Đốt cháy hoàn toàn 18,26 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức cần 1,215 mol O2 thu được CO2 và

Câu hỏi số 373879:

Vận dụng cao

Đốt cháy hoàn toàn 18,26 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức cần 1,215 mol O₂ thu được CO₂ và 9,18 gam H₂O. Mặt khác đem đun 18,26 gam hỗn hợp X với lượng dư NaOH thu được 1 ancol Y duy nhất và 18,52 gam hỗn hợp muối Z. Dẫn ancol Y qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 6,42 gam. Thành phần % theo khối lượng muối của axit cacboxylic có khối lượng phân tử nhỏ hơn có giá trị là?

A. 25,7%.

B. 22,03%.

C. 28,5%.

D. 24,5%.

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:373879

Phương pháp giải

BTKL ta có: m_CO2 = m_X + m_O2 – m_H2O = ? (g) → n_CO2 = ? (mol)

BTNT “O” n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = ? (mol)

Vì hh X chứa este đơn chức => n_X = 1/2 n_O(X) = ? (mol)

Theo đề: X + NaOH → 1 ancol Y + hh muối Z

→ X gồm este của ancol (a mol) và este của phenol (b mol). Đặt n, m là số C tương ứng của 2 este này.

∑n_hhX = a + b (I)

n_NaOH = a + 2b ; n_H2O = b (mol)

Xét ancol Y + Na dư có: m_{Ancol Y} = m_H2 + m tăng = a + 6,42

Bảo toàn khối lượng có: m_X + m_NaOH = m_{hh muối} + m_Y + m_H2O

→ phương trình (II)

giải hệ (I) và (II) → a = ? và b = ?

→ CTCT ancol Y là

BTNT “C”: → 6n + 7m = 109

Biện luận giá trị n, m phù hợp

Giải chi tiết

n_H2O = 9,18 : 18 = 0,51 (mol)

BTKL ta có: m_CO2 = m_X + m_O2 – m_H2O = 18,26 + 1,215.32 – 9,18 = 47,96 (g)

→ n_CO2 = 47,96 : 44 = 1,09 (mol)

BTNT “O” n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.1,09 + 0,51 – 2.1,215 = 0,26 (mol)

Vì hh X chứa este đơn chức => n_X = 1/2 n_O(X) = 0,26/2 = 0,13 (mol)

Theo đề: X + NaOH → 1 ancol Y + hh muối Z

→ X gồm este của ancol (a mol) và este của phenol (b mol). Đặt n, m là số C tương ứng của 2 este này.

∑n_hhX = a + b = 0,13 (I)

n_NaOH = a + 2b ; n_H2O = b (mol)

Xét ancol Y + Na dư → n_H2 = 1/2n_Y = a/2 (mol) → m_H2 = n_H2. M_H2 = a/2.2 = a (g)

m_{Ancol Y} = m_H2 + m tăng = a + 6,42

Bảo toàn khối lượng có: m_X + m_NaOH = m_{hh muối} + m_Y + m_H2O

→ 18,26 + 40(a + 2b) = 18,52 + (a + 6,42) + 18b

→ 39a + 62b = 6,68 (II)

giải hệ (I) và (II) → a = 0,06 và b = 0,07

\(\begin{array}{l} \Rightarrow M{\,_{ancol\,Y}} = \frac{{m{\,_{ancol\,Y}}}}{{n{\,_{ancol\,Y}}}} = \frac{{a + 6,42}}{a}\\Thay\,so \Rightarrow M{\,_{ancol\,Y}} = \frac{{0,06 + 6,42}}{{0,06}} = 108\,(g/mol)\end{array}\)

→ ancol Y là: C₆H₅CH₂OH

BTNT “C”: n_CO2= 0,06n + 0,07m = 1,09

→ 6n + 7m = 109

Do n ≥ 8 và m ≥ 7 nên n = 10 và m = 7 là nghiệm duy nhất

X gồm C₂H_xCOO-CH₂C₆H₅ : 0,06 (mol) và HCOOC₆H₅ : 0,07 (mol)

C₂H_xCOO-CH₂C₆H₅ + NaOH → C₂H_xCOONa + C₆H₅CH₂OH

HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O

→ Muối gồm C₂H_xCOONa :0,06 (mol) ; HCOONa: 0,07 (mol) và C₆H₅ONa :0,07 (mol)

Phần trăm khối lượng của muối của axit cacboxylic có khối lượng phân tử nhỏ hơn là:

\(\% HCOONa = \frac{{{m_{HCOONa}}}}{{m{\,_{hh\,muoi}}}}.100\% = \frac{{0,07.68}}{{18,52}}.100\% = 25,7\% \)

Đáp án cần chọn là: A

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.