Bài tập đốt cháy este không no

$\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)

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

\(\begin{array}{l}  {n_{C{O_2}}} = 1,05mol\\{n_{{O_2}}} = 146,16.\dfrac{{20}}{{100.22,4}} = 1,305mol\\BTKL:{m_X}{\rm{ }} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} =  > {m_{{H_2}O}} = 15,66gam\\ =  > {n_{{H_2}O}} = 0,87gam\end{array}\)

\({{C}_{\overline{n}}}{{H}_{2\overline{n}-2}}{{O}_{2}}:a(mol)\xrightarrow{+O2}\left\{ \begin{align}& C{{O}_{2}}:1,05mol \\ & {{H}_{2}}O:0,87mol \\ \end{align} \right.\)

\(\left\{ \begin{gathered}\xrightarrow{{BTNT:C}}a\bar n = 1,05 \hfill \\\xrightarrow{{BTNT:H}}a(\bar n - 1) = 0,87 \hfill \\ \end{gathered}  \right. =  > \left\{ \begin{gathered}a = 0,18 \hfill \\\bar n = 5,83 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

\(X:\left\{ \begin{array}{l}{C_5}{H_8}{O_2}\\{C_6}{H_{10}}{O_2}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{  {C_x}{H_y}{O_2} + {\rm{ }}(x + \dfrac{y}{4} - 1){O_2} \to xC{O_2} + {\rm{ }}\dfrac{y}{2}{H_2}O}\\{ =  > x{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{6}{7}\left( {x{\rm{ }} + \frac{y}{4}{\rm{ }} - 1{\rm{ }}} \right)}\\\begin{array}{l} =  > {\rm{ }}2x{\rm{ }} - {\rm{ }}3y{\rm{ }} = {\rm{ }} - 12\\k = \dfrac{{2x - y + 2}}{2} < 3 =  > y > 2x - 4\end{array}\end{array}\\ =  > x = {\rm{ }}3,y = {\rm{ }}6(t/m)\end{array}\)

X là C₃H₆O₂, chất rắn gồm RCOOK (x mol)và KOH dư (0,14 - x)

Ta có: (R + 83)x + 56 (0,14 - x) = 12,88

=> Rx + 27x = 5,04

+ Với R = 1 => x = 0,18 > 0,14 (loại)

+ Với R = 15 => x = 0,12 < 0,14 (nhận)

=> n_X = 0,12mol => m = 8,88g

$\begin{array}{l}  {n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = \frac{{40}}{{100}} = 0,4mol\\\Delta m \uparrow  = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} <  =  > 21,2 = 0,4\,\,.\,44 + {m_{{H_2}O}}\\ =  > {n_{{H_2}O}} = 0,2mol\\{m_O} = {m_A}{\rm{ }}-{\rm{ }}{m_C}{\rm{ }}-{\rm{ }}{m_H} = 1,6 =  > {n_O} = 0,1mol\\A:{C_x}{H_y}{O_z}\\x:y:z = {n_C}:{n_H}:{n_O}= 4:4:1\end{array}$

CTĐGN:(C₄H₄O)_n

Do este đơn chức => n = 2 => Este A: C₈H₈O₂

6 CTCT của A là : 

1) CH₃COOC₆H₅

2) HCOOCH₂C₆H₅

3) C₆H₅COOCH₃

4) HCOO-C₆H₄-CH₃ (có 3 đồng phân o-, p-, m-)

Vậy có tất cả 6 CTCT thỏa mãn

$\begin{align}  & \begin{array}{*{35}{l}}   X:\text{ }{{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COOH  \\   Y:\text{ }{{C}_{m}}{{H}_{2m-1}}OH  \\   =>\text{ }E:\text{ }{{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COO{{C}_{m}}{{H}_{2m-1}}  \\\end{array} \\  & {{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COO{{C}_{m}}{{H}_{2m-1}}\xrightarrow{+{{O}_{2}}}(n+m+1)C{{O}_{2}} \\& a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\to a(n+m+1)=b \\  & {{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}COOH\xrightarrow{+{{O}_{2}}}(n+1)C{{O}_{2}} \\  & a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\to a(n+1)=c \\  & {{C}_{m}}{{H}_{2m-1}}OH\xrightarrow{+{{O}_{2}}}m{{H}_{2}}O \\  & a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\to am=0,5b \\  & \,\,\,\,\,\,\,\,\,a(n+m+1)=b \\  & <=>\underbrace{a(n+1)}_{c}+\underbrace{am}_{0,5b}=b \\  & <=>c=0,5b \\  & <=>b=2c \\ \end{align}$

 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

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

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%

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%