Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án C.
Các chất trong X gồm : H O O C – C O O H , C H ≡ C H , O H C – C H 2 – C H O v à H C O O C H = C H 2 .
Quy luật chung: propanđial, vinyl fomat có cùng công thức phân tử là C 3 H 4 O 2 .
Đặt n H OO C − C OO H = n C H ≡ C H = x m o l ; n ( O H C − C H 2 − C H O , H C O O C H = C H 2 ) = y m o l .
Theo bảo toàn nguyên tố C, H, O, ta có :
n H t r o n g X = 2 n H 2 O ⇒ 2 x + 2 x + 4 y = 2 n H 2 O ⇒ n H 2 O = ( 2 x + 2 y ) m o l . n O t r o n g X ⏟ 4 x + 2 y + 2 n O 2 ⏟ 1 , 125 = 2 n C O 2 ⏟ 1 , 25 + n H 2 O ⏟ 2 x + 2 y ⇒ x = 0 , 125
Khi cho X phản ứng với NaOH, chỉ có HOOC–COOH phản ứng:
H OO C − C OO H + 2 N a H C O 3 → N a OO C − C OO N a + 2 C O 2 ↑ + 2 H 2 O m o l : 0 , 125 → 0 , 25
Suy ra : V C O 2 ( đ k t c ) = 0 , 25.22 , 4 = 5 , 6 l í t
Đáp án B
Nhận thấy: Cứ 1 nhóm -COOH phản ứng với NaHCO3 tạo 1 phân tử CO2
Nên
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O ta có :
⇒a = 18.0,04 = 0,72(gam)
Đáp án B
Chọn B.
Các chất béo đều có k = 3; các axit cacboxylic đều có k =2 và hợp chất thơm có k = 4 nhưng chúng lại có số mol bằng nhau Þ k trung bình là 3.
Trong phản ứng cháy:
Vậy trong 56,4112 gam X ban đầu thì n X = 0 , 4544 v à n O = 0 , 4544 × 0 , 5424 0 , 2272 = 1 , 0848
Đặt a, b, c lần lượt là số mol chất béo, axit acrylic, axit oxalic
Trong dung dịch NaOH có n N a O H = 0 , 585 v à n H 2 O = 1 , 95 m o l
Phần hơi chứa C 3 H 5 ( O H ) 3 ( a m o l ) và H 2 O ( b + 2 c + b + c + 1 , 95 ) = 2 b + 3 c + 1 , 95 m o l )
Giải hệ (1), (2), (3): a =0,0144; b= 0,16; c= 0,06
Bảo toàn khối lượng ⇒ m phần rắn = 69,4792
Chọn đáp án B
► Chú ý ta thấy: tripanmitin, tristearin đều có k = 3 || 2 axit cacboxylic đều có k = 2.
Lại có: p-HO–C6H4CH2OH có k = 4 nhưng số mol = ∑naxit ⇒ ktb 3 chất cuối = 3.
||⇒ Tóm lại: ktb X = 3 ⇒ nCO2 – nH2O = (3 – 1).nX ⇒ nCO2 = 1,4588 mol.
● Bảo toàn khối lượng: mX = 28,2056 gam; Bảo toàn nguyên tố Oxi: nO/X = 0,5432 mol.
⇒ TN1 gấp đôi TN2 ⇒ ứng với 0,4544 mol X và 1,0864 mol Oxi.
► Đặt nchất béo = x; naxit acrylic = y; naxit oxalic = z ⇒ np-HO–C6H4CH2OH = y + z.
nX = x + y + z + (y + z) = 0,4544 || nO/X = 6x + 2y + 4z + 2(y + z) = 1,0864 mol.
nglixerol = x; mH2O = mH2O bđ + mH2O sinh ra = 58,5 × 0,6 + 18 × [y + 2z + (y + z)].
⇒ 92 x 92 x + 35 , 1 + 36 y + 54 z × 100% = 2,916% ||⇒ giải hệ có: x = 0,0144 mol; y = 0,16 mol; z = 0,06 mol.
⇒ mhơi = 45,432 gam ||⇒ Bảo toàn khối lượng: m = 69,4792 gam
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
Đáp án D
► Quy X và Y về CH2, COO và NH3 ⇒ nNH3 = 2nN2 = 0,2 mol.
COO ⇌ CO2 ⇒ không bị đốt ⇒ nO2 = 1,5nCH2 + 0,75nNH3 ⇒ nCH2 = 0,66 mol.
⇒ nCOO = 0,91 – 0,66 = 0,25 mol ⇒ m = 0,25 × 56 = 14(g)
Đáp án D
Ala = CO2 + 2CH2 + NH3; Glu = 2CO2 + 3CH2 + NH3
C2H3COOH = CO2 + 2CH2; C2H6 = 3CH2; (CH3)3N = 3CH2 + NH3
Quy đổi hỗn hợp thành CO2 (x), CH2 (y) và NH3 (z)
Þ x = 0,25; y = 0,66; z = 0,2
Þ nKOH = x = 0,25 Þ m =14
Alanin: C H 3 − C H ( N H 2 ) − C O O H ↔ ( C H 2 ) 2 C O O ( N H 3 )
Axit glutamic: H O O C − C H 2 − C H 2 − C H ( N H 2 ) − C O O H ↔ C O O 2 ( C H 2 ) 3 ( N H 3 )
Axit acrylic: C H 2 = C H − C O O H ↔ ( C H 2 ) 2 C O O
Propen: C 3 H 6 ↔ ( C H 2 ) 3
Trimetylamin: ( C H 3 ) 3 N ↔ ( C H 2 ) 3 ( N H 3 )
Vậy quy đổi hỗn hợp X, Y thành C H 2 x m o l , C O O y m o l , N H 3 ( v o i n N H 3 = 2 n N 2 = 0 , 2 m o l )
CH 2 : x C O O : y NH 3 : 0 , 2 + O 2 : 1 , 14 → CO 2 : 0 , 91 → BT : H H 2 O : x + 0 , 3 N 2 : 0 , 1
BTNT "C": n C H 2 + n C O O = n C O 2 = > x + y = 0 , 91 1
BTNT "O": 2 n C O O + 2 n O 2 = 2 n C O 2 + n H 2 O = > 2 y + 1 , 14.2 = 0 , 91.2 + x + 0 , 3 2
Giải hệ được x = 0,66 và y = 0,25
Khi cho a mol X tác dụng với KOH thì: n K O H = n C O O = 0 , 25 m o l = > m K O H = 0 , 25.56 = 14 g a m
Đáp án cần chọn là: D
