Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án A
= 4 , 56 . 12 + 4 , 08 . 2 + 0 , 08 . 6 . 16 + 0 , 08 . 3 . 40 - 0 , 08 . 92
= 72 , 8 g a m
BTKL → mCO2 = mX + mO2 - mH2O = 11a - 121b
→ nCO2 = 2,5x - 2,75y (mol)
Bảo toàn O → nO(trong X) = 2nCO2 + nH2O - 2nO2 = 3x - 4,5y (mol)
X có 6O → nX = 1/6.nO(trong X) = 0,5x - 0,75y (mol)
Khi đốt hợp chất hữu cơ chứa C, H, O thì:
→ k = 6
=> X có chứa 6 liên kết π, mà có 3 π trong 3 nhóm COO
→ còn lại 3 π ngoài gốc hiđrocacbon
- Khi X phản ứng với Br2 thì X + 3Br2 → Sản phẩm cộng
→ nX = 1/3.nBr2 = 1/3.0,15 = 0,05 mol = a
Đáp án cần chọn là: A
Giải thích:
BTKL => mCO2 = m chất béo + mO2 – mH2O = 17,72 + 1,61.32 – 1,06.18 = 50,16 gam => nCO2 = 1,14 mol
BTNT O: nO(chất béo) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 1,14.2 + 1,06 – 1,61.2 = 0,12 mol
=> n chất béo = nO(chất béo)/6 = 0,02 mol
Khi cho chất béo tác dụng với NaOH vừa đủ:
nNaOH = 3n chất béo = 0,06 mol
n glixerol = n chất béo = 0,02 mol
BTKL: m muối = m chất béo + mNaOH – m glixerol = 17,72 + 0,06.40 – 0,02.92 = 18,28 gam
Tỉ lệ:
17,72 gam chất béo thu được 18,28 gam muối
26,58 gam 27,42 gam
Đáp án B
Ta có nBr2 : nX = 0,32 : 0,08 = 4 nên các gốc hiđrocacbon của chất béo có tổng cộng 4π
Mà mỗi gốc COO có 1π nên độ bất bão hòa của toàn phân tử X là k = 4 + 3 = 7
- Phản ứng đốt 0,08 mol X:
Giả sử nCO2 = a và nH2O = b (mol)
+) Bảo toàn O → 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
→ 2a + b = 6.0,08 + 2.6,36 (1)
Giải (1) (2) được a = 4,56 và b = 4,08
BTKL → mX = mCO2 + mH2O - mO2 = 4,56.44 + 4,08.18 - 6,36.32 = 70,56 gam
Ta có X + 3NaOH → Muối + C3H5(OH)3
0,08 → 0,24 → 0,08 (mol)
BTKL → mmuối = mX + mNaOH - mC3H5(OH)3
= 70,56 + 0,24.40 - 0,08.92 = 72,8 gam
Đáp án cần chọn là: A