và c ta có sơ đồ:
PT theo số mol hỗn hợp:
a + b + c = 0,09 (1)
PT bảo toàn oxi:
2a + 2b + 4c = 0,41×2 + 0,4 – 0,48×2 = 0,26 (2)
PT theo số mol KOH (số gốc COO):
a + 2c = 0,1 (3)
+ Giải hệ PT (1) (2) và (3)
⇒ a = 0,02, b = 0,03 và c = 0,04.
⇒ mMuối = mRCOO + mR'COO + mK.
⇔ mMuối = 9,88 – 0,02 – 0,03×76 – 0,04×42 + 0,1×39 = 9,8 gam
Chọn B.
Khi cho 0,06 mol M tác dụng với NaOH thì: 
Hỗn hợp ancol G gồm Y (0,04 mol) và Z (0,06 mol) Þ số nguyên tử C trong G là 3.
Vì MY > MZ nên Y là CH2=CH-CH2OH và Z là CH≡C-CH2OH.
Xét a gam M có 
Vậy T là C12H16O4 (0,02 mol) có %mT = 88,89%.
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%
Đáp án là D
n Y = n X = 0 , 055 v à n K O H = 0.065 =>Y thứa este đơn chức (0,045) và este hai chức (0,01). Do Cá( muối không nhánh nên tõi đa 2 thức).
Đốt 0,055 mol X cần n O 2 = 0 , 055 . 0 , 5 0 , 1 = 0 , 275
Đốt 0,055 mol Y cần n O 2 = 0 , 275 + n H 2 2 = 0 , 2975
Đốt Y => CO2 (u mol) và H2O (v mol)
Bào toàn O => 2u + v = 0,065.2 + 0,2975.2
n E s t e h a i c h ứ c = u - v = 0,01
=> u = 0,245 và v = 0,235
n T = n K O H = 0,065
T chứa C a (mol), H (b mol) và O (0,065 mol)
m T = 12a + b + 0,065.16 = 3,41
n T = b/2-a=0,076
=> a = 0,16 và b= 0,45
Bào toàn c => n C ( m u ố i ) = u-a = 0,085
Bào toàn H => n H ( m u ố i ) = 2v + n K O H - b = 0,085
Do n C ( m u ố i ) = n H ( m u ố i ) nên các muối có số C = số H.
=> Muối gồm HCOOK (x mol) và C2H4(COOK)2 (y mol)
n K O H = x + 2y = 0,065
n C ( m u ố i ) = x + 4y = 0,085
=> x = 0,045 và y = 0,01
=> %C2H4(COOK)2 = 33.92%
Chọn đáp án B
+ Vì nHỗn hợp este = 0,055 mol mà nKOH pứ vừa đủ = 0,065 > 0,055 ⇒ Có este đa chức.
+ Nhưng vì ancol đơn chức + axit không phân nhánh ⇒ Có este 2 chức.
+ Đặt nEste đơn chức = a và nEste 2 chức = b ta có hệ.
Đốt 0,1 mol X cần 0,5 mol O2 ⇒ Đốt 0,055 mol X cần 0,275 mol.
⇒ Đốt 0,055 mol Y cần nO2 = 0,275 + 
= 0,2975 mol.
Ta có nO/Y = 2nKOH = 0,065×2 = 0,13 mol.
+ Khi đốt Y tạo ra nCO2 = a mol và nH2O = b mol.
⇒ Bảo toàn oxi có: 2a + b = 0,13 + 2nO2 = 0,725 (1)
Ta có: nCO2 – nH2O = nEste no 2 chức = a – b = 0,01 (2)
+ Giải hệ (1) và (2) ta có nCO2 = 0,245 và nH2O = 0,235 mol.
⇒ mY = mC + mH + mO = 0,245×12 + 0,235×2 + 0,13×16 = 5,49.
⇒ Bảo toàn khối lượng ta có: mMuối = 5,49 + 0,065×56 – 3,41 = 5,72 gam.
+ Gọi 2 muối có dạng: 
⇒ 0,045×(R+83) + 0,01×(R'+166) = 5,72
9R + 2R' = 65
+ Giải phương trình nghiệm nguyên ⇒ R = 1 và R' = 28
⇒ Muối có phân tử khối lớn hơn là (C2H4)(COOK)2
%m(C2H4)(COOK)2 = 
× 100 ≈ 33,92%
Chọn B.
Khi đốt cháy A ta có:
Khi cho A tác dụng với KOH thì:
Lấy (1) + (3) ta được: nX + 2nZ = + 0,09 rồi thay vào (4): k( + 0,09) = 0,15
Lập tỉ lệ:
Từ (*) và (**) suy ra: n C O 2 = 0 , 42 m o l ; n H 2 O = 0 , 41 m o l ⇒ m A = 10 , 02 g a m
Tiếp tục giải hệ đốt cháy tìm được: nX = 0,02; nY = 0,03; nZ = 0,04.
Trong 15,03 gam A thì: → B T K L m = 16,38 (g).