Đốt cháy hoàn toàn 15,48 gam hỗn hợp Q gồm ba este X, Y, Z (MX < MY < MZ < 200 đvC) thu được

Câu hỏi số 662091:

Vận dụng cao

Đốt cháy hoàn toàn 15,48 gam hỗn hợp Q gồm ba este X, Y, Z (M_X < M_Y < M_Z < 200 đvC) thu được 0,64 mol CO₂ và 0,38 mol H₂O. Mặt khác, xà phòng hóa hoàn toàn 15,48 gam X với dung dịch NaOH (vừa đủ) thu được 5,64 gam hỗn hợp E gồm hai ancol (tỉ lệ mol 1 : 3) và dung dịch chứa 19,52 gam hỗn hợp F gồm ba muối. Đốt cháy hoàn toàn F thu được Na₂CO₃, H₂O và 14,52 gam CO₂. Phần trăm khối lượng của Z trong hỗn hợp Q là

A. 46,511%.

B. 19,390%.

C. 33,333%.

D. 34,109%.

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:662091

Phương pháp giải

Q + NaOH ⟶ 2 ancol + ba muối

⟶ Khả năng cao trong Q có este của phenol.

M_X < M_Y < M_Z < 200 đvC ⟶ X, Y, Z este không quá ba chức.

Đặt n_{-coo (ancol)} = a (mol); n_{-COO (phenol)} = b (mol)

BTNT(O): 2a + 2b = n_O(Q)

Q + NaOH ⟶ Muối + ancol + H₂O

BTKL: m_Q + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O

⟶ a = ? ; b = ?

⟶ n_NaOH = a + b = ⟶ n_Na2CO3 = \(\frac{{{n_{NaOH}}}}{2}\)

Muối + O₂ ⟶ Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

BTNT(C): n_{C (muối)} = n_Na2CO3 + n_CO2

Σn_C = n_{C (ancol)} + n_C _(muối) ⟶ n_{C (ancol)} =

n_{O (ancol)} = n_{-COO (ancol)} = a

m_ancol = m_{H (ancol)} + m_{C (ancol)} + m_{O (ancol)} ⟶ n_{H (ancol)}

n_ancol = \(\frac{{{n_H}}}{2} - {n_C}\)= ⟶ \(\overline C = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{ancol}}}} = \)

Biện luận xác định cụ thể ancol dựa vào tỉ lệ (1 : 3)

Hỗn hợp muối F (3 muối) ⟶ 2 Muối axit cacboxilic + 1 muối phenolnat

19,52 (g) F \(\left| \begin{array}{l}COONa:a + b\\ONa:b\\C:\\H:\end{array} \right.\)

n_C = n_{C (muối)} – n_{C (COONa)} =

n_H = (tính theo khối lượng muối F)

⟶ Biện luận xác định công thức muôi

Giải chi tiết

Đặt n_{-coo (ancol)} = a (mol); n_{-COO (phenol)} = b (mol)

BTNT(O): 2a + 2b = n_O(Q) = 0,44

Q + NaOH ⟶ Muối + ancol + H₂O

BTKL: m_Q + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O

⟶ 15,48 + (a + 2b).40 = 19,52 + 5,64 + b.18

⟹\(\left\{ \begin{array}{l}a = 0,18\\b = 0,04\end{array} \right.(mol)\) ⟶ n_NaOH = a + b = 0,26 ⟶ n_Na2CO3 = \(\frac{{{n_{NaOH}}}}{2}\)= 0,13 (mol)

Muối + O₂ ⟶ Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

BTNT(C): n_{C (muối)} = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,13 + \(\frac{{14,52}}{{44}}\)= 0,46 (mol)

Σn_C = n_{C (ancol)} + n_C _(muối) ⟶ n_{C (ancol)} = 0,64 – 0,46 = 0,18 (mol)

n_{O (ancol)} = n_{-COO (ancol)} = a = 0,18 (mol)

m_ancol = m_{H (ancol)} + m_{C (ancol)} + m_{O (ancol)} ⟶ n_{H (ancol)} = 0,6 (mol)

n_ancol = \(\frac{{{n_H}}}{2} - {n_C}\)= 0,12 ⟶ \(\overline C = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{ancol}}}} = \frac{{0,18}}{{0,12}} = 1,5\)⟶ Có ancol CH₃OH

M_X < M_Y < M_Z < 200 đvC ⟶ X, Y, Z este không quá ba chức.

Ta thấy: n_{C (ancol)} = n_{O (ancol)}

⟹ \(\left\langle \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}OH:0,06\\{C_2}{H_4}{(OH)_2}:0,06\end{array} \right. \Rightarrow Loai\\\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}OH:0,09\\{C_3}{H_5}{(OH)_3}:0,03\end{array} \right. \Rightarrow Thoa\,\,man\,\,3:1\end{array} \right.\)

Hỗn hợp muối F (3 muối) ⟶ 2 Muối axit cacboxilic + 1 muối phenolnat

19,52 (g) F \(\left| \begin{array}{l}COONa:a + b = 0,22\\ONa:b = 0,04\\C:\\H:\end{array} \right.\)

n_C = n_{C (muối)} – n_{C (COONa)} = 0,46 – 0,22 = 0,24 (mol) = 6.n_Ona ⟶ n_C6H5ONa = 0,04 (mol)

m_F = m_COONa + m_ONa + m_C + m_H ⟶ n_H = 0,34 (mol)

⟶ HCOONa = 0,34 – 0,04.5 = 0,14 (mol)

⟶ (COONa)₂ = \(\frac{{0,22 - 0,14}}{2} = 0,04\,(mol)\)

Hỗn hợp este: \[\left| \begin{array}{l}{C_3}{H_5}(OCOH):0,03\\HCOOC{H_3}:0,14 - 0,03.3 = 0,05\\{C_6}{H_5} - OCO - COO - C{H_3}:0,04\end{array} \right.(mol)\]

⟶ %m_Z = 33,33%

Đáp án cần chọn là: C

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.