Đốt cháy hoàn toàn 14,76 gam hỗn hợp X chứa 2 este đều mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một loại nhóm chức, thu được 7,92 gam nước. Mặt khác đun nóng 14,76 gam X cần dùng 200ml dung dịch NaOH 1,1M thu được hỗn hợp Y chứa 2 ancol hơn kém nhau một nguyên tử cacbon và hỗn hợp Z chứa 2 muối của 2 axit cacboxylic đơn chức, kế tiếp trong dãy đồng đẳng. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 6,56 gam. Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử nhỏ trong hỗn hợp X là

Đáp án:

$\% {m_{{C_4}{H_6}{O_4}}} = 39,97\% $

Giải thích các bước giải:

${n_{NaOH}} = 0,2.1,1 = 0,22mol$; ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{{7,92}}{{18}} = 0,44mol$

$ \Rightarrow {n_{O(X)}} = 2{n_{NaOH}} = 0,44mol$

Gọi ${n_{C{O_2}}} = x;{n_{{O_2}}} = y$

Bảo toàn khối lượng: ${m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} \Rightarrow 14,76 + 32y = 44x + 7,92$

$ \Rightarrow 44x - 32y = 6,84$ (1)

Bảo toàn nguyên tố $O$: ${n_{O(}}_{X)} + 2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow 0,44 + 2y = 2x + 0,44$

$ \Rightarrow x = y$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow x = y = 0,57$

${n_{NaOH}} = 0,22mol \to {n_{OH}} = 0,22mol \to {n_{{H_2}}} = \dfrac{1}{2}{n_{OH}} = 0,11mol$

Ta có: ${m_Y} = 6,56 + {m_{{H_2}}} = 6,56 + 0,22 = 6,78g$

Gọi CTPT của 2 muối là $RCOONa$

Bảo toàn khối lượng: ${m_X} + {m_{NaOH}} = {m_{RCOONa}} + {m_Y}$

$ \Rightarrow {m_{RCOONa}} = 14,76 + 0,22.40 - 6,78 = 16,78g$

${n_{RCOONa}} = {n_{NaOH}} = 0,22mol$

$ \Rightarrow {M_{RCOONa}} = 76,27 \Rightarrow R = 9,27$

Mà 2 muối là đồng đẳng kế tiếp ⇒ 2 muối là $HCOONa$ (a mol) và $C{H_3}COONa$ (b mol)

Ta có hpt: $\left\{ \begin{gathered}
  a + b = 0,22 \hfill \\
  68a + 82b = 16,78 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
  a = 0,09 \hfill \\
  b = 0,13 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.$

Bảo toàn $C$: ${n_{C(Y)}} = {n_{C(X)}} - {n_{C(Z)}} = 0,57 - 0,09 - 0,13.2 = 0,22mol$

Bảo toàn $H$: ${n_{H(Y)}} = {n_{H(X)}} + {n_{H(NaOH)}} - {n_{H(Z)}} = 0,88 + 0,22 - 0,09 - 0,13.3 = 0,62$

${n_{O(Y)}} = {n_{NaOH}} = 0,22mol$

Ta thấy ${n_{C(Y)}} = {n_{O(Y)}}$; $\dfrac{1}{2}{n_{H(Y)}} > {n_{C(Y)}}$ ⇒ Y chứa ancol no, có số $C$ bằng số $O$

⇒ Gọi CTTQ của Y: ${C_n}{H_{2n + 2}}{O_n}$

${n_Y} = \dfrac{1}{2}{n_{H(Y)}} - {n_{C(Y)}} = 0,09$

$ \Rightarrow n = \dfrac{{0,22}}{{0,09}} = 2,44$ mà 2 ancol hơn kém nhau 1 $C$

⇒ 2 ancol là ${C_2}{H_4}{(OH)_2}$ (c mol) và ${C_3}{H_5}{(OH)_3}$ (d mol)

ta có hpt: $\left\{ \begin{gathered}
  2c + 3d = 0,22 \hfill \\
  6c + 8d = 0,62 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
  c = 0,05 \hfill \\
  d = 0,04 \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.$

Ta có: ${n_{HCOONa}} = 0,05 + 0,04;{n_{C{H_3}COONa}} = 0,04.2 + 0,05$

⇒ 2 este là $HCOO - C{H_2} - C{H_2} - OOCC{H_3}$ (0,05 mol)

$HCOO - C{H_2} - \mathop {CH}\limits_{\mathop {OOCC{H_3}}\limits^| }  - C{H_2} - OOCC{H_3}$ (0,04 mol)

⇒ $\% {m_{{C_4}{H_6}{O_4}}} = \dfrac{{0,05.118}}{{14,76}}.100\%  = 39,97\% $