Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn B.
Ta có: mancol = mb.tăng + m H 2 = 12,4 Þ Mancol = 62: C2H4(OH)2 (0,2 mol)
Þ nF = 2nT = 0,4 mol. Vì 2 muối có tỉ lệ mol là 5 : 3 suy ra A: 0,25 mol và B: 0,15 mol
Khi đốt cháy F thì:
X, Y, Z lần lượt là (HCOO)2C2H4; HCOOC2H4OOCCH3; (CH3COO)2C2H4
Þ X có 6H.
Đáp án C
hhE X Y Z + NaOH → F A B + O 2 → Na 2 CO 3 CO 2 H 2 O : 0 , 35 mol R ( OH ) x + Na dư → m bình tăng H 2 : 0 , 2 mol → mR ( OH ) x = 12 + 0 , 2 . 2 = 12 , 4 ( g )
→ T là HO−CH2−CH2−OH
Mà X, Y, Z mạch hở tạo ra ancol T 2 chức → X, Y, Z tạo bởi axit cacboxylic đơn chức
→ X, Y, Z là este 2 chức
Khi thủy phân 3 este X, Y, Z thu được 2 muối
Công thức 3 este có dạng:
Bảo toàn nguyên tố H → số nguyên tử H trung bình
→ Có 1 muối có 1 nguyên tử H
Bảo toàn nguyên tố H 0,25 + 0,15. HB = 0,35. 2 → HB= 3 → R là CH3COONa
Công thức cấu tạo của Y lầ: HCOOCH2−CH2OCOCH3 → Có 8 nguyên tử H
Đáp án D
Dẫn ancol T qua bình đựng Na thấy bình tăng 12 gam và có tạo thành 0,2 mol H2.
Gọi x là số nhóm OH của T
Thỏa mãn x=2 thì T là C2H4(OH)2.
Đốt cháy toàn bộ F thu được 0,35 mol H2O
do vậy F chứa HCOONa 0,25 mol, vậy muối còn lại có số H là 3. Do este no nên axit no nên muối còn lại là CH3COONa
Vậy X là (HCOO)2C2H4, Y là HCOO(CH3COO)C2H4, Z là (CH3COO)2C2H4.
Số nguyên tử H trong Y là 8
Chọn D.
Dẫn toàn bộ ancol T qua bình đựng Na dư thì : → B T K L m T = m b ì n h t ă n g + 2 n H 2 = 15 , 5 g a m
Ta có 
Khi đốt F thì ta thu được:
n
C
O
2
=
n
H
2
O
=
0
,
55
m
o
l
mà 
Xét hỗn hợp F ta có: → B T C n C t r o n g m u ố i = n C O 2 + n N a 2 C O 3 = 0 , 8 m o l
Vậy hai muối A và B lần lượt là HCOONa và n C 2 H 5 C O O N a
Þ X, Y và Z lần lượt là C 2 H 4 ( O O C H ) 2 H C O O C H 2 C H 2 O O C C 2 H 5 v à C 2 H 4 O O C C 2 H 5 2
Vậy %mH trong Y = 6,85%
Chọn D.
Khi đốt cháy muối F thì: 
Khối lượng bình tăng: 
Þ Hai ancol đó là C2H5OH (0,02 mol) và C2H4(OH)2 (0,12 mol)
→ B T K L m F = 21 , 32 g a m và hai muối trong Z có số mol bằng nhau và bằng 0,13 mol Þ MF = 82
Þ Hai muối trong F là HCOONa và muối còn lại là C2H5COONa
Xét hỗn hợp ban đầu có X, Y (0,02 mol) và Z (0,12 mol) Þ X và Y có mol bằng nhau (vì số mol hai muối bằng nhau).
Dựa vào số mol Þ este có PTK nhỏ nhất là HCOOCH3 0,01 mol Þ %m = 3,84%
Đáp án D
Lần lượt bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH: nOH/ancol = nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,26 mol.
► Lại có: -OH + Na → -ONa + ¹/₂ H2↑ ||⇒ nH2 = 0,13 mol. Bảo toàn khối lượng:
mancol = mbình tăng + mH2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g) || Lại có: 2 ancol no, có cùng số cacbon
⇒ 2 ancol gồm ancol đơn chức và ancol 2 chức ⇒ có dạng CnH2+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2).
Đặt nCnH2+2O = x; nCnH2n+2O2 = y ⇒ nOH = x + 2y = 0,26 mol (1).
mancol = x.(14n + 2 + 16) + y.(14n + 2 + 32) = (x + y).(14n + 2) + 16.(x + 2y) = 8,36(g).
► Thế (1) vào ⇒ x + y = 4,2 ÷ (14n + 2). Mặt khác: 0,5.(x + 2y) < x + y < x + 2y
||⇒ 0,13 < 4,2 ÷ (14n + 2) < 0,26 ⇒ 1,01 < n < 2,16 ⇒ n = 2 ⇒ C2H5OH và C2H4(OH)2.
⇒ x = 0,02 mol; y = 0,12 mol. Bảo toàn khối lượng: mF = 19,28 + 0,26 × 40 - 8,36 = 21,32(g).
● Do X, Y, Z mạch hở ⇒ F gồm 2 muối của axit đơn chức ⇒ số mol mỗi muối là 0,13 mol.
► Mtb muối = 21,32 ÷ 0,26 = 82 ⇒ phải chứa HCOONa ⇒ Mmuối còn lại = 96 (C2H5COONa).
||⇒ E gồm 0,01 mol HCOOC2H5; 0,01 mol CH3COOC2H5; 0,12 mol (HCOO)(C2H5COO)C2H4.
Este có PTK nhỏ nhất là HCOOC2H5 ⇒ %mHCOOC2H5 = 3,84% ⇒ chọn D.
Đáp án A
Bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH:
nOH/ancol = nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,26 mol.
► Xử lí dữ kiện ancol:
-OH + Na → -ONa + 1/2H2↑
⇒ nH2 = nOH ÷ 2 = 0,13 mol.
Bảo toàn khối lượng:
mancol = mbình tăng + mH2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g).
► GIẢ SỬ 2 ancol có cùng số chức
⇒ đều đơn chức (vì chỉ có 1 este 2 chức)
⇒ nancol = 0,26 mol ⇒ Mancol = 8,36 ÷ 0,26 = 32,15
⇒ phải chứa CH3OH ⇒ vô lí!. ⇒ loại.
||⇒ hỗn hợp gồm ancol đơn chức và 2 chức
⇒ có dạng CnH2n+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2).
● Đặt số mol 2 ancol lần lượt là a và b
⇒ nOH = a + 2b = 0,26 mol.
mancol = a(14n + 18) + b(14n + 34) = 8,36(g)
⇒ (a + b)(14n + 2) + 16(a + 2b) = 8,36(g)
⇒ a + b = 
> 0,5a + b = 0,5(a + 2b) = 0,13
⇒ n ≤ 2,16 ⇒ n = 2.
► Với n = 2
⇒ giải hệ cho: a = 0,02 mol và b = 0,12 mol.
Các este đều mạch hở ⇒ axit đều đơn chức
⇒ số mol mỗi muối là 0,13 mol.
Bảo toàn khối lượng: mF = 21,32(g) ⇒ Mmuối = 82
⇒ F chứa HCOONa.
||⇒ Mmuối còn lại = (21,32 – 0,13 × 68) ÷ 0,13 = 96
⇒ muối còn lại là C2H5COONa.
► Ghép axit và ancol ⇒ X và Y là HCOOC2H5 và C2H5COOC2H5, Z là HCOOC2H4OOCC2H5.
⇒ HCOOC2H5 là este có PTK nhỏ nhất với 0,01 mol
⇒ %mHCOOC2 H5 = 3,84%
Chọn B
T là R(OH)n hoặc CxH2x+2On
R(OH)n + nNa → R(ONa)n + 0,5nH2
nH2 = 0,2
nT = 0,4/n
mbình tăng = mT – mH2
mT = 12,4g
nmuối = 2nT = 0,4
Đặt công thức 2 muối là CaH2a-1O2Na
và CbH2b-1O2Na với số mol là 5t và 3t
CaH2a-1O2Na + (1,5a – 1)O2
+ (a – 0,5)H2O
CbH2b-1O2Na + (1,5b – 1)O2
+ (b – 0,5)CO2 + (b – 0,5)H2O
nH = 2nH2O
MX< MY< MZ