Bài tập ester

n_C2H5OH = 9,2/46 = 0,2 mol

n _este = n_C2H5OH = 0,2 mol => M _este = 20,4/0,2 = 102

- Este no đơn chức có CTPT : C_nH_2nO₂ , có M_este

=> M_este = 14n + 32 = 102 => n = 5

- X thủy phân thu được rượu etylic => X có dạng RCOOC₂H₅

M este  = R + 73 = 102 => R = 29 

CTCT este: CH₃CH₂COOCH₂CH₃. Tên gọi etyl propionat.

${n_{{H_2}}} = \frac{{1,68}}{{22,4}} = 0,075mol$

- Z + Na →H₂ => Z là ancol. 

=> X là este đơn chức. Y là muối Na

X đơn chức => n_X = n_Ancol = 2n_H2 = 0,075.2= 0,15mol

=> M_X = $\frac{{13,2}}{{0,15}} = 88$ đvc

=> X có CTPT là C₄H₈O₂ (1)

Y tác dụng NaOH/CaO chỉ thu được chất vô cơ => Y là HCOONa (3)

E + AgNO₃/NH₃ →Ag => E là anđehit => E là ancol bậc 1 (2)

Kết hợp (1), (2), (3) => X là HCOOCH₂CH₂CH₃

X và Y có số liên kết  \(\pi  + v = \dfrac{{2.5 - 8 + 2}}{2} = 2\)→ X và Y có 1 liên kết đôi ngoại trừ liên kết CO trong gốc cacboxyl

X, Y + NaOH → Z có khả năng phản ứng với AgNO₃/NH₃ nên Z là andehit ( Z không thể là HCOONa vì từ Z có thể tạo thành T)

Z là RCHO (R no) + AgNO₃/NH₃ → RCOONH₄ (E)

E + NaOH → RCOONa (T)

→ T là axit no → loại A vì chứa este chứa gốc axit không no

B sai vì CH₃COOCH=CHCH₃ tạo ra CH₃ CH₂CHO → muối CH₃CH₂COONa còn CH₃COOCH₂CH=CH₂ tạo CH₃COONa

C sai vì chứa axit không no

D đúng vì CH₃COOCH=CH-CH₃ → CH₃CH₂CHO → muối CH₃CH₂COONa

C₂H₅COOCH=CH₂  + NaOH → tạo CH₃CH₂COONa                      

Thuỷ phân một trong môi trường axit thu được cả hai sản phẩm đều có khả năng tham gia phản ứng tráng gương => Chất đó là este có dạng (HCOO-CH=C –R’)

=> Chất mà khi thủy phân cho 2 sản phẩm đều tráng bạc là HCOOC₂H₃; HCOOCH=CHCH₃

B₁ : Xác định khối lượng muối

Bảo toàn khối lượng : m_muối = m_CO2 + m_Na2CO3 + n_H2O – n_O2 = 39,4g

B₂ : Xác định dạng este của E

Bảo toàn C : n_{C(sp cháy)} = n_C(muối) = n_C(E) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 1,6mol

Bảo toàn Na : n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,4 mol

Bảo toàn O : n_O(Muối) = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O – 2n_O2 = 0,6 mol

Vì E + NaOH chỉ tạo 2 muối + H₂O => E là este của phenol

B₃ : Xác định tỉ lệ mol C : H : O của E

Bảo toàn khối lượng : m_E + m_NaOH = m_muối + m_H2O

=> n_{H2O(thủy phân)} = 0,2 mol

=> n_H2O = ½ n_NaOH = 0,2 mol

Phản ứng tổng quát : E + 2xNaOH → Muối + xH₂O

Bảo toàn H : n_H(E) = n_H(muối) + 2n_H2O – n_NaOH = 2.0,7+ 2.0,2– 0,4= 1,4mol

Bảo toàn O : n_O(E) = n_O(Muối) + n_H2O – n_NaOH = 0,4mol

=> n_C : n_H : n_O = 1,6: 1,4 : 0,4 = 8 : 7 : 2

B₄ : Biện luận CTCT và CTPT phù hợp. Từ đó tính %m

Vì số H chẵn

=> Xét chất : C₁₆H₁₄O₄ có CTCT (CH₂COOC₆H₅)₂ hoặc (COOC₆H₄CH₃)₂ thỏa mãn đề bài

- Độ bất bão hòa của X: k = (2C + 2 -H)/2 = (2.6 + 2 - 10)/2 = 2

=> Este X là este no, 2 chức

- Y phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam nên Y là ancol 2 chức chứa 2 nhóm OH cạnh nhau

- Z là CH₃COONa vì:

CH₃COONa + NaOH \(\xrightarrow{{CaO,{t^o}}}\) CH₄ + Na₂CO₃

Vậy có thể suy ra công thức cấu tạo thỏa mãn của este X là:

CH₃COOCH(CH₃)-CH₂-OOCH hoặc CH₃COOCH₂-CH(CH₃)-OOCH

=> T là HCOONa, Y là CH₃-CH(OH)-CH₂(OH)

A, C, D đúng

B sai vì Y có mạch C không phân nhánh

\( - \left. {\begin{array}{*{20}{l}}{{C_4}{H_8}{O_2}}\\{{C_4}{H_6}{O_2}\;\;\;}\\{{C_4}{H_6}{O_2}}\end{array}} \right\} =  > \;{C_4}{H_n}{O_2}\). 

- Có : d_X/H2= 43,5  => M_X = 87g

=> n = 7 (C₄H₇O₂)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

=> n_CO2 = n _CaCO3=0,24 mol

C₄H₇O₂ $\xrightarrow{+{{O}_{2}},{{t}^{0}}}4C{{O}_{2}}$

 0,06   \( \leftarrow \)               0,24

\({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,225mol\)

Khối lượng dung dịch giảm: \(m \downarrow \)  = m _{kết tủa} -\(\left( {{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}} \right)\)

=> m_H2O = 3,15 gam

=> n_H2O = 0,175 mol

- Các chất trong hỗn hợp đều chứa 2 liên kết pi và 2 nguyên tử oxi.

\(\left. \begin{array}{l}{\rm{metyl }}acrylic:C{H_2} = CH - COOC{H_3}\\vinyl{\rm{ }}axetat:HOOCH = C{H_2}\\metyl{\rm{ }}metacrylat:C{H_2} = C(C{H_3})C{\rm{O}}O - C{H_3}\end{array} \right\rangle  =  > X:{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}\)

=> n_este =1/2.n_O = n_CO2 – n_H2O = 0,05 mol

Bảo toàn khối lượng: m_este = m_C + m_H +m_O = 4,65 gam

Các chất trong X đều có dạng C_nH_2n-2O₂

PTHH: ${C_n}{H_{2n - 2}}{O_2} + \dfrac{{3n - 3}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}nC{O_2} + (n - 1){H_2}O$

Khi dẫn sản phẩm cháy qua Ba(OH)₂ dư $ \to {n_{C{O_2}}} = {n_{Ba{{(OH)}_2}}} = \dfrac{{59,1}}{{197}} = 0,3\,\,mol$

$ \to {n_X} = \dfrac{{0,3}}{n}\,\,mol \to {m_X} = \dfrac{{0,3}}{n}(14n + 30)\,\,gam$

Mà m_X = 5,4 gam $ \to \dfrac{{0,3}}{n}(14n + 30) = 5,4 \to n = 7,5$

$ \to {n_{{O_2}}} = \dfrac{{0,3}}{n}.\dfrac{{3n - 3}}{2} = \dfrac{{0,3}}{{7,5}}.\dfrac{{3.7,5 - 3}}{2} = 0,39\,\,mol$

$ \to V = {V_{{O_2}}} = 0,39.22,4 = 8,736\,\,lit$

A. C₆H₅OOCCH=CH₂ Hay CH₂= CHCOOC₆H₅ + NaOH →CH₂CHCOONa + C₆H₅ONa

B. CH₃OOC-COOC₂H₅ + NaOH → CH₃OH + (COONa)₂ + C₂H₅OH

C. CH₃COOCH₂CH₂OCOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₄(OH)₂ + C₂H₅COONa

D. CH₃OCO-COOC₃H₇ + NaOH → CH₃OH + (COONa)₂ + C₃H₇OH

\( {\text{ }}{n_{C{O_2}}} = {\text{ }}{n_{{O_2}}} = {\text{ }}1,5{n_{{H_2}O}} = {\text{ }}1,5a\)

Bảo toàn O: \({{\text{n}}_X} = \dfrac{1}{2}{n_{{O_{trongeste}}}} = \dfrac{1}{2}\left( {{n_{{H_2}O}} + 2{n_{C{O_2}}} - 2{n_{{O_2}}}} \right) = \dfrac{{a + 2.1,5a - 2.1,5a}}{2} = 0,5a\)

\(  C = \dfrac{{{n_C}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 3\)

\({H_{hh}} = \dfrac{{{n_H}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = 4\)

\(O = \dfrac{{{n_O}}}{{{n_X}}} = 2\)

=> X: C₃H₄O₂

X tham gia phản ứng tráng gương => X là este của axit fomic có dạng: HCOOR

=> R: -C₂H₃

Vậy X: HCOOCH=CH₂

RCOOR’ + H–OH \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) RCOOH + R’OH

- Từ X có thể điều chế trực tiếp ra Y

=> C₂H₅OH (X) + O₂ → CH₃COOH (Y) + H₂O

=> CH₃COOC₂H₅ + H–OH \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) C₂H₅OH (X) + CH₃COOH (Y)

$\begin{gathered}  {n_{H2O}} = 0,12mol \hfill \\  X:\left\{ \begin{gathered}vinylaxetat:C{H_3}COOCH = C{H_2}:{C_4}{H_6}{O_2} \hfill \\ metylaxetat:C{H_3}COOC{H_3}:{C_3}{H_6}{O_2} \hfill \\etylfomiat:HCOO{C_2}{H_5}:{C_3}{H_6}{O_2} \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{Qui\,\,doi}}\left\{ \begin{gathered}{C_4}{H_6}{O_2}:a(mol) \hfill \\{C_3}{H_6}{O_2}:b(mol) \hfill \\ \end{gathered}\right.\hfill\\\left\{\begin{gathered}\xrightarrow{{BTNT:H}}6a + 6b = 0,12.2 \hfill \\86a + 74b = 3,08 \hfill \\ \end{gathered}  \right. =  > \left\{ \begin{gathered}a = 0,01 \hfill \\b = 0,03 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\\% vinylaxetat = 25\%  \hfill \\ \end{gathered} $

\(\begin{gathered}+ {n_{CaC{O_3}}} = 0,6mol \hfill \\+ {n_{C{O_2}}} = {\text{ }}{n_{CaC{O_3}}} = 0,6mol \hfill \\=  > so\,C = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,6}}{{0,1}} = 6 \hfill \\ \end{gathered} \)

+ X là este của glixerol và axit hữu cơ Y (RCOOH) => CTCT của X là (RCOO)₃C₃H₅ 

X có 6C => R không chứa C

=> CTCT của X (HCOO)₃C₃H₅ 

 ${n_{{C_2}{H_5}OH}}{\text{ }} = {\text{ }}0,05mol$

- Thủy phân este đơn chức :  

- Este no đơn chức có CTPT : C_nH_2nO₂ , có ${M_{este}} = \dfrac{{3,7}}{{0,05}} = 74$  g/mol

=> M_este = 14n + 32 = 74 => n = 3

- X thủy phân thu được rượu etylic => X có dạng RCOOC₂H₅

M este  = R + 73 = 74 => R = 1
Vậy CTCT là HCOOC₂H₅. 

Khi đốt cháy Y : n_CO2 = 0,3 mol < n_H2O = 0,4 mol => ancol no

Có n_C : n_H = 3 : 8 => C₃H₈O_x.

Vì Este mạch hở hủy phân tạo 1 ancol + hỗn hợp muối

=> ancol 2 chức , este đơn chức.

Vì Y không hòa tan được Cu(OH)₂ nên 2 nhóm Oh không kề nhau.

=> HOCH₂-CH₂-CH₂-OH là CTCT của Y.

=> n_Y = 0,1 mol => n_KOH = 2n_Y = 0,2 mol

Bảo toàn khối lượng : m + m_KOH = m_muối + m_ancol

=> m = 14,6g

$\begin{gathered}+ {n_{ancol}} = 0,1\;;{n_{NaOH}} = 0,5mol;{n_{HCl}} = 0,2mol \hfill \\{n_{NaOH{\text{ }}pu}} = 0,5 - 0,2 = 0,3 \hfill \\ \end{gathered} $

BTKL: m_ancol = 21,8 + 40 . 0,3 – 24,6 = 9,2g

=> M_ancol = 92 => C₃H₅(OH)₃.

$ + \dfrac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{ancol}}}} = 3$ => X: (RCOO)₃C₃H₅.

$\begin{align}  & +{{n}_{Muoi}}=0,3~=>M{{\text{ }}_{Muoi}}=\frac{24,6}{0,3}=82~=>R=82-67=15(C{{H}_{3}}-) \\  & =>{{\left( C{{H}_{3}}COO \right)}_{3}}{{C}_{3}}{{H}_{5}}_{~}:glixerol\text{ }triaxetat \\ \end{align}$

CH₂=CH-COOH; C₁₇H₃₃COOH; CH₃COOCH=CH₂; CH₂=CH-COOCH₃ => tất cả các chất trong X đều có chứa 2 liên kết pi và có 2 oxi trong phân tử

=> Đặt công thức chung của X là: C_nH_2n-2O₂: a (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = n_CaCO3 = 0,3 (mol)

Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
\sum {{n_{C{O_2}}} = na = 0,3} \hfill \cr
\sum {{m_{hh}} = (14n + 30)a = 5,4} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,04 \hfill \cr
n = 7,5 \hfill \cr} \right.\)

Có: n_H2O = n_CO2 – n_X = 0,3 – 0,04 = 0,26 (mol)

BTNT “O”: 2n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

=> 2.0,04 + 2.n_O2 = 2.0,3 + 0,26

=> n_O2 = 0,39 (mol)

=> V_O2(đktc) = 0,39.22,4 = 8,736 (l)

Sơ đồ bài toán:

Do các este đều mạch hở và chỉ chứa chức este nên không phải là este của phenol.

- Xét phản ứng đốt muối T:

n_COO = n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,7 mol → n_O(T) =2n_COO =1,4 mol

BTNT "O": n_O(T) + 2n_{O2(đốt T)} = 2n_CO2 + n_H2O + 3n_Na2CO3 → 1,4 + 0,275.2 = 2n_CO2 + 0,2 + 0,35.3

→ n_CO2 = 0,35 mol

BTKL: m _muối =m_CO2 + m_H2O + m_Na2CO3 - m_{O2(đốt T)} =0,35.44 + 0,2.18 + 0,35.106 - 0,275.32 = 47,3 gam

- Xét phản ứng thủy phân A trong NaOH:

BTKL: m_A = m _muối + m _ancol - m_NaOH = 47,3 + 22,2 - 0,7.40 = 41,5 gam

- Xét phản ứng đốt A:

Đặt n_CO2 = x và n_H2O = y (mol)

+ n_O(A) = 2n_COO = 1,4 mol. BTKL: m_A = m_C + m_H + m_O → 12x + 2y + 1,4.16 = 41,5 (1)

+ n_CO2 - n_H2O = 0,25 → x - y = 0,25 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được x = 1,4 và y = 1,15

BTNT "O": n_{O2 (đốt A)} = [2n_CO2 + n_H2O - n_O(A)]/2 = (2.1,4 + 1,15 - 1,4)/2 = 1,275 mol

- Xét phản ứng đốt ancol (phản ứng giả sử):

n_{O2 (đốt ancol)} = n_{O2(đốt A)} - n_{O2(đốt T)} = 1,275 - 0,275 = 1 mol

Đặt n_CO2 = a; n_H2O = b (mol)

BTKL: m_CO2 + m_H2O = m _ancol + m_{O2(đốt ancol)} → 44a + 18b = 22,2 + 32 (3)

BTNT "O": 2n_CO2 + n_H2O = n_O(ancol) + 2n_O2 → 2a + b = 0,7 + 2 (4)

Giải (3) và (4) thu được: a = 0,7 và b = 1,3

Nhận thấy: n_O(ancol) = n_CO2 → Các ancol đều có số C bằng số O → Các ancol chỉ có thể là ancol no

→ n _ancol =n_H2O - n_CO2 = 1,3 - 0,7 = 0,6 mol

→ 1 (CH₃OH: u mol) < C _tb =0,7: 0,6 = 1,16 < 2 (HO-CH₂-CH₂-OH: v mol)

n_CO2 = u + 2v = 0,7 và u + v = 0,6

Giải được u = 0,5 và v = 0,1

- Phản ứng đốt muối T:

n_C(T) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 0,35 + 0,35 = 0,7 mol

n_C(T) = n_COO → Số C trong T bằng số nhóm COO

→ 2 muối là HCOONa (n mol) và (COONa)₂ (m mol)

m _muối =68n + 134m = 47,3; n_C(muối) = n + 2m = 0,7

→ n = 0,4 và m = 0,15

Vậy A chứa:

HCOOCH₃ (0,2 mol) → m_HCOOCH3 = 0,2.60 = 12 gam

(HCOO)₂C₂H₄ (0,1 mol) → m_(HCOO)2C2H4 = 0,1.118 = 11,8 gam

(COOCH₃)₂ (0,15 mol) → m_(COOCH3)2 = 0,15.118 = 17,7 gam

Nhận thấy (HCOO)₂C₂H₄ có khối lượng nhỏ nhất → %m_X = 11,8/41,5.100% = 28,43%

$\begin{gathered}- A\xrightarrow{{NaOH}}\left\langle \begin{gathered}B\xrightarrow{{NaO{H_{(r)}}}}K(d{\,_{K/{O_2}}} = 0,5) \hfill \\C\xrightarrow{{Na}}2,24lit\,\,{H_2} \hfill \\ \end{gathered}  \right.\hfill\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C\xrightarrow{{CuO,{t^0}}}D\,\,({k^0}\,\,\,trang\,\,\,guong) \hfill \\ \end{gathered} $

$\begin{gathered}{n_{{H_2}}} = \frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,1\,\,mol \hfill \\{n_{NaOH}} = 0,1.3 = 0,3\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} $

- C + Na →H₂ => C là ancol. Oxi hóa C ra D không tráng gương => C là ancol bậc 2

=> A là este đơn chức. B là muối Na

M_K = 32 . 0,5 =16 => K: CH₄ => Gốc R trong K là –CH₃.

$A:C{H_3}COOR'$

$C{H_3}COOR'\xrightarrow{{ + NaOH}}\left\{ \begin{gathered}C{H_3}COONa \hfill \\R'OH\xrightarrow{{ + Na}}R'ONa + {H_2} \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

${n_{{H_2}}} = \frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,1mol =  > {n_{ancol}} = 0,2mol.$

${n_{{\text{es}}te}} = {n_{ancol}} = 0,2\,\,mol$

${n_{NaOH}} = 0,1.3 = 0,3\,\,mol$

n_NaOH>n_este => NaOH dư, este hết

M_este=102

=>M_R’= 43(-C₃H₇: gốc ancol bậc 2)

=> Este: CH₃COOCH(CH₃)₂