Bài tập thủy phân este đặc biệt

Este đơn chức + NaOH → 2 muối + H₂O→ Este có dạng: R – COO –C₆H₄– R’ (este của phenol)

CH₃C₆H₄ONa và HCOONa

=> R: H và R’: CH₃

=> Este: HCOOC₆H₄CH₃

Este có dạng: R – COO –C₆H₄– R’ (este của phenol) khi thủy phân cho n_NaOH: n _este = 2:1.

=> Este đó là C₆H₅OOCCH₃ hay CH₃COOC₆H₅

\(HCOO{{C}_{6}}{{H}_{5}}\xrightarrow{+\text{ }KOH}\left\{ \begin{align}HCOOK:xmol \\ {{C}_{6}}{{H}_{5}}OK:xmol \\ \end{align} \right.\text{ }\) 

=> Khối lượng muối: x.84+ x.132= 30,24

=> x = 0,14 = n_este

Khối lượng este: m = 0,14. 122 = 17,08 gam

- n_este = 0,15 mol

n_NaOH = 0,4 mol > 2n_este => NaOH dư

$-\underset{0,15mol}{\mathop{HCOO{{C}_{6}}{{H}_{5}}}}\,\xrightarrow{+NaOH:0,4mol}X\left\{ \begin{align}HCOONa:0,15mol \\ {{C}_{6}}{{H}_{5}}ONa:0,15mol \\  NaOH\,du:0,1mol \\ \end{align} \right.\text{  }+\text{ }{{H}_{2}}O$ 

=> a = m_{NaOH dư} + m_HCOONa + m_C6H5ONa = 31,6 gam

\(0,08mol\left\{ \begin{array}{l}HCOO{C_6}{H_5}\\HCOOC{H_3}\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}NaOH:0,08mol\\KOH:0,04mol\end{array} \right.\)

Gọi $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{HCOO{C_6}{H_5}:xmol}\\
{HCOOC{H_3}:ymol}
\end{array}} \right.$

$\begin{array}{l}
{n_{O{H^ - }}} = 0,08 + 0,04 = 0,12\\
HCOO{C_6}{H_5} + 2O{H^ - } \to HCO{O^ - } + {C_6}{H_5}{O^ - } + {H_2}O\\
HCOOC{H_3} + O{H^ - } \to HCO{O^ - } + C{H_3}OH
\end{array}$

=> $\left\{ \begin{array}{l}
x + y = 0,08\\
2x + y = 0,12
\end{array} \right. = > \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,04\\
y = 0,04
\end{array} \right.$

$\frac{{0,04.122}}{{0,04.122 + 0,04.74}}.100\% = 62,24\% $

Ta có: \(\dfrac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{este}}}} = \dfrac{{0,24}}{{0,12}} = 2\)

Mặt khác, X là este đơn chức \( \to \) X là este của phenol: RCOOC₆H₄R’

\(RCOO{C_6}{H_4}R'\xrightarrow{{ + 0,24\,\,mol\,\,NaOH}}\) 0,12 mol RCOONa + 0,12 mol R’C₆H₄ONa

\( \to 0,12.(R + 67) + 0,12.(R' + 115) = 19,8\)

\( \to R + R' = 30\)

X có CTPT là C₉H₁₀O₂, thủy phân X thu được 2 muối mà số C trong mỗi muối nhỏ hơn 8

\( \to X:C{H_3}COO{C_6}{H_4}C{H_3}\,\,(o - ,m - ,p - )\) hoặc X: C₂H₅COOC₆H₅

\( - \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{Este}}}} = 2\)

Mặt khác X đơn chức => X là este của phenol R – COO – C₆H₄ – R’

$-\underset{0,12}{\mathop{R\text{ }\text{ }COO\text{ }\text{ }{{C}_{6}}{{H}_{4}}\text{ }R}}\,\xrightarrow{+NaOH:0,24mol}X\left\{ \begin{align} RCOONa:0,12mol \\ R'ONa:0,12mol \\ \end{align} \right.\text{  }$

X có CTPT: C₉H₁₀O₂ Thủy phân X thu được 2 muối mà số  C trong mỗi muối nhỏ hơn 8

=> X là CH₃COO – C₆H₅- CH₃ (m, o, p)

C₂H₅COO – C₆H₅

\(\begin{array}{l}
{n_{NaOH}} = 0,2mol\\
{n_{{H_2}S{O_4}(trung\,\,hoa)}} = 0,02mol
\end{array}\)

\({n_x} = \frac{{9,12}}{{152}} = 0,06mol\)

\(\begin{array}{l}
= > {n_{NaOH(p/u\,\,voi\,\,X)}} = 0,2 - 0,01.2 = 0,18mol\\
- NX:{n_{NaOH}} = 3{n_X} = >
\end{array}\)

=> \(= > CTCT\,\,X:RCOO - {C_6}{H_4}(R') - OH\)

Với R +R' = CH₃

\(RCOO-{{C}_{6}}{{H}_{4}}(R')-OH\xrightarrow{+3NaOH,{{t}^{0}}}RCOONa+{{C}_{6}}{{H}_{4}}(R'){{(ONa)}_{2}}+2{{H}_{2}}O\)

2NaOH +H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

=> n_H2O = 2n_X  + 2 n_{NaOH dư} = 2. 0,06 + 0,01.2 =0,14

Bảo toàn khối lượng cho cả 2 quá trình:

m_X + m_NaOH  + m_H2SO4 = m_rắn + m_H2O

=> m_rắn = 15,58 gam

- Viết sơ đồ phản ứng

$0,15mol:\,hh\,\text{es}te\,X\xrightarrow{+NaOH}Y\xrightarrow{to}hh\,muoi\,Z\xrightarrow{to}\left\{ \begin{align}0,55molC{{O}_{2}} \\ 0,1molN{{a}_{2}}C{{O}_{3}} \\ xmol{{H}_{2}}O \\ \end{align} \right.$ 

\( - {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {\rm{ }}0,1{\rm{ }} =  > {n_{NaOH}} = 0,2mol\)

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

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_X} = a + b = 0,15\\{n_{NaOH}} = a + 2b = 0,2\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}a = 0,1\\b = 0,05\end{array} \right.\)=> n_RCOONa = 0,15 mol ; n_R’-C6H5ONa = 0,05 mol

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

Bảo toàn C : 0,15u + 0,05v = 0,1 + 0,55

=> 3u + v = 13

Chỉ có v = 7 và u = 2 thỏa mãn

=> CH₃COONa (0,15 mol) và CH₃C₆H₄ONa (0,05 mol)

- Bảo toàn H : \({n_{{H_2}O}} = \frac{1}{2}{n_{H(Z)}} = {\rm{ }}0,4{\rm{ }}mol\)

- Viết sơ đồ phản ứng

$0,15mol:\,hh\,\text{es}te\,X\xrightarrow{+NaOH}Y\xrightarrow{to}hh\,muoi\,Z\xrightarrow{to}\left\{ \begin{align}0,5molC{{O}_{2}} \\ 0,1molN{{a}_{2}}C{{O}_{3}} \\ xmol{{H}_{2}}O \\ \end{align} \right.$ 

\( - {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {\rm{ }}0,1{\rm{ }} =  > {n_{NaOH}} = 0,2mol\)

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

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_X} = a + b = 0,15\\{n_{NaOH}} = a + 2b = 0,2\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}a = 0,1\\b = 0,05\end{array} \right.\)=> n_RCOONa = 0,15 mol ; n_R’-C6H5ONa = 0,05 mol

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

Bảo toàn C : 0,15u + 0,05v = 0,1 + 0,5

=> 3u + v = 12

Chỉ có v = 6 và u = 2 thỏa mãn

=> CH₃COONa (0,15 mol) và C₆H₅ONa (0,05 mol)

- Bảo toàn H : \({n_{{H_2}O}} = \frac{1}{2}{n_{H(Z)}} = {\rm{ }}0,35{\rm{ }}mol\)

- Nhận thấy: n_X = 0,2 < n_NaOH = 0,28 trong X có chứa 1 este của phenol (A) và este còn lại là (B)

Với 

- Khi đốt cháy chất Y no, đơn chức, mạch hở (R₂CH₂CHO: 0,12 mol) luôn thu được \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}}\)

=> \(44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 14,88 \to {n_{C{O_2}}} = 0,24\;mol\) mà \({C_Y} = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{0,12}} = 2\) => Y là CH₃CHO

\(\xrightarrow{BTKL}{{m}_{X}}=\) m_muối + m_Y +m_H2O– m_NaOH =21,2

${n_{HCOOCH = C{H_2}}} = \dfrac{{7,92}}{{72}} = 0,11\,\,mol$

$HCOOCH = C{H_2} + NaOH\xrightarrow{{{t^o}}}HCOON{\text{a}} + C{H_3}CHO$

Theo phương trình, ta có: \({n_{C{H_3}CHO}} = {n_{HCOON{\text{a}}}} = {n_{HCOOCH = C{H_2}}} = 0,11\,\,mol\)

\( \to {n_{Ag}} = 2{n_{C{H_3}CHO}} + 2{n_{HCOON{\text{a}}}} = 0,44\,\,mol\)

$ \to m = {m_{Ag}} = 0,44.108 = 47,52\,\,gam$

A đúng vì thủy phân tạo ra HCOOH và CH₃CHO đều có khả năng tráng bạc

B sai vì tạo ra CH₃COOH và C₆H₅OH đều không có khả năng tráng bạc

C sai vì tạo ra CH₃COOH và C₂H₅OH đều không có khả năng tráng bạc

D sai vì tạo ra CH₃COOH không có khả năng tráng bạc

n_hh = 4,08 : 136 = 0,03 mol

n_NaOH = 0,04 mol → X phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 và Y phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 ( vai trò của X, Y là như nhau nên đáp án bất kì ) → X là muối của phenol và axit

X,Y + NaOH → 3 hợp chất hữu cơ nên X, Y phải tạo ra cùng 1 loại muối

X : HCOOC₆H₄CH₃  và Y : HCOOCH₂- C₆H₅

 HCOOC₆H₄CH₃  + 2NaOH → HCOONa + CH₃C₆H₄ONa +  H₂O

    a mol                   → 2a

HCOOCH₂- C₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H_{5 -}CH₂ –OH

 b mol                     2b mol

\(\left\{ \begin{gathered} a + b = 0,03 \hfill \\ 2a + b = 0,04 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered} a = 0,01 \hfill \\ b = 0,02 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\) →\(\left\{ \begin{gathered} HCOONa:0,03 \hfill \\ C{H_3}{C_6}{H_4}ONa:0,01 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\) → m =3,34

\({\rm{ - Este}}\,\,{\rm{:}}{{\rm{C}}_{\rm{x}}}{{\rm{H}}_{\rm{y}}}{{\rm{O}}_{\rm{z}}}\)

+) \({n_{{O_2}}} = \frac{{7,056}}{{22,4}} = 0,315mol\)

+) \({m_{{O_2}}} = 0,315.32 = 10,08gam\)

\(\begin{array}{l}{n_{C({\rm{es}}te)}} = {n_{C{O_2}}} = 0,27mol\\{n_{H({\rm{es}}te)}} = 2{n_{{H_2}O}} = 0,3mol\\{n_{O({\rm{es}}te)}} = \frac{{{m_{{\rm{es}}te}} - {m_C} - {m_H}}}{{16}} = \frac{{4,5 - 0,27.12 - 0,3.1}}{{16}} = 0,06mol\\ =  > \,x:y:z = 0,27:0,3:0,06 = 9:10:2\\ =  > CT\;{\rm{es}}te:{({C_9}{H_{10}}{O_2})_n}\\Do\,\,{M_X} < 140 =  > n = 1 =  > X:{C_9}{H_{10}}{O_2}\end{array}\)

\( - {\rm{ }}\frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{este}}}} = {\rm{ }}2:1\) => X là este của phenol

X không có chức ete, không phản ứng với Na trong điều kiện bình thường và không khử được AgNO₃, trong amoniac ngay cả khi đun nóng

=> X có CTCT là: CH₃COOC₆H₄CH₃ hoặc C₂H₅COOC₆H₅

X + NaOH → Y + Z. vì Z có khả năng phản ứng với AgNO₃/NH₃ nên Z là andehit → loại D

Z + AgNO₃/NH₃ →  T  mà T + NaOH → Y nên Z và Y có cùng số C → loại A và C.

Vì este có thể phản ứng với brom trong nước theo tỉ lệ mol n_este : n_brom = 1:2 nên đây là este của HCOOH và có 1 nối đôi

=> các CTCT thỏa mãn là HCOOCH=CHCH₂ (2 đồng phân hình học)

                                           HCOOCH₂ – CH = CH₂

                                           HCOOC(CH₃) = CH₂

=> Có 4 este thỏa mãn

X là este có M_X < 88 nên X là este đơn chức → CTPT của X là C_xH_yO₂ ( x >1)

→ M_X = 12x + y + 32 < 88 → 12x + y  <  56

Vì X có 2 liên kết pi trong phân tử nên có \(\pi  + v = \dfrac{{2x + 2 - y}}{2} = 2 \to 2x = y + 2\)

→ 12x + 2x – 2 < 56 → x < 4,14

Với x = 2 thì X là C₂H₂O₂ → không có CT este thỏa mãn

Với x = 3 thì X là C₃H₄O₂ → CTCT phù hợp là HCOOCH = CH₂

Với x = 4 thì X là C₄H₆O₂ → CTCT phù hợp là HCOOCH=CH-CH₃;HCOOCH₂ – CH=CH₂;HCOO-C(CH3)=CH2; CH₃COOCH=CH₂

→ có 5 CTCT thỏa mãn

Este đơn chức + NaOH → 2 muối → Este có dạng: R–COO–C₆H₄–R’

+)Nhận dạng este CH₂=CH₂COOCH₃ 

=> Sản phẩm thủy phân với NaOH là: CH₂=CH₂COONa và CH₃OH