Bài tập hỗn hợp este

M_X = 3,125.32 = 100 (C₅H₈O₂)

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Số C trung bình = 2,1/0,6 = 3,5

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

Do Z no, mạch hở nên Z là (HCOO)₂C₂H₄

$*0,6\,mol\,\left\{ \begin{gathered}{C_5}{H_8}{O_2}:x \hfill \\{C_3}{H_6}{O_2}:y \hfill \\{C_4}{H_6}{O_4}:\,z \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}:2,25}}\left\{ \begin{gathered}C{O_2}:2,1 \hfill \\\xrightarrow{{BT:H}}{H_2}O:4x + 3y + 3z \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\to \left\{ \begin{gathered}x{\text{ }} + {\text{ }}y{\text{ }} + {\text{ }}z{\text{ }} = {\text{ }}0,6 \hfill \\\xrightarrow{{BT:C}}5x + 3y + 4z = 2,1 \hfill \\\xrightarrow{{BT:O}}2x + 2y + 4z + 2,25.2 = 2,1.2 + 4x + 3y + 3z \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}x{\text{ }} = {\text{ }}0,06 \hfill \\y{\text{ }} = {\text{ }}0,36 \hfill \\z{\text{ }} = {\text{ }}0,18 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

${{\text{m}}_{\text{E}}}{\text{ }} = {\text{ }}0,06.100{\text{ }} + {\text{ }}0,36.74{\text{ }} + {\text{ }}0,18.118{\text{ }} = {\text{ }}53,88g$

$Muối\left\{ \begin{gathered}{C_2}{H_3}COOK:0,06 \hfill \\HCOOK:0,36{\text{ }} + {\text{ }}2.0,18{\text{ }} = {\text{ }}0,72 \hfill \\\end{gathered} \right. \to {m_{muối}} = 0,06.110 + 0,72.84 = 67,08g$

53,88 g E...67,08 g muối
134,7 g E...167,7g muối

*Đốt E:

      E        +        O₂         →      CO₂       +        H₂O

18,26 (g)       0,585 (mol)                             0,49 (mol)

BTKL ⟹ m_CO2 = m_E + m_O2 - m_H2O = 28,16 (g) → n_CO2 = 0,64 (mol)

BTNT: O ⟹ n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n­_O2 = 0,6 (mol) → n_COO = ½ n_O(E) = 0,3 (mol)

Ta thấy n_CO2 > n_H2O mà các este đều no → hỗn hợp có chứa este 2 chức (do mạch hở, không phân nhánh)

→ n_{este hai chức} = n_CO2 - n_H2O = 0,64 - 0,49 = 0,15 mol

Lại thấy n_COO = 2n_{este hai chức} ⟹ X, Y, Z đều là este hai chức

Thủy phân E thu dược các ancol no, đơn chức, đồng đẳng kế tiếp nên X, Y, Z đều được tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức

C_tb = 0,64 : 0,15 = 4,267 nên có 1 este có số C < 4,267 → X là (COOCH₃)₂

→ 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

*Thủy phân E:

n_{NaOH pư} = n_COO = 0,3 mol → n_{NaOH dư} = 0,3.40% = 0,12 mol

\(E\left\{ \begin{array}{l}{\left( {COOH} \right)_2} & :0,15\\C{H_2} & :x\\C{H_3}OH & :y\\{C_2}{H_5}OH & :z\\{H_2}O & : - 0,3\end{array} \right. + NaOH:0,42 \to Ran.T\left\{ \begin{array}{l}{\left( {COON{\rm{a}}} \right)_2}\\C{H_2} & :x\\NaO{H_{du}} & :0,12\end{array} \right. + {O_2} \to {H_2}O:0,06\)

(1) m_{hh E} = 0,15.90 + 14x + 32y + 46z + 18.(-0,3) = 18,26

(2) n_CO2 = 2.0,15 + x + y + 2z = 0,64

(3) n_{H2O(đốt muối)} = n_CH2 + 0,5n_{NaOH dư} → x + 0,5.0,12 = 0,06

Giải hệ trên được x = 0; y = 0,26; z = 0,04

Do x = 0 ⟹ không cần trả CH₂ cho gốc axit

⟹ X, Y, Z đều được tạo từ (COOH)₂

Vì M_X < M_Y­ < M_Z nên các chất X, Y, Z là:

(X) (COOCH₃)₂

(Y) CH₃OOC-COOC₂H₅

(Z) (COOC₂H₅)₂

⟹ M_Z = 146

Do thủy phân X thu được muối natri fomiat nên 2 este là este của axit fomic

nCO₂ = 0,3 mol; nH₂O = 0,45 mol

=> n _ancol = nH₂O – nCO₂ = 0,15 mol

Số C trong mỗi ancol: 0,6/0,15 = 2

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

\(\left\{ \begin{array}{l}x{\rm{ }} + {\rm{ }}y{\rm{ }} = {\rm{ }}0,15\\46x{\rm{ }} + {\rm{ }}62y{\rm{ }} = {\rm{ }}7,7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,05\end{array} \right.\)

Este là: HCOOC₂H₅ (0,1 mol) và (HCOO)₂C₂H₄ (0,05 mol)

=> nHCOONa = 0,2 mol

m = 0,2.68= 13,6 gam

n_X = 0,24 mol; n_CO2 = 1,38 mol; n_H2O = 1,23 mol

Do n_H2O < n_CO2 nên suy ra hỗn hợp chứa este đa chức

Do khi đun nóng X với KOH thu được muối không phân nhánh nên X không có este ba chức

⟹X có chứa este tối đa hai chức

*Xét phản ứng đốt cháy X:

Ta thấy: n_CO2 - n_H2O ≠ nX nên suy ra hỗn hợp chứa este đơn chức và este 2 chức.

⟹n _{este hai chức} = n_CO2 - n_H2O = 1,38 - 1,23 = 0,15 mol

⟹n _{este đơn chức} = 0,24 - 0,15 = 0,09 mol

⟹n_{O (X)} = 4n _{este hai chức} + 2n _{este đơn chức} = 0,78 mol

⟹m_X = m_C + m_H + m_O = 1,38.12 + 1,23.2 + 0,39.16 = 31,5 gam

*Xét phản ứng của X và KOH:

n_{KOH pư} = 2n _{este hai chức} + n _{este đơn chức} = 0,39 mol

BTKL: m_X + m_KOH = m _muối + m _ancol

⟹31,5 + 0,39.56 = m _muối + 20,88 ⟹m _muối = 32,46 gam

Giả sử muối gồm: C_nH_2n-4O₄K₂ (0,15 mol) và C_mH_2m-1O₂K (0,09 mol)

⟹m _muối = 0,15(14n + 138) + 0,09.(14m + 70) = 32,46

⟹15n + 9m = 39

Chạy giá trị ta thấy có nghiệm duy nhất là n = 2 và m = 1

⟹Muối gồm: X: HCOOK (0,09 mol) và Y: (COOK)₂ (0,15 mol)

⟹ m_X = m_HCOOK = 0,09.84 = 7,56 (g)

m_Y = m_(COOK)2 = 0,15.166 = 24,9 (g)

\( \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{{7,56}}{{24,9}} = 0,3036\) gần nhất với 0,3

+ Xét phản ứng ancol + Na thì n_OH = 2n_H2 = 2.0,3 = 0,6 (mol) ⟹ n_NaOH = 0,6 mol

Bảo toàn Na có n_Na2CO3 = 1/2. n_NaOH = 0,3 mol

+ Xét muối + O₂ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

n_CO2 = 0,3 mol và n_H2O = 0,1 mol 

Ta có n_O(muối) = 2n_Na = 2.0,6 = 1,2 mol

Bảo toàn C có n_C(muối) = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,3 + 0,3 = 0,6 (mol)

Bảo toàn H có n_H(muối) = 2n_H2O = 0,2 mol

Vì 2 muối thu được là 2 muối no nên CTTB của 2 muối là C_nH_2n+2-x(COONa)_x

Ta có \(\frac{{{n_C}}}{{{n_O}}} = \frac{{n + x}}{{2{\rm{x}}}} = \frac{{0,6}}{{1,2}} \to n = 0\) nên 2 muối chỉ có thể là HCOONa và (COONa)₂

Bảo toàn H có n_HCOONa = n_H(muối) = 0,2 mol ⟹ \({n_{\left( {COONa} \right)2}} = \frac{{{n_{NaOH}} - {n_{HC{\rm{OONa}}}}}}{2} = \frac{{0,6 - 0,2}}{2} = 0,2\left( {mol} \right)\)

Vì 2 este trong X là este no hai chức mạch hở nên CTHH của 2 este là

\(\left\{ \begin{array}{l}{(HC{\rm{OO)}}_2}{C_n}{H_{2n}}:\frac{{0,2}}{2} = 0,1(mol)\\{(C{\rm{OO}}{{\rm{C}}_m}{{\rm{H}}_{2m + 1}}{\rm{)}}_2}:0,2\end{array} \right.\)\(\)

Mà 2 este là đồng phân cấu tạo nên có cùng số nguyên tử C → 2 + n = (1 + m).2 ⟹ n = 2m

X + NaOH thu được 2 ancol là C_nH_2n(OH)₂: 0,1 mol và C_mH_2m+1OH: 0,4 mol

Có m_ancol = 19 ⟹ 0,1.(14n + 34) + 0,4.(14m + 18) = 19 ⟹ n = 2 và m = 1

2 este ban đầu là (HCOO)₂C₂H₄ và (COOCH₃)₂ ⟹ một este chứa 14 nguyên tử trong phân tử

17,2 (g) X + NaOH → 6,2 (g) Y + 2 muối

Y + Na → 0,1 mol H₂

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2 = 0,2 (mol) => n Y = 0,1 mol

=> M_Y = 62 => Y là C₂H₄(OH)₂

Gọi CTPT của X: C_nH_2n-4O₄ ( vì X có 3 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_Y = 0,1(mol) => M_x = 172 (g/mol)

Ta có:14n – 4 + 64 = 172

=> n = 8

Vậy CTPT của X là C₈H₁₂O₄

Đốt cháy X: C₈H₁₂O₄ → 8CO₂ + 6H₂O

                      0,05         →0,4    → 0,3 (mol)

=> m_CO2 + m_H2O = 0,4.44 + 0,3.18 = 23 (g)

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

Este T có độ bất bão hòa k = 3 nên:

nT = (nCO₂ – nH₂O)/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_mH_2m+2O₃: b mol

H₂O: c

Ta có n_este = n_CmH2m+2O3 = 0,05

=> n_H2O = 3.0,05 =0,15 mol

nCO₂ = na+mb = 1,05

nH₂O = na+b(m+1)-0,15 = 0,95

mM = a(14n+32)+b(14m+50)-18.0,15 = 86,7/3

Giải hệ trên được a = 0,45; m = 3, n = 2

Trong 26,6 gam M chứa C_nH_2nO₂ là 0,45 mol; nNaOH = 0,5 mol

=> Chất rắn chứa C_nH_2n-1O₂Na (0,45 mol) và NaOH (0,05)

=> m = 0,45.(14.2+54)+ 0,05.40 = 38,9 gam

$  0,3mol:\,hh\,{\text{es}}te\,X\xrightarrow{{ +NaOH}}Y\xrightarrow{{{t^0}}}hh\,muoi\,Z\xrightarrow{{{t^0}}}\left\{ \begin{gathered}55gC{O_2} \hfill \\  26,5gN{a_2}C{O_3} \hfill \\  m\,g\,{H_2}O \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$  {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {\text{ }}0,25{\text{ }} =  > {n_{NaOH}} = 0,5mol$

=> X gồm este của ancol (a mol) và este của phenol (b mol)

$\left\{ \begin{gathered}  {n_X} = a + b = 0,3 \hfill \\  {n_{NaOH}} = a + 2b = 0,5 \hfill \\ \end{gathered}  \right.=  > \left\{ \begin{gathered}  a = 0,1 \hfill \\  b = 0,2 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

=> n_RCOONa = 0,3 mol ; n_R’-C6H5ONa = 0,2 mol

- Gọi số C trong muối axit và muối phenol lần lượt là u và v (v ≥ 6)

Bảo toàn C : 0,3u + 0,2v = 0,25 + 1,25

=> 3u + 2v = 15

Chỉ có v = 6 và u = 1 thỏa mãn

=> HCOONa (0,3 mol) và C₆H₅ONa (0,2 mol)

- Bảo toàn H : ${n_{{H_2}O}} = \frac{1}{2}{n_{H(Z)}} = {\text{ }}0,65{\text{ }}mol$

=> m = 11,7g

- Nhận thấy: n_X = 0,3 < n_NaOH = 0,4 Þ trong X có chứa 1 este của phenol (A) và este còn lại là (B)

Với \(\left\{ \begin{array}{l}(A):\;RCOO{C_6}{H_4}R'\\(B):{R_1}COOCH = CH{R_2}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_A} + {n_B} = 0,3\\2{n_A} + {n_B} = 0,4\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_A} = 0,1\\{n_B} = 0,2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = {n_A} = 0,1\\{n_Y} = {n_B} = 0,2\end{array} \right.\)

- Khi đốt cháy chất Y no, đơn chức, mạch hở (R₂CH₂CHO: 0,2 mol) luôn thu được

- Khi đốt cháy chất Y no, đơn chức, mạch hở (R₂CH₂CHO: 0,2 mol) luôn thu được

$44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 24,8 \to {n_{C{O_2}}} = 0,4\;mol$ 

mà ${C_Y} = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{0,2}} = 2$ 

=> Y là CH₃CHO

$\xrightarrow{{BTKL}}{m_X} = $m_muối + m_Y + ${m_{{H_2}O}}$– m_NaOH = $\boxed{32,2\;(g)}$

Đốt Y: nCO₂ = 0,95 mol, nH₂O = 1,25 mol

nCOO = x mol => nNa₂CO₃ = 0,5.x mol, nO(X) = 2x

BTNT O: nO(X) + nO(NaOH) + nO(O₂) = 2nCO₂ + nH₂O + 3nNa₂CO₃

=> 2x + x + nO(O₂) = 0,95.2 +1,25  + 3x/2

=> nO(O₂) = 3,15-1,5x

BTKL => mX + mNaOH + mO(O₂) = mCO₂ + mH₂O + mNa₂CO₃

=> 32,4 + x.40 + 16(3,15-1,5.x) = 44.0,95 + 18.1,25 + x/2.106

=> x= 0,5

Cho 1 mol chất X (C₇H_yO₃, chứa vòng benzen) tác dụng hết với NaOH dư, thu được 1 mol chất Y, 1 mol chất Z và 2 mol H₂O (trong đó M_Y < M_Z; có 3 mol NaOH tham gia phản ứng)

=> X có chứa 2 chức COO gắn trực tiếp với vòng benzen và 1 chức phenol.

CTCT thỏa mãn của X:

=> Y là HCOONa

Z là C₆H₄(ONa)₂ => T là C₆H₄(OH)₂

A đúng vì HCOONa có chứa cấu trúc -CH=O nên vừa làm mất màu Br₂ và có phản ứng tráng bạc

B sai vì HCOONa không phản ứng được với NaOH (xt CaO)

C đúng vì X và T đều có chứa 6 nguyên tử H

D đúng

27,6 g E cần n_NaOH = 0,3 (mol)

 Đốt 27,6 g E cần 1,2 mol O₂ → 1,1 mol H₂O

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂ : 0,3 mol

C_mH_2m+2O₂ : a mol

H₂O: b mol

m_E = 0,3 ( 14n + 32) + a( 14m + 34) – 18b = 27,6(1)

PTHH: C_nH_2nO₂ + \(\dfrac{{3n - 2}}{2}\) O₂ → nCO₂ + nH₂O

C_mH_2m+2O₂ + \(\dfrac{{3m - 1}}{2}\) O₂ → mCO₂ + (m+1)H₂O

n_O2 = 0,3 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 1,2 (2)

n_H2O = 0,3n + a( m + 1) –b = 1,1 (3)

Giải (1), (2), (3) => a = 0,15; b = 0,1 và 0,3n + 0,15m = 1,05

=> 2n + m = 7

T tác dụng với Cu(OH)₂ và m < 4 và 2 axit kế tiếp nhau

=> m = 2 => n=2,5 => 2 axit là CH₃COOH(0,1) và C₂H₅COOH (0,1)

Hoặc  m = 3 => n=2 => loại

=> % _CH3COOH = 21,7%. (gần nhất với 25%)

X, Y đơn chức

Z, T hai chức

*Z + Na:         

R(OH)₂ → H₂

0,03     ← 0,03

m _{bình tăng} = m_Z – m_H2 => m_Z = 3,6 + 0,06.2 = 3,72 gam => M_Z = 3,72/0,06 = 62 => Z là C₂H₄(OH)₂

*Đốt F:

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,08 mol; n_O(F) = 2n_NaOH = 0,32 mol

BTNT O: n_H2O = n_O(F) + 2n_O2 - 3n_Na2CO3 – 2n_CO2 = 0,32 + 0,2.2 – 0,16.2 – 0,08.3 = 0,16 mol

BTKL => m _muối = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 0,08.106 + 0,16.44 + 0,16.18 – 0,2.32 = 12gam

\(\mathop R\limits^ -  COONa\) : 0,16 => \({M_{\mathop R\limits^ -  }}\) = 8 => Có axit là HCOOH

*E + NaOH: T có dạng là  \({(\mathop R\limits^ -  COO)_2}{C_2}{H_4}\)=> M_T = (8+44).2+28 = 132

BTKL => m_H2O = m_E + m_NaOH – m _muối – m_Z = 10,4 + 0,16.40 – 12 – 3,72 = 1,08 gam => n_axit = n_H2O = 0,06 mol

=> n_este = (n_NaOH-n_axit)/2 = 0,05

=> m_T = 0,05.132= 6,6 gam

=> %mT = (6,6 : 10,4).100% = 63,46%

n_CO2 < n_H2O →  ancol no hở, đơn chức

=> n _ancol =  n_H2O-n_CO2 = 0,05

=>C=n_CO2 : n_ancol = 1 => ancol là CH₄O

Vì n_NaOH > n_CH4O  X là axit còn Y là este tạo bởi CH₃OH và axit X

n_RCOONa  = n_NaOH  = 0,15 → M = 68 →  M_R=1 → HCOONa
=> X là HCOOH

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

A sai vì X không có đồng phân hình học

B đúng vì Y có 1 nối đôi làm mất màu Brom

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

X phản ứng với H₂ theo tỉ lệ 1:1 => D sai

n_muối = n_KOH = 0,3 mol => M_muối = 33,6 : 0,03 =112 (g/mol)

Nếu muối là muối tạo từ Y chất có 3 nhóm chức thì muối có CTPT R(COOK)₃ có M> 112( loại)

=> muối tạo từ chất X đơn chức RCOOK

=> muối là C₂H₅COOK => X là C₂H₅COOH  nên X có 11 nguyên tử gần nhất với 10 nguyên tử

\(X,Y,Z\buildrel { + NaOH} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
F\buildrel { + AgN{O_3}/N{H_3}} \over
\longrightarrow 0,2\,mol\,Ag \hfill \cr
M\buildrel { + AgN{O_3}/N{H_3}} \over
\longrightarrow 0,14\,mol\,Ag \hfill \cr} \right.\)

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

n_HCOONa = n_Ag/2 = 0,1 mol

=> n_CH3COONa = 0,05 mol

Ta có: n_este = n_muối = 0,1+ 0,05 = 0,15 mol

=> M_este = 86 => Công thức của E là C₄H₆O₂

=> Công thức E là HCOOCH=CH-CH₃ a mol ; HCOOCH₂-CH=CH₂ b mol và CH₃COOCH=CH₂ c mol

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 0,15\\a + b = 0,1\\2a + 2c = 0,14\end{array} \right.\) => \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0,02\\b = 0,08\\c = 0,05\end{array} \right.\)

₌> X là HCOOCH=CH-CH₃ (vì số mol bằng 0,02)

%X = \(\dfrac{{0,02.86}}{{12,9}}.100\%  = 13,33\% \)

*Xét phản ứng đốt T:

\(T + \underbrace {{O_2}}_{0,66\left( {mol} \right)} \to \underbrace {{K_2}C{O_3}}_{0,3\left( {mol} \right)} + \underbrace {C{O_2} + {H_2}O}_{34,12\left( g \right)}\)

BTKL → m_T = m_K2CO3 + (m_CO2 + m_H2O) - m_O2 = 54,4 (g)

Mặt khác: n_COO(T) = n_KOH = 2n_K2CO3 = 0,6 mol

Đặt mol CO₂, H₂O lần lượt là a, b

+) m_CO2 + m_H2O = 44a + 18b = 34,12 (1)

+) Bảo toàn O: 2n_COO(T) + 2n_O2 = 3n_K2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O

→ 2.0,6 + 2.0,66 = 3.0,3 + 2a + b (2)

Giải (1) (2) được a = 0,62 và b = 0,38

*Xét phản ứng thủy phân M:

\(\underbrace M_{39,2\left( g \right)} + \underbrace {K{\text{O}}H}_{0,6\left( {mol} \right)} \to Z + \underbrace T_{54,4\left( g \right)}\)

BTKL → m_Z = 39,2 + 0,6.56 - 54,4 = 18,4 (g)

Gọi CTHH của Z là R(OH)_n thì \({n_Z} = \frac{{{n_{K{\rm{O}}H}}}}{n} = \frac{{0,6}}{n}\left( {mol} \right)\)

\( \to {m_Z} = \frac{{0,6}}{n}.\left( {R + 17n} \right) = 18,4 \to R = \frac{{41}}{3}n\) 

Thỏa mãn với n = 3 và R = 41 (C₃H₅) ⟹ Z là C₃H₅(OH)₃, n_Z = 0,2 mol

Bảo toàn C có n_C(M) = n_C(T) + n_C(Z) = (n_K2CO3 + n_CO2) + 3n_Z = 0,3 + 0,62 + 3.0,2 = 1,52 (mol)

Lại có n_M = n_Z = 0,2 mol nên số nguyên tử C trung bình trong M là \(\overline C  = \frac{{{n_C}}}{{{n_M}}} = \frac{{1,52}}{{0,2}} = 7,6\)

Vì M chứa 2 este hơn kém nhau 1 C nên 2 este này chứa lần lượt 7C (giả sử là X) và 8C (giả sử là Y)

Ta có hệ sau \(\left\{ \begin{array}{l}{n_M} = {n_X} + {n_Y} = 0,2\\{n_{C(M)}} = 7{n_X} + 8{n_Y} = 1,52\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_X} = 0,08(mol)\\{n_Y} = 0,12(mol)\end{array} \right.\)

Đặt CTPT của X là C₇H_xO₆ và Y là C₈H_yO₆

Ta có m_M = 0,08.(180 + x) + 0,12.(192 + y) = 39,2 (3)

⟹ 0,08x + 0,12y = 1,76 ⟹ 2x + 3y = 44

Vì X và Y đều là este 3 chức tạo từ C₃H₅(OH)₃ nên X, Y tối thiểu cần có 8H

⟹ x = 10; y = 8 thỏa mãn

⟹ X là C₇H₁₀O₆ và Y là C₈H₈O₆

CTCT của X, Y có thể là:

X: (HCOO)₂C₃H₅-OOC-CH₃: 0,08 mol

Y: (HCOO)₂C₃H₅-OOC-C≡CH: 0,12 mol

→ hỗn hợp muối T có \(\left\{ \begin{array}{l}HC{\rm{OOK:0,08}}{\rm{.2 + 0,12}}{\rm{.2 = 0,4(mol)}}\\C{H_3}{\rm{COOK:0,08}}\,mol\\CH \equiv C - C{\rm{OOK:0,12}}\,{\rm{mol}}\end{array} \right.\)

\( \to \% {m_{CH \equiv C - C{\rm{OOK}}\,}}{\rm{ = }}\,\frac{{0,12.108}}{{54,4}}.100\%  = 23,82\% \)

M_X =100 => X là C₅H₈O₂

Số C trung bình = 0,75/0,2 = 3,75

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

=> Z  là este của C₂H₄(OH)₂ với axit fomic => Z là (HCOO)₂C₂H₄

Ta có sơ đồ:

\(0,2mol\left\{ \matrix{
{C_5}{H_8}{O_2}:x\,mol \hfill \cr
{C_3}{H_6}{O_2}:\,y\,mol \hfill \cr
{C_4}{H_6}{O_4}:\,z\,mol \hfill \cr} \right.\buildrel { + 0,875mol\,\,{O_2}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
C{O_2}:\,0,75\,mol \hfill \cr
\buildrel {bt:H} \over
\longrightarrow 4x + 3y + 3z \hfill \cr} \right.\)

=> x + y + z = 0,2 (1)

Bảo toàn cacbon => 5x + 3y + 4z = 0,75 (2)

Bảo toàn oxi => n(O trong E)+ n (O cháy) = n(O trong CO₂) + n(O nước)

=> n_H2O = 0,2.2 + 0,875.2- 0,75.2 = 0,65 => 4x+3y+ 3z = 0,65(3)

Giải (1), (2) và (3) => \(\left\{ \begin{array}{l}{C_5}{H_8}{O_2}:0,05\,mol\\{C_3}{H_6}{O_2}:\,0,1\,mol\\{C_4}{H_6}{O_4}:\,0,05\,mol\end{array} \right.\)

=> m_E = 18,3 gam 

So sánh với 36,6 => 36,6 gấp đôi => Muôi là C₂H₃COONa: 0,1 và HCOONa:

0,2+0,1.2=0,4

=> m _muối = 94. 0,1+ 0,4. 68 = 36,6 gam

E + NaOH → muối G + ancol F

Xét ancol F

F là ancol 3 chức nên F + Na → 3/2 H₂

Ta có n_H2 = 0,18 mol → n_F = 0,12 mol

Khối lượng bình Na tăng là m_{bình tăng} = m_G – m_H2 = 10,68 → m_G = 10,68 + 0,18.2 = 11,04 g

→M_F = 92 → F là C₃H₈O₃( glixerol)

Xét muối G có

n_G = 3n_F = 3.0,12 =0,36 mol

→M_G = 29,52 : 0,36 = 82 → G có CTTB là RCOONa thì M_R = 15

→ G có một muối là HCOONa

Vì E gồm các este có cùng số mol và este được tạo từ 2 axit → 2 muối có số mol bằng nhau → muối còn lại có CTPT là C_nH_2n+1COONa →  → muối còn lại C₂H₅COONa

→ X tạo bới (HCOO)₃C₃H₅

Y và Z là 2 đồng phân của este tạo bởi (HCOO)₂(C₂H₅COO)C₃H₅

T và P là 2 đồng phân của (HCOO)(C₂H₅COO)₂C₃H₅

Q là (C₂H₅COO)₃C₃H₅