C → + O 2 A C O C O 2 → + F e O , t 0 B : C O 2 → + C a ( O H ) 2 K : C a C O 3 D :   C a H C O 3 2 C F e F e O → + H C l H 2 E : F e C l 2 → + N a O H F : : F e O H 2 → t 0 , k k G : F e 2 O 3

⇒ Chọn A.

Chọn C

Định hướng tư duy giải

Ta có:

Vì các este đều 2 chức

Do X và Y đơn chức nên \(n_{Ancol}=n_{este}=n_{anđehit}\)

Ta có :

\(0,08.2< 0,26\)

\(\Rightarrow\) Có HCHO

\(G\left\{{}\begin{matrix}HCHO:a\left(mol\right)\\CH_3CHO:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow F\left\{{}\begin{matrix}CH_3OH:a\\C_2H_5OH:b\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,08\\4a+2b=0,26\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,05\\b=0,03\end{matrix}\right.\)

Mà \(n_X>n_Y\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_X=0,05\\n_Y=0,03\end{matrix}\right.\)

\(n_{CO2}-n_{H2O}=n_Y=0,03\left(1\right)\)

Bảo toàn nguyên tố O :

\(2n_{CO2}+n_{H2O}=0,08.2+0,325.2\left(2\right)\)

\(\left(1\right)+\left(2\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CO2}=0,28\\n_{H2O}=0,25\end{matrix}\right.\)

\(cr\left\{{}\begin{matrix}HCOONa:0,05\\C_3H_5COONa:0,03\\NaOH_{dư}:0,016\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m=7,28\left(g\right)\)

_Đốt hh C và S trong O2 dư

C + O2 ---t^o--> CO2 (1)

C + CO2 ---t^o--> 2CO (2)

S + O2 ---t^o--> SO2(3)

_hh khí A gồm : CO2 ; SO2 ; O2 dư ; CO

_ Cho 1/2 A lội qua dd NaOH

2NaOH + CO2 -> Na2CO3 + H2O (4)

NaOH + CO2 -> NaHCO3(5)

2NaOH + SO2 -> Na2SO3 + H2O(6)

NaOH + SO2 -> NaHSO3(7)

_khí B gồm: O2 dư ; CO

dd C gồm Na2CO3 ; Na2SO3 ; NaHCO3 ; NaHSO3 ; NaOH dư (nếu có)

_ Cho khí B qua hh chứa CuO ; MgO nung nóng:

CO + CuO ---t^o--> Cu + CO2 (8)

_ CR D : MgO ; Cu ; CuO dư (nếu có)

_ khí E : CO2 ; O2 dư

_ Cho khí E lội qua dd Ca(OH)2

CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O (9)

2CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 (10)

kết tủa F : CaCO3

dd G : Ca(HCO3)2

_Thêm KOH vào dd G :

2KOH + Ca(HCO3)2 -> K2CO3 + CaCO3 + 2H2O(11)

kết tủa F : CaCO3

_Đun nóng G :

Ca(HCO3)2 ---t^o--> CaCO3 + CO2 + H2O(12)

kết tủa F : CaCO3

_Cho 1/2 A còn lại qua xúc tác V2O5 nung nóng:

2SO2 + O2 ---450^oC ; V2O5--> 2SO3 (13)

2CO + O2 ---450^oC ; V2O5--> 2CO2 (14)

khí M gồm : CO2 ; O2 dư ;SO3 ; SO2 dư (nếu có)

_Dẫn khí M qua dd BaCL2 :

SO3 + BaCl2 + H2O -> BaSO4 + HCl (15)

kết tủa N : BaSO4

1) Đốt cháy hoàn toàn 7,12 gam hỗn hợp E gồm 2 este cần 7,168 lít O2(đktc) thu được 5,04 gam nước. Mặt khác đun nóng 7,12 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn chứa hai muối X và Y(MX<MY), phần hơi chứa hỗn hợp F gồm hai ancol đồng đẳng kế tiếp. Đun F với H2SO4 đặc ở 140 độ C thu được 1,696 gam hỗn hợp 3 este. Hiệu suất ete hóa của ancol có khối lượng phân tử tăng dần lần lượt là 60% và 80%. Thành phần phần trăm khối lượng muối Y có trong hỗn hợp muối là:

A,28,80%

B,32,58%

C,37,37%

D,39,21%

A là NaHCO₃

B là NaHCO₃

C là NaHSO₄

D là Ba(OH)₂

+) A + D $\to$ E + F + G

NaHCO₃ + Ba(OH)₂ \(\rightarrow\) BaCO₃ + NaOH +H₂O

+ ) B + D $\to$ H + F + G

NaHSO₃ + Ba(OH)₂ \(\rightarrow\) BaSO₃ + NaOH + H₂O

+) C + D $\to$ I + F + G

NaHSO₄ + Ba(OH)₂ \(\rightarrow\) BaSO₄ + NaOH + H₂O

\(\Rightarrow\) E là BaCO₃

F là NaOH

G là H₂O

H là BaSO₃

I là BaSO₄

n_E = n_NaOH = 0,25 (mol) => n_{O (E)} = 0,5 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol CO₂ và H₂O

∆m_GIẢM = m_CO2 + m_H2O - m_↓

=> 44a + 18b – 100a = -36,9  (1)

m_E = m_C + m_H + m_O

=> 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:

n_Y + n_Z = n_CO2 – n_H2O = 0,15 (mol)

=> n_X = n_E – 0,15 = 0,1 (mol)

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

Số C_{trung 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: n_CO2 = 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

=> m_muối = 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

n_E = n_NaOH = 0,25 (mol) => n_{O (E)} = 0,5 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol CO₂ và H₂O

∆m_GIẢM = m_CO2 + m_H2O - m_↓

=> 44a + 18b – 100a = -36,9   (1)

m_E = m_C + m_H + m_O

=> 12a + 2b + 0,5.16 = 20,3    (2)

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

Số C = n_CO2/ n_E = 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:

n_Y + n_Z = n_CO2 – n_H2O = 0,15 (mol)

=> n_X = n_E – 0,15 = 0,1 (mol)

Vậy nếu đốt Y và Z sẽ thu được: n_CO2 = 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

=> m_muối = 0,15.94 = 14,1 (g)

Đáp án cần chọn là: B

2Al+3S----->Al2S3

Chất rắn A là Al2S..Có thể có Al dư hoặc S dư

Cho A vào HCl

Al2S3+6HCl--->2AlCl3+3H2S

2Al+ 6HCl---->2AlCl3+3H2

dd B là AlCl3 , có thể có HCl dư

Chất rắn E là S

Khí F là H2S và H2

Cho A vào NaOH

2Al+2NaOH+2H2O--->2NaAlO2+3H2

Al2O3+2NaOH--->2NaAlO2+H2O

đd H là NaAlO2 ,có thể có NaOH dư

Khí F là H2

Chất rắn E là S

Cho F vào Cu(NO3)2

H2S+Cu(NO3)2---->CuS+2HNO3

Kết tủaT là CuS

Khí k hấp thụ ch qua MgO và CuO

CuO+H2--->Cu+H2O

Chất rắn Q là MgO và Cu và CuO dư

Cho Q vào H2SO4

MgO+H2SO4----> MgSO4+H2O

CuO+H2SO4---->CuSO4(xanh nhạt)+H2O

\(\text{2Al + 3S → Al2S3}\)

Chất rắn A: Al, Al2S3, S

\(\text{2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 ↑}\)

\(\text{Al2S3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2S ↑}\)

B: AlCl3, HCl

E: S

F: H2, H2S

\(\text{2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaALO2 + 3H2↑}\)

\(\text{Al2S3 + H2O → Al(OH)3 + H2S↑}\)

\(\text{Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O}\)

H: NaAlO2, NaOH

\(\text{H2S + Cu(NO3)2 → CuS ↓ + 2HNO3}\)

T: CuS

\(\text{H2 + CuO → Cu + H2O}\)

Q: MgO, CuO, Cu

\(\text{MgO + H2SO4 → MgSO4 + H2O}\)

\(\text{CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O}\)