Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Ta có: MT=MZ+28 → T hơn Z 2 nhóm −CH2−
T hơn Z hai nguyên tử cacbon
Bảo toàn nguyên tố O
Bảo toàn khối lượng
→ n O 2 = 0 , 14 m o l → n X , Y = 2 n N 2 = 0 , 2 m o l ( b ả o t o à n n g u y ê n t ố N )
Bảo toàn nguyên tố C: 0,28.n+0,14.m=0,84
Mà m > 2 → n < 2
Bảo toàn nguyên tố C: 0,2 + 0,08. 2 + 0,14 . m = 0,84
Xét trường hợp 
mà nZ>nT(de) → loại
Xét trường hợp 
Đáp án D
nCO2=0,84 mol; nH2O=1,12 mol
nC=0,84 mol; nH=2,24 mol
=> mN=mE-mC-mH=16,24-0,84.12-2,24=3,92g
=> nN=namin=0,28 mol
=>nX=0,2 mol; nY=0,08 mol
n’H2O-n’CO2=1,5namin
n”H2O-n”CO2=-nankin
Cộng 2 vế: nH2O-nCO2=1,5namin-nankin=>1,12-0,84=1,5.0,28 - nankin=>nankin=0,14 mol
nE=0,28+0,14=0,42
Ctb=0,84/0,42=2 => Amin: CH5N và C2H7N
CH5N: 0,2
C2H7N: 0,08
CnH2n-2: 0,14
16,24=31.0,2+45.0,08+0,14(14n-2)=>n=3,4 (C3H4 và C5H8 hoặc C2H2 và C4H6)
nZ > nT=> C3H4: x và C5H8: y
x+y=0,14
3x+5y=0,84-0,2-0,08.2
=> x=0,11; y=0,03 (x>y thỏa mãn)
m=mC3H3Ag+mC5H7Ag=0,11.147+0,03.175=21,42 gam
Chọn A
T là este của X, Y với Z nên X cũng đơn chức.
Muối E gồm XCOONa và YCOONa
→ n(XCOONa) = n(CO2) – n(H2O) = 0,06
Trong 6,9 gam M đặt:
X là CnH2n-2O2 ( u mol)
T là CmH2m-4O4 (v mol)
→ u + v = 0,06 1
m(M) = u14n + 30) + v14m + 60) = 6,9 2
Trong phản ứng đốt cháy:
n(X) + 2n(T) = n(CO2) – n(H2O) = 0,03
→ n(O) = 2n(X) + 3n(T) = 0,06
Áp dụng ĐLBT nguyên tố O → n(O2) = 0,105
Áp dụng ĐLBT khối lượng → m(M) = 2,3 → Trong phản ứng xà phòng hóa đã dùng lượng M nhiều gấp 6,9/2,3 = 3 lần phản ứng cháy.
→ n(CO2) = (nu + mv)/3 = 0,1 3
Giải 12 và 3 → u = 0,03; v = 0,03
nu+ mv = 0,3
→ n +m = 10
Do n ≥ 3 và m ≥ 6 và m≥ n + 3 → n = 3; m = 7 là nghiệm duy nhất.
X là CH2=CH-COOH 0,03)
T là CH2=CH-COO-CH2-CH2-OOC-CH30,03)
→%T = 68,7%
Chọn D.
Khi m gam E tác dụng với NaOH thì: n C O O = n N a O H = 0 , 04 m o l
Quy đổi E thành: 
Þ m = 3,3 gam
Lúc này: X : x m o l E : y m o l → x + 3 y = 0 , 04 n x + m y = 0 , 15
Trong 13,2 gam M có 
Khi đốt cháy G thì:
Þ E là (C3H5COO)(CH3COO)(C2H5COO)C3H5 Þ%mE = 69,7%
E là este của với 3 axit X,Y,Z => X cũng là axit đơn chức
- Xét phản ứng đốt cháy M (X, E)
(Vì X có 2 liên kết pi => X có 1 pi trong gốc hidrocacbon và 1 pi trong nhóm COO)
=> E là este của X,Y,Z => số pi = pi(gốc R của X) + pi(COO) = 1 + 3 = 4)
Gọi công thức tổng quát của X : CnH2n-2O2 : u mol
E : CmH2m-6O6 : v mol
Khi đốt cháy: CnH2n-2O2 + (1,5n – 2)O2 → nCO2 + (n – 1)H2O
CmH2m-6O6 + (1,5m – 5)O2 → mCO2 + (m – 3)H2O
=> nCO2 – nH2O = nX + 3nE = u + 3v
- M phản ứng với NaOH : nNaOH = nCOO = nX + 3nE = u + 3v = 0,04 mol
Mặt khác mCO2 – mH2O = a – (a – 4,62) = 4,62g
=> nCO2 = 0,15 ; nH2O = 0,11 mol
Bảo toàn nguyên tố : nC(M) = nCO2 = 0,15 mol ; nH(M) = 2nH2O = 0,22 mol
nO(M) = 2nCOO(M) = 2nNaOH = 0,08 mol
=> mM = m = mC + mH + mO = 3,3g
- Xét 13,2g M + NaOH → Muối V thì số mol nguyên tố trong M gấp 13,2 : 3,3 = 4 lần
Và số mol NaOH + M cũng gấp 4 lần => nNaOH = 0,04.4 = 0,16 mol = nmuối V
( Phản ứng tổng quát : Este/Axit + NaOH → Muối + Ancol/H2O )
Khi đốt cháy tạo nCO2 = 0,4 mol
Bảo toàn Na : nNa2CO3 = ½ nNaOH = 0,08 mol
Có : mNa2CO3 + mH2O =14,24g => nH2O = 0,32 mol
Bảo toàn Oxi : nO(V) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O + 3nNa2CO3
=> nO2 = 0,52 mol
Bảo toàn khối lượng : mV + mO2 = mCO2 + mNa2CO3 + mH2O
=> mV = 15,2g
- Gọi công thức tổng quát của các muối trong V là CxH2x+1COONa ; CyH2y-1COONa
(y chẵn, x > 0)
-Phản ứng cháy : CxH2x+1COONa + O2 → (x + 0,5)CO2 + (x + 0,5)H2O + 0,5Na2CO3
Mol p
CyH2y-1COONa + O2 → (y + 0,5)CO2 + (y - 0,5)H2O + 0,5Na2CO3
Mol q
=> nCO2 – nH2O = q = 0,4 – 0,32 = 0,08 mol => p = 0,16 – q = 0,08 mol
Ta có : nC(V) = nCO2 + nNa2CO3 = 0,48 mol = 0,08.(x+1) + 0,08(y+1)
=> x + y = 4
Vì X có gốc hidrocacbon mạch nhánh, có 1 liên kết pi trong gốc hidrocacbon
=> số C trong gốc hidrocacbon của X ≥ 3
=> y = 3 và x = 1 thỏa mãn điều kiện
=> X là C3H5COOH, 2 axit còn lại là HCOOH và C2H5COOH với số mol bằng nhau = 0,04 mol
(Vì : Số C trung bình = 1 = ½ (tổng số C của 2 axit) => tỉ lệ mol 1 : 1)
Vậy Trong M có : 0,04 mol este E(gốc ancol là R) và 0,04 mol X
=> mM = 13,2 = 0,04.(R + 203) + 0,04.86 => R = 41 (C3H5)
=> %mE(M) = 73,94%
Đáp án cần chọn là: C
M có tráng gương nên các axit X, Y, Z no, đơn chức
Este T có độ không no k = 3 nên nT = 
= 0,05
Vì T là este tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E => T = X + Y + Z + E – 3H2O
Quy đổi hỗn hợp thành:
CnH2nO2 : a mol
CmH2m+2O3 : b mol
H2O : - 0,15 mol
nCO2 = na + mb = 1
nH2O = na + b.(m + 1) – 0,15 = 0,9
mM = a.(14n + 32) + b.(14m + 50) – 18.0,15 = 26,6
Giải hệ trên ta được: a = 0,4 và b = 0,05
Các axit gồm: nHCOOH = nAg / 2 = 0,1 và nYCOOH = nZCOOH = 0,15
Hai axit Y và Z có số C tương ứng là x và y
nCO2 = 0,1.1 + 0,15x + 0,15y + 0,05m = 1
=> 3x + 3y + m = 18
Do 1 < x < y và m ≥ 3 nên x = 2; y = 3 và m = 3 là nghiệm duy nhất
Trong 13,3 gam M chứa CnH2nO2 (0,2 mol), nNaOH = 0,4 mol
=> chất rắn chứa CnH2n-1O2Na (0,2 mol) và NaOH dư (0,2 mol)
=> m = 24,75 gam
Đáp án cần chọn là: B
Đáp án B
Ta có: MT=MZ+28 → T hơn Z 2 nhóm −CH2−
T hơn Z hai nguyên tử cacbon
Bảo toàn nguyên tố O:
Bảo toàn khối lượng:
→ n O 2 = 0 , 14 m o l → n X , Y = 2 n N 2 = 0 , 28 m o l ( b ả o t o à n n g u y ê n t ố N )
Ta có:
→ nZ,T=0,14mol
Bảo toàn nguyên tố C: 0,28.n+0,14.m=0,84
Mà m > 2 → n < 2
Mà
Bảo toàn nguyên tố C: 0,2 + 0,08. 2 + 0,14 . m = 0,84
Xét trường hợp
mà nZ>nT(de) → loại
Xét trường hợp