Ta có: \(n_{C_5H_9NO_4}+n_{C_5H_{11}NO_2}=\dfrac{9,125}{36,5}=0,25\left(mol\right)\left(1\right)\)

\(2n_{C_5H_9NO_4}+n_{C_5H_{11}NO_2}=\dfrac{7,7}{22}=0,35\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{C_5H_9NO_4}=0,1\left(mol\right)\\n_{C_5H_{11}NO_2}=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

⇒ m = 0,1.147 + 0,15.117 = 32,25 (g)

Ta có: m _tăng = 2,28 (g) 

\(\Rightarrow n_{KOH}=\dfrac{2,28}{38}=0,06\left(mol\right)\) = n_HCl

\(\Rightarrow V_{HCl}=\dfrac{0,06}{2}=0,03\left(l\right)=30\left(ml\right)\)

\(HOOC-CH_2COOCH_3+2NaOH\rightarrow NaOOC-CH_2COONa+CH_3OH+H_2O\)

`1.` `CH₄ + Cl₂ \rightarrow CH₃Cl + HCl`
`2.` `C₂H₄ + H₂ \rightarrow C₂H₆`
`3.` `C₂H₂ + H₂ \rightarrow C₂H₄`
`4.` `C₆H₆ + Cl₂ \rightarrow C₆H₅Cl + HCl`

CH4+Cl2 (ánh sáng)→ CH3Cl+HCl

C2H4+H2→ C2H6

C2H2+H2→ C2H4

C6H6+Cl2 (ánh sáng)→ C6H5Cl+HCl

Dầu ăn ạ

Đáp án:

Dầu ăn

`->` Dầu ăn.

-Công thức 1: Ba nhóm -OH của glycerol đều kết hợp với (linoleic acid):

=> \(C_3H_5\left(O-C_{17}H_{31}COO\right)_3\)

-Công thức 2: Ba nhóm -OH của glycerol đều kết hợp với linoleic acid (\(C_{17}H_{29}COOH\)):

=> \(C_3H_5\left(O-C_{17}H_{29}COO\right)_3\)

-Công thức 3: Hai nhóm -OH của glycerol kết hợp với \(C_{17}H_{31}COOH\), nhóm -OH còn lại kết hợp với \(C_{17}H_{29}COOH\):

=> \(C_3H_5\left(O-C_{17}H_{31}COO\right)_2\left(O-C_{17}H_{29}COO\right)\)

-Công thức 4: Hai nhóm -OH của glycerol kết hợp với \(C_{17}H_{29}COOH\), nhóm -OH còn lại kết hợp với \(C_{17}H_{31}COOH\):

=> \(C_3H_5\left(O-C_{17}H_{29}COO\right)_2\left(O-C_{17}H_{31}COO\right)\)

-Công thức 5: Một nhóm -OH của glycerol kết hợp với \(C_{17}H_{31}COOH\), hai nhóm -OH còn lại kết hợp với \(C_{17}H_{29}COOH\):

=> \(C_3H_5\left(O-C_{17}H_{31}COO\right)\left(O-C_{17}H_{29}COO\right)\)

-Công thức 6: Một nhóm -OH của glycerol kết hợp với \(C_{17}H_{29}COOH\), hai nhóm -OH còn lại kết hợp với \(C_{17}H_{31}COOH\):

=> \(C_3H_5\left(O-C_{17}H_{29}COO\right)\left(O-C_{17}H_{31}COO\right)\)

Đơn giản thế này:

\(u=\left|x^2-3x+2\right|+2m\)

Để ý cái đầu tiên: hàm \(f\left(x\right)\) và hàm u thì ngoài cùng bên phải đều tăng lên dương vô cùng, nên ta chỉ cần quan tâm duy nhất đoạn cuối của cực trị (nghĩa là \(y=f\left(u\right)\) có các cực trị \(x_1< x_2< ...< x_n\) thì nó luôn đồng biến trên \(\left(x_n;+\infty\right)\Rightarrow\) đây là thứ ta quan tâm: nghiệm lớn nhất của \(f'\left(u\right)\), để thỏa mãn thì \(\left(2;+\infty\right)\subset\left(x_n;+\infty\right)\Rightarrow x_n\le2\)

BBT u:

Nhìn BBT thấy ngay:

Nếu ít nhất 1 trong 3 đường thẳng \(y=-2;0;2\) cắt đồ thị u \(\Rightarrow x_n>2\) (ktm)

Do đó bài toán chỉ thỏa mãn khi đường \(y=2\) tiếp xúc hoặc thấp hơn đồ thị u

\(\Rightarrow2m\ge2\Rightarrow m\ge1\)

\(10,2\left(g\right)A\xrightarrow[O_2]{t^o}\left\{{}\begin{matrix}CO_2\\H_2O\end{matrix}\right.+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}59,1\left(g\right)\downarrow BaCO_3\\m_{dd.giảm}=28,1\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Đun nóng phần nước lọc lại thấy xuất hiện thêm kết tủa 

=> Phần nước có dung dịch \(Ba\left(HCO_3\right)_2\)

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{BaCO_3\left(1\right)}=\dfrac{59,1}{197}=0,3\left(mol\right)\\n_{BaCO_3\left(2\right)}=\dfrac{19,7}{197}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(Ba\left(HCO_3\right)\underrightarrow{t^o}BaCO_3+H_2O+CO_2\)

0,1<------------- 0,1

Bình chứa dung dịch sau khi cho sản phẩm cháy vào gồm:

\(\left\{{}\begin{matrix}Ba\left(HCO_3\right)_2\left(dd\right)\\BaCO_3\downarrow\end{matrix}\right.\)

Bảo toàn C: \(n_{CO_2}=0,3+0,1.2=0,5\left(mol\right)\)

\(m_{dd.giảm}=28,1=m_{BaCO_3\left(1\right)}-m_{CO_2}-m_{H_2O}\)

=> \(n_{H_2O}=\dfrac{28,1-59,1+0,5.44}{-18}=0,5\left(mol\right)\)

Có \(m_A=10,2\Rightarrow10,2-m_{H\left(A\right)}-m_{C\left(A\right)}=10,2-0,5.12-0,5.2=3,2\left(g\right)\)

=> Trong A có Oxi

Theo tỉ lệ có: \(n_C:n_H:n_O=0,5:1:\dfrac{3,2}{16}=0,5:1:0,2=5:10:2\)

=> CTPT của A: \(C_5H_{10}O_2\)