Bài tập hỗn hợp este

Do thủy phân X thu được muối natri axetat nên 2 este là este của axit axetic.

n_CO2 = 0,4 mol; n_H2O = 0,6 mol

=> n _ancol = n_H2O – n_CO2 = 0,2 mol

Số C trong mỗi ancol: 0,4/0,2 = 2

Vậy 2 ancol là: CH₃CH₂OH (x mol) và C₂H₄(OH)₂ (y mol)

x + y = 0,2

46x + 62y = 10,8

=> x = y = 0,1

Este là: CH₃COOC₂H₅ (0,1 mol) và (CH₃COO)₂C₂H₄ (0,1 mol)

=> n_CH3COONa = 0,3 mol

m = 0,3.82 = 24,6 gam

2,904 (g) X + NaOH → 1,104 (g) Y + 3 muối

Y + Na → 0,018 mol H₂

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2 = 0,036 (mol)

Vì X là este 3 chức => Y là ancol chức => n_Y = 1/3 n_OH- = 0,012 (mol)

=> M_Y = 1,104/ 0,012 = 92 => Y là glixerol  C₃H₅(OH)₃

Gọi CTPT của X: C_nH_2n-8O₆ ( vì X có 5 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_glixerol = 0,012 (mol) => M_x = 242 (g/mol)

Ta có:14n – 8 + 96 = 242

=> n = 11

Vậy CTPT của X là C₁₁H₁₄O₆

Đốt cháy 2,42 (g) C₁₁H₁₄O₆ → 11CO₂ + 7H₂O

                                   0,01          →0,11    → 0,07 (mol)

=> m_CO2 + m_H2O = 0,11.44 + 0,07.18 = 6,1 (g)

$\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} $

\(\left. \begin{array}{*{35}{l}}{{C}_{4}}{{H}_{8}}{{O}_{2}}  \\{{C}_{4}}{{H}_{6}}{{O}_{2}}~~~  \\{{C}_{4}}{{H}_{4}}{{O}_{2}}  \\\end{array} \right\}=>~{{C}_{4}}{{H}_{n}}{{O}_{2}}\)

Có : d_X/O2= 2,7  => M_X = 86,4g

=> n = 6,4 (C₄H_6,4O₂)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{  {n_X} = {\rm{ }}0,015{\rm{ }} =  > {\rm{ }}{n_{C{O_2}}} = {\rm{ }}0,06mol{\rm{ }} , {\rm{ }}{n_{{H_2}O}} = {\rm{ }}0,048mol}\\{{n_{CaC{O_3}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_{C{O_2}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}0,06mol{\rm{ }} =  > {\rm{ }}{m_{CaC{O_3}{\rm{ }}}} = {\rm{ }}6g}\\{ =  > {\rm{ }}{m_{binh{\rm{ }}tang}} = {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}}\\{ = {\rm{ }}0,06.44{\rm{ }} + {\rm{ }}0,048.18}\\\begin{array}{l} = {\rm{ }}3,504{\rm{ }}\left( g \right) < {m_{CaC{O_3}}}\\ =  > m{\,_{dung\,dich\,giam}} = 6 - 3,504 = 2,496g\end{array}\end{array}\)

M có phản ứng tráng gương nên X là HCOOH, (X, Y, Z là các axit no đơn chức), Z là este no ba chức

Este T có độ bất bão hòa k = 3 nên:

\({{n}_{T}}=\dfrac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{2}=0,05\)

Mỗi mol T cần 3 mol H₂O để quay trở lại axit và ancol nên quy đổi M thành:

C_nH_2nO₂: a mol

C_mH2_m+2O₃: b mol

H₂O: -0,15 mol

n_CO2 = na + mb = 1

n_H2O = na + b.(m+1) - 0,15 = 0,9

m_M = a.(14n + 32) + b.(14m + 50) - 18.0,15 = 26,6

Giải hệ trên được a = 0,4; b = 0,05

=> 0,4n + 0,05m = 1 => 8n + m = 20

=> m = 3, n = 2,125

Trong 26,6 gam M chứa C_nH_2nO₂ là 0,4 mol; nNaOH = 0,4 mol

=> Chất rắn chứa C_nH_2n-1O₂Na (0,4 mol)

=> m = 0,4.(14n+54) = 33,5 gam

Đốt Y: ${{n}_{C{{O}_{2}}~}}=0,198\text{ }mol,\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,176\text{ }mol$

${{n}_{COO}}=0,08a\text{ }mol\Rightarrow {{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}~}}=0,04a\text{ }mol,\text{ }{{n}_{O\left( X \right)}}=0,16a$

BTNT O: ${{n}_{O\left( X \right)}}+{{n}_{O\left( KOH \right)}}+{{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}+3{{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}$

=> 0,16a + 0,08a + ${{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}$= 0,198.2 + 0,176 + 0,04a.3

=> ${{n}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}$ = 0,572 - 0,12a

BTKL => ${{m}_{X}}+{{m}_{KOH}}+{{m}_{O\left( {{O}_{2}} \right)}}={{m}_{C{{O}_{2}}}}~+{{m}_{{{H}_{2}}O}}+{{m}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}$

=> 7,668 + 0,08a.56 + 16(0,572 – 0,12a) = 44.0,198 + 18.0,176 + 0,04a.138

=> a = 1,667

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

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

\({{C}_{n}}{{H}_{2n-2}}{{O}_{2}}:\dfrac{2,01}{14n+30}\xrightarrow{+{{O}_{2}}}\left\{ \begin{align}& C{{O}_{2}} \\ & {{H}_{2}}O \\ \end{align} \right.\xrightarrow{+\text{dd}\,\,Ca{{(OH)}_{2}}\,\,}9gam\,\,CaC{{O}_{3}}\)

\(\begin{array}{l}BTNT\,\,C:{n_{CO2}} = {n_{CaCO3}} = {n_{C(X)}} = \dfrac{9}{{100}} = 0,09mol\\ =  > {n_{hhX}} = \dfrac{{0,09}}{n}\\  \dfrac{{0,09}}{n}.(14n + 30) = 2,01 <  =  > n = 3,6\\X:{C_{3,6}}{H_{5,2}}{O_2}:0,025mol\\ =  > {n_{{H_2}O}} = 0,065mol\\  {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 0,09.44 + 0,065.18 = 5,13gam\\{\Delta _{mdd{\rm{ }}sau{\rm{ }}pu}} = {\rm{ }}\left( {{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}}} \right){\rm{ }}-{\rm{ m}} \downarrow  = 5,13 - 9 =  - 3,87gam\end{array}\)

∆_{mdd sau pư} < 0 => Khối lượng dung dịch giảm 3,87gam

\(\begin{array}{l}  X:\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}A:{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}(n \ge 3):a\\B:{C_m}{H_{2m}}{O_2}(m \ge 2):b\end{array} \right.}_{0,15mol}\\\left\{ \begin{array}{l}m\,{\,_{binh \uparrow }} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}\\{n_{CO2}} = {n_{CaCO3}} = 0,4\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = 0,35\\{n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,4\end{array} \right.\\  a = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 0,05mol =  > b = 0,15 - 0,05 = 0,1mol\\  BTNT\,C:\,0,05.n + 0,1.m = 0,4 =  > n = 4,m = 2\\\left\{ \begin{array}{l}A:{C_4}{H_6}{O_2}\\B:{C_2}{H_4}{O_2}\end{array} \right.\end{array}\)

12,52 g E cần n_NaOH = 0,19 (mol)

Đốt 37,56 g E cần n_O2= 1,11 (mol) → n_H2O = 1,2 (mol)

=> Đốt 12,52 g E cần 0,37 mol O₂ → 0,4 mol H₂O

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂ : 0,19 mol

C_mH_2m+2O₂ : a mol

H₂O: - b mol

m_E = 0,19 ( 14n + 32) + a( 14m + 34) – 18b = 12,52

n_O2 = 0,19 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 0,37

n_H2O = 0,19n + a( m + 1) –b = 0,4

=> a = 0,05; b = 0,04 và 0,19n + am = 0,39

=> 0,19n + 0,05m = 0,39

=> 19n + 5m = 39

T không tác dụng với Cu(OH)₂ nên m ≥ 3. Vì n ≥ 1 nên m = 3 và n = 24/19 là nghiệm duy nhất.

=> HCOOH ( 0,14) và CH₃COOH (0,05)

b = 0,04 => HCOO-C₃H₆-OOC-CH₃: 0,02 mol

=> n_HCOOH = 0,14 – 0,02 = 0,12 (mol)

=> %n_HCOOH = 44,09%. 

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%

X, Y đơn chức

Z, T hai chức

*Z + Na:         

R(OH)₂ → H₂

0,25     ← 0,25

m _{bình tăng} = m_Z – m_H2 => m_Z = 15 + 0,25.2 = 15,5 gam => M_Z = 15,5/0,25 = 62 => Z là C₂H₄(OH)₂

*Đốt F:

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,2 mol; n_O(F) = 2n_NaOH = 0,8 mol

BTNT O: n_H2O = n_O(F) + 2n_O2 - 3n_Na2CO3 – 2n_CO2 = 0,8 + 0,7.2 – 0,6.2 – 0,2.3 = 0,4 mol

BTKL => m _muối = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 0,2.106 + 0,6.44 + 0,4.18 – 0,7.32 = 32,4 gam

$\bar RCOONa:0,4mol \to \bar R + 67 = \dfrac{{32,4}}{{0,4}} \to \bar R = 14$ => Có axit là HCOOH

*E + NaOH: T có dạng là ${(\bar RCOO)_2}{C_2}{H_4}$ => M_T = (14+44).2+28 = 144

BTKL => m_H2O = m_E + m_NaOH – m _muối – m_Z = 33,7 + 0,4.40 – 32,4 – 15,5 = 1,8 gam => n_axit = n_H2O = 0,1 mol

=> n_este = (n_NaOH-n_axit)/2 = 0,15

=> m_T = 0,15.144 = 21,6 gam => %m_T = 64,1%

Bảo toàn gốc OH ta có: n_{OH ancol} = n_KOH = 0,2 mol

-OH + Na → -ONa + ½ H₂

⟹ n_H2 = ½ . n_{OH ancol} = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng ta có: m_F = 7,6 + 0,1.2 = 7,8 (g)

*Bảo toàn khối lượng ta có: m_muối = 15,12 + 0,2.56 - 7,8 = 18,52 (g)

Bảo toàn nguyên tố kali ta có: n_COOK = n_KOH = 0,2 mol; n_K2CO3 = 0,1 mol

Đặt n_CO2 = x mol; n_H2O = y mol

Bảo toàn nguyên tố oxi ta có 0,2 . 2 + 0,21 . 2 = 0,1 . 3 + 2x + y

Bảo toàn khối lượng ta có 18,52 + 0,21 . 32 = 0,1 . 138 + 44x + 18y

Giải hệ có x = 0,26 mol và y = 0 mol ⟹ Muối không chứa H ⟹ Muối phải là của axit 2 chức.

⟹ X và Y là este 2 chức ⟹ n_X = 0,06 mol ; n_Y = 0,04 mol

Đặt số C trong gốc axit của X và Y là a và b

Ta có 0,06a + 0,04b = 0,1 + 0,26

Giải phương trình nghiệm nguyên a = 2 và b = 6

⟹ 2 muối là (COOK)₂ và KOOCC≡C-C≡CCOOK

Mặt khác, đốt X hay Y đều cho n_CO2 = n_O2

⟹ X và Y có dạng C_n(H₂O)_m.

Lại có X và Y đều là este 2 chức → m = 4 → X và Y đều chứa 8H

Do X và Y mạch hở ⟹ 2 ancol đều đơn chức ⟹ n_F = n_OH = 0,2 mol ⟹ M_F = 39 ⟹ chứa CH₃OH

Do đó X là CH₃OOCCOOC₂H₅ và Y là CH₃OOCC≡C-C≡CCOOC₂H₅

→ %m_Y = 47,62%

n_CO2 < n_H2O →  ancol no hở, đơn chức

=> n _ancol =  n_H2O-n_CO2 = 0,1

=>C=n_CO2 : n_ancol = 2 => ancol là C₂H₆O

Vì n_NaOH > n_C2H6O → X là axit còn Y là este tạo bởi C₂H₅OH và axit X

n_RCOONa  = n_NaOH  = 0,3 → M = 82 →  M_R=15 → CH3COONa

→ Y là CH₃COOC₂H₅ 

${n_{{O_2}}}{\text{ }} = {\text{ }}1,225;{\text{ }}{n_{C{O_2}}}{\text{ }} = {\text{ }}1,05;{\text{ }}{n_{{H_2}O}} = {\text{ }}1,05$

=> X no, đơn chức, mạch hở

- Bảo toàn O: n_X = ${{n}_{{{H}_{2}}O}}+2.{{n}_{C{{O}_{2}}}}-2.{{n}_{{{O}_{2}}}}$ => n_X = 0,35

Bảo toàn khối lượng: ${{m}_{X}}+{{m}_{{{O}_{2}}}}={{m}_{C{{O}_{2}}}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}$ => m_X = 25,9

=> M_X = 74 => X có CTPT: C₃H₆O₂

Vì X gồm 2 đồng phân => HCOOC₂H₅ (a mol) và CH₃COOCH₃ (b mol)

Ta có: n_X = a + b = 0,35

X no, đơn chức, mạch hở => n_{NaOH phản ứng} = n_X = 0,35 mol

=> n_{NaOH dư}  = 0,4 – 0,35 = 0,05 mol

m _rắn = m_muối + m_{NaOH dư} = 68a + 82b + 0,05.40 = 27,9

=> a = 0,2 và b = 0,15

=> a : b = 4 : 3

Chất X có độ bất bão hòa là: k = (2C + 2 – H):2 = 3

- Khi đun Z với H₂SO₄ đặc thu được chất T nhẹ hơn Z nên M_T = M_Z – 18

${d_{T/Z}} = \dfrac{{{M_T}}}{{{M_Z}}} = \dfrac{{{M_Z} - 18}}{{{M_Z}}} = 0,7 \to {M_Z} = 60({C_3}{H_8}O)$

A, B, D, đúng

C sai vì 1 mol Y đốt cháy chỉ thu được 3 mol CO₂: C₄H₂O₄Na₂ + 3O₂ → 3CO₂ + H₂O + Na₂CO₃

\({m_Y} = {\text{ }}{m_X} + {\text{ }}{m_{{H_2}}}{\text{ }} = {\text{ }}10,72\)

Đốt X cũng như đốt Y đều thu được  \({n_{C{O_2}}}{\text{ }} = {\text{ }}0,4\)

\({{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}{O_2} + {O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}{\text{ }}\overline n C{O_2}{\text{ }} + {\text{ }}\overline n {H_2}O}\)

\({\dfrac{{10,72}}{{14\overline n  + 32}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,4}\)

\({ =  > {\text{ }}\overline n {\text{ }} = {\text{ }}2,5}\)

=> Y chứa HCOOCH₃ => ancol Z: CH₃OH

n_Y = 0,16 => \({n_{C{H_3}OH{\text{ }}}} = {\text{ }}0,16\)

- m _rắn = m_Y + m_NaOH - m_CH3OH = 15,6

$\underbrace {X,Y,Z}_{E = 5,16{\kern 1pt} g} + NaOH{\mkern 1mu}dư\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}F\xrightarrow{{ + AgN{O_3}}}Ag:0,08{\mkern 1mu} mol \hfill \\M\xrightarrow{{ + AgN{O_3}}}Ag:0,06{\mkern 1mu} mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$

F có phản ứng với AgNO₃ => trong F phải có muối HCOONa => muối còn lại là CH₃COONa

${n_{HCOONa}} = \dfrac{1}{2}{n_{Ag}} = \dfrac{1}{2}{\mkern 1mu} .0,08 = 0,04(mol)$

$ = > {n_{C{H_3}COONa}} = \dfrac{{4,36 - a.68}}{{82}} = 0,02{\mkern 1mu} (mol)$

${n_{este}} = \sum {{n_{muối}} = 0,04 + 0,02 = 0,06(mol)} $

$= > {{\bar M}_{este}} = \dfrac{{5,16}}{c} = 86(g/mol)$

$= > {\text{ }}CTPT\,của\,E\,:\,{C_4}{H_6}{O_2}$

=> E chứa: CH₃COOCH=CH₂: 0,02 (mol) ; HCOOR: a (mol) và HCOOR’: b (mol)

=> a + b = 0,06 (1)

M tham gia phản ứng tráng bạc => M chứa anđehit. Có n_Ag = 0,06 > 2n_CH3COOCH=CH2 = 0,04

=> E chứa 1 este có cấu tạo HCOOC=C-CH₃: $\dfrac{{0,06 - 0,04}}{2} = 0,01{\mkern 1mu} (mol)$

Este còn lại có cấu tạo HCOOCH=CH-CH₃: 0,03 (mol) hoặc HCOOC(CH₃)=CH₂ : 0,03 (mol)

Vậy X là HCOOCH=CH-CH₃

$ = > \% X = \dfrac{{0,01.86}}{{5,16}}.100\% = 16,67\% {\text{ }}$

Gọi k là số liên kết π trong X => n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_X

=> n_π(X) – n_X = n_CO2 – n_H2O

Đặt x là số mol gốc COO có trong X => n_O(X) = 2x mol và n_{π (COO)} = x mol

- Khi đốt cháy X: Bảo toàn Oxi: n_O(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

=> 2x + 2.1,27 = 2n_CO2 + 0,8

=> n_CO2 = (0,87 + x) mol

=> n_{π (X)} = n_CO2 – n_H2O + n_X = (0,87 + x) – 0,8 + 0,33 = 0,4 + x

Vì chỉ có liên kết π ngoài COO mới phản ứng được với Br₂

=> n_{π (gốc hidrocacbon)} = n_{π (X)} – n_{π (COO)} = (0,4 + x) – x = 0,4 mol

=> n_Br2 = 0,4 mol

$  k = \dfrac{{2 + 2x - y}}{2} = \dfrac{{2 + 12 - 10}}{2} = 2$

- A, B, D không phản ứng với Na =>A, B, D không có H linh động

- A + NaOH → 1 muối + 2 ancol kế tiếp nhau trong cùng 1 dãy đồng đẳng. Vậy A là este của axit 2 chức no và 2 ancol no đơn chức đồng đẳng kế tiếp.

→ CTCT của A: CH₃OOC-CH₂-COO-C₂H₅

- B + NaOH  →2 muối + 1ancol => B là este của ancol 2 chức no và 2 axit đơn chức no

→ CTCT của B: HCOO-CH₂-CH₂-CH₂-OOCCH₃ hoặc HCOO-CH₂-CH₂-OOC-CH₂-CH₃

- D + NaOH → 1 muối + 1 ancol => D là este của 1 axit no 2 chức và 1 ancol no đơn chức hoặc 1 axit no đơn chức và 1 ancol no hai chức.

→ Vậy D có thể có các CTCT sau:

CH₃-OOC-CH₂-CH₂-COOCH₃ ; C₂H₅-OOC-COO-C₂H₅ ; CH₃-COO-CH₂-CH₂-OOC-CH₃, HCOO-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-OOCH