Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án A
nO2=0,66 mol; nCO2=0,57 mol. Giả sử Z là ROH
BTKL=>mH2O=mX+mO2-mCO2=11,88+0,66.32-25,08=7,92 g
=> nH2O=0,44 mol
mO=mX-mC-mH=11,88-0,57.12-0,44.2=4,16 mol
=>nO=0,26 mol=> nROH=nCOO=0,5nO=0,13 mol
ROH+Na→RONa+H2
mbình Na tăng = mROH-mH2=0,13(R+17)-0,065.2=5,85=>R=29(C2H5)
Do trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi), thu được một hidrocacbon duy nhất
Ta có:
H-R’COOC2H5: x
C2H5OCO-R’-COOC2H5: y
x+2y=nCOO=0,13
x+y=nCnH2n+2=2,016/22,4=0,09
=> x=0,05; y=0,04
Ta có: 0,05(R’+74)+0,04(R’+146)=11,88=>R’=26 (-CH=CH-)
=> este đơn chức là CH2=CH-COOC2H5 0,05 mol
=> m=0,05.100=5 gam
Đáp án D
- Đặt u, v là số nhóm CH2 trong X, Y
Þ 0,25u = 0,15v = 1,35 Þ 5u + 3v = 27
Do u ³ 2 và v ³ 3 nên u = 3, v = 4 là nghiệm duy nhất
Þ X là C3H5COOCH3 (0,25mol), Y là C4H6(COOH)2 (0,15mol)
Gần nhất với giá trị 46,3%
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 A.
Hỗn hợp E gồm este X: CnH2n-2O2 và axit Y: CmH2m-4O4 (m ≥ 4 và n ≥ 4).
Khi đốt cháy E: 
⇒ nO(E) = 0,22 mol; nCOO = 0,11mol
→ B T K L mE = mC + mH + mO = 9,32g
Trong 46,6 gam E có: nCOO = 5.0,11 = 0,55 mol ⇒ a + 2b = 0,55 (1)
và nNaOH = 0,6 mol ⇒ nNaOH dư = 0,05 mol Þ Khối lượng H2O trong dung dịch là 176 gam.
Trong Z gồm C H 3 O H : a m o l H 2 O : ( 2 b + 9 , 78 ) m o l ⇒ mbình tăng = m C H 3 O H : + m H 2 O - m H 2 = 32a + 36b = 13,4 (2)
Từ (1), (2) suy ra a = 0,25; b = 0,15
Trong 9,32 gam E có: nX = 0,05 mol ; nY = 0,03 mol
→ B T : C 0,05n + 0,03m = 0,43 ⇒ n = 5; m = 6
⇒ X là C5H8O2: 0,05 mol và C6H8O4: 0,03 mol ⇒ %mY = 46,35%
Chọn D.
Giả thiết chữ E gồm X dạng C n H 2 n - 2 O 2 và Y dạng C m H 2 m - 4 O 4 (điều kiện m , n ≥ 4
*Giả đốt: E + O 2 → t o 0,43 mol CO2 + 0,32 mol H2O.
Quan sát E => quy đổi về 0,43 mol CH2 + 0,22 mol O H - → m E = 9 , 32 g a m = 46 , 6 : 5
*Phản ứng thủy phân: 46,6 gam E + 0,6 mol NaOH => chất rắn + (H2O + CH3OH).
(biết là CH3OH vì MT = 32 theo giả thiết) => có mZ = m ( H 2 O ; C H 3 O H ) = 189 , 4 g a m
(thật chú ý: bình đựng natri kín nên khối lượng bình tăng chính là khối lượng Z).
Gọi n e s t e = x m o l ; n a x = y m o l thì ∑ n C O O = x + 2 y = 0 , 55 m o l
Thủy phân cho x mol CH3OH và 2y mol H2O; tuy nhiên cần chú ý H2O trong Z còn có 176 gam H2O sẵn ở dung dịch NaOH nữa nên 189,4= 176+36y+32x=> 36y+32x=13,4 gam
Giải hệ được: x = 0,25 mol và y = 0,15 mol. Nghiệm nguyên: 
là C5H8O2 và Y là C6H8O4.
Chú ý: giả thiết 6,16 lít khí H2 giả thiết nhiễu, nếu không nắm rõ “bình kín” sẽ rất dễ khó khăn trong việc tìm ra đáp án
Đáp án A
E + NaOH > (Muối + NaOH dư ) + (ancol + H2O)
=> Muối + NaOH dư = 93.2 +400 – (377.7+1.1) = 114.4
Quy E về C2H3COOHCH3
C2H3COOH
CH2 số mol lần lượt là 0.5 b=0.6 c= 0.5
ghép CH2 vào este > axit C2H3COOH >% >A
Đáp án C
Cho 200 gam NaOH chứa 0,6 mol NaOH và 176 gam H2O.
Cho 46,6 gam E tác dụng với NaOH thu được phần hơi Z chứa chất T có khối lượng phân tử là 32, vậy T là CH3OH.
Cho Z qua bình đựng Na thấy bình tăng 188,85 gam và thu được 0,275 mol H2.
BTKL: mZ = 188,85 + 0,275.2 = 189,4 gam.
Z sẽ chứa CH3OH và H2O (gồm nước của dung dịch NaOH + nước mới sinh ra).
= 13,4 gam
Gọi CTPT của X là 
còn Y là 
có số mol lần lượt là a, b.
Đốt cháy lượng E thu được 0,43 mol CO2 và 0,32 mol hơi nước.
.
= 0,32
→ a + 2b = 0,11
Gọi số mol X và Y trong 46,6 gam E lần lượt là ka và kb.
=> k = 5
Mặt khác ta có: 32.5a + 18.2.5b = 13,4
Giải được a = 0,05; b= 0,03.
Suy ra : 0,05n + 0,03m = 43
Ta nhận thấy 
và ta tìm được nghiệm nguyên là n = 5, m =6.
Vậy X là 
còn Y là C6H8O4.
→ %Y = 46,35%
Đáp án C
Cho 200 gam NaOH chứa 0,6 mol NaOH và 176 gam H2O.
Cho 46,6 gam E tác dụng với NaOH thu được phần hơi Z chứa chất T có khối lượng phân tử là 32, vậy T là CH3OH.
Cho Z qua bình đựng Na thấy bình tăng 188,85 gam và thu được 0,275 mol H2.
BTKL: mZ = 188,85 + 0,275.2 = 189,4 gam.
Z sẽ chứa CH3OH và H2O (gồm nước của dung dịch NaOH + nước mới sinh ra).
Gọi CTPT của X là C n H 2 n - 2 O 2 còn Y là C m H 2 m - 4 O 4 có số mol lần lượt là a, b.
Đốt cháy lượng E thu được 0,43 mol CO2 và 0,32 mol hơi nước.
→ a + 2b = 0,11
Gọi số mol X và Y trong 46,6 gam E lần lượt là ka và kb.
ka (14n + 30) + kb(14m + 60) = 46,6 <=> 14k( am+bn) + 30k( a+ 2b) =46,6 => k=5
Mặt khác ta có: 32.5a + 18.2.5b = 13,4
Giải được a = 0,05; b= 0,03.
Suy ra : 0,05n + 0,03m = 43
Ta nhận thấy m , n ≥ 4 và ta tìm được nghiệm nguyên là n = 5, m =6.
Vậy X là C 5 H 8 O 2 còn Y là C6H8O4.
→ %Y = 46,35%
X + 0,66 mol O2 → 0,57 mol CO2 + 0,44 mol H2O
=11,88 (g)
X gồm 1 este đơn chức và 3 este hai chức
X + NaOH → 1 ancol
Khi nung Y với CaO chỉ thu được 1 hidrocacbon
=> Chứng tỏ X gồm các este có dạng ROOCR’COOR (a mol) và R’HCOOR (b mol)
=2.0,57 + 0,44 - 2.0,66 = 0,26 mol (1)
=> muối trong Y phản ứng hết trong phản ứng vôi tôi xút.
· Từ (1), (2) suy ra a=0,04 và b=0,05
· Z + Na dư:
m X = ( 146 + R ' ) . 0 , 04 + ( 74 + R ' ) . 0 , 05 = 11 , 88 g a m
=> R' =26 =>R' là -CH=CH-
· % m CH 2 = CHCOOC 2 H 5 = 100 . 0 , 05 11 , 88 . 100 = 42 , 09 %
Gần với giá trị 42% nhất.
=> Chọn đáp án D.