Đánh giá năng lực Hà Nội
Đánh giá năng lực Hà Nội
Hỗn hợp E gồm X, Y và T (X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (MX < MY); T là este hai
Hỗn hợp E gồm X, Y và T (X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (MX < MY); T là este hai chức tạo bởi X, Y và một ancol no, mạch hở Z). Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam E bằng một lượng O2 (vừa đủ), thu được 5,6 lít CO2 và 3,24 gam H2O. Khi cho 3,44 gam E tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 6,48 gam Ag. Mặt khác, cho 6,88 gam E tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được m gamchất rắn khan. Giá trị của m là
Đáp án đúng là: C
Bảo toàn nguyên tố C: nC (E) = \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)
Bảo toàn nguyên tố H: nH (E) =2\({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\)= 2.0,18
mE = mO (E) + mC (E) + mH (E) ⟹ mO (E) = mE – (mC (E) + mH (E))
Vì hỗn hợp E có phản ứng tráng gướng mà MX < MY nên X là HCOOH.
Hỗn hợp E gồm: X: HCOOH (x mol)
Y: RCOOH (y mol)
T: HCOOR’OOCR (z mol)
Ta có: nO (E) = 2nX + 2nY + 4nZ (1)
nAg = 2nX + 2nZ = 2x (2)
Giả sử số liên kết bội trong Y để xác định phương trình (3).
Lập hệ phương trình tìm x, y, z.
\({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,25{\rm{ mol; }}{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,18{\rm{ mol}}\)
Bảo toàn nguyên tố C: nC (E) = \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\) = 0,25 (mol)
Bảo toàn nguyên tố H: nH (E) =2\({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\)= 2.0,18 = 0,36 (mol)
mE = mO (E) + mC (E) + mH (E) ⟹ mO (E) = mE – (mC (E) + mH (E)) = 6,88 – 0,25.12 – 0,36.1 = 3,52 (g)
⟹ nO (E) = 0,22 (mol)
Vì hỗn hợp E có phản ứng tráng gướng mà MX < MY nên X là HCOOH.
3,44g hỗn hợp E \( \to \) 0,06 mol Ag.
⟹ 6,88g hỗn hợp E ⟶ nAg = 2.0,06 = 0,12 (mol)
Hỗn hợp E gồm: X: HCOOH (x mol)
Y: RCOOH (y mol)
Ta có: nO (E) = 2nX + 2nY + 4nZ = 2x + 2y + 4z = 0,22 mol(1)
nAg = 2nX + 2nZ = 2x + 2z = 0,12 mol (2)
Nếu Y có k = 1 thì z = \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)- \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\) = 0,07 (mol). Vô lí vì mâu thuẫn với (1) và (2).
Nếu Y có k = 2 thì \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)- \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\) = 0,07 = y + 2z(3)
Từ (1), (2), (3) ⟹ x = 0,04 mol; y = 0,03 mol; z = 0,02 mol.
Nếu Y có k = 3 thì \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)- \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\) = 0,07 = 2y + 3z (4)
Từ (1), (2), (4) ⟹ hệ phương trình vô nghiệm.
⟹ k ≥ 3 thì hệ vô nghiệm.
⟹ HCOOH: 0,04 mol; RCOOH: 0,03 mol; HCOOR’OOCR: 0,02 mol.
Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)= nX.1 + CY.0,03 + CT.0,02 = 0,04.1 + CY.0,03 + CT.0,02 = 0,25 (mol)
⟹ 3CY + 2CT = 21
CY và CT đều là các số tự nhiên và 1 < CY < CT.
Nếu CY = 1 ⟹ CT = 9 (loại)
Nếu CY = 2 ⟹ CT = 7,5 (loại)
Nếu CY = 3 ⟹ CT = 6
Nếu CY = 4 ⟹ CT = 4,5 (loại)
Nếu CY = 5 ⟹ CT = 3 (loại vì CY > CT).
Vây CY = 3 và CT = 6.
⟹ Y là CH2=CH-COOH;
Z là (HOOC)C2H4(OOCHC=CH2).
Hỗn hợp E + 0,15 mol KOH ⟶ Chất rắn gồm HCOOK: 0,06 mol; CH2=CHCOOK: 0,05 mol và KOH dư: 0,04 mol.
m = mHCOOK + mCH2=CHCOOK + mKOH dư = 12,78 (g)
Tham Gia Group Dành Cho 2K7 luyện thi Tn THPT - ĐGNL - ĐGTD
>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
