K
Khách

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

19 tháng 6 2017

Chọn đáp án B

14 tháng 2 2019

Chọn đáp án C

Đặt công thức tổng quát cho X là CnH2nO2 (n ≥ 3).

Đặt công thức trung bình cho Y và Z là CmH2m-2O2 (m > 4).

mol.

Đặt x mol; y mol

x mol; 2y mol.

12x + 2y + 0,6 × 16 = 23,58 gam.

mdung dịch giảm = 197x – (44x + 18y) = 137,79 gam.

⇒ giải hệ được: x = 1,01 mol; y = 0,93 mol.

Ta có: 

(với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: 

⇒ nX = 0,3 – 0,08 = 0,22 mol.

.

X là CH3COOCH3 và Y là CH2=CH-COOCH3.

Để thu được 2 muối và 2 ancol đồng đẳng kế tiếp thì Z phải là CH2=CH-COOC2H5.

F gồm 0,22 mol CH3COONa và 0,08 mol CH2=CH-COONa.

G gồm 0,22 mol CH4 và 0,08 mol CH2=CH2.

% = 0,22 × 16 ÷ (0,22 × 16 + 0,08 × 28) × 100% = 61,11%

17 tháng 2 2017

Đáp án D

X : CnH2nO2 (a mol) ; Y, Z : CmH2m-2O2 (b mol)

=> nNaOH = a + b = 0,3(1)

mE = a(14n + 32) + b(14m + 30) = 23,58(2)

nCO2 = na + mb ; nH2O = na + mb – b

mthay đổi = 44(na + mb) + 18(na + mb – b) – 197(na + mb) = -137,79 (3)

Từ (1,2,3) => na + mb = 1,01 ; a = 0,22 ; b = 0,08

=> 0,22n + 0,08m = 1,01

Với n ≥ 3 ; m > 4 => n = 3 ; m = 4,375 là nghiệm duy nhất

Vậy X là C3H6O2 (0,22 mol)

Do sản phẩm xà phòng hóa thu được 2 muối và ancol kế tiếp nên các chất là :

X : CH3COOCH3 (0,22 mol)

Y : CH2 = CHCOOCH3 (0,05 mol)

Z : CH2 = CH-COOC2H5 (0,03 mol)

=> khí gồm : 0,22 mol CH4 ; 0,08 mol C2H4

=> %mCH4 = 61,11%

6 tháng 1 2018

Chọn đáp án D

Đặt nCO2 = x; nH2O = y

mdung dịch giảm = mBaCO3 - (mCO2 + mH2O

197x - (44x + 18y) = 137,79(g). 

Lại có: nCOO = nNaOH = 0,2 × 1,5 = 0,3 mol 

● mE = mC + mH + mO = 12x + 2y + 0,3 × 2 × 16 = 23,58(g)

► Giải hệ có: x = 1,01 mol; y = 0,93 mol 

Với HCHC chứa C, H và O (nếu có) thì:

nCO2 - nH2O = (k - 1).nHCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC). 

● Áp dụng: 

nCO2 - nH2O = ∑n(Y,Z) = 0,08 mol 

nX = 0,3 - 0,08 = 0,22 mol. 

Đặt số C của X là a và số C trung bình của Y và Z là b (a ≥ 3; b > 4).

0,22a + 0,08b = 1,01 

a = 3; b = 4,375 

X là CH3COOCH3.

● Do thu được 2 ancol kế tiếp cùng 1 dãy đồng đẳng và F chỉ chứa 2 muối 

Y là CH2=CH-COOCH3 và Z là CH2=CH-COOC2H5.

► G gồm 0,22 mol CH4 và 0,08 mol CH2=CH2 

khí có PTK nhỏ hơn là CH4.

|| %mCH4 = 0,22 × 16 ÷ (0,22 × 16 + 0,08 × 28) × 100% = 61,11%

29 tháng 1 2018

Đáp án C

X : CnH2nO2 : a mol

Y, Z : CmH2m-2O2 : b mol

=> nNaOH = a + b = 0,3 mol (1)

mE = a(14n + 32) + b(14m + 30) = 23,58g (2)

nCO2 = na + mb

nH2O = na + mb – b

mgiảm = 197(na + mb) - 44(na + mb) - 18(na + mb – b)  = 137,79 (3)

Từ (1,2,3) :

na + mb = 1,01 mol

a = 0,22

b = 0,08

=> 0,22n + 0,08m = 1,01

=> 22n + 8m = 101

Với n ≥ 3 và m > 4 => n = 3 và m = 4,375 là nghiệm duy nhất

Do sản phẩm xà phòng hóa thu được 2 muối và 2 ancol liên tiếp nên các chất là :

X : CH3COOCH3 (0,22 mol)

Y : CH2 = CHCOOCH3 (0,05 mol)

Z : CH2=CHCOOC2H5 (0,03 mol)

Vậy F gồm : 0,22 mol CH3COONa và 0,08 mol CH2=CHCOONa

Khi nung F với NaOH và CaO

=> khí G gồm : CH4 : 0,22 mol và C2H4 : 0,08 mol

=> %mCH4 = 61,11%

12 tháng 8 2017

Đáp án C

X : CnH2nO2 : a mol

Y, Z : CmH2m-2O2 : b mol

=> nNaOH = a + b = 0,3 mol (1)

mE = a(14n + 32) + b(14m + 30) = 23,58g (2)

nCO2 = na + mb

nH2O = na + mb – b

mgiảm = 197(na + mb) - 44(na + mb) - 18(na + mb – b)  = 137,79 (3)

Từ (1,2,3) :

na + mb = 1,01 mol

a = 0,22

b = 0,08

=> 0,22n + 0,08m = 1,01

=> 22n + 8m = 101

Với n ≥ 3 và m > 4 => n = 3 và m = 4,375 là nghiệm duy nhất

Do sản phẩm xà phòng hóa thu được 2 muối và 2 ancol liên tiếp nên các chất là :

X : CH3COOCH3 (0,22 mol)

Y : CH2 = CHCOOCH3 (0,05 mol)

Z : CH2=CHCOOC2H5 (0,03 mol)

Vậy F gồm : 0,22 mol CH3COONa và 0,08 mol CH2=CHCOONa

Khi nung F với NaOH và CaO

=> khí G gồm : CH4 : 0,22 mol và C2H4 : 0,08 mol

=> %mCH4 = 61,11%

15 tháng 4 2017

Đáp án B

Vì Y và Z là este có một liên kết đôi, đơn chức

Ta có hệ phương trình:

 

Este có phân tử khối lớn nhất trong hỗn hợp E là Z: CH3CH=CHCOOC2H5

 

6 tháng 9 2019

nE = nNaOH = 0,25 (mol) => nO (E) = 0,5 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol COvà H2O

∆mGIẢM = mCO2 + mH2O - m

=> 44a + 18b – 100a = -36,9  (1)

mE = mC + mH + mO

=> 12a + 2b + 0,5.16 = 20,3  (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,9 và b = 0,75 (mol)

Vì Y, Z đều có 2 liên kết pi trong phân tử nên khi đốt cháy có:

nY + nZ = nCO2 – nH2O = 0,15 (mol)

=> nX = nE – 0,15 = 0,1 (mol)

Mà Y, Z là este không no và thủy phân cho ancol nên số CY, Z ≥ 4

Số Ctrung bình của X < 0 , 9   -   0 , 15 . 4 0 , 1  = 3

→ X có thể là HCOOCH3 hoặc CH3COOCH3

Nếu X là HCOOCH3

Vậy nếu đốt Y và Z sẽ thu được: nCO2 = 0,9 – 0,1.2 = 0,7 (mol)

=> Số C trung bình của Y, Z = 0,7/0,15 = 4,67

Y là:  CH2=CH-COOCH3

Do sản phẩm xà phòng hóa chỉ có 2 muối và 2 ancol kế tiếp nên Z là: CH2=CH-COOC2H5.

Vậy muối có phân tử khối lớn nhất là CH2=CH-COONa: 0,15 mol

=> mmuối = 0,15.94 = 14,1 (g)

Nếu X là CH3COOCH3

Vậy nếu đốt Y và Z sẽ thu được:  n C O 2  = 0,9 0,1.3 = 0,6 mol

Vậy số C trung bình của Y, Z = 0,6/0,25 = 2,4 (không thỏa mãn) → loại trường hợp này

Đáp án cần chọn là: B

17 tháng 12 2019

nE = nNaOH = 0,25 (mol) => nO (E) = 0,5 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol COvà H2O

∆mGIẢM = mCO2 + mH2O - m

=> 44a + 18b – 100a = -36,9   (1)

mE = mC + mH + mO

=> 12a + 2b + 0,5.16 = 20,3    (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,9 và b = 0,75 (mol)

Số C = nCO2/ nE = 0,9/0,5 = 1,8 => X là HCOOCH3

Vì X, Y đều có 2 liên kết pi trong phân tử nên khi đốt cháy có:

nY + nZ = nCO2 – nH2O = 0,15 (mol)

=> nX = nE – 0,15 = 0,1 (mol)

Vậy nếu đốt Y và Z sẽ thu được: nCO2 = 0,9 – 0,1.2 = 0,7 (mol)

=> Số C trung bình của Y, Z = 0,7/0,15 = 4,67

Y là:  CH2=CH-COOCH3

Do sản phẩm xà phòng hóa chỉ có 2 muối và 2 ancol kế tiếp nên Z là: CH2=CH-COOC2H5.

Vậy muối có phân tử khối lớn nhất là CH2=CH-COONa : 0,15 mol

=> mmuối = 0,15.94 = 14,1 (g)

Đáp án cần chọn là: B

24 tháng 2 2019

Đáp án C

21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH

→ nCOO trong E= 0,3 mol

♦ giải đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O2  x mol CO2 + y mol H2O.

(CO2 + H2O) + Ca(OH)2 dư có

 Δmdung dịch giảm = 56x – 18y = 34,5 gam.

Lại có mE = 12x + 2y + 0,3 × 32 = 21,62 gam 

→ giải x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.

→ tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = nY + Z = 0,08 mol 

→ nX = 0,22 mol.

chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số CY, Z ≥ 4.

Chặn số Ctrung bình của X < (0,87 – 0,08 × 4) ÷ 0,22 = 2,5 

→ số CX = 2 hay X là HCOOCH3.

♦ Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C2H5OH.

Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi) 

||→ 1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.

nghĩa là Y là CnH2n – 1COOCH3 và Z là CnH2n – 1COOC2H5 (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)

Đơn giản, tính lại số Ctrung bình Y, Z = (0,87 – 0,22 × 2) ÷ 0,08 = 5,375

||→ số CY = 5 và số CZ = 6. tuy nhiên, đọc kĩ yêu cầu bài tập

||→ chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C3H5COONa 

myêu cầu = 8,64 gam