|
|
giải đáp
|
este khó quá
|
|
|
|
Độ bất bão hòa của $C_{10}H_{14}O_6$ là 4 $\rightarrow $ hợp chất có 4 liên kết pi Xét các trường hợp: A. Loại vì có 1 liên kết 3 B. Loại vì có đồng phân hình học C. Loại vì có 3 liên kết pi và 1 liên kết 3 Chọn D vì thỏa mãn 4 liên kết pi |
|
|
|
giải đáp
|
este khá khó
|
|
|
|
Ta có: $\overline{M}=53(g/mol)\rightarrow n_X=0,1 mol $ $\rightarrow n_{HCOOH}=0,05 mol, n_{CH_3COOH}=0,05 mol$ $n_{C_2H_5OH}=0.125 mol$ suy ra rượu dư $\rightarrow m=(0,05.74+0,05.88).80$%$=6,48g$ |
|
|
|
giải đáp
|
este (1)
|
|
|
|
Vì $n_{CO_2}>n_{H_2O} $ nên 2 este đó không no đơn chứ, 1 liên kết pi $n_X=n_{CO_2}-n_{H_2O}=1,4-1,1=0,3 mol$ $n_C=\frac{1,4}{0,3}=4,66$ Có nhầm không bạn ơi, phải là $C_4H_6O_2, C_5H_8O_2$ |
|
|
|
giải đáp
|
hóa hữu cơ lớp 11 (2)
|
|
|
|
Vì là ankin lỏng $(C>4)$ nên ta có phương trình tổng quát:$C_nH_{2n-2} + AgNO_3 + NH_3 \rightarrow C_nH_{2n-1}Ag + NH_4NO_3$ Theo đề thì ta có tỉ lệ: $n_{Ankin} = n_{kt} \Leftrightarrow \frac{2,05}{14n-2} =\frac{4,725}{14n+105} \Rightarrow n=6$
Vậy ankin cần tìm là $C_6H_{10}$
$C_6H_{10} + 2H_2 \overset{Ni,t}{\rightarrow} C_6H_{14}$ Isoankan ứng là: $CH_3 - CH - CH_2 - CH_2 - CH_3$ $ |$ $CH_3$ CTCT của ankin là: $CH\equiv C- CH_2 - CH_2 - CH_3$ $|$ $CH_3$
* Đặc trưng của các ank-1-in là phản ứng thế ion kim loại vì nguyên tử hiđro liên kết trực tiếp với nguyên tử cacbon ở liên kết ba đầu mạch có tính linh động hơn các nguyên tử hiđro khác nên dễ bị thay thế $CH\equiv CH$ có 2 hiđro linh động (cả hai đầu đều gần liên kết ba) nên ion $Ag^+$ có thể thế vào cả hai chỗ đó Các ankin khác từ C3 trở lên chỉ có một hiđro linh động ở đầu mạch nên chỉ thế được một ion $Ag^+$ thôi
|
|
|
|
giải đáp
|
thắc mắc anken khó (1)
|
|
|
|
Câu 1: Anken có dạng $C_nH_{2n}$Ta có phương trình: $C_nH_{2n}+\frac{3n}{2}O_2\rightarrow nCO_2 + nH_2O$ $n_X= 0,1 mol \rightarrow n_{CO_2}=n_{H_2O}=0,1n mol$ $m_{NaOH} ban đầu =21,62 g$ Do sau phản ứng $NaOH$ dư nên tạo ra muối $Na_2CO_3$ $CO_2 + 2NaOH \rightarrow Na_2CO_3 + H_2O$ $n_{NaOH} phản ứng = 0,2n mol$ $m_{NaOH} dư= 21,62-0,2n.40=5 \rightarrow n=2$ Vậy $X$ là $C_2H_4$
Câu 2: Ta có phương trình: $C_xH_y + (x+ \frac{y}{4})\rightarrow xCO_2 + \frac{y}{2}H_2O$ $\rightarrow n_{CO_2}=x mol ; n_{O_2} phản ứng = x+0,25y mol$
$\rightarrow$ $Z$ gồm $x mol CO_2 và 10-(x+0,25y) mol O_2 dư$
$M_Z=38 (g/ mol)$ Giải đường chéo: 44 6 38
32 6 $\rightarrow n_{CO_2}= n_{O_2} dư \Leftrightarrow x= 10-(x+0,25y) \Leftrightarrow x=10-x-0,25y\Leftrightarrow 2x+0,25y=10$
Với $x=4; y=8$ thì thỏa mãn Vậy $X$ là $C_4H_8$ |
|
|
|
giải đáp
|
thắc mắc anken khó
|
|
|
|
Câu 1: Vì X gồm propen và B là đồng đẳng theo tỉ lệ thể tích 1:1 nên khi đốt 1 thể tích X thì gồm 0,5 thể tích $C_3H_6$ và 0,5 thể tích $B$ $C_3H6+\frac{9}{2}O_2\rightarrow 3CO_2+3H_2O$ Tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ số mol nên theo phương trình ta có $nO_2$ cần đốt cháy $C_3H_6=2,25 mol$ $nO_2$ cần để đốt cháy $B=1,5 mol$ $B$ có dạng $C_nH_{2n}$ $C_nH_{2n} + \frac{3n}{2}O_2\rightarrow nCO_2+ nH_2O$ $n_B=\frac{1,5.2}{3n}=0,5 \rightarrow n=2$ Vậy $B$ là eten $C_2H_4$ Câu 2: Ta có: $C_3H6 \rightarrow 3CO_2$ $CH_4 \rightarrow CO_2$ $CO_\rightarrow CO_2$ Gọi x,y,z lần lượt là số mol 3 chất trong X Mà $z=2y$
Ta có:$ x+y+z=x+3y=20$ $3x+ y+z=3x+3y=24$ Giải hệ pt tìm được $x=2, y=6 \rightarrow z=12$ $M=\frac{2.42+6.16+12.28}{20}=25,8$ $\rightarrow$ Tỉ khối với hiđro = $12,9 $
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp vs ạ
|
|
|
|
Với Ankan thì $n_{CO_2}<n_{H_2O}$ Với Anken thì $n_{CO_2}=n_{H_2O}$ $\rightarrow n_{Ankan}=n_{H_2O}-n_{CO_2}=y-x$
$n_{Ankan}+n_{Anken}=a\rightarrow n_{Anken}=Tổng - n_{Ankan}=a-(y-x)=a+x-y$ Với Anken ta có phương trình: $C_nH_{2n}+ Br_2 \rightarrow C_nH_{2n}Br_2$ Tỉ lệ $Anken : Br_2 =1:1$ Vậy X có thể làm mất màu tối đa dung dịch chứa $(a+x-y) mol Br_2$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải chi tiết anken (2)
|
|
|
|
Anken có dạng $C_nH_{2n}$ $M_X= 18,2 g/mol$ $M_Y= 26 g/mol$ Số nguyên tử C trong anken: $n=\frac{(M_Y-2)M_X}{14(M_Y-M_X)}=\frac{(26-2).18,2}{14.(26-18,2)}=4$ Vậy CTPT của Anken là $C_4H_8$ Vì Anken có khả năng cộng $HBr$ cho sản phẩm hữu cơ duy nhất nên Anken có CTCT là
$CH_3-CH=CH-CH_3$ |
|
|
|
giải đáp
|
hóa hữu cơ anken 11
|
|
|
|
Ta có: $m_{bình}= m_{CO_2}+m_{H_2O}=7,98g$ $n_{KT}= n_{CO_2}=0,12 mol \rightarrow m_{CO_2}=5,28 g \rightarrow m_C=1,44 g$ $\rightarrow m_{H_2O}=2,7 g\rightarrow n_{H_2O}=0,15 mol \rightarrow m_H=0,3 g$ $m_X=1,44+0,3=1,74g$ $n_{Ankan}=0,15-0,12 =0,03 mol$ (Chiếm 60%) $\rightarrow n_{Anken}=0,02 mol$ Đặt $M_{Ankan}=14n+2 , M_{Anken}=14n$ Ta có: $0,03(14n+2)+0,02.14m=1,74\Leftrightarrow 0,42n+ 0,28m=1,68$ Với $n=2, m=3$ thì thỏa phương trình Vậy $X$ gồm $C_2H_6$ và $C_3H_6$ |
|
|
|
giải đáp
|
Help
|
|
|
|
$n_{CO_2}=0,35 mol; n_{H_2O}=0,5 mol$ $\overline{n}=\frac{0,35}{0,5-0,35}=2,3$ Vậy 2 ankan là $C_2H_6$ và $C_3H_8$
|
|
|
|
giải đáp
|
help
|
|
|
|
$n_{O_2}=0,275 mol; n_{CO_2}=0,15 mol$ $n_{H_2O}= 0,275.2-0,15.2=0,25 mol$ $m=0,15.12+0,25.2=2,3 g$ |
|
|
|
giải đáp
|
Help
|
|
|
|
$n_{Ankan}=0,35 mol; n_{CO_2}=0,75 mol$ $\rightarrow n_{H_2O}=0,35+0,75=1,1 mol$
$\rightarrow m=19,8 g$
|
|
|
|
giải đáp
|
Help
|
|
|
|
$n_{CO_2}=0,4 mol; n_{H_2O}=0,65 mol \rightarrow$ là Ankan $\rightarrow \overline{n}=\frac{0,4}{0,65-0,4}=1,6$ Vậy hai Ankan là $CH_4$ và $C_2H_6$
|
|
|
|
giải đáp
|
Help
|
|
|
|
$\overline{n}=\frac{24,8}{14n+2}=0,5 mol \rightarrow \overline{n}=3,4$ Vậy 2 Ankan là $C_3H_8$ và $C_4H_{10}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Help
|
|
|
|
$n_{CO_2}=0,075 mol; n_{H_2O}=0,25 mol$ $m=0,075.12+0,25.2=1,4 g$ |
|