Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp B
Phần 1: n A g = 108 108 = 1 m o l
Trường hợp 1: Hỗn hợp anđehit không chứa HCHO.
n X = 1 2 n A g = 0 , 5 m o l ⇒ M ¯ X = 10 , 4 0 , 5 = 20 , 8 < M H C H O . Loại.
Trường hợp 2: Hỗn hợp anđehit là HCHO (y mol) và CH3CHO (z mol)
⇒ 30 y + 44 z = 10 , 4 g 4 y + 2 z = 1 m o l ⇒ y = 0 , 2 z = 0 , 1
Giả sử hiệu suất tạo ete của Y là H%
Số mol H2O tạo thành 1 2 n a n c o l = 0 , 2 H % + 0 , 1.0 , 5 2 = 0 , 1 H % + 0 , 025
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có:
32.0,2H% + 46.0,1.0,5 = 4,52 +18.(0,1H% + 0,025)
⇒ H% = 58,04%
Chọn đáp án C.
n C O 2 = 5 , 6 22 , 4 = 0 , 25 m o l , n H 2 O = 6 , 3 18 = 0 , 35 m o l > n C O 2
⇒ Ancol no, đơn chức, n a n c o l = n H 2 O − n C O 2 = 0 , 35 − 0 , 25 = 0 , 1 m o l
⇒ Số nguyên tử C trung bình = n C O 2 n a n c o l = 0 , 25 0 , 1 = 2 , 5
⇒ X là C2H5OH, Y là C3H7OH
Vì 2 ancol liên tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên: n X = n Y = 0 , 1 2 = 0 , 05 m o l
Số mol ancol tham gia phản ứng ete hóa = 2 n e t e = 2. 0 , 42 28 = 0 , 03 m o l
Giả sử số mol X, Y tham gia phản ứng ete hóa lần lượt là x,y.
⇒ x + y = 2 n e t e = 2. 0 , 42 28 = 0 , 03 m o l 46 x + 60 y = 1 , 25 + 18.0 , 5.0 , 03 = 1 , 52 g ⇒ x = 0 , 02 y = 0 , 01
⇒ Hiệu suất tham gia phản ứng ete hóa của X = 0 , 02 0 , 05 .100 % = 40 %
Hiệu suất tham gia phản ứng ete hóa của Y = 0 , 01 0 , 05 .100 % = 20 %
Đáp án D
RCOOK + KOH -> RH + K2CO3
Do n chất rắn = nKOH ban đầu = 0,7 ; nRH = 0,3 nên có 2 trường hợp :
+) TH1 : nRCOOK = 0,4 ; nKOH dư = 0,3
mrắn = 54,4 => R = 11
nY = 0,4 => nY pứ = 0,24 mol
=> nete = nH2O = 0,12 mol
=> mY pứ = mete + mH2O = 10,2g
=> MY = 42,5
Vậy Y chứa CH3OH (0,1 mol) và C2H5OH (0,3 mol) => tỷ lệ mol các muối = 1 : 3 hoặc 3 : 1
R = 11 => -H và –R’
1 + 3R’ = 11.4 => R’ = 43/3 => Loại
3 + R’ = 11.4 => R’ = 41 : C3H5-
Vậy các este là : HCOOC2H5 (0,3) và C3H5COOCH3 (0,1)
=> %mHCOOC2H5 = 68,94%
+) TH2 : nRCOOK = 0,3 và nKOH dư = 0,4 mol
Có mrắn = 54,4g => R = 23,67
nY = 0,3 mol => nY pứ = 0,18 mol => nete = nH2O = 0,09 mol
Có : mY pứ = mete + mH2O = 9,66g
=> MY = 32,2
Vậy Y chứa CH3OH (207/700 mol) và C2H5OH (3/700 mol) => tỷ lệ mol các muối = 207 : 3 hoặc 3 : 207 => Không thỏa mãn
R = 23,67 => -R” và –R’
207R” + 3R’ = 23,67.210 => Loại
3R” + 207R’ = 23,67.210 => Loại
Vậy %mA = 68,94%
F tham gia phản ứng tráng bạc → F chứa HCOONa → nHCOONa = 0,5nAg = 0,04 (mol)
Vì 2 muối đồng đẳng kế tiếp → Muối còn lại trong F là CH3COONa
(4,36-0,04.68)/82 = 0,02 mol
Có neste = nM = ∑nmuối = 0,04 + 0,02 = 0,06 (mol)
→ M = 5,16 : 0,06 = 86
→ M là C4H6O2
→ E chứa: CH3COOCH=CH2: 0,02 (mol); HCOOR: a (mol); HCOOR': b (mol) với a + b = 0,04
M tham gia phản ứng tráng bạc → M chứa andehit.
Mặt khác có: nAg = 0,06 mol > 2nCH3COOCH=CH2 = 0,04 (mol) → E chứa 1 este có cấu tạo HCOOCH=CH-CH3
Este còn lại có cấu tạo HCOOCH2-CH=CH2: 0,03 hoặc HCOOC(CH3)=CH2: 0,03 (mol)
Vì X có phân tử khối nhỏ nhất nên X là: HCOOCH=CH=CH3
→ %X = 0,01.86.100%/5,16 = 16,67%
Đáp án cần chọn là: D
Đáp án C
Chọn đáp án C
Từ phản ứng đốt cháy hỗn hợp A:
nCO2 = 0,17 mol < nH2O = 0,25 mol ⇒ 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.
Đặt ∑nancol = x; neste = y ⇒ nX = x + y = 0,1 mol.
► Bảo toàn nguyên tố Oxi:
⇒ nO/X = 0,13 mol = x + 4y ||⇒ giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,01 mol.
► Bảo toàn khối lượng: mX = 7,48 + 4,5 - 0,23 × 32 = 4,62(g).
Thí nghiệm 1 dùng gấp 18,48 ÷ 4,62 = 4 lần thí nghiệm 2.
Trở lại thí nghiệm 1. Thuỷ phân
● 18,48(g) X chứa 0,36 mol hỗn hợp ancol và 0,04 mol este.
⇒ nNaOH phản ứng = 0,04 × 2 = 0,08 mol. Bảo toàn khối lượng:
mY = 18,48 + 0,08 × 40 - 5,36 = 16,32(g) || nY = 0,36 + 0,04 × 2 = 0,44 mol.
Lại có: 2 ancol → 1 ete + 1 H2O ||⇒ nH2O = 0,44 ÷ 2 = 0,22 mol.
► Bảo toàn khối lượng: m = 0,8 × (16,32 - 0,22 × 18) = 9,888(g) ≈ 10 gam
Chọn B