Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
X có dạng CnH2n-2O2 và Y có dạng CmH2m-4O4, lại cho 2 ancol đồng đẳng kế tiếp
→ 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.
Ta có: x = y + 0,2 → x – y = 0,2 = nX + 2nY → n2 ancol = 0,2mol
Gọi ancol là ROH (0,2 mol) → = 0,1 → mbình tăng = mancol – mH2
→ 6,76 = 0,2. (R + 17) – 0,2 → R = 17,8
→ 2 ancol CH3OH (z mol) và C2H5OH (t mol)
→ z + t = 0,2 và 32z + 46t – 0,2 = 6,76 → z = 0,16 và t = 0,04
Do nX > nY , ta xét 2 trường hợp sau:
TH1: X tạo bởi CH3OH và Y tạo bởi C2H5OH
Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,16 mol); C8H12O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
Có mhỗn hợp = 16,64 → x < 0 (loại)
TH2: X tạo bởi CH3OH và Y tạo bởi cả 2 ancol.
Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,12 mol); C7H10O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
(do chia mất CH3OH vào 2 ancol)
Có mhỗn hợp = 16,64 → x = 0
→ X là C2H3COOCH3 (0,12 mol) và Y là CH3OOC-C2H2-COOC2H5 (0,04 mol)
→ muối thu được là C2H3COONa (0,12 mol) và C2H2(COONa)2 (0,04 mol)
→ mC2H3COONa = 11,28 và mC2H2(COONa)2 = 6,4
(nhận thấy các đáp án. a:b đều > 1)
a = mC2H3COONa = 11,28 và b = mC2H2(COONa)2 = 6,4
a : b = 11,28/6,4 = 1,7625
→ Đáp án A
Đáp án A
X có dạng CnH2n-2O2 và Y có dạng CmH2m-4O4, lại cho 2 ancol đồng đẳng kế tiếp → 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.
Ta có: x = y + 0,2 → x – y = 0,2 = n(X) + 2n(Y) → n(2 ancol) = 0,2
Gọi ancol là ROH (0,2 mol) → n(H2) = 0,1 → m(bình tăng) = m(ancol) – m(H2)
→ 6,76 = 0,2. (R + 17) - 0,2 → 17,8 → CH3OH (a mol) và C2H5OH (b mol)
→ a + b = 0,2 và 32a + 46b - 0,2 = 6,76 → a = 0,16 và b = 0,04
Do n(X) > n(Y) → TH1: X tạo bởi CH3OH và Y tạo bởi C2H5OH và TH2: X tạo bởi CH3 OH và Y tạo bởi cả 2 ancol.
TH1: Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,16 mol); C8H12O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
Có m(hh) = 16,64 → x < 0 (loại)
TH2: Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,12 mol); C7H10O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
(do chia mất CH3OH vào 2 ancol)
Có m(hh) = 16,64 → x = 0 → X là C2H3COOCH3 (0,12 mol) và Y là CH3OOC-C2H2-COOC2H5 (0,04 mol)
→ muối thu được là C2H3COONa (0,12 mol) và C2H2(COONa)2 (0,04 mol)
→ m(C2H3COONa) = 11,28 và m(C2H2(COONa)2) = 6,4
(nhận thấy các đ.a a:b đều > 1 → a (= m(C2H3COONa)) : b (=m(C2H2(COONa)2) = 1,7625
Đáp án C
16,64g E +KOH vừa đủ → F (2 ancol đổng đẳng kế tiếp )+ 2 muối
Chứng tỏ Y tạo bởi 2 ancol đơn chức, đồng đẳng kế tiếp và axit 2 chức
a:b=13,2:7,68 ≈ 1,72 gần nhất với giá trị 1,7
Chọn đáp án A
hỗn hợp A gồm X, Y dạng C?(H2O)?? (đốt có nO2 cần đốt = nCO2).
cần chú ý nchức ancol –OH = nKOH = 0,4 mol
→ mancol = 15,2 + 0,4 ÷ 2 × 2 = 15,6 gam.
♦ Thủy phân: 30,24 gam A + 0,4 mol KOH → 2 muối D + 15,6 gam 2 ancol B
→ mmuối D = 37,04 gam (theo BTKL).
Giải đốt D: đủ giả thiết → ok.!
Đốt 37,04 gam muối D cần 0,42 mol O2 → 0,2 mol K2CO3 + x mol CO2 + y mol H2O.
bảo toàn O + bảo toàn khối lượng
→ đủ giải ra x = 0,52 mol và y = 0 mol.
► Ngôn ngữ: X, Y không phân nhánh
→ có không quá 2 chức, este không phải là vòng (*)
kết hợp y = 0 cho biết muối không chứa nguyên tố H
→ 2 muối đều 2 chức dạng C???(COOH)2 (với ??? phải chẵn)
Lại biết tỉ lệ số mol X, Y là 1,5
→ nX = 0,12 mol và nY = 0,08 mol.
số Caxit tạo X = m; số Caxit tạo Y = n (m, n nguyên dương và chẵn)
→ nghiệm nguyên: 0,12m + 0,08n = ∑nC trong muối = 0,72 mol ⇄ 3m + 2n = 18
→ duy nhất cặp chẵn m = 2; n = 6 thỏa mãn
→ axit tạo X là (COOH)2 và Y là C4(COOH)2.
Mặt khác: X, Y dạng C?(H2O)4; gốc axit không chứa H → ∑gốc ancol có 8H.
Lại có ở (*) cho biết hai ancol phải là đơn chức nên nB = 0,4 mol; MB = 15,6 ÷ Ans = 39
→ có ancol là CH3OH; gốc ancol này có 3C
→ còn 5C trong gốc ancol còn lại
→ là C2H5
Vậy đã rõ: X là H3C-OOC-COOC2H5 và Y là H3C-OOC-C≡C-C≡C-COOC2H5.
ĐỌc yêu cầu, xem lại Y có CTPT C9H8O4
→ ∑số nguyên tử = 21
Chọn A.
- Ta có:
=> 2 ancol đó là CH3OH (0,2 mol) và C2H5OH (0,2 mol).
- Khi đốt cháy E thì:
- Khi cho E tác dụng với KOH thì:
- Khi đốt cháy K thì: 
- Thay n C O 2 vào (1) nhận thấy n H 2 O ( K ) = 0 Þ trong muối K không chứa H.
- Gọi muối K 
Vậy tổng số nguyên tử nguyên tố có trong Y là 21
Chọn C.
- Ta có: 
2 ancol đó là CH3OH (0,1 mol) và C2H5OH (0,1 mol).
- Khi đốt cháy E thì:
- Khi cho E tác dụng với KOH thì: m K = m E + 56 n K O H - m a n c o l = 18 , 52 ( g )
(1)
- Khi đốt cháy K thì: 
- Thay n C O 2 vào (1) nhận thấy n H 2 O ( K ) = 0 ⇒ Þ trong muối K không chứa H.
- Gọi muối K
Þ %mX = 52,38%.
Chọn D.
Khi đốt cháy muối F thì: 
Khối lượng bình tăng: 
Þ Hai ancol đó là C2H5OH (0,02 mol) và C2H4(OH)2 (0,12 mol)
→ B T K L m F = 21 , 32 g a m và hai muối trong Z có số mol bằng nhau và bằng 0,13 mol Þ MF = 82
Þ Hai muối trong F là HCOONa và muối còn lại là C2H5COONa
Xét hỗn hợp ban đầu có X, Y (0,02 mol) và Z (0,12 mol) Þ X và Y có mol bằng nhau (vì số mol hai muối bằng nhau).
Dựa vào số mol Þ este có PTK nhỏ nhất là HCOOCH3 0,01 mol Þ %m = 3,84%
Đáp án D
Lần lượt bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH: nOH/ancol = nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,26 mol.
► Lại có: -OH + Na → -ONa + ¹/₂ H2↑ ||⇒ nH2 = 0,13 mol. Bảo toàn khối lượng:
mancol = mbình tăng + mH2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g) || Lại có: 2 ancol no, có cùng số cacbon
⇒ 2 ancol gồm ancol đơn chức và ancol 2 chức ⇒ có dạng CnH2+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2).
Đặt nCnH2+2O = x; nCnH2n+2O2 = y ⇒ nOH = x + 2y = 0,26 mol (1).
mancol = x.(14n + 2 + 16) + y.(14n + 2 + 32) = (x + y).(14n + 2) + 16.(x + 2y) = 8,36(g).
► Thế (1) vào ⇒ x + y = 4,2 ÷ (14n + 2). Mặt khác: 0,5.(x + 2y) < x + y < x + 2y
||⇒ 0,13 < 4,2 ÷ (14n + 2) < 0,26 ⇒ 1,01 < n < 2,16 ⇒ n = 2 ⇒ C2H5OH và C2H4(OH)2.
⇒ x = 0,02 mol; y = 0,12 mol. Bảo toàn khối lượng: mF = 19,28 + 0,26 × 40 - 8,36 = 21,32(g).
● Do X, Y, Z mạch hở ⇒ F gồm 2 muối của axit đơn chức ⇒ số mol mỗi muối là 0,13 mol.
► Mtb muối = 21,32 ÷ 0,26 = 82 ⇒ phải chứa HCOONa ⇒ Mmuối còn lại = 96 (C2H5COONa).
||⇒ E gồm 0,01 mol HCOOC2H5; 0,01 mol CH3COOC2H5; 0,12 mol (HCOO)(C2H5COO)C2H4.
Este có PTK nhỏ nhất là HCOOC2H5 ⇒ %mHCOOC2H5 = 3,84% ⇒ chọn D.
Đáp án A
Bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH:
nOH/ancol = nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,26 mol.
► Xử lí dữ kiện ancol:
-OH + Na → -ONa + 1/2H2↑
⇒ nH2 = nOH ÷ 2 = 0,13 mol.
Bảo toàn khối lượng:
mancol = mbình tăng + mH2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g).
► GIẢ SỬ 2 ancol có cùng số chức
⇒ đều đơn chức (vì chỉ có 1 este 2 chức)
⇒ nancol = 0,26 mol ⇒ Mancol = 8,36 ÷ 0,26 = 32,15
⇒ phải chứa CH3OH ⇒ vô lí!. ⇒ loại.
||⇒ hỗn hợp gồm ancol đơn chức và 2 chức
⇒ có dạng CnH2n+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2).
● Đặt số mol 2 ancol lần lượt là a và b
⇒ nOH = a + 2b = 0,26 mol.
mancol = a(14n + 18) + b(14n + 34) = 8,36(g)
⇒ (a + b)(14n + 2) + 16(a + 2b) = 8,36(g)
⇒ a + b = 
> 0,5a + b = 0,5(a + 2b) = 0,13
⇒ n ≤ 2,16 ⇒ n = 2.
► Với n = 2
⇒ giải hệ cho: a = 0,02 mol và b = 0,12 mol.
Các este đều mạch hở ⇒ axit đều đơn chức
⇒ số mol mỗi muối là 0,13 mol.
Bảo toàn khối lượng: mF = 21,32(g) ⇒ Mmuối = 82
⇒ F chứa HCOONa.
||⇒ Mmuối còn lại = (21,32 – 0,13 × 68) ÷ 0,13 = 96
⇒ muối còn lại là C2H5COONa.
► Ghép axit và ancol ⇒ X và Y là HCOOC2H5 và C2H5COOC2H5, Z là HCOOC2H4OOCC2H5.
⇒ HCOOC2H5 là este có PTK nhỏ nhất với 0,01 mol
⇒ %mHCOOC2 H5 = 3,84%
Đáp án A
X có dạng CnH2n-2O2 và Y có dạng CmH2m-4O4, lại cho 2 ancol đồng đẳng kế tiếp → 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.
Ta có: x = y + 0,2 → x – y = 0,2 = n(X) + 2n(Y) → n(2 ancol) = 0,2
Gọi ancol là ROH (0,2 mol) → n(H2) = 0,1 → m(bình tăng) = m(ancol) – m(H2)
→ 6,76 = 0,2. (R + 17) - 0,2 → 17,8 → CH3OH (a mol) và C2H5OH (b mol)
→ a + b = 0,2 và 32a + 46b - 0,2 = 6,76 → a = 0,16 và b = 0,04
Do n(X) > n(Y) → TH1: X tạo bởi CH3OH và Y tạo bởi C2H5OH và TH2: X tạo bởi CH3 OH và Y tạo bởi cả 2 ancol.
TH1: Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,16 mol); C8H12O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
Có m(hh) = 16,64 → x < 0 (loại)
TH2: Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,12 mol); C7H10O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
(do chia mất CH3OH vào 2 ancol)
Có m(hh) = 16,64 → x = 0 → X là C2H3COOCH3 (0,12 mol) và Y là CH3OOC-C2H2-COOC2H5 (0,04 mol)
→ muối thu được là C2H3COONa (0,12 mol) và C2H2(COONa)2 (0,04 mol)
→ m(C2H3COONa) = 11,28 và m(C2H2(COONa)2) = 6,4
(nhận thấy các đ.a a:b đều > 1 → a (= m(C2H3COONa)) : b (=m(C2H2(COONa)2) = 1,7625