K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Câu 1: Hỗn hợp M gồm 3 este đơn chức X, Y, Z ( X và Y là đồng phân của nhau, mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 5,3 gam M thu được 6,272 lít CO2 (dktc) và 3,06 gam H2O. Mặt khác, khi cho 5,3 gam M tác dụng với dd NAOH dư thì thấy khối lượng NaOH phản ứng hết 2,8 gam thu đc ancol T, chất hữu cơ no Q cho phản ứng tráng gương và m gam hỗn hợp 2 muối. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào?

A: 6,42 B: 6,18 C: 6,08 D: 6,36

Câu 2: Thủy phân hoàn toàn 28,6 gam hh R gồm 2 este X và Y (đều mạch hở, ko phân nhánh, Mx>My) bằng dd NaOH vừa đủ thu đc 2 muối (có cùng số C trong phân tử) và hh Z gồm 2 ancol đơn chức liên tiếp (ko có sản phẩm khác). Đốt cháy hoàn toàn hh Z thu đc 14,56 lít CO2 và 18,9 gam H2O. Khối lượng X trong R là:

A: 17,7 B: 18,8 C: 21,9 D: 19,8

Câu 3: Hh X gồm 1 andehit (ko no, đơn chức, mạch hở) và 2 axit đơn chức, liên tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn a gam X cần dùng 0,95 mol oxi, thu đc 24,64 lít CO2 (dktc) và 12,6 gam H2O. Cũng a gam X phản ứng vừa đủ với 200 ml dd NaOH 2M. Nếu cho a gam X tác dụng hoàn toàn với dd AgNO3 trong NH3 dư thì thu dc khối lượng kết tủa là:

A: 129,6 g B: 146,8 g C: 43,2 g D: 108 g

Câu 4: Hh Q chứa a mol đipeptit X và b mol tripepit Y ( đều do các aminoaxit no, mạch hở, chứa 1 nhóm -NH2 tạo nên, với a:b = 2:3). Biết m gam Q tác dụng vừa đủ với 150 ml dd NaOH 1M, thu đc muối của aminoaxit R; 2,91 gam muối của glixin; 8,88 gam muối của alanin. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam Q thì thể tích CO2 (dktc) thu đc là 8,96 lít. Giá trị của m là:

A: 9,68 B: 10,37 C: 10,87 D: 10,55

0
31 tháng 7 2018

Chọn đáp án A

Giải đốt 5,3 gam M   + ? O 2 → t o 0 , 28   m o l   C O 2 + 0 , 17   m o l   H 2 O  

Bảo toàn khối lượng có  n O 2  cần đốt là 0,315 mol  → n M = 00 , 05   m o l (do các este đều đơn chức).

« Thủy phân: 5,3 gam M+ 0,07 mol NaOH => m gam hai muối + ancol T + chất hữu cơ Q.

Nhận xét:  n M < n N a O H  nên M chứa este của phenol  =>  neste của phenol = 0,07-0,05= 0,02 mol.

Để chỉ thu được hai muối thì Z là este của phenol và X, Y là hai este đồng phân thuộc loại este “thường”.

Gọi số  C Z = a  và  C X = C Y = b  (a, b nguyên) ta có 0,03b+0,02a= 0,28 => 2a+3b= 28

Giải phương trình nghiệm nguyên với điều kiện a ≥ 8 ;   b ≥ 3   t a   c ó   a = 8   v à   b = 4 .

Tương ứng, hỗn hợp M gồm:

 

=> m gam muối gồm 0 , 02   m o l   C H 3 C 6 H 4 O N a 0 , 05   m o l   H C O O N a   → m = 6   ( g )  

6 tháng 2 2018

nCO2 = 0,28 mol và nH2O = 0,17 mol

Bảo toàn khối lượng có mM + mO2 = mCO2 + mH2O nên mO2 = 0,28.44 + 0,17.18 – 5,3 = 10,08 gam => nO2 = 0,315 mol

Bảo toàn O có nO(M) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O => nO(M) = 2.0,28 + 0,17 – 2.0,315 = 0,1 mol

Vì M là các este đơn chức nên nM = ½ nO(M) = 0,05 mol

Vì 0,05 mol M tác dụng vừa đủ với 0,07 mol NaOH nên M có este của phenol => Z là este của phenol

Ta có nX + nY + nZ = nM = 0,05 mol mà nNaOH = nX + nY + 2nZ = 0,07

ð nZ = 0,02 mol và nX + nY =0,03 mol

Gọi số C trong CTPT của X và Z lần lượt là m và n thì số C trong CTPT của Y cũng là m

Bảo toàn C có nCO2 = (nX + nY) .m + n.nZ = 0,03m + 0,02n = 0,28  mol

Thỏa mãn m = 4 và n = 8 (vì Z là este của phenol nên n ≥ 7 và X,Y là este đồng phân của nhau nên m ≥ 3)

Số H của X và Z là p và q (p ≤8 và p > 5 và p, q chẵn) thì ta có bảo toàn H : 2nH2O = p.(nX + nY) + q.nZ

=> 0,17.2 = 0,03p + 0,02q

=> Thỏa mãn (p,q) = (6;8 )

Nếu p = 6 và p = 8 thì CTPT của X và Y là C4H6O2; CTPT của Z là C8H8O2

M + NaOH →  ancol T + Q cho phản ứng tráng gương + m gam hỗn hợp hai muối.

CTCT của X : HCOOCH=CH–CH3

                  Y : HCOOCH2 –CH=CH2

                  Z : HCOOC6H4CH3

=> Muối tạo ra là HCOONa : 0,05 mol và 0,02 mol C6H4(CH3)(ONa)

=> mmuối = 0,05.68 + 0,02.130 = 6 gam gần nhất với 6,08 gam

Đáp án cần chọn là: D

28 tháng 12 2017

Chọn A.

→ B T K L n O 2 = 0 , 315   m o l → B T :   O n M = 0 , 05   m o l  < nNaOH Þ Trong M có một este của phenol

 

Muối thu được gồm HCOONa (0,05 mol) và CH3C6H4ONa (0,02 mol) Þ m = 6 gam

3 tháng 5 2017

Chọn đáp án A

8 tháng 10 2017

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

28 tháng 10 2018

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%

1 tháng 12 2018

Chọn đáp án D

⇒ E : Y : C H 3 C O O C H 2 C H 3 : 0 , 1 m o l X : C H 3 C H 2 O O C - C O O C H 3 : 0 , 15 m o l

1 tháng 5 2018

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 123 → 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%

12 tháng 4 2018

Đáp án A