Hỗn hợp E chứa ba este đều mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một loại nhóm chức gồm este X (CnH2nO2), este Y (CmH2m–2O2) v?
Hỗn hợp E chứa ba este đều mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một loại nhóm chức gồm este X (CnH2nO2), este Y (CmH2m–2O2) và este Z (CxH2x–2O4). Đun nóng 0,4 mol E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 25,7 gam hỗn hợp gồm ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 49,1 gam hỗn hợp T gồm ba muối. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng 0,275 mol O2, thu được Na2CO3 và 0,49 mol hỗn hợp gồm CO2 và H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E là
A. 8,35%.
B. 9,47%.
C. 7,87%.
D. 8,94%.
Đáp án A
HD: X có CTPT CnH2nO2 là este no, đơn chức, mạch hở → ancol tạo X là no, đơn chức mạch hở.||→ cả ba ancol cùng dãy đồng đẳng no, đơn chức, mạch hở ||→ tạo Z là axit hai chức và ancol đơn chức.
||→ nmuối T = nE = 0,04 mol. “Cảm nhận” đốt T đủ giả thiết để giải. Thật vậy:
Phản ứng đốt: \(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}{\rm{X': }}{{\rm{C}}_{{\rm{n'}}}}{{\rm{H}}_{{\rm{2n'}} - {\rm{1}}}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}{\rm{Na}}\\{\rm{Y': }}{{\rm{C}}_{{\rm{m'}}}}{{\rm{H}}_{{\rm{2m'}} - {\rm{3}}}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}{\rm{Na}}\\{\rm{Z': }}{{\rm{C}}_{{\rm{x'}}}}{{\rm{H}}_{{\rm{2x'}} - {\rm{4}}}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}{\rm{N}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}\end{array} \right\}}_{{\rm{0,4 mol}};{\rm{ 49,1 gam}}}{\rm{ + }}\underbrace {{\rm{ }}{{\rm{O}}_{{\rm{2 }}}}}_{0,275{\rm{ mol}}} \to \underbrace {{\rm{N}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}_{a{\rm{ mol}}}{\rm{ + }}\underbrace {{\rm{ C}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}{\rm{ }}}_{\left( {0,06 + a} \right){\rm{ mol}}}{\rm{ + }}\underbrace {{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}}_{\left( {0,43 - a} \right){\rm{ mol}}}{\rm{.}}\)
♦ Gọi số mol Na2CO3 là x mol ||→ ∑nCOONa = 2a mol. Bảo toàn nguyên tô O với YTHH 01 có:
Phương trình: 4a + 0,275 × 2 = 3a + 0,49 × 2 – nH2O ||→ nH2O = (0,43 – a) mol ||→ nCO2 = (0,06 + a) mol.
Bảo toàn khối lượng có: 49,1 + 0,275 × 32 = 106a + 44 × (0,06 + a) + 18 × (0,43 – a) ||→ giải a = 0,36 mol.
♦ YTHH 01 cho 0,72 mol Na trong 0,4 mol T ||→ có 0,32 mol muối Z’; còn lại 0,08 mol X’ và Y’.
Đốt muối, có tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = nY’ + nZ’ ||→ có 0,03 mol Y’ và suy ra 0,05 mol X’.
♦ Biện luận 1: có phương trình: 0,05n’ + 0,03m’ + 0,32x’ = ∑nC = 0,06 + 2a = 0,78 mol (*).
Với n’, m’, x’ là các số nguyên và n’ ≥ 1; m’ ≥ 3; x’ ≥ 2 ||→ 0,05n’ + 0,03m’ + 0,32x’ ≥ 0,78 mol.
(TH tối thiểu) nên (*) xảy ra khi và chỉ khi n’ = 1; m’ = 3 và x’ = 2. Tóm lại,
ở đốt cháy muối xử lí có được: 0,05 mol HCOONa; 0,03 mol C2H3COONa và 0,32 mol (COONa)2.
♦ Biện luận 2: nếu ancol tạo Z là C2H5OH trở lên thì mancol ≥ 0,32 × 2 × 46 = 29,44 > 25,7 gam.
||→ ancol tạo Z là CH3OH hay Z là (COOCH3)3. Giả sử X là HCOOR và Y là C2H3COOR’.
Ta có mba ancol = 0,05 × (R + 17) + 0,03 × (R’ + 17) + 0,64 × 32 = 25,7 ⇄ 5R + 3R’ = 386.
Giải phương trình nghiệm nguyên có R = 43 (gốc C3H7–) và R’ = 57 (gốc C4H9–).
Vậy hỗn hợp E có 0,03 mol este Y là C2H3COOC4H9 (M = 128).
BTKL phản ứng thủy phân có mE = 25,7 + 49,1 – 0,72 ×40 = 46,0 gam.
||→ Yêu cầu %mY trong E = 0,03 × 128 ÷ 46,0 ≈ 8,35%.
