Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn D.
Khi cho F tác dụng với AgNO3 thì:
có các đồng phân là:
HCOOCH=CH-CH2 ; HCOOCH2-CH=CH2 ; CH3COOCH=CH2
Khi cho M tác dụng với AgNO3 thì:
Vậy X là HCOOCH=CH-CH2 có số mol là 0,01
Đáp án : A
Vì sau khi phản ứng với Kiềm chỉ thu được 1 ancol Z => 2 chất ban đầu có 1 chất là axit ( đồng đẳng của nhau )
Mặt khác nAg = 0,72 mol > 2nX => ancol Z là CH3OH có n = 0,18 mol
MM = 21,6g => Trong M phải có CH4 => còn lại là C2H6
=> 2 chất ban đầu là C2H5COOH và CH3COOCH3 với số mol lần lượt là 0,12 mol và 0,18 mol
=> mX = 22,2g
=> nH2O = nC2H5COOH = 0,12 mol
Bảo toàn khối lượng : mX + mKiềm = m + mH2O + mCH3OH
=> m = 59,88g
Chọn đáp án A.
Y tham gia phản ứng vôi tôi xút thu được 2 hidrocacbon kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng
=> Chứng tỏ Y chứa 2 axit kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng
X + (NaOH, KOH) → 2 axit kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng + ancol Z
Mà 2 chất trong X là đồng phân của nhau
=> Chứng tỏ X chứa 1 este tạo bởi CH3OH (ancol Z) và 1 axit cacboxylic.
Có n C H 3 O H = 1 4 n A g = 0 , 18 m o l
⇒ n a x i t = 0 , 3 - 0 , 18 = 0 , 12 m o l
⇒ 2 hidrocacbon là CH4 và C2H6
=> CTCT este là CH3COOCH3, CTCT axit là C2H5COOH
Áp dụng bảo toàn khối lượng có:
m X + m N a O H + m K O H = m + m H 2 O + m Z
⇒ m = 59 , 88 gam
Chọn đáp án C
HCOONa là muối cacboxylic duy nhất có khả năng tráng bạc:
K O C H O + 2 A g N O 3 + 3 N H 3 + H 2 O → t 0 K O C O O N H 4 + 2 A g ↓ + 2 N H 4 N O 3
⇒ nHCOOK = 1 2 .nAg = 0,01 mol
⇒ trong 0,04 mol Y còn 0,03 mol CH3COOK nữa (kế tiếp).
♦ thủy phân 15 , 2 g a m X c ầ n 4 x m o l K O H → x m o l H C O O K + 3 x m o l C H 3 C O O K + 9 , 04 g a m Z
BTKL có
15,2 + 4x × 56
= (84x + 98x) + 9,04
⇒ x = 0,04 mol.
9,04 gam Z gồm 2 ancol đồng đẳng kế tiếp,
nZ = 0,16 mol
⇒ Mtrung bình 2 ancol = 56,5
⇒ cho biết 2 ancol là C2H5OH (M = 46) và C3H7OH (M = 60)
Chọn đáp án C
Vì nAg = 0,2 < n Hỗn hợp
⇒ 1 este có dạng HCOOR với
nHCOOR = 0,1 mol
⇒ nEste còn lại = 0,15 mol.
+ Xem hỗn hợp chứa
Ta có nNaOH pứ = 5a
nHCOONa = 2a và n C H 3 C O O N a = 3 a
+ Bảo toàn khối lượng ta có:
14,08 + 5a×40
= 2a×68 + 3a×82 + 8,256
⇔ a = 0,032 mol.
⇒ Hỗn hợp ban đầu chứa
⇒ m A n c o l = 0 , 064 × ( R + 17 ) + 0 , 096 × ( R ' + 17 ) = 8 , 256
⇔ 2R + 3R' = 173.
+ Giải PT nghiệm nguyên ta có R = 43 (C3H7–) và R' = 29 ( C2H5–).
⇒ % m H C O O C 3 H 7 = 0 , 064 × 88 14 , 08 × 100 = 40 %
Đáp án B
Do hỗn hợp X có phản ứng tráng bạc nên axit T là HCOOH, axit thuộc dãy đồng đẳng của axit no, đơn chức, mạch hở.
m(1/3 X) = 23,04/3 = 7,68 gam
Quy đổi hỗn hợp thành:
- P2: nHCOOH = nAg/2 = 0,03 mol
- P1:
BTKL => mCO2 = mX + mO2 – mH2O = 7,68 + 0,33.32 – 5,04 = 13,2 gam
nCO2 = 0,3 mol
nH2O = 0,28 mol
neste = (nCO2 – nH2O)/2 = 0,01 mol (do este là este no, 3 chức mạch hở) => nCmH2m+2O3 = n este = 0,01 mol
nH2O = -0,03 mol
BT “O” nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 0,22 mol => 
Như vậy:
Mặt khác, m chất rắn lớn nhất khi ancol là nhỏ nhất (glixerol)
m chất rắn = 7,68 + 0,15.40 – 0,01.92 – (0,11 – 0,03).18 = 11,32 gam
=> 10,2 < m chất rắn ≤ 11,32
