Bài tập thủy phân este đơn giản

- m_ddMOH = 30 . 1,2 = 36 gam

=> m_MOH = 36.20% = 7,2 gam

Bảo toàn nguyên tố M:

\(\begin{gathered}{n_{MOH}}{\text{ }} = {\text{ }}2{n_{{M_2}C{O_3}}} \hfill \\=  > \dfrac{{7,2}}{{M + 17}} = 2.\dfrac{{9,54}}{{2M + 60}} =  > M = 23(Na) \hfill \\ \end{gathered} \)

Vậy hidroxit là NaOH (0,18 mol)

- n_Z = n_X = 0,1 => M_Z = 46 => Z là C₂H₅OH

- n_X = 0,1; n_NaOH = 0,18 => chất rắn khan có chứa NaOH dư 0,08mol

Chất rắn Y chứa RCOONa (hoặc C_nH_2n-1O₂Na) (0,1 mol) và NaOH dư (0,08 mol)

\(\begin{gathered}BT\,C:\,{n_{C{O_2}}} = {n_{C\,trong\,Y}} - {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,1n - 0,09 \hfill \\BT\,H:\,{n_{{H_2}O}} = \dfrac{{{n_{H\,trong\,X}}}}{2} + \dfrac{{{n_{NaOH\,du}}}}{2} = \dfrac{{0,1(2n - 1)}}{2} + {\text{ }}\dfrac{{0,08}}{2} \hfill \\{m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 8,26 \hfill \\=  > 44\left( {0,1{\text{ }}n{\text{ }} - {\text{ }}0,09} \right){\text{ }} + {\text{ }}18\left[ {\dfrac{{0,1(2n - 1)}}{2}{\text{ }} + {\text{ }}\dfrac{{0,08}}{2}} \right]{\text{ }} = {\text{ }}8,26 \hfill \\=  > n = 2 \hfill \\ \end{gathered} \)

=> Muối là CH₃COONa

Vậy X là CH₃COOC₂H₅

Khi cho X tác dụng với NaOH sinh ra muối là CH₃COONa. Vậy X có thể là axit cacboxylic hoặc este.

Mà X có CTPT là C₃H₆O₂. Vậy X là CH₃COOCH₃

Ta có phương trình như sau:

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

n_NaOH = 0,02.2 = 0,04 (mol)

n_ancol = n_anken = 0,015 (mol)

→ Hỗn hợp X ban đầu gồm 1 este no, đơn chức, mạch hở và một axit no, đơn chức, mạch hở

Đặt CTPT este: C_nH_2nO₂: 0,015 (mol) (Suy ra từ mol ancol)

CTPT axit: C_mH_2mO₂: 0,04 - 0,015 = 0,025 (mol) (Suy ra từ mol NaOH)

BTNT "C": n_CO2 = 0,015n + 0,025m

BTNT"H": n_H2O = 0,015n + 0,025m

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O → (0,015n + 0,025m).44 + (0,015n+ 0,025m).18 = 7,75

→ 3n + 5m = 25

Do n ≥ 3 và m ≥ 1 và m, n nguyên dương nên ta có n = 5 và m =2 là nghiệm duy nhất

Vậy X gồm CH₃COOC₃H₇: 0,015 (mol) và CH₃COOH: 0,025 (mol)

A. sai, tổng phân tử khối của X bằng 162.

B. sai, chất X ứng với CTPT CH₃COOC₃H₇ chỉ có 2 CTCT thỏa mãn là CH₃COOCH₂CH₂CH₃ và CH₃COOCH(CH₃)₂

C. đúng, %CH₃COOC₃H₇ = 50,5% và %CH₃COOH = 49,50%

D. sai, khối lượng của CH₃COOC₃H₇ = 0,015.102 = 1,53 (g)

Gọi công thức tổng quát của các chất là : RCOOH ; R’OH ; RCOOR’

- Khi phản ứng với NaOH :    RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

                                                RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

\( \to \) n_NaOH = \(\dfrac{{40.10}}{{100.40}}\) = 0,1 mol = n_muối

\( \to \) M_muối = \(\dfrac{{9,4}}{{0,1}}\) = 94g = R + 67 

\( \to \) R = 27g (CH₂=CH-)

- Bảo toàn Oxi ta thấy : n_O(M) = n_O(X,Y,Z) . Mà n_O(X,Z) = n_O(COO) = 2n_COO = 2n_(X,Z) = 0,2 mol

m_O(M) = m_M.43,795% = 4,8g  \( \to \) n_O(M) = 0,3 mol

\( \to \) n_O(Y) = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol = n_Y (Y có 1 nguyên tử oxi)

\( \to \) M_{tb (M)} = 10,96 : (0,1 + 0,1) = 54,8g < M_C2H3COO = 71g

\( \to \) ancol Y phải có M < 54,8g

+) TH₁ : Y là CH₃OH  \( \to \) M gồm :     0,1 mol CH₃OH ;

                                                            x mol C₂H₃COOH ;

                                                            (0,1 –x) mol C₂H₃COOCH₃

\( \to \) m_M = 0,1.32 + x.72 + (0,1 – x).100 = 10,96 

\( \to \) x = 0,06 mol

+) TH₂ : Y là C₂H₅OH \( \to \) M gồm : 0,1 mol C₂H₅OH ;

                                                            x mol C₂H₃COOH ;

                                                            (0,1 –x) mol C₂H₃COOC₂H₅

\( \to \) m_M = 0,1.46 + x.72 + (0,1 – x).100 = 10,96 

\( \to \) x = 0,13 mol > 0,1 (Loại)

Vậy chỉ có TH₁ thỏa mãn \( \to \) X là CH₃OH ; Y là C₂H₃COOH

Gọi công thức tổng quát của các chất là : RCOOH ; R’OH ; RCOOR’

- Khi phản ứng với NaOH :    RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

                                                RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

\( \to \) n_NaOH = \(\dfrac{{40.10}}{{100.40}}\) = 0,1 mol = n_muối

\( \to \) M_muối = \(\dfrac{{9,4}}{{0,1}}\) = 94g = R + 67 

\( \to \) R = 27g (CH₂=CH-)

- Bảo toàn Oxi ta thấy : n_O(M) = n_O(X,Y,Z) . Mà n_O(X,Z) = n_O(COO) = 2n_COO = 2n_(X,Z) = 0,2 mol

m_O(M) = m_M.43,795% = 4,8g  \( \to \) n_O(M) = 0,3 mol

\( \to \) n_O(Y) = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol = n_Y (Y có 1 nguyên tử oxi)

\( \to \) M_{tb (M)} = 10,96 : (0,1 + 0,1) = 54,8g < M_C2H3COO = 71g

\( \to \) ancol Y phải có M < 54,8g

+) TH₁ : Y là CH₃OH  \( \to \) M gồm :     0,1 mol CH₃OH ;

                                                            x mol C₂H₃COOH ;

                                                            (0,1 –x) mol C₂H₃COOCH₃

\( \to \) m_M = 0,1.32 + x.72 + (0,1 – x).86 = 10,96 

\( \to \) x = 0,06 mol

+) TH₂ : Y là C₂H₅OH \( \to \) M gồm : 0,1 mol C₂H₅OH ;

                                                            x mol C₂H₃COOH ;

                                                            (0,1 –x) mol C₂H₃COOC₂H₅

\( \to \) m_M = 0,1.46 + x.72 + (0,1 – x).100 = 10,96 

\( \to \) x = 0,13 mol > 0,1 (Loại)

Vậy chỉ có TH₁ thỏa mãn \( \to \) X là CH₃OH ; Y là C₂H₃COOH

Vì là este đa chức => có nhiều hơn 1 nhóm COO => có ít nhất 2 liên kết pi trong phân tử

Mà theo đề bài X có 2 pi => X là este 2 chức, no và số C > 2

- Mặt khác , số oxi khác số C là 2 => X phải có 6 C trong phân tử.

- X không có phản ứng tráng bạc => X không có gốc HCOO trong phân tử

- X + NaOH → 1 muối + 1 ancol

=> 2 TH : X là este của axit 2 chức và ancol đơn chức hoặc axit đơn chức và ancol 2 chức

+) TH₁ : este của axit 2 chức và ancol đơn chức

 (COOC₂H₅)₂ ; C₂H₄(COOCH₃)_{2 (có 2 CTCT)}

+) TH₂ : este của axit đơn chức và ancol 2 chức

 (CH₃COO)₂C₂H₄

=> Tổng cộng có 4 công thức cấu tạo thỏa mãn

- Đốt cháy hoàn toàn X tạo thành CO₂ và H₂O có số mol bằng nhau nên X là este no đơn chức mạch hở → (1) đúng

→ X là C_nH_2nO₂

- Thủy phân X trong môi trường axit thu được chất Y ( tham gia phản ứng tráng gương) và chất Z (có số nguyên tử cacbon bằng một nửa số cacbon trong X) → Y là HCOOH và Z là CH₃OH

→ X là HCOOCH₃

(2) đúng, HCOOH có liên kết hidro nên tan vô hạn trong nước

(3) sai, CH₃OH không tách nước tạo được anken

(4) đúng

(5) sai, HCOOCH₃ có thể phản ứng được với Cu(OH)₂ ở nhiệt độ cao nhưng không tạo ra dung dịch màu xanh lam

=> có 3 phát biểu đúng

Vì M + NaOH → muối + 1 ancol

=> este ban đầu có gốc ancol cùng với ancol ban đầu

Đặt công thức của các chất trong M là: \(\left\{ \matrix{RCOO{R_1} \hfill \cr {R_2}COOH \hfill \cr {R_1}OH \hfill \cr} \right.\)

RCOOR₁ + NaOH → RCOONa + R₁OH

R₂COOH + NaOH → R₂COONa + H₂O

Từ 2 PTHH trên => n_este + n_axit = n_muối = n_NaOH = 0,15 (mol)

Đốt cháy 0,15 mol muối tạo ra 0,075 mol H₂O => n_H = 2n_H2O = 0,15 (mol)

=> Số H có trong muối = n_H/ n_muối = 0,15/0,15 = 1

=> Muối đó phải có công thức là HCOONa

=> Công thức của các chất trong M là: \(\left\{ \matrix{HCOO{R_1} \hfill \cr HCOOH \hfill \cr {R_1}OH \hfill \cr} \right.\)

Sơ đồ:\(\underbrace {\left\{ \matrix{
HCOO{R_1}:a \hfill \cr 
HCOOH:b \hfill \cr 
{R_1}OH:c \hfill \cr} \right.}_{9,27\,g} + \underbrace {NaOH}_{0,15\,mol}\buildrel {} \over
\longrightarrow \underbrace {HCOONa}_{0,15\,mol} + \underbrace {\overbrace {{R_1}OH}^{a + c}}_{4,8g} + \underbrace {{H_2}O}_b\)

Bảo toàn khối lượng ta có: 9,27 + 0,15.40 = 0,15.68  + 4,8 + 18b

=> b = 0,015 (mol)

=> n_HCOOH = n_H2O = 0,015 (mol)

=> n_HCOOR1 = 0,15 - 0,015 = 0,135 (mol)

Ta có: n_R1OH = a + c  = 0,135 +c > 0,135

=> M_R1OH < 4,8: 0,135 = 35,56

=> Ancol là CH₃OH

=> Este là: HCOOCH₃: 0,135 (mol)

\(\% HCOOC{H_3}\,trong\,M = {{{m_{HCOOC{H_3}}}} \over {{m_M}}}.100\%  = {{0,135.60} \over {9,27}}.100\%  = 87,38\% \)

PTHH: HCOOCH₃ + NaOH → HCOONa + CH₃OH

              CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

Ta thấy \(n_{C_2H_4O_2}=n_{NaOH}=0,3 \;mol\)

\(\to\) \(n_{C_2H_4O_2}=m_X=0,3\times 60=18 \;g\)

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_KOH =0,5 mol

Vì X là 2 este đơn chức nhưng X tác dụng với KOH theo tỉ lệ khác 1 :1 nên X có chứa 1 este là este của phenol

Gọi A là este đơn chức thông thường còn B là este của phenol

Thì n_A + n_B = n_X = 0,3 mol

 n_KOH = n_A + 2n_B = 0,5 mol nên n_A = 0,1 mol và n_B =0,2 mol 

X + KOH tạo Y no đơn chức mạch hở có khả năng tráng bạc nên Y là andehit (Y không phải muối nên không thể là muối của HCOOH) và Y được tạo từ A ta có: n_Y = n_A = 0,1 mol

Xét Y có CTPT là C_nH_2nO

\({C_n}{H_{2n}}O\; + {\text{ }}\dfrac{{3n - 1}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}n\;C{O_2} + n{H_2}O\)

Suy ra :\(0,1.\dfrac{{3n - 1}}{2} = {n_{{O_2}}} = 0,25 \to n = 2\) (C₂H₄O : 0,1 mol)

Khi cho X + KOH thì :

                               A + 0,1 mol KOH → muối + 0,1 mol C₂H₄O

                               B + 0,4 mol KOH  →  muối + 0,2 mol H₂O

                              ( vì B là este của phenol nên n_H2O = n_B)

Bảo toàn khối lượng có m_X + m_KOH = m_muối + m_C2H4O + m_H2O 

nên m_X + 0,5.56 = 53 + 0,1.44+0,2.18

=> m_X = 33 (g)

X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 nên X là este của phenol

Sản phẩm thu được không có khả năng tráng bạc nên X không tạo từ HCOOH

Các CTHH thỏa mãn X : CH₃COOC₆H₄-CH₃ (3 CTCT tại vị trí m, o, p)

                                         C₂H₅COOC₆H₅

 \( \to \) có 4 CTCT thỏa mãn

Dễ dàng tính được

nNaOH = 2nNa₂CO₃ = 0,15 mol

\(\Rightarrow {n_{ancol}} = {n_{{\rm{muoi}}}} = {n_{este}} = {n_{NaOH}} = 0,15 \Rightarrow {\bar M_{ancol}} = \frac{{7,8}}{{0,15}} = 52{\rm{ }}\)

=> có 1 ancol là C₂H₅OH (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m_este + m_NaOH = m_muối + m_ancol

_=> m_este = 13,2 +7,8 - 0,15 * 40 = 15 (g)

n_este = n_NaOH = 0,15 (mol)

=> M_este = 100 => este có CTPT là C₅H₈O₂  (2)

Từ (1) và (2) => CTCT của 2 este là CH₃COOCH₂CH = CH₂ và CH₂ = CHCOOC₂H₅

\(({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ = 0}},{\rm{05mol}} \to {n_{OH\left( {ancol} \right)}} = 2{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_{\rm{2}}}}} = 0,1mol \to {n_{NaOH\left( {pu} \right)}} = 0,1mol)\)

\(BTKL:{m_Z} = 7,34 + 0,1.40 - 6,74 = 4,6g\)

\(Z:R{(OH)_x}:\frac{{0,1}}{x}mol \to R + 17x = \frac{{4,6.x}}{{0,1}} = 46x \to R = 29x \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{R = 29}\end{array}} \right.({C_2}{H_5}) \to Ancol:{C_2}{H_5}OH:0,1mol(BTNT{\rm{Na}}:{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}}{\rm{ = }}\frac{{{n_{NaOH}}}}{2} = 0,05mol \to {n_{C/muoi}} = {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}}} = 0,05 + 0,05 = 0,1mol\)

Nhận thấy: n_C = n_Na → Muối gồm HCOONa (a mol) và (COONa)₂ (b mol) (Vì M_X,Y < 150)

\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 2b = 0,1\left( {BT:Na} \right)}\\{68a + 134b = 6,74\left( {{m_{muoi}}} \right)}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,04}\\{b = 0,03}\end{array}} \right. \to E\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X:HCOO{C_2}{H_5}:0,04}\\{Y:{{(COO{C_2}{H_5})}_2}:0,03}\end{array}} \right. \to \% {m_X} = 40,33\% \)

Do este đơn chức nên ancol Y và các axit đều đơn chức.

Axit không no có 2 π ⟹ có 1 liên kết C=C

- Xét ancol tác dụng với Na:

n_ancol = 2n_H2 = 0,16 mol

Mà m_{bình tăng} = m_ancol - m_H2 → m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 4,96 + 2.0,08 = 5,12 gam

⟹ M_ancol = 5,12 : 0,16 = 32

⟹ Ancol Y là CH₃OH

- Xét phản ứng của X và NaOH:

Vì axit không no, có đồng phân hình học thì phải có tối thiểu 4C nên ta quy đổi như sau:

(1) mx = 60x + 100y + 14z = 11,76

(2) n_este = n_CH3OH → x + y = 0,16

(3) Bảo toàn H → n_H2O = 2x + 4y + z = 0,44

Giải hệ được x = 0,12; y = 0,04; z = 0,04

*Biện luận để trả lại CH₂:

\(\left\{ \begin{array}{l}HCOOC{H_3} & :0,12\\C{H_3}CH = CHCOOC{H_3} & :0,04\\C{H_2} & :0,04\end{array} \right.\)

Nếu trả CH₂ cho CH₃CH=CHCOOCH₃ thì hết CH₂ để trả cho HCOOCH₃ → không cần trả cho este này

⟹ este của axit không no là CH₃CH=CHCOOCH₃

Vậy trả 1CH₂ cho HCOOCH₃ ⟹ hai este là HCOOCH₃ và CH₃COOCH₃

Hỗn hợp X chứa: \(11,76\left( g \right)X\left\{ \begin{array}{l}HCOOC{H_3} & :0,08\\C{H_3}COOC{H_3} & :0,04\\C{H_3}CH = CHCOOC{H_3} & :0,04\end{array} \right.\)

→ %m_{este không no} = (0,04.100/11,76).100% = 34,01% gần nhất với 34%.

- Đốt hh ancol Y thu được n_CO2 = 0,16 mol < n_H2O = 0,26 mol ⟹ ancol no, mạch hở

→ n_ancol = n_H2O - n_CO2 = 0,1 mol

→ C_{tb ancol} = n_CO2 : n_ancol = 0,16 : 0,1 = 1,6 ⟹ CH₃OH (a mol) và C₂H₅OH (b mol)

Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{ancol}} = a + b = 0,1\\{n_{C{O_2}}} = a + 2b = 0,16\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,04\\b = 0,06\end{array} \right.\)

- Khi E + NaOH:

RCOOCH₃ (0,04 mol)

R'COOC₂H₅ (0,06 mol)

⟹ m_E = 0,04.(R + 59) + 0,06.(R' + 73) = 8,96

⟹ 2R + 3R' = 111

⟹ R = 15 (CH₃-); R' = 27 (CH₂=CH-) thỏa mãn

\(\% {m_{C{H_3}COOC{H_3}}} = \frac{{0,04.74}}{{8,96}}.100\%  = 33,04\% \)

Quan sát các phương án A, B, C, D thấy este đều là este đơn chức.

Y phản ứng với Br₂ thu được khí (CO₂) → trong Y có HCHO, HCOOH

→ Y chứa HCHO, HCOOH, CH₃OH, H₂O

CH₃OH + [O] → HCHO + H₂O

      a                         a            a

CH₃OH + 2[O] → HCOOH + H₂O

      b                             b            b

Giả sử Y chứa: HCHO (a), HCOOH (b), H₂O (a + b), CH₃OH dư (c)

Phần 1: n_Ag = 4n_HCHO + 2n_HCOOH → 4a + 2b = 0,5 (1)

Phần 2: Bảo toàn C → n_CO2 = n_HCHO + n_HCOOH → a + b = 0,15 (2)

Phần 3: n_H2 = 1/2.(n_HCOOH + n_H2O + n_CH3OH) → 0,5b + 0,5.(a + b) + 0,5c = 0,25 (3)

Giải (1) (2) (3) được: a = 0,1; b = 0,05; c = 0,3

Do chia thành 3 phần bằng nhau

→ n_{CH3OH ban đầu} = 3.(a + b + c) = 1,35 mol < n_NaOH

→ NaOH dư, este hết

→ n_este = n_{NaOH pư} = n_RCOONa = n_CH3OH = 1,35 mol

Vậy chất rắn thu được gồm có:

RCOONa: 1,35 mol

NaOH dư: 1,5 - 1,35 = 0,15 mol

→ m_rắn = 1,35.(R + 67) + 0,15.40 = 132,9  

→ R = 27 (CH₂=CH-)

Vậy công thức este là CH₂=CH-COOCH₃

Bước 1: Xác định M của 2 este

Do tỉ khối hơi của X so với O₂ không đổi với mọi tỉ lệ mol của 2 este, nên 2 este là đồng phân của nhau.

⟹ M_X = 136 ⟹ CTPT: C₈H₈O₂

Bước 2: Tính số mol của 2 este

- Do X tác dụng với NaOH sau phản ứng thu được hai muối khan nên 2 este trong X là:

este của ancol (x mol) và este của phenol (y mol)

- Ta có: x + y = n_X = 0,25 (1)

             x + 2y = n_NaOH = 0,35 (2)

⟹ x = 0,15; y = 0,1

Bước 3: Tính %m của 2 muối trong Y

Muối gồm HCOONa (0,25 mol) và CH₃C₆H₄ONa (0,1 mol)

⟹ %m_HCOONa = 56,67% ; %m_CH3C6H4Ona = 43,33%