Cho 0,08 mol hỗn hợp X gồm bốn este mạch hở phản ứng vừa đủ với 0,17 mol H2 (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Z gồm hai muối của hai axit cacboxylic no có mạch cacbon không phân nhánh và 6,88 gam hỗn hợp T gồm hai ancol no, đơn chức. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X cần vừa đủ 0,09 mol O2. Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn hơn trong Z là
A. 54,18%.
B. 50,31%.
C. 58,84%.
D. 32,88%.
Giải bởi Vietjack
Đáp án B
« Giả thiết “chữ”: hai axit có mạch cacbon không phân nhánh nên axit đơn chức hoặc hai chức.
· Giải đốt 0,11 mol hai ancol no, đơn chức, mạch hở nặng 6,88 gam.
® Phân tích ancol về 0,11 mol H2O + 0,35 mol CH2 ® số mol O2 cần đốt là 0,525 mol.
Vì nY = nX = 0,08 mol < 0,11 mol NaOH nên Y gồm este đơn chức và ests hai chức.
Giải số mol hai muối trong Z là 0,05 mol axit đơn chức và 0,03 mol axit hai chức.
Đốt 0,08 mol X cần 0,72 mol O2; đốt 0,17 mol H2 cần 0,085 mol O2 nên đốt Y cần 0,805 mol O2.
Gọi số mol CO2 và H2O sinh ra khi đốt Y lần lượt là x và y mol:
· Bảo toàn nguyên tố O có:
· Tương quan đốt có:
Theo đó, giải hệ được x = 0,62 mol và y = 0,59 mol ® bảo toàn khối lượng có mY = 12,14 gam. Sơ đồ thủy phân:
® Bảo toàn khối lượng ta có mZ = 9,66 gam. Với các muối trong Z có dạng như trên, ta có phương trình: .
Nhìn nhanh: n chia hết cho 3 nên n = 3, tương ứng, m = 4 là cặp nghiệm nguyên thỏa mãn.
Theo đó, Z gồm 0,05 mol C2H5COONa và 0,03 mol C2H4(COONa)2.
Yêu cầu:
Gói VIP thi online tại VietJack (chỉ 400k/1 năm học), luyện tập gần 1 triệu câu hỏi có đáp án chi tiết
Phản ứng nào dưới đây không chứng minh được sự tồn tại nhóm chức anđehit của glucozo
Vùng đồng bằng sông Cửu Long nước có nhiều phù sa. Để xử lý phù sa cho keo tụ lại thành khối lớn, dễ dàng tách ra khỏi nước (làm trong nước) làm nguồn nước sinh hoạt, người ta thêm vào nước một lượng chất
Trong số các loại tơ sau: tơ nitron; tơ visco; tơ nilon-6,6; tơ lapsan. Số loại tơ thuộc tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp) là
Thực hiện các phản ứng sau:
(1) X + CO2 → Y.
(2) 2X + CO2 → Z + H2O.
(3) Y + T → Q + X + H2O.
(4) 2Y + T → Q + Z + 2H2O.
Hai chất X và T tương ứng là
Cho 1 mol triglixerit X tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 1 mol glixerol, 1 mol natri panmitat và 2 mol natri oleat. Phát biểu nào sau đây sai?
Có 4 dung dịch loãng có cùng nồng độ mol lần lượt chứa H2SO4; HCl; HNO3; KNO3; AgNO3 được đánh số ngẫu nhiên (1), (2), (3), (4), (5). Lấy cùng một thể tích mỗi dung dịch trên rồi trộn ngẫu nhiên 3 dung dịch với nhau. Lần lượt cho các dung dịch thu được khi tác dụng với Cu dư thì thể tích khí lớn nhất ở cùng điều kiện là 448 ml. Trong đó, thể tích khí thu được nhỏ nhất ở cùng điều kiện là
Cho các nhận định sau:
(1) Các polime đều được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp.
(2) Dầu mỡ sau khi sử dụng, có thể tái chế thành nhiên liệu.
(3) Lực bazơ của các amin đều mạnh hơn amoniac.
(4) Oligopeptit gồm các peptit có từ 2 đến 10 gốc α-amino axit.
(5) Tinh bột và xenlulozơ là đồng phân của nhau.
(6) Các amino axit có nhiệt độ nóng chảy cao và khó bị bay hơi.
Số nhận định đúng là
Cho các phản ứng sau:
(a) 3Ca(OH)2 + 2H3PO4 Ca3(PO4)2 + 6H2O
(b) 3CaO + 2H3PO4 Ca3(PO4)2 + 3H2O
(c) 2Na3PO4 + 3CaCl2 Ca3(PO4)2 + 6NaCl
(d) 3NaH2PO4 + 3Ca(OH)2 Ca3(PO4)2 + Na3PO4 + 6H2O
(e) 2(NH4)3PO4 + 3Ca(NO3)2 Ca3(PO4)2 + 6NH4NO3
Số phản ứng có phương trình ion rút gọn: 3Ca2+ + Ca3(PO4)2 là
Cho luồng khí H2 dư qua hỗn hợp các oxit CuO, Fe2O3, Al2O3, MgO nung nóng ở nhiệt độ cao. Sau phản ứng, hỗn hợp chất rắn thu được gồm
Cho từ từ từng giọt dung dịch Ba(OH)2 loãng đến dư vào dung dịch chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol Na2SO4. Khối lượng kết tủa (m gam) thu được phụ thuộc vào số mol Ba(OH)2 (n mol) được biểu diễn theo đồ thị như hình sau
Giá trị tỉ lệ a : b tương ứng là
