Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn C.
Hỗn hợp E gồm X (3x mol); Y (2x mol); Z (3x mol)
Dung dịch Y chứa R(COONa)2: 5x mol và NaOH dư: 0,13 – 10x mol
Khi nung T với CaO thu được 1 hidrocacbon đơn giản nhất là CH4 (0,015 mol) Þ R là –CH2
và phản ứng nung T tạo CH4 tính theo mol của muối thì: 0,13 – x = 0,03 Þ x = 0,01 mol (vì nếu tính theo mol của NaOH thì nmuối < nhiđrocacbon).
Dựa vào các đáp án nhận thấy các anol đều no đơn chức nên công thức của ancol là CnH2n + 2O (n > 0)
Gọi công thức của Z là CmH2m – 4O4 (m > 4)
Khi đốt cháy X thì: 0,045n + 0,04 + 0,03.(1,5m – 2,5) = 0,28 Þ n + m = 7
+ Với n = 1 và m = 6 Þ X là CH3OH và Z là CH3OOCCH2COOC2H5
Þ Y là CH2(COOH)2 (0,02 mol) Þ %mY = 28,03%
Chọn đáp án A
Xử lý dữ kiện T:
-OH + Na → -ONa + 1/2H2
⇒ nOH = 
mol.
Bảo toàn khối lượng:
mT=m bình tăng +mH2=4,45 + 0,075.2=4,6
Gọi n là số gốc OH trong T
⇒ ứng với 
=> T là glixerol: C3H8O3;
mol
=> nCOO=n NaOH phản ứng= 0,165:1,5=0,11 mol.
Giải đốt 
mol O2 → 0,34 mol CO2 + 0,25 mol H2O.
Bảo toàn khối lượng:
Bảo toàn nguyên tố oxi:
Quy E về X, Y, T, H2O
⇒ 
mol;
mol.
TH1: X và Y là axit đơn chức.
Không mất tính tổng quát, giả sử
.
Mà 
mol
⇒ 
mol; 
mol.
Gọi số C trong X và Y lần lượt là x và y mol
⇒ 0,07x + 0,04y + 0,05 × 3 = 0,34
⇒ 7x + 4y = 19
→ giải phương trình nghiệm nguyên có: x = 1 và y = 3.
⇒ X là HCOOH
⇒ số H trong Y
⇒ Y là HC≡C-COOH mà 
mol = 
Z chỉ chứa 1 gốc Y và 2 gốc X.
⇒ Z là (HCOO)2(HC≡C-COO)C3H5: 0,02 mol
⇒ %mZ trong E = 41,93%.
TH2: X là axit đơn chức và Y là axit 2 chức
→ biện luận tương tự và loại
Đáp án D
♦ Cách 1: ∑nNa = 0,96 mol ||→ NaOH cần để thủy phân là 0,8 mol → dư 0,16 mol NaOH đốt cho 0,08 mol H2O.
||→ theo đó nếu cần suy luận ra được 2 axit là (COOH)2 và HOOCC≡CCOOH (%O và mạch không nhánh).
Tuy nhiên, giải BT này ta không cần. ► Note: Sơ đồ thủy phân kết hợp đối cháy:
Gọi x là số mol CO2 khi đốt m gam chất rắn, đại diện ancol là 0,8 mol CnH2n + 2O.
Để ý: trong m gam chất rắn có 0,16 mol NaOH và 0,8 mol O2Na, bảo toàn O → nO2 cần đốt = x – 0,12 mol.
Bảo toàn O2 dùng đốt của các chất trong pt thủy phân có: 1,925 = x – 0,12 + 1,2n (1).
Đốt E, dùng BTKL có mCO2 + H2O = 114,5 gam. Xét lượng H2O và CO2 là kết quả đốt cháy
của các sp thủy phân có: 114,5 + 0,48 × 18 = 0,48 × 44 + 0,08 × 18 + 44x + (49,6n + 14,4) (2).
Giải hệ phương trình (1) và (2) được x = 0,62 mol và n = 1,1875 → mancol = 27,7 gam.
Áp dụng BTKL cho phương trình thủy phân ||→ m = 63,6 gam.
♦ Cách 2: nNaOH = 0,96 mol gồm 0,16 mol NaOH dư và 0,8 mol NaOH vừa đủ.
Quy 52,9 gam E gồm 0,8 mol COOH; x mol CH2 và y mol
C. Giải hệ khối lượng 52,9 gam và O2 cần đốt tìm ra x = 0,95 mol và y = 0,3 mol.
Lại chú ý đốt muối thu được 0,08 mol H2O vừa đúng cân bằng với 0,16 mol H trong 0,16 mol NaOH dư.
→ nghĩa là muối không chứa Natri và cần thì như cách 1 đã biện luận: (COONa) và C2(COONa)2.
→ Yêu cầu: mmuối = 0,3 × 12 + 0,8 × (44 + 23) + 0,16 × 40 = 63,6 gam.