Hỗn hợp E gồm X, Y và T (X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (MX < MY); T là este hai

Câu hỏi số 686528:

Vận dụng cao

Hỗn hợp E gồm X, Y và T (X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (M_X < M_Y); T là este hai chức tạo bởi X, Y và một ancol no, mạch hở Z). Đốt cháy hoàn toàn 6,88 gam E bằng một lượng O₂ (vừa đủ), thu được 5,6 lít CO₂ và 3,24 gam H₂O. Khi cho 3,44 gam E tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được 6,48 gam Ag. Mặt khác, cho 6,88 gam E tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được m gamchất rắn khan. Giá trị của m là

A. 13,66.

B. 10,54.

C. 12,78.

D. 14,04.

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:686528

Phương pháp giải

Bảo toàn nguyên tố C: n_{C (E)} = \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)

Bảo toàn nguyên tố H: n_{H (E)} =2\({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\)= 2.0,18

m_E = m_O _(E) + m_{C (E)} + m_{H (E)} ⟹ m_O _(E) = m_E– (m_{C (E)} + m_{H (E)})

Vì hỗn hợp E có phản ứng tráng gướng mà M_X < M_Y nên X là HCOOH.

Hỗn hợp E gồm: X: HCOOH (x mol)

Y: RCOOH (y mol)

T: HCOOR’OOCR (z mol)

Ta có: n_{O (E)} = 2n_X + 2n_Y + 4n_Z(1)

n_Ag = 2n_X+ 2n_Z = 2x (2)

Giả sử số liên kết bội trong Y để xác định phương trình (3).

Lập hệ phương trình tìm x, y, z.

Giải chi tiết

\({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,25{\rm{ mol; }}{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,18{\rm{ mol}}\)

Bảo toàn nguyên tố C: n_{C (E)} = \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\) = 0,25 (mol)

Bảo toàn nguyên tố H: n_{H (E)} =2\({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\)= 2.0,18 = 0,36 (mol)

m_E = m_O _(E) + m_{C (E)} + m_{H (E)}⟹ m_O _(E) = m_E– (m_{C (E)} + m_{H (E)}) = 6,88 – 0,25.12 – 0,36.1 = 3,52 (g)

⟹ n_{O (E)} = 0,22 (mol)

Vì hỗn hợp E có phản ứng tráng gướng mà M_X < M_Y nên X là HCOOH.

3,44g hỗn hợp E \( \to \) 0,06 mol Ag.

⟹ 6,88g hỗn hợp E ⟶ n_Ag = 2.0,06 = 0,12 (mol)

Hỗn hợp E gồm: X: HCOOH (x mol)

Y: RCOOH (y mol)

T: HCOOR’OOCR (z mol)

Ta có: n_{O (E)} = 2n_X + 2n_Y + 4n_Z = 2x + 2y + 4z = 0,22 mol(1)

n_Ag = 2n_X+ 2n_Z = 2x + 2z = 0,12 mol (2)

Nếu Y có k = 1 thì z = \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)- \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\) = 0,07 (mol). Vô lí vì mâu thuẫn với (1) và (2).

Nếu Y có k = 2 thì \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)- \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\) = 0,07 = y + 2z(3)

Từ (1), (2), (3) ⟹ x = 0,04 mol; y = 0,03 mol; z = 0,02 mol.

Nếu Y có k = 3 thì \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)- \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\) = 0,07 = 2y + 3z (4)

Từ (1), (2), (4) ⟹hệ phương trình vô nghiệm.

⟹ k ≥ 3 thì hệ vô nghiệm.

⟹ HCOOH: 0,04 mol; RCOOH: 0,03 mol; HCOOR’OOCR: 0,02 mol.

Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)= n_X.1 + C_Y.0,03 + C_T.0,02 = 0,04.1 + C_Y.0,03 + C_T.0,02 = 0,25 (mol)

⟹ 3C_Y + 2C_T = 21

C_Yvà C_T đều là các số tự nhiên và 1 < C_Y< C_T.

Nếu C_Y = 1 ⟹ C_T = 9 (loại)

Nếu C_Y = 2 ⟹ C_T = 7,5 (loại)

Nếu C_Y = 3 ⟹C_T = 6

Nếu C_Y = 4 ⟹ C_T = 4,5 (loại)

Nếu C_Y = 5 ⟹ C_T = 3 (loại vì C_Y > C_T).

Vây C_Y= 3 và C_T = 6.

⟹Y là CH₂=CH-COOH;

Z là (HOOC)C₂H₄(OOCHC=CH₂).

Hỗn hợp E + 0,15 mol KOH ⟶ Chất rắn gồm HCOOK: 0,06 mol; CH₂=CHCOOK: 0,05 mol và KOH dư: 0,04 mol.

m = m_HCOOK + m_CH2=CHCOOK + m_{KOH dư} = 12,78 (g)

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.