Hỗn hợp E gồm các este no, mạch hở là X (hai chức) và Y, Z (đều đơn chức); trong đó MY < MZ.

Câu hỏi số 603345:

Vận dụng cao

Hỗn hợp E gồm các este no, mạch hở là X (hai chức) và Y, Z (đều đơn chức); trong đó M_Y < M_Z. Thủy phân hoàn toàn 15,86 gam E trong dung dịch NaOH đun nóng, thu được hỗn hợp T gồm hai ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và 19,16 gam hỗn hợp F gồm hai muối. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 15,86 gam E bằng O₂, thu được 0,64 mol CO₂ và 0,57 mol H₂O. Thành phần % theo khối lượng của Y trong E gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 14%.

B. 16%.

C. 12%.

D. 18%.

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:603345

Phương pháp giải

Bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố

Giải chi tiết

BTKL: m_E + m_O2 = m_H2O + m_CO2

⟹ m_O2 = 22,56 gam ⟹ n_O2 = 0,705 mol

BTNT ‘’O’’ ⟹ n_COO = (2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2)/2 = 0,22 mol = n_NaOH = n_ancol

BTKL: m_E + m_NaOH = m_muối + m_ancol

⟹ m_ancol = 5,5 gam

Do thu được 2 ancol đồng đẳng kế tiếp + Y, Z là este no, đơn chức ⟹ ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở.

M_ancol = 5,5/0,22 = 25 (vô lý)

Vậy X có dạng ACOO-B-COO- R^’

n_X = n_CO2 – n_H2O = 0,07 mol

n_{Y, Z} = n_NaOH – 2n_X = 0,08 mol

Muối gồm ACOONa (0,07 + 0,08 = 0,15) và HO-B-COONa (0,07)

m_muối = 0,15.(A + 67) + 0,07.(b + 84) = 19,16

⟹ 15A + 7B = 323

⟹ A = 15 (-CH₃), B = 14 (-CH₂-)

n_ancol = 0,15 mol ⟹ M_ancol = 36,67

⟹ CH₃OH (0,1 mol) và C₂H₅OH (0,05 mol)

X là CH₃COO-CH₂COOCH₃ (0,07 mol)

Y là CH₃COOCH₃ (0,1 – 0,07 = 0,03 mol)

Z là CH₃COOC₂H₅ (0,05 mol)

%m_Y = 14%

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.