Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
nO2 = 7/22,4 = 0,3125 (mol)
Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)
BTKL: mZ + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2
=> mCO2 + mH2O + mN2 = 3,17 + 0,3125.32 =13,17(g) (1)
Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của CO2 và H2O
=> mCO2 + mH2O = 12,89 (g) (2)
Từ (1) và (2) => mN2 = 0,28 (g) => nN2 = 0,01 (mol)
BTNT N => nX = 2nN2 = 0,02 (mol)
=> nZ = 6nX = 0,12 (mol)
Gọi x và y lần lượt là số mol của CO2 và H2O
=> Y phải có CH4
TH1: Hidrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nY => ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 #0,08 => loại
TH2: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nCH4 ( Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho mol CO2 = H2O )
=> nCH4 = ( 0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại
TH3: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi
Gọi a và b lần lượt là số mol của CH4 và CmH2m-2 trong Y
n O 2 = 7 / 22 , 4 = 0 , 3125 m o l
Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)
B T K L : m Z + m O 2 = m C O 2 + m H 2 O + m N 2
= > m C O 2 + m H 2 O + m N 2 = 3 , 17 + 0 , 3125.32 = 13 , 17 g a m 1
Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của C O 2 v à H 2 O
= > m C O 2 + m H 2 O = 12 , 89 g 2
Từ (1) và (2) => m N 2 = 0 , 28 g ⇒ n N 2 = 0 , 01 m o l
BTNT N = > n X = 2 n N 2 = 0 , 02 m o l
= > n Z = 6 n X = 0 , 12 m o l
Gọi x và y lần lượt là số mol của C O 2 v à H 2 O
∑ m ( C O 2 + H 2 O ) = 44 x + 18 y = 12 , 89 → BTNT : O 2 x + y = 0 , 3125.2 = > x = 0 , 205 y = 0 , 215
Số C trung bình trong Z là: = n C O 2 n Z = 0 , 205 0 , 12 = 1 , 7
=> Y phải có C H 4
TH1: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi
= > n H 2 O − n C O 2 = 1 , 5 n a m i n + n Y = > ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 ≠ 0,08 => loại
TH2: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi
= > n H 2 O − n C O 2 = 1 , 5 n a m i n + n C H 4 (Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho số mol C O 2 = H 2 O )
= > n C H 4 = (0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại
TH3: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi
Gọi a và b lần lượt là số mol của C H 4 v à C m H 2 m − 2 trong Y
∑ n Y = a + b = 0 , 1 n H 2 O − n C O 2 = 1 , 5 n amin + a − b ⇒ a + b = 0 , 1 0 , 01 = 1 , 5.0 , 02 + a − b ⇒ a = 0 , 04 b = 0 , 06
Gọi CTPT chung của 2 amin là:
C H 2 + 3 N : 0 , 01 m o l CH 4 : 0 , 04 m o l C m H 2 m − 2 : 0 , 06 m o l → B T N T : C n C O 2 = 0,01 n ¯ + 0,04 + 0,06m = 0,205
= > 2 < n ¯ = 0 , 165 − 0 , 06 m 0 , 02 < 3
=> 1,75 < m < 2,08
=> m = 2 => C 2 H 2
= > n ¯ = 2 , 25
Gọi u và v lần lượt là số mol của C 2 H 7 N v à C 3 H 9 N
∑ n X = u + v = 0 , 02 = 2 u + 3 v 0 , 02 = 2 , 25 = > u = 0 , 015 m o l v = 0 , 005 m o l
=> % C 2 H 7 N = 0 , 015.45 0 , 015.45 + 0 , 005.59 .100 % = 69 , 58 %
Gần nhất với 70%
Đáp án cần chọn là: B
3 , 17 g Z C n H 2 n + 3 N : z C m H 2 m + 2 − 2 k : 5 z + O 2 : + 0 , 3125 m o l → C O 2 : a H 2 O : b N 2 : 0 , 5 z + N a O H → Δ m = 12 , 89 g a m
⇒ m C O 2 + m H 2 O = Δ m n C O 2 + n H 2 O = 2 n O 2 B T N T ⇒ 44 a + 18 b = 12 , 892 a + b = 2.0 , 3125 ⇒ a = 0 , 205 b = 0 , 215
m Z = m C + m H + m N ⇒ m N = , 17 - ( 12 . 0 , 205 + 2 . 0 , 215 ) = 0 , 28 g a m
⇒ n N = 0 , 02 m o l ⇒ z = 0 , 02 ⇒ n Y = 5 z = 0 , 1
n H 2 O − n C O 2 = 0 , 01 = 1 , 5 z + 5 z . ( 1 − k ¯ ) ⇒ k ¯ = 1 , 2
n Z = 6 z = 0 , 12 m o l ⇒ C ¯ = n C O 2 n Z = 1 , 708 ; H ¯ = n H n Z = 3 , 583
Vì X chứa 2 amin C 2 H 7 N v à C 3 H 9 N , đều có số nguyên tử C > 1,708 và H > 3,583
→ Y chứa một hiđrocacbon có số nguyên tử C < 1,708 → Y chứa C H 4 .
Hai hiđrocacbon trong Y có số liên kết pi nhỏ hơn 3, mà C H 4 (k=0) và = 1,2
→ hiđrocacbon còn lại Y2 có k = 2 và số nguyên tử H < 3,583 → Y2: C 2 H 2
k ¯ = 1 , 2 ⇒ n C H 4 k = 0 n Y 2 k = 2 = 2 − 1 , 2 0 − 1 , 2 = 2 3
⇒ n C H 4 = 2 z = 0 , 04 ; n Y 2 = 0 , 06 m o l
n C O 2 = 0 , 205 = n . x + n C H 4 + 2 n C 2 H 2 ⇒ n = 0 , 205 − 0 , 04 − 2.0 , 06 0 , 02 = 2 , 25
X C 2 H 7 N : x C 3 H 9 N : y ⇒ x + y = 0 , 02 2 x + 3 y = 2 , 25.0 , 02 = n C ⇒ x = 0 , 015 y = 0 , 005
⇒ % C 2 H 7 N X = 0 , 015.45 0 , 015.45 + 0 , 005.59 .100 % = 69 , 59 %
Đáp án cần chọn là: B
Đáp án A
nO2=0,3125 mol
BTKL=>mN2=3,17+0,3125.32-12,89=0,28 gam=>nN2=0,01 mol=>n amin=0,02 mol => n hiđrocacbon=0,1 mol
- Giả sử số mol CO2 và H2O lần lượt là x, y
44x+18y=12,89
0,3125.2=2x+y (BTNT: O)
=>x=0,205; y=0,215
Ctb=0,205/0,12=1,7 => CH4
Htb=0,215/0,12=1,8 => C2H2 (Do số liên kết pi nhỏ hơn 3)
Đặt:
C2H7N: a
C3H9N: 0,02-a
CH4: b
C2H2: 0,1-b
+ BTNT C: 2a+3(0,02-a)+b+2(0,1-b)=0,205
+ BTNT H: 7a+9(0,02-a)+4b+2(0,1-b)=0,215.2
=>a=0,015;b=0,04 => CH4 (0,04 mol) C2H2 (0,06 mol)
=>%mC2H2=0,06.26/(0,06.26+0,04.16)=71%
Đáp án B
T là este 2 chức, mạch hở tạo ra từ 2 axit và 1 ancol nên các axit này đều đơn chức và ancol 2 chức.
Đặt Z là R(OH)2
Z là C3H6(OH)2.
Muối có dạng RCOONa (0,4 mol)
2 C x H 3 COONa + 2 x + 2 O 2 → t ° Na 2 CO 3 + 2 x + 1 CO 2 + 3 H 2 O
Chọn B.
- Khi dẫn Z qua bình đựng Na dư thì: m a n c o l = mb.tăng + m H 2 = 19,76 (g)
+ Giả sử anol Z có x nhóm chức khi đó: 
- Khi cho hỗn hợp E: X + Y + T + Z + 4NaOH → 2F1 + 2F2 + C3H6(OH)2 + H2O
x y t z 0,4 (mol)
+ Vì 2 muối có tỉ lệ mol 1 : 1 nên x = y
- Khi đốt cháy hoàn toàn muối F thì:
Þ Trong F có chứa muối HCOONa và muối còn lại là CH2=CHCOONa với số mol mỗi muối là 0,2 mol
Þ X, Y, Z, T lần lượt là HCOOH; CH2=CHCOOH; C3H6(OH)2; CH2=CHCOOC3H6OOCH.
- Ta có hệ sau: 
Đáp án C
nN2=2,464/22,4=0,11 mol
- Quy đổi:
- Giả sử số liên kết peptit trong X và Y lần lượt là c và d => số mắt xích trong X và Y lần lượt là c+1 và d+1
X: GlynVal4-n (0,01 mol) 0≤n≤4
Y: GlymVal6-m (0,03 mol) 0≤m≤6
nGly=0,01n+0,03m=0,11 => n=2, m=3 thỏa mãn
Vậy X là Gly2Val2, Y là Gly3Val3
%mX=0,01.330/(0,01.330+0,03.486)=18,47%
Đáp án D
T là este 2 chức tạo bỏi 1 ancol no và 2 axit nên axit đơn chức và ancol 2 chức.
Gọi Z là R(OH)2 → n Z = n H 2 = 0 , 26 ( R + 32 ) = 19 , 24 → R = 42 thỏa mãn là C3H6-
→ Z là C3H6(OH)2.
Ta có E tác dụng vừa đủ với 0,4 mol NaOH. Gọi muối tạo thành có dạng RCOONa với số mol là 0,4 (bảo toàn Na).
Đốt cháy muối thu được 0,4 mol H2O suy ra số H trung bình của muối là 2 chứng tỏ 2 muối này phải là HCOONa 0,2 mol và CxH3COONa 0,2 mol (2 muối có tỉ lệ mol 1:1 nên số H trung bình là trung bình cộng).
Đốt cháy:
Vậy X, Y là HCOOH và CH2=CHCOOH.
Vậy T là HCOOC3H6OOC-CH=CH2.
Quy đổi E thành: HCOOH 0,2 mol, CH2=CHCOOH 0,2 mol, C3H6(OH)2 0,26 mol, -y mol H2O (do tách tạo ra este T).
→ mE = 0,2.46 + 0,2.72 + 0,26 + 0,2.76 -18y = 38,86 → y = 0,25 → nT = 0,125
→ %T = 50,82%.
Quy đổi hỗn hợp X thành:
C 2 H 3 O N : 0 , 44 m o l T í n h t u n N 2 = 0 , 22 m o l C H 2 : a m o l H 2 O : b m o l
Trong phản ứng thủy phân X:
X + N a O H → M u o i + H 2 O
Khối lượng muối tăng so với X chính là lượng NaOH trừ đi lượng H 2 O
= > m N a O H – m H 2 O = 15 , 8 = > 40.0 , 44 – 18 b = 15 , 8 = > b = 0 , 1 m o l
Coi quá trình đốt cháy muối là quá trình đốt cháy X và NaOH ban đầu
n N a 2 C O 3 = n N a O H / 2 = 0 , 22 m o l
BTNT C => n C O 2 = 2 n C 2 H 3 O N + n C H 2 – n N a 2 C O 3 = 2.0 , 44 + a – 0 , 22
= > n C O 2 = a + 0 , 66 m o l
BTNT H = > n H 2 O = 1 , 5. n C 2 H 3 O N + n C H 2 + ½ . n N a O H
= > n H 2 O = 1 , 5.0 , 44 + a + 0 , 5.0 , 44 = > n H 2 O = a + 0 , 88
∑ m C O 2 + H 2 O = a + 0 , 66 .44 + a + 0 , 88 .18 = 56 , 04
=> a = 0,18 (mol)
=> m X = 0 , 44.57 + 0 , 18.14 + 0 , 1.18 = 29 , 4 g
Đặt x, y là số mol của A, B
∑ n X = x + y = b = 0 , 1 ∑ n NaOH = 4 x + 5 y = 0 , 44 = > x = 0 , 06 y = 0 , 04
Đặt u, v là số mol của glyxin và analin
∑ n N = u + v = 0 , 44 ∑ n C = 2 u + 3 v = n C O 2 + n N a 2 C O 3 = 1 , 06 = > u = 0 , 26 v = 0 , 18
A : G l y p A l a 4 − p : 0 , 06 m o l B . G l y q A l a 5 − q : 0 , 04 m o l
= > n G l y = 0 , 06 p + 0 , 04 q = 0 , 26
=> 3p + 2q = 13
Vì p ≤ 4 và q ≤ 5 => p = 3 và q = 2 thỏa mãn
= > B l à G l y 2 A l a 3
% m B = 0 , 04. 345 / 29 , 4 ] .100 % = 46 , 94 % gần nhất với 47,50%
Đáp án cần chọn là: D
Đáp án B
nO2 = 7/22,4 = 0,3125 (mol)
Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)
BTKL: mZ + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2
=> mCO2 + mH2O + mN2 = 3,17 + 0,3125.32 =13,17(g) (1)
Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của CO2 và H2O
=> mCO2 + mH2O = 12,89 (g) (2)
Từ (1) và (2) => mN2 = 0,28 (g) => nN2 = 0,01 (mol)
BTNT N => nX = 2nN2 = 0,02 (mol)
=> nZ = 6nX = 0,12 (mol)
Gọi x và y lần lượt là số mol của CO2 và H2O
Số C trung bình trong Z là:
=> Y phải có CH4
TH1: Hidrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nY => ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 #0,08 => loại
TH2: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nCH4 ( Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho mol CO2 = H2O )
=> nCH4 = ( 0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại
TH3: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi
Gọi a và b lần lượt là số mol của CH4 và CmH2m-2 trong Y
Gọi CTPT chung của 2 amin là:
=> 1,75 < m < 2,08
Gọi u và v lần lượt là số mol của C2H7N và C3H9N
= 69,58%
Gần nhất với 70%