TN1 → n_CHO = 0,5 n_Ag = 0,2 mol

TN2→  n_HCO3  = n_COOH = 0,2 mol

TN3: n_COO = n_KOH = 0,4 mol > n_COOH

→ chứng tỏ Y chứa nhóm COO: 0,2 mol, CHO: 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố K →  n_K2CO3 = 0,5n_KOH = 0,2 mol

Có ∑ n_{C ( muối)} = n_CO2 + n_K2CO3 = 0,6 mol = n_COOH + n_CHO + n_COO

Y tạp chức → chứng tỏ X là (COOH)₂: 0,1 mol và Y là HOC-COOR': 0,2 mol

Ancol Z + Na → muối + H₂

→ m_ancol =  m_{bình tăng} +  m_H2 = 9,2 gam và n_OH^- = 2n_H2 = 0,2 mol

Z là ancol đơn chức → M_ancol = 9,2/0,2 = 46 (C₂H₅OH )

→ Y là HOC-COOC₂H₅

%Y = (0,2.102)/ (0,1.102 + 0,1.90).100%= 69,38%

→ Đáp án A

Benzen không cộng hợp với brom trong nước brom.

Xiclohexen có phản ứng:

Số mol xiclohexen = số mol B r 2

Đặt số mol benzen trong hỗn hợp M là x.

2 C 6 H 6        +       15 O 2        →       12 C O 2        +       6 H 2 O

x mol                                            6x mol

2 C 6 H 10        +       17 O 2        →       12 C O 2        +       10 H 2 O

015 mol                                      0,09 mol

C O 2        +        C a ( O H ) 2        →       C a C O 3 ↓       +        H 2 O

6x + 0,09 = 0,210 ⇒ x = 0,02

Khối lượng hỗn hợp M là : 0,02.78 + 0,015.82 = 2,79 (g).

% về khối lượng của  C 6 H 6  là:

⇒  C 6 H 10  chiếm 44,1% khối lượng hỗn hợp M.

\(a,PTHH:2ZnS+3O_2\underrightarrow{t^O}2ZnO+2SO_2\) 
\(n_{ZnS}=\dfrac{19,4}{97}=0,2\left(mol\right)\\ n_{O_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\) 
\(pthh:2ZnS+3O_2\underrightarrow{t^O}2ZnO+2SO_2\) 
LTL:\(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,4}{3}\) 
=> O₂ dư  
theo pthh: \(n_{SO_2}=n_{ZnO}=n_{Zn}=0,2\left(mol\right)\) 
\(m_A=m_{ZnO}=0,2.81=16,2\left(g\right)\) 
Khí B gồm 1 nguyên tử S và 2 nguyên tử O 
dB/kk = \(\dfrac{64}{29}\)

Đáp án D

Đốt cháy X rồi dẫn qua NaOH dư có khối lượng dung dịch tăng 66,4

Gọi X chứa x mol  và y mol 

Ta có:

Kết hợp điều kiện số mol, => n¯=53;m=2

Vậy 

Giải thích: Đáp án D

Đốt cháy X rồi dẫn qua NaOH dư có khối lượng dung dịch tăng 66,4

Gọi X chứa x mol  và y mol 

Ta có:

Kết hợp điều kiện số mol, => n¯=53;m=2

Vậy 

\(2RS+3O_2\underrightarrow{^{^{t^0}}}2RO+2SO_2\)

\(RO+H_2SO_4\rightarrow RSO_4+H_2O\)

Giả sử : 

\(n_{H_2SO_4}=1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{dd_{H_2SO_4}}=\dfrac{98}{24.5\%}=400\left(g\right)\)

\(m_{\text{dung dịch muối}}=R+16+400=R+416\left(g\right)\)

\(C\%_{RSO_4}=\dfrac{R+96}{R+416}\cdot100\%=33.33\%\)

\(\Rightarrow R=64\)

\(R:Cu\)

\(n_{CuS}=\dfrac{12}{96}=0.125\left(mol\right)\)

\(n_{CuSO_4}=n_{CuS}=0.125\left(mol\right)\)

\(m_{CuSO_4}=0.125\cdot160=20\left(g\right)\)

\(m_{dd}=0.125\cdot80+\dfrac{0.125\cdot98}{24.5\%}=60\left(g\right)\)

Khối lượng dung dịch bão hòa còn lại :

\(60-15.625=44.375\left(g\right)\)

\(CT:CuSO_4\cdot nH_2O\)

\(m_{CuSO_4}=m\left(g\right)\)

\(C\%=\dfrac{m}{44.375}\cdot100\%=22.54\%\)

\(\Rightarrow m=10\)

\(m_{CuSO_4\left(tt\right)}=20-10=10\left(g\right)\)

\(\dfrac{10}{15.625}=\dfrac{160}{M_{tt}}\)

\(\Rightarrow M_{tt}=250\)

\(\Rightarrow n=5\)

\(CT:CuSO_4\cdot5H_2O\)

mdd giảm = m↓ - mCO2 → mCO2 = 10 - 3,4 = 6,6 gam → nCO2 = 6,6 : 44 = 0,15 mol.

C6H12O6 enzim−−−−→30−35oC→30-35oCenzim2C2H5OH + 2CO2

Theo phương trình: nC6H12O6 = 0,15 : 2 = 0,075 mol.

Mà H = 90% → nC6H12O6 = 0,075 : 90% = 1/12 mol → m = 180 x 1/12 = 15 gam

Đáp án B

Chọn C.

Hỗn hợp E gồm X (3x mol); Y (2x mol); Z (3x mol)

Dung dịch Y chứa R(COONa)₂: 5x mol và NaOH dư: 0,13 – 10x mol

Khi nung T với CaO thu được 1 hidrocacbon đơn giản nhất là CH₄ (0,015 mol) Þ R là –CH₂

và phản ứng nung T tạo CH₄ tính theo mol của muối thì: 0,13 – x = 0,03 Þ x = 0,01 mol (vì nếu tính theo mol của NaOH thì n_muối < n_hiđrocacbon).

Dựa vào các đáp án nhận thấy các anol đều no đơn chức nên công thức của ancol là C_nH_{2n + 2}O (n > 0)

Gọi công thức của Z là C_mH_{2m – 4}O₄ (m > 4)

Khi đốt cháy X thì: 0,045n + 0,04 + 0,03.(1,5m – 2,5) = 0,28 Þ n + m = 7

+ Với n = 1 và m = 6 Þ X là CH₃OH và Z là CH₃OOCCH₂COOC₂H₅

Þ Y là CH₂(COOH)₂ (0,02 mol) Þ %m_Y = 28,03%