Hỗn hợp E gồm axit X (C_nH_2nO₂), ancol Y (C_mH_2m+2O_x) và chất hữu cơ mạch hở Z (trong phân tử của Z chứa đồng thời các nhóm chức COOH, OH và COO). Đốt cháy hoàn toàn 21,18 gam E cần dùng 0,57 mol O₂, thu được CO₂ và 11,7 gam H₂O. Nếu đun nóng 21,18 gam E với dung dịch KOH vừa đủ, thu được 19,14 gam hỗn hợp F gồm hai muối cacboxylat và a mol ancol Y duy nhất. Đốt cháy hoàn toàn a mol Y cần dùng 2,5a mol O₂, thu được 1,0 mol hỗn hợp gồm CO₂ và H₂O. Phần trăm khối lượng của Z trong hỗn hợp E là

A. 31,18%.

B. 45,52%.

C. 60,17%.

D. 56,94%.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: (2024) Đề minh họa tham khảo BGD môn Hóa có đáp án (Đề 11) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Dồn chất $\to Y \{\begin{cases} C H_{2} : b m o l \\ H_{2} : a m o l \\ O : x . a m o l \end{cases}$ $\to \{\begin{cases} a + 2 b = 1 \\ \overset{B T . O}{\to} x . a + 2, 5 a . 2 = 2 b + a + b \end{cases}$ $\to \{\begin{cases} x = 2 \\ a = 0, 2 \\ b = 0, 4 \end{cases} \to Y : C_{2} H_{4} {(O H)}_{2} : 0, 2 m o l$

$\overset{B T K L}{\to} m_{C O_{2}} = m_{C}^{t r o n g E} = 27, 72 \to n_{C}^{t r o n g E} = 0, 63 \to n_{C}^{t r o n g F} = 0, 63 - 0, 2.2 = 0, 23$

Dồn chất $\to F \{\begin{cases} C O O K : y m o l \\ C : (0, 23 - y) m o l \\ H_{2} : z m o l \end{cases} \to \{\begin{cases} 83 y + 12 . (0, 23 - y) + 2 z = 19, 14 \\ \overset{B T . O}{\to} \frac{1}{4} y + 0, 23 - y + \frac{1}{2} z = 0, 57 - 2, 5 a = 0, 07 \end{cases}$ $\to \{\begin{cases} y = 0, 23 \\ z = 0, 025 \end{cases}$

$n_{C}^{t r o n g F} = 0 \overset{X H}{\to} F \{\begin{cases} H C O O K : 0, 05 m o l \\ {(C O O K)}_{2} : o, 09 m o l \end{cases}$ $\overset{X H}{\to} E \{\begin{cases} X : H C O O N a : 0, 05 m o l \\ Y : C_{2} H_{4} {(O H)}_{2} : 0, 11 m o l \\ Z : H O O C - C O O - C_{2} H_{4} - O H : 0, 09 m o l \to % m = 56, 94 % \end{cases}$

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Một công ty tại Thành phố Hồ Chí Minh chuyên sản xuất thép với công nghệ là lò luyện thép Martin (phản ứng luyện thép trong lò là: Fe_xO_y + C Fe + CO₂). Nguyên liệu công ty trên sử dụng để luyện thép gồm sắt phế liệu (chứa 50% Fe₃O₄; 49% Fe; 1% C theo khối lượng) và gang (với 4% khối lượng C). Với giá thành nguyên liệu và chi phí (nhân công, điện, hao mòn thiết bị) cho theo bảng sau:

Sắt phế liệu

Gang (4% C)

Thép thành phẩm (1% C)

Chi phí/1kg thép

Giá (vnđ/1kg)

8000

13000

16000

1500

Một mẻ luyện thép vừa đủ cần 5 tấn gang và m tấn sắt phế liệu. Số tiền công ty lãi gần nhất với?

A. 18,8 triệu.

B. 15,6 triệu.

C. 21,3 triệu.

D. 17,2 triệu.

Lời giải

Trong 5 tấn gang chứa \[\left\{ \begin{array}{l}{m_{Fe}} = 4,8\\{m_C} = 0,2\end{array} \right.\] và trong m tấn sắt phế liệu chứa \[\left\{ \begin{array}{l}{m_{F{e_3}{O_4}}} = 0,5m\\{m_{Fe}} = 0,49m\\{m_C} = 0,01m\end{array} \right.\]

Phản ứng trong lò luyện thép: $F e_{3} O_{4} + C \overset{t^{o}}{\to} 3 F e + 2 C O_{2}$

$\to n_{F e_{3} O_{4}} = \frac{0, 5 m}{232} \overset{B T N T . O}{\to} n_{C O_{2}} = n_{c}^{P u} = \frac{m}{232}$

Thép thành phẩm chứa $\{\begin{cases} m_{F e} = 4, 8 + 0, 49 m + \frac{0, 5 m}{232} . 3.56 \\ m_{C} = 0, 2 + 0, 01 m - \frac{m}{232} . 12 \end{cases}$ $\to \frac{m_{c}}{m_{F e}} = \frac{1}{99} \to m = 3$ (tấn)

Khối lượng của thép = 7,43 (tấn)

Số tiền lãi \[ = 7,43.1000.16000 - (3.1000.8000 + 5.1000.13000 + 7,43.1000.1500) = 18,735\] (triệu)

Câu 2

Để xác định thành phần của một chiếc đinh sắt đã bị oxi hóa một phần thành gỉ sắt (Fe₂O₃.nH₂O), người ta tiến hành như sau:

- Bước 1: Hòa tan hoàn toàn đinh sắt vào dung dịch H₂SO₄ loãng, đun nóng (dùng gấp ba lần lượng cần phản ứng, giả thiết Fe chỉ phản ứng với axit), thu được 100 ml dung dịch X.

- Bước 2: Cho dung dịch Ba(OH)₂ dư và 20,0 ml dung dịch X, thu được 4,3115 gam kết tủa.

- Bước 3: Nhỏ từ từ dung dịch KMnO₄ 0,05M vào 10,0 ml dung dịch X đến khi phản ứng vừa đủ thì hết 8,00 ml.

Giả thiết toàn bộ gỉ sắt tạo ra bám trên đinh sắt. Phần trăm khối lượng đinh sắt đã bị oxi hóa thành gỉ sắt là

A. 30%.

B. 25%.

C. 20%.

D. 10%.

Lời giải

$\{\begin{cases} F e \\ F e_{2} O_{3} \end{cases} \overset{H_{2} S O_{4}}{\to} X \{\begin{cases} F e S O_{4} : a m o l \\ F e_{2} {(S O_{4})}_{3} : b m o l \\ H_{2} S O_{4} : 2 . (a + 3 b) m o l \end{cases}$ $\to \underset{⏟}{90 a} + \underset{⏟}{2 b . 107} + \underset{⏟}{233.3 . (a + 3 b)} = 4, 3115 \overset{B T e}{\to} n_{F e^{2 +}} = a = 5.0, 008.0, 05.2 F e {(O H)}_{2} F e {(O H)}_{3} B a S O_{4}$