Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án A
Xử lý T
→ a = 0 , 45 → B T : O n C ( m u o i ) = 1 , 95 → n C ( M ) = 2 , 25 → N - = 2 , 25 → Y 2 : 0 , 15 Z 3 : 0 , 05 → X e p h i n h % Z = % G V a l 2 = 25 , 11 %
Chọn B.
Khi cho 0,06 mol M tác dụng với NaOH thì: 
Hỗn hợp ancol G gồm Y (0,04 mol) và Z (0,06 mol) Þ số nguyên tử C trong G là 3.
Vì MY > MZ nên Y là CH2=CH-CH2OH và Z là CH≡C-CH2OH.
Xét a gam M có 
Vậy T là C12H16O4 (0,02 mol) có %mT = 88,89%.
Đáp án A
Vì X là este 2 chức và có 6 liên kết π
⇒ CTTQ của X là CnH2n–10O4.
+ Quy đổi hỗn hợp Y và Z thành CmH2m–1NO và H2O.
Ta có 2 sơ đồ sau:
+ Nhận thấy các muối đều có –COONa.
Vì nNa = 2nNa2CO3 = 0,56 mol
⇒ ∑nO/Muối = 0,56×2 = 1,12 mol.
Từ Sơ đồ (2) ta bảo toàn nguyên tố O ta có:
1,12 + 1,08×2 = 0,28×3 + 2c + c – 0,32
c = 0,92 mol ⇒ nH2O sơ đồ (2) = 0,6 mol.
+ Bảo toàn khối lượng ở sơ đồ (2)
⇒ mMuối = 29,68 + 0,92×44 + 0,6×18 – 34,56 + 14b.
⇔ mMuối = 46,4 + 14b.
+ Thế vào sơ đồ (1) và tiếp tục BTKL ta có:
49,4 + 22,4 = (46,4 + 14b) + 22,8 + 18a
⇔ 18a + 14b = 2,6 (1).
+ PT theo số mol NaOH phản ứng ta có: 2a + b = 0,56 (2).
+ Giải hệ (1) và (2) ta có: a = 0,02 và b = 0,16.
● Giải tìm 2 ancol:
Ta có nhh ancol đơn chức = 2nEste = 10×a×2 = 0,4 mol.
⇒ Mhh ancol đơn chức = 
= 57.
Vì ancol xuất phát từ 1 este
⇒ Chúng có số mol bằng nhau:
Vậy 57 ứng với ancol trung bình có dạng: C3H5O
⇒ 2 Ancol đó là
● Tìm CTPT của X:
Bảo toàn cacbon ta có:
nC/Hỗn hợp H = nC/Muối + nC/Ancol = 0,28 + 0,92 + 0,2×3×2 = 2,4 mol.
Ta có PT bảo toàn số mol C là:
0,2n + 0,16m = 2,4.
Với 2 < m < 3 ⇒ 9,6 < n < 10,4
⇒ X có 10 cacbon
⇒ CTPT của X là C10H10O4.
● Tìm 2 peptit Y và Z:
Ta có nNaOH pứ với peptit = 0,56 × 0,2×2 = 0,16 mol.
⇒ Tỷ lệ 
.
Lại có Y và Z hơn kém nhau 2 nguyên tử N.
⇒ Y và Z chỉ có thể là hỗn hợp của Heptapeptit và Nonapeptit
+ Đặt nHeptapeptit = x và nNonapeptit = y ta có:
x + y = 0,02 (1) || 7x + 9y = 0,16 (2)
⇒ x = y = 0,01
+ Vì 2 peptit có cùng số Cacbon
⇒ Mỗi peptit có số C = 
= 20
⇒ Heptapeptit có dạng: (Gly)1(Ala)6
⇒ CTPT là C20H35O8N7 ⇒ MHeptapeptit = 501
⇒ Nonapeptit có dạng: (Gly)7(Ala)2
⇒ CTPT là C20H33O10N9
⇒ MNonapeptit = 559 > 501 ⇒ (Z)
⇒ Tổng số nguyên tử có trong X và Z
= (10 + 10 + 4) + (20 + 33 + 10 + 9) = 96
Chọn D.
Khi đốt cháy T, có:
Nhận thấy: n - C O O N a = n C O 2 + n N a 2 C O 3 Þ muối thu được có số C = số nhóm chức
mà 
2 muối đó là HCOONa (0,4) và (COONa)2 (0,15)
Khi thuỷ phân A thì: 
Ta có: 31,7 < Mancol < 63,4 Þ Hai ancol thu được gồm CH3OH (0,5) và C2H4(OH)2 (0,1)
Các este thu được gồm HCOOCH3 (0,2); (HCOO)2C2H4 (0,1); (COOCH3)2 (0,15)
Vậy %mZ = 42,65% (tính theo (COOCH3)2 là lớn nhất).
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 12 và 3 → 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%
Chọn A.
Khi đốt cháy T, có: 
Nhận thấy: n - C O O N a = n C O 2 + n N a 2 C O 3 Þ muối thu được có số C = số nhóm chức
mà m T = m - C O O N a + m H ⇒ n H = 0 , 4 ( 0 , 5 n H 2 O ) => 2 muối đó là HCOONa (0,4) và (COONa)2 (0,15)
Khi thuỷ phân A thì: 
Ta có: 31,7 < Mancol < 63,4 Þ Hai ancol thu được gồm CH3OH (0,5) và C2H4(OH)2 (0,1)
Các este thu được gồm HCOOCH3 (0,2); (HCOO)2C2H4 (0,1); (COOCH3)2 (0,15)
Vậy %mZ = 42,65% (tính theo (COOCH3)2 là lớn nhất).
Chọn đáp án A
Xử lý T
n N a 2 C O 3 = 0 , 19 → C n H 2 n N O 2 N a : a C m H 2 m - 6 N a 2 O 4 : b → a + 2 b = 0 , 38 3 b = 0 , 21 ⇒ b = 0 , 07 → n P e p t i t = 0 , 11 → a = 0 , 24
Ancol Q cháy