Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Do các chất đều đơn chức
⇒ muối có dạng RCOONa với số mol là 0,1.
Bảo toàn nguyên tố Cacbon
⇒ số H/muối = 0,05 × 2 ÷ 0,1 = 1
⇒ R là H.
► Bảo toàn khối lượng:
mX + mNaOH = mmuối + mancol + mH2O
⇒ nH2O = 0,01 mol.
⇒ naxit = 0,01 mol ⇒ neste = 0,09 mol
⇒ nancol > neste = 0,09 mol.
⇒ Mancol < 3,2 ÷ 0,09 = 35,56
⇒ ancol là CH3OH ⇒ este là HCOOCH3.
► %meste = 0,09 × 60 ÷ 6,18 × 100% = 87,38%
Giải thích: Đáp án B
|| Do các chất đều đơn chức ⇒ muối có dạng RCOONa với số mol là 0,1.
Bảo toàn nguyên tố Cacbon ⇒ số H/muối = 0,05 × 2 ÷ 0,1 = 1 ⇒ R là H.
► Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mancol + mH2O ⇒ nH2O = 0,01 mol.
⇒ naxit = 0,01 mol ⇒ neste = 0,09 mol ⇒ nancol > neste = 0,09 mol.
||⇒ Mancol < 3,2 ÷ 0,09 = 35,56 ⇒ ancol là CH3OH ⇒ este là HCOOCH3.
► %meste = 0,09 × 60 ÷ 6,18 × 100% = 87,38%
Giải thích: Đáp án D
+ Đốt cháy 0,1 mol 
⇒ Muối là HCOONa. Sơ đồ ta có.
+ Dễ dàng tính được mH2O = 0,18 gam ⇒ nH2O = 0,01 mol
⇒ nHCOOR' = 0,1 – 0,01 = 0,09 mol.
+ Ta có nAncol = a + c = (0,09 + c) > 0,09 ⇒ MAncol < 3,2÷0,09 = 35,67
⇒ Ancol là CH3OH
⇒ Este là HCOOCH3 với số mol = 0,09 ⇒ mHCOOCH3 = 5,4 gam
⇒%mHCOOCH3 = 
×100% = 87,38% ⇒ Chọn D
Đáp án A
n muối=nKOH=0,1 mol.
Đốt cháy muối:
CnH2n-1O2K→n-0,5 H2O
0,1 0,05
=> 0,05=0,1(n-0,5)=>n=1=>Axit là HCOOH
G/s n HCOOH=x mol=>nH2O=x
BTKL: mX+mKOH=m muối+m ancol+mH2O=>6,36+0,1.56=0,1.84+3,2+18x
=>x=0,02 mol
=>%mHCOOH=(0,02.46)/6,36=14,465%
Đáp án D
♦ Cách 1: ∑nNa = 0,96 mol ||→ NaOH cần để thủy phân là 0,8 mol → dư 0,16 mol NaOH đốt cho 0,08 mol H2O.
||→ theo đó nếu cần suy luận ra được 2 axit là (COOH)2 và HOOCC≡CCOOH (%O và mạch không nhánh).
Tuy nhiên, giải BT này ta không cần. ► Note: Sơ đồ thủy phân kết hợp đối cháy:
Gọi x là số mol CO2 khi đốt m gam chất rắn, đại diện ancol là 0,8 mol CnH2n + 2O.
Để ý: trong m gam chất rắn có 0,16 mol NaOH và 0,8 mol O2Na, bảo toàn O → nO2 cần đốt = x – 0,12 mol.
Bảo toàn O2 dùng đốt của các chất trong pt thủy phân có: 1,925 = x – 0,12 + 1,2n (1).
Đốt E, dùng BTKL có mCO2 + H2O = 114,5 gam. Xét lượng H2O và CO2 là kết quả đốt cháy
của các sp thủy phân có: 114,5 + 0,48 × 18 = 0,48 × 44 + 0,08 × 18 + 44x + (49,6n + 14,4) (2).
Giải hệ phương trình (1) và (2) được x = 0,62 mol và n = 1,1875 → mancol = 27,7 gam.
Áp dụng BTKL cho phương trình thủy phân ||→ m = 63,6 gam.
♦ Cách 2: nNaOH = 0,96 mol gồm 0,16 mol NaOH dư và 0,8 mol NaOH vừa đủ.
Quy 52,9 gam E gồm 0,8 mol COOH; x mol CH2 và y mol
C. Giải hệ khối lượng 52,9 gam và O2 cần đốt tìm ra x = 0,95 mol và y = 0,3 mol.
Lại chú ý đốt muối thu được 0,08 mol H2O vừa đúng cân bằng với 0,16 mol H trong 0,16 mol NaOH dư.
→ nghĩa là muối không chứa Natri và cần thì như cách 1 đã biện luận: (COONa) và C2(COONa)2.
→ Yêu cầu: mmuối = 0,3 × 12 + 0,8 × (44 + 23) + 0,16 × 40 = 63,6 gam.
Chọn D