X, Y là hai este đều no, mạch hở, không chứa nhóm chức khác ( trong đó X đơn chức, Y hai chức

Câu hỏi số 339651:

Vận dụng cao

X, Y là hai este đều no, mạch hở, không chứa nhóm chức khác ( trong đó X đơn chức, Y hai chức và M_X < M_Y). Đốt cháy bất kỳ một lượng X cũng như Y bằng một lượng oxi dư, thu được CO₂ có số mol bằng với số mol O₂ đã phản ứng. Đun nóng hỗn hợp E chứa X, Y với 320 ml dung dịch NaOH 1M ( vừa đủ), thu được hỗn hợp F gồm 2 ancol cùng dãy đồng đẳng và hỗn hợp chứa hai muối, trong đó có a gam muối A và b gam muối B ( M_A < M_B). Đun nóng toàn bộ F với H₂SO₄ đặc ở 140^oC thu được 7,01 gam hỗn hợp 3 ete. Biết rằng hiệu suất ete hóa của ancol có khối lượng phân tử tăng dần lần lượt là 80% và 75%. Tỉ lệ gần nhất của a : b là

A. 0,4

B. 0,6

C. 0,5

D. 0,3

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:339651

Phương pháp giải

X có CTPT C_nH_2nO₂ và Y có CTPT : C_mH_{2m -2}O₄

Đốt cháy X, Y thì C_nH_2nO₂ + $\frac{{3n - 2}}{2}$ O₂ → nCO₂ + nH₂O → n

C_mH_23-2O₄ +$\frac{{3m - 5}}{2}$ O₂ → mCO₂ + (m-1)H₂O → m

X, Y + 0,32 mol NaOH → muối + 2 ancol đồng đẳng → 2 ancol cùng thuộc dãy đồng đẳng no đơn chức

→ CTTB của ancol là C_pH_2p+2O : 0,32 mol

PTHH : 2 C_pH_2p+2O → (C_pH_2p+1)₂O + H₂O

→ m_ete = 7,01 = m_{ancol phản ứng} - m_H2O = (14p + 18).n_{ancol phản ứng} – ½ . n_{ancol phản ứng} .18

Vì 75% < H < 80% nên 0,24 < n_{ancol phản ứng} < 0,256 mol → khoảng của p → CTPT 2 ancol

Lập phươn trình số mol của 2 ancol và khối lượng ete → số mol mỗi ancol

→CTCT của X, Y và số mol tương ứng

Giải chi tiết

X có CTPT C_nH_2nO₂ và Y có CTPT : C_mH_{2m -2}O₄

Đốt cháy X, Y thì C_nH_2nO₂ + $\frac{{3n - 2}}{2}$ O₂ → nCO₂ + nH₂O → 2n = 3n – 2 → n = 2

C_mH_23-2O₄ +$\frac{{3m - 5}}{2}$ O₂ → mCO₂ + (m-1)H₂O → 2m = 3m – 5 → m = 5

X, Y + 0,32 mol NaOH → muối + 2 ancol đồng đẳng → 2 ancol cùng thuộc dãy đồng đẳng no đơn chức

→ CTTB của ancol là C_pH_2p+2O : 0,32 mol

PTHH : 2 C_pH_2p+2O → (C_pH_2p+1)₂O + H₂O

→ m_ete = 7,01 = m_{ancol phản ứng} - m_H2O = (14p + 18).n_{ancol phản ứng} – ½ . n_{ancol phản ứng} .18

→ n_{ancol phản} _ứng = $\frac{{7,01}}{{(14p + 18) - 9}} = \frac{{7,01}}{{14p + 9}}$

Vì 75% < H < 80% nên 0,24 < n_{ancol phản ứng} < 0,256 mol → 1,31 < p < 1,44

→ 2 ancol đồng đẳng là CH₃OH và C₂H₅OH với số mol lần lượt là x và y mol thì x + y =0,32 (1)

m_{ancol phản ứng} = m_ete + m_H2O → 0,8x.32 + 0,75y.46 = 7,01 + 18.(0,4x + 0,375y) (2)

giải (1) và (2) có x = 0,2 mol và y = 0,12 mol

Vì X là C₂H₄O₂ → X là HCOOCH₃

Y là CH₃ – OOC – COOC₂H₅ → n_Y = n_C2H5OH = 0,12 mol và n_X = n_CH3OH – n_Y = 0,2 – 0,12 = 0,08 mol

→ khi cho hỗn hợp tác dụng với NaOH thì n_HCOONa = 0,08 mol và n_(COONa)2 = 0,12 mol

→ a = 5,44 gam và b = 16,08 → a : b = 0,34 gần nhất với 0,3

Đáp án cần chọn là: D

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.