Đáp án D 

♦ Cách 1: ∑n_Na = 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 C_nH_{2n + 2}O.

Để ý: trong m gam chất rắn có 0,16 mol NaOH và 0,8 mol O₂Na, bảo toàn O → n_O2 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 m_CO2 + 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 → m_ancol = 27,7 gam.

Áp dụng BTKL cho phương trình thủy phân ||→ m = 63,6 gam.

♦ Cách 2: n_NaOH = 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: m_muối = 0,3 × 12 + 0,8 × (44 + 23) + 0,16 × 40 = 63,6 gam.

Chọn đáp án D

m   g a m   T + 0 , 09   m o l   O 2 → t 0 0 , 08   m o l   C O 2 + 0 , 06   m o l   H 2 O

bảo toàn nguyên tố O: n O t r o n g   T + 2 n O 2 = 2 n C O 2 + n H 2 O → n T = 1 2 n O t r o n g   T   =   0 , 02   m o l

→ số nguyên tử C = n C O 2 ÷ n T = 4 ;

số nguyên tử H = 2 n H 2 O ÷ n T = 6

→ T là C 4 H 6 O 2

→ Hai este trong T gồm: C H 3 C O O C H = C H 2 và H C O O C H = C H C H 3  

Đáp án C

Gọi  

Khi F cháy  

M_X =100 => X là C₅H₈O₂

Số C trung bình = 0,75/0,2 = 3,75

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

=> Z  là este của C₂H₄(OH)₂ với axit fomic => Z là (HCOO)₂C₂H₄

=> x + y + z = 0,2 (1)

Bảo toàn cacbon => 5x + 3y + 4z = 0,75 (2)

Bảo toàn oxi => n(O trong E)+ n (O cháy) = n(O trong CO₂) + n(O nước)

=> n_H2O = 0,2.2 + 0,875.2- 0,75.2 = 0,65 => 4x+3y+ 3z = 0,65(3)

Giải (1), (2) và (3) => 

=> m_E = 18,3 gam 

So sánh với 36,6 => 36,6 gấp đôi => Muôi là C₂H₃COONa: 0,1 và HCOONa: 0,2+0,1.2=0,4

=> m _muối = 94. 0,1+ 0,4. 68 = 36,6 gam

Đáp án cần chọn là: A

Chọn đáp án B

Giả thiết: n O 2 = 0 , 78   m o l

V   h h = 38 , 38 : 0 , 082 : (   273 + 127   ) = 1 , 17   m o l

► Đốt cháy:

X + O₂ → CO₂ + H₂O.

Gọi số mol H₂O và CO₂ lần lượt là x, y thì ta có hệ:

x + y = 1,17 (1) và

44x + 18y = 13 + 0,78 × 32 (2)

Giải được x = 0,65, y = 0,52.

bảo toàn O có:

2x + y = 0,78 × 2 + 2.n_X

→ n_X = 0,13 mol.

vậy: Số C = 0,65 ÷ 0,13 = 5

Số H = 0,52 ÷ 0,13 × 2 = 8

→ X là C₅H₈O₂.

X mạch hở, dạng RCOOR' + Na thu được RCOONa + ancol và

M_muối < RCOOR' → R' > Na.

Do đó, ta có các công thức cấu tạo thỏa mãn gồm:

HCOOCH₂-CH=CH-CH₃ (1);

HCOOCH₂-CH₂-CH=CH₂ (2);

HCOOCH(CH₃)-CH=CH₂ (3);

HCOOCH₂-C(CH₃)=CH₂ (4);

CH₃COOCH₂-CH=CH₂ (5);

CH₂=CH-COOCH₂-CH₃ (6).

Vậy có tất cả 6 chất thỏa mãn.

n_CO2 = 2,688/22,4 = 0,12 mol; n_H2O = 2,52/18 = 0,14 mol

Ta thấy n_H2O>n_CO2 => ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở

Gọi công thức chung của ancol là C_kH_2k+2O (k €N*)

 Giả sử:

=> n_H2O – n_CO2 = nx – (n+1)x + (m+1)y – (m+2)y + (k+1)z – kz

=> 0,14 – 0,12 = -x - y + z hay -x - y + z = 0,02 (1)

BTNT ta tính được số mol của các nguyên tố:

n_C = n_CO2 = 0,12 mol

n_H = 2n_H2O = 2.0,14 = 0,28 mol

n_O = 2n_CnH2n-1COOH + 4n_CmH2m(COOH)2 + n_CkH2k+2O = 2x + 4y + z

=> m_X = m_C + m_H + m_O = 0,12.12 + 0,28.1 + 16(2x + 4y + z) = 32x + 64y + 16z + 1,72

* Phản ứng este hóa: Do sau phản ứng chỉ thu được chất có chứa chức este nên axit và ancol phản ứng vừa đủ

n _ancol = x + 2y = z hay x + 2y – z = 0 (2)

BTKL ta có: m_X = m _este + m_H2O => 32x + 64y + 16z + 1,72 = 3,22 + 18(x+2y)

hay 14x + 28y + 16z = 1,5 (3)

Từ (1) (2) (3) ta có hệ phương trình:

 Bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,01n + 0,02m + 0,05.1 = 0,12

=> n +2m = 7 mà do n≥3, m≥2 nên chỉ có cặp n = 3, m = 2 thỏa mãn

Vậy các axit trong X là: CH₂=CH-COOH và HOOC-COOH.

Kết luận: Hỗn hợp X gồm các chất CH₂=CH-COOH, HOOC-COOH và CH₃OH.

- Một số ứng dụng của PVC trong thực tế như làm ống dẫn nước, vỏ dây điện, đồ giả da, áo mưa, nhãn chai nước khoáng, …