Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol: X (no, đơn chức); Y (không

Câu hỏi số 450468:

Vận dụng cao

Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol: X (no, đơn chức); Y (không no, đơn chức, phân tử có hai liên kết π) và Z (no, hai chức). Cho 0,2 mol E phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được 12,88 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối cacboxylat. Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,175 mol O₂, thu được Na₂CO₃, CO₂ và 0,055 mol H₂O. Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với

A. 12%.

B. 5%.

C. 9%.

D. 6%.

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:450468

Phương pháp giải

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng ⟹ Ancol no, đơn chức, mạch hở.

⟹ n_muối _T = n_E

*Khi đốt cháy T:

Đặt n_Na2CO3 = x mol; n_CO2 = y mol. Lập hệ PT tìm x và y dựa vào BTKL và BTNT O.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

Đặt n_{muối 1 chức} = a mol; n_{muối 2 chức} = b mol. Lập hệ PT tìm a và b dựa vào tổng số mol 2 muối và BTNT Na.

Tính số H trung bình để tìm CTCT các muối.

* Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH₃OH và CH₂

Ghép với công thức muối để tìm ra công thức các este ban đầu.

⟹ %m_X.

Giải chi tiết

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng ⟹ Ancol no, đơn chức, mạch hở.

⟹ n_muối _T = n_E = 0,2 mol

*Khi đốt cháy T:

- Đặt n_Na2CO3 = x mol; n_CO2 = y mol

- BTKL: m_T + m_O2 = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O

⟹ 106x + 44y = 24,28 + 0,175.32 - 0,055.18 = 28,89 (1)

- BTNT Na: n_COONa(T) = 2n_Na2CO3 = 2x (mol) ⟹ n_O(T) = 4x (mol)

BTNT O: n_O(T) + 2n_O2 = 3n_Na2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 4x + 2.0,175 = 3x + 2y + 0,055

⟹ -x + 2y = 0,295 (2)

- Từ (1)(2) ⟹ x = 0,175 mol; y = 0,235 mol.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

- Đặt n_{muối 1 chức} = a mol; n_{muối 2 chức} = b mol

⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = {n_T} = 0,2\\a + 2b = {n_{COONa}} = 2.0,175 = 0,35\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,05\\b = 0,15\end{array} \right.\)

+) Số H trung bình của hỗn hợp muối: \(\dfrac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_T}}} = \dfrac{{2.0,055}}{{0,2}} = 0,55\)

⟹ Trong T có muối không chứa nguyên tử H ⟹ (COONa)₂ (0,15 mol)

+) Số H trung bình của hai muối đơn chức = 0,11/0,05 = 2,2

⟹ Một muối đơn chức là HCOONa.

- Muối tạo bởi este Y là muối đơn chức, không no có 1 liên kết đôi C=C

⟹ CTTQ có dạng C_nH_2n-1COONa hay C_n+1H_2n-1O₂Na

Đặt n_{muối tạo bởi Y} = t (mol) ⟹ n_HCOONa = 0,05 - t (mol)

⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}t(n + 1) + (0,05 - t) = 0,175 + 0,235\, - 0,15.2 = 0,11\left( {BT:C} \right)\\t(2n - 1) + (0,05 - t) = 0,11\left( {BT:H} \right)\end{array} \right.\)

⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}nt = 0,06\\2nt - 2t = 0,06\end{array} \right.\) ⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}n = 2\\t = 0,03\end{array} \right.\)

Vậy hỗn hợp muối T gồm \(\left\{ \begin{array}{l}HCOONa:0,02\left( {mol} \right)\\{C_2}{H_3}COONa:0,03\left( {mol} \right)\\{(COONa)_2}:0,15\left( {mol} \right)\end{array} \right.\)

*Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH₃OH (0,35 mol) và CH₂ (0,12 mol)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X:HCOOC{H_3}.pC{H_2}\;\left( {0,02} \right)}\\{Y:C{H_2} = CHCOOC{H_3}.qC{H_2}\;\left( {0,03} \right)}\\{Z:{{\left( {COOC{H_3}} \right)}_2}.mC{H_2}\;\left( {0,15} \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có: n_CH2 = 0,02p + 0,03q + 0,15m = 0,12

→ m = 0 là nghiệm duy nhất. Để có 3 ancol thì p ≠ q ≠ 0 nên p = 3 và q = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy:

X là HCOOC₄H₉ (0,02 mol)

Y là CH₂ = CHCOOC₃H₇ (0,03 mol)

Z là (COOCH₃)₂ (0,15 mol)

Vậy %m_X = 8,81% gần nhất với 9%.

Đáp án cần chọn là: C

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.