Tổng hợp bài tập Este - Lipit hay và khó (phần 1)

Đặt m_P1 = a (g) ⟹ m_P2  = 1,5a (g)

Ta có: a + 1,5a = 108,5 ⟹ 2,5a = 108,5 ⟹ a = 43,4 (g)

⟹ m_P1 = 43,4 (g) và m_P2 = 65,1 (g)

Quy đổi phần 2 thành HCOOH: 0,825 (mol); C₂H₄(OH)₂: a (mol); CH₂: b (mol); H₂:c (mol) và H₂O: -2a (mol)

m_P2 = 0,825.46 + 62a + 14b + 2c – 18.2a = 65,1 (1)

n_O2 = 0,825.0,5 + 2,5a + 1,5b + 0,5c = 2,1.1,5     (2) (Viết PT cháy ra nháp sẽ nhìn được hệ số)

Y + Na → H₂: a (mol)

⟹ m_Y = m_H2 + m_tăng = 2a + 13,5

n_H2O = n_{Axit tự do} = 0,825 – 2a

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_P2 + m_NaOH = m_muối + m_Y + m_H2O

⟹ 65,1 + 0,825.56 = 90,6 + (2a + 13,5) + 18(0,825 – 2a) (3)

giải hệ (1), (2), (3) ta được: a = 0,225; b = 1,575 và c = - 0,375 (mol)

Sau khi quy đổi n_axit > 0,225 nên ancol phải no

⟹ C₃H₅COOH: 0,375 (mol) và CH₃COOH: 0,45 (mol)

Vậy phần 2 chứa:

P là CH₃COOH: 0,45 – 0,225 = 0,225 (mol)

Q là C₃H₅COOH: 0,375 – 0,225 = 0,15 (mol)

X là (CH₃COO)(C₃H₅COO)C₂H₄:0,225

Phần trăm khối lượng của Q trong hh Z là:

%m_Q  = %m_C3H5COOH = [(0,15.86) : 65,1].100%= 19,815% gần nhất với 20%.

Khối lượng mỗi phần là: 3,1/2 = 1,55 (g)

Quy đổi 1,55 (g) A thành \(\left\{ \begin{array}{l}{R_1}COOH:a\,(mol)\\{R_2}OH:\,b\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\\{H_2}O: - c\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\end{array} \right.\)

Phần 2: n_NaOH =V.C_M = 0,0125×0,1 = 0,00125 (mol); n_Ag = m_Ag:M_Ag = 2,16:108 = 0,02 (mol)

Cho hh A tác dụng với dd NaOH chỉ có axit tham gia phản ứng; R₂OH và H₂O không phản ứng.

PTHH: R₁COOH + NaOH → R₁COONa + H₂O

(mol)     0,0125   ← 0,0125

Theo PTHH: n_R1COOH = n_NaOH = 0,0125 (mol) = a (mol)

Xét R₂OH pư với CuO,t⁰ thu được andehit, cho andehit tráng Ag

TH₁: Nếu ancol là CH₃OH; andehit thu được là HCHO thì: n_HCHO = 1/4 n_Ag = 0,02/4 = 0,005 (mol)

→ n_CH3OH = n_HCHO = 0,005 (mol) → m_CH3OH = 0,005×32 = 0,16 (g) #0,74 (g) → loại.

TH₂: Nếu ancol khác CH₃OH thì n_R2OH = n_andehit = 1/2n_Ag = 0,02/2 = 0,01 (mol) = b (mol)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {M_{{R_2}OH}} = \frac{{{m_{{R_2}OH}}}}{{{n_{{R_2}OH}}}} = \frac{{0,74}}{{0,74}} = 74\,(g/mol)\\ \Rightarrow {M_{{R_2}}} + 17 = 74\\ \Rightarrow {M_{{R_2}}} = 57( - {C_4}{H_9})\\ \Rightarrow \,ancol\,:{C_4}{H_9}OH\end{array}\)

Suy ra 1,55 (g) A thành \(\left\{ \begin{array}{l}{C_x}{H_y}{O_2}:0,0125\,(mol)\\{C_4}{H_9}OH:\,0,01\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\\{H_2}O: - c\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\end{array} \right.\)

Xét đốt cháy phần 1thu được: n_CO2(đktc)= 1,736/22,4 = 0,0775 (mol);  n_H2O = m_H2O/M_H2O = 1,26/18=0,07 (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = 0,0125x + 0,01.4 = 0,0775 → x = 3

m_O(A) = m_A – m_C – m_H = 1,55 – 0,0775.12 – 0,07.2 = 0,48 (g) → n_O(A) = 0,48/16 = 0,03 (mol)

Ta có: n_O(A) = 0,0125.2 + 0,01.1 – c = 0,03 → c = 0,005 (mol)

BTNT “H”: 2n_H2O = 0,0125y + 0,01.10 – 2.0,005 = 0,07.2 → y = 4

→ công thức axit: C₃H₄O₂ hay C₂H₃COOH

Suy ngược lại 1,55 (g) A gồm \(\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_3}COOC{H_2}{C_3}{H_7} = c = 0,005\,\,(mol)\\{C_2}{H_3}COOH:0,0125\, - 0,005 = 0,0075\,(mol)\\{C_3}{H_7}C{H_2}OH:\,0,01\, - 0,005 = 0,005\,\,\,\,\,\,\,(mol)\end{array} \right.\)

Xét các nhận định đúng sai

A. Sai, vì p = m_C2H3COONa = 0,0125×94 = 1,175 (g)

B. Sai, \(\% {m_Y} = \% {m_{{C_3}{H_7}C{H_2}OH}} = \frac{{0,005 \times 74}}{{1,55}}.100\%  = 23,87\% \)

C. Sai, Z chỉ có 2 công thức cấu tạo là: C₂H₃COOCH₂CH₂CH₂CH₃ và C₂H₃COOCH₂CH₂(CH₃)₂

D. Đúng, \(\% {m_X} = \% {m_{{C_2}{H_3}COOH}} = \frac{{0,0075 \times 72}}{{1,55}}.100\%  = 34,84\% \)

n_{NaOH(pư với HCl)} = n_HCl = 0,06 mol → n_{NaOH (pư với E)} = 0,3 - 0,06 = 0,24 mol = n_COO(E)

*Xét phản ứng đốt 12,84g E:

n_O(E) = 2n_COO(E) = 0,48 mol

Giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 12,84 + 0,29.32\left({BTKL} \right)\\2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 0,48 + 0,29.2\left({BT:O} \right)\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = 0,38\\{n_{{H_2}O}} = 0,3\end{array} \right.\)

*Quy đổi E thành:

\(E\left\{ \begin{array}{l}HCOOH:0,24\\C{H_2}:a\\{H_2}:b\left({b < 0} \right)\\{C_3}{H_8}{O_3}:c\\{H_2}O: - 3c\end{array} \right. \to Muoi\left\{ \begin{array}{l}HCOON{\rm{a}}:0,24\\C{H_2}:a\\{H_2}:b\\NaCl:0,06\end{array} \right.\)

(1) m_E = 0,24.46 + 14a + 2b + 92c + 18.(-3c) = 12,84

(2) m_muối = 0,24.68 + 14a + 2b + 0,06.58,5 = 20,87

(3) n_CO2 = 0,24 + a + 3c = 0,38

Giải hệ được a = 0,08; b = -0,04; c = 0,02

+) n_E = n_axit + n_este = (0,24 - 3c) + c = 0,2 mol

+) Số C trung bình của axit = (0,24 + a)/0,24 = 1,333

→ X là HCOOH

Mà n_Y = - n_H2 = - b = 0,04 mol

→ n_HCOOH = 0,24 - 0,04 = 0,2 mol

→ n_Br2 = n_HCOOH + n_C=C = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol

Tỷ lệ:  0,2 mol E phản ứng tối đa 0,24 mol Br₂

→        0,3 mol E ………………..0,36 mol Br₂

Vậy V_{dd Br2} = 360 ml

Do Y, Z đều không có phản ứng tráng bạc nên không phải là HCOONa

Độ bất bão hòa k = (2C+2-H)/2 = (2.8+2-12)/2 = 3 → X có chứa 3 π

X chứa 5 nguyên tử O và có 3 π ⟹ X có 2 nhóm COO và 1 liên kết C=C

→ X có dạng (CH₃COO)(CH₂=CH-COO)C₃H₅OH

     Y là CH₃COONa

     Z là CH₂=CH-COONa

(a) Sai vì axit cacboxylic của muối Z là CH₂=CH-COOH, không có đồng phân hình học

(b) Đúng

(c) Đúng, 3 CTCT thỏa mãn của X là:

(d) Đúng, X có 2 loại nhóm chức của este và ancol

(e) Sai vì axit cacboxylic của muối Y là CH₃COOH, không làm mất màu dung dịch Br₂.

Vậy có 3 phát biểu đúng là (b), (c), (d)

n_Na2CO3 = 9,805 : 106 = 0,0925 mol

BTNT "Na" => n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,185 mol

Sơ đồ bài toán:

\(11,14(g)E\left\{ \begin{gathered}X \hfill \\Y \hfill \\Z \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{ + NaOH:0,185}}\left\{ \begin{gathered}Muoi\,T\xrightarrow{{ + {O_2}:0,115}}\left\{ \begin{gathered}N{a_2}C{O_3}:0,0925 \hfill \\ \left. \begin{gathered}C{O_2}:x \hfill \\{H_2}O:y \hfill \\ \end{gathered}  \right\}0,{215^{mol}} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\Ancol\,G({\overline M _G} = 57,5)\hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

n_O(T) = 2n_COO = 2.n_NaOH = 0,37 mol

*Xét phản ứng đốt T:

+ n_CO2 + n_H2O = x + y = 0,215 (1)

+ BTNT "O": n_O(T) + 2n_O2 = 3n_Na2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O => 0,37 + 0,115.2 = 0,0925.3 + 2x + y (2)

Giải hệ (1) và (2) được: x = y = 0,1075

Khi đốt muối thu được n_CO2 = n_H2O => Muối của axit đơn chức, no, mạch hở

=> n_T = n_NaOH = 0,185 mol

n_C(T) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 0,1075 + 0,0925 = 0,2 mol

=> C _{trung bình} = n_C(T) : n_T = 0,2 : 0,185 = 1,081 => T có chứa HCOONa

BTKL: m_T = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 9,805 + 0,1075.44 + 0,1075.18 - 0,115.32 = 12,79 gam

*Xét phản ứng thủy phân E trong NaOH:

m_G = 11,14 + 0,185.40 - 12,79 = 5,75 gam

=> n_G = 5,75 : 57,5 = 0,1 mol

n_OH = n_NaOH = 0,185 mol => Số nhóm OH trung bình = 0,185 : 0,1 = 1,85

Gọi công thức chung của ancol là C_nH_2n+2O_1,85

M_G = 57,5 => 14n + 2 + 1,85.16 = 57,5 => n = 1,85 => Có CH₃OH

Ta thấy số C trung bình bằng với số nhóm OH trung bình, mà số liên kết pi của X, Y, Z không vượt quá 3 nên suy ra 3 ancol là: CH₃OH (a mol), C₂H₄(OH)₂ (b mol) và C₃H₅(OH)₃ (c mol)

X có phân tử khối nhỏ nhất => X là HCOOCH₃

+ n_G = a + b + c = 0,1

+ n_OH(G) = a + 2b + 3c = 0,185

+ n_X = 50%.n_G => a = 0,5(a + b + c)

Giải hệ thu được a = 0,05; b = 0,015; c = 0,035

Quy đổi muối gồm: HCOONa (0,185 mol) và CH₂

=> m_CH2 = 12,79 - 0,185.68 = 0,21 (g) => n_CH2 = 0,21 : 14 = 0,015 mol

\(T\left\{ \begin{gathered}HCOONa:0,185 \hfill \\C{H_2}:0,015 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,G\left\{ \begin{gathered}C{H_3}OH:0,05 \hfill \\{C_2}{H_4}{(OH)_2}:0,015 \hfill \\{C_3}{H_5}{(OH)_3}:0,035 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

Ghép số mol lại suy ra X, Y, Z là:

X: HCOOCH₃ (0,05 mol)

Y: (HCOO)₂(CH₂)C₂H₄ (0,015 mol)

Z: (HCOO)₃C₃H₅ (0,035 mol)

=> %m_Y = 17,774% gần nhất với 17,77%

n_Na2CO3 = 9,805 : 106 = 0,0925 mol

BTNT "Na" => n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,185 mol

Sơ đồ bài toán:

\(11,14(g)E\left\{ \begin{gathered}X \hfill \\Y \hfill \\Z \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{ + NaOH:0,185}}\left\{ \begin{gathered}Muoi\,T\xrightarrow{{ + {O_2}:0,115}}\left\{ \begin{gathered}N{a_2}C{O_3}:0,0925 \hfill \\ \left. \begin{gathered}C{O_2}:x \hfill \\{H_2}O:y \hfill \\ \end{gathered}  \right\}0,{215^{mol}} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\Ancol\,G({\overline M _G} = 57,5)\hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

n_O(T) = 2n_COO = 2.n_NaOH = 0,37 mol

*Xét phản ứng đốt T:

+ n_CO2 + n_H2O = x + y = 0,215 (1)

+ BTNT "O": n_O(T) + 2n_O2 = 3n_Na2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O => 0,37 + 0,115.2 = 0,0925.3 + 2x + y (2)

Giải hệ (1) và (2) được: x = y = 0,1075

Khi đốt muối thu được n_CO2 = n_H2O => Muối của axit đơn chức, no, mạch hở

=> n_T = n_NaOH = 0,185 mol

n_C(T) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 0,1075 + 0,0925 = 0,2 mol

=> C _{trung bình} = n_C(T) : n_T = 0,2 : 0,185 = 1,081 => T có chứa HCOONa

BTKL: m_T = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 9,805 + 0,1075.44 + 0,1075.18 - 0,115.32 = 12,79 gam

*Xét phản ứng thủy phân E trong NaOH:

m_G = 11,14 + 0,185.40 - 12,79 = 5,75 gam

=> n_G = 5,75 : 57,5 = 0,1 mol

n_OH = n_NaOH = 0,185 mol => Số nhóm OH trung bình = 0,185 : 0,1 = 1,85

Gọi công thức chung của ancol là C_nH_2n+2O_1,85

M_G = 57,5 => 14n + 2 + 1,85.16 = 57,5 => n = 1,85 => Có CH₃OH

Ta thấy số C trung bình bằng với số nhóm OH trung bình, mà số liên kết pi của X, Y, Z không vượt quá 3 nên suy ra 3 ancol là: CH₃OH (a mol), C₂H₄(OH)₂ (b mol) và C₃H₅(OH)₃ (c mol)

X có phân tử khối nhỏ nhất => X là HCOOCH₃

+ n_G = a + b + c = 0,1

+ n_OH(G) = a + 2b + 3c = 0,185

+ n_X = 50%.n_G => a = 0,5(a + b + c)

Giải hệ thu được a = 0,05; b = 0,015; c = 0,035

Quy đổi muối gồm: HCOONa (0,185 mol) và CH₂

=> m_CH2 = 12,79 - 0,185.68 = 0,21 (g) => n_CH2 = 0,21 : 14 = 0,015 mol

\(T\left\{ \begin{gathered}HCOONa:0,185 \hfill \\C{H_2}:0,015 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,G\left\{ \begin{gathered}C{H_3}OH:0,05 \hfill \\{C_2}{H_4}{(OH)_2}:0,015 \hfill \\{C_3}{H_5}{(OH)_3}:0,035 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

Ghép số mol lại suy ra X, Y, Z là:

X: HCOOCH₃ (0,05 mol)

Y: (HCOO)₂(CH₂)C₂H₄ (0,015 mol)

Z: (HCOO)₃C₃H₅ (0,035 mol)

=> %m_Y = 17,774% gần nhất với 17,77%

T là este hai chức mạch hở không phân nhánh tạo bởi X, Y, Z => X, Y là các axit đơn chức, Z là ancol hai chức

E tác dụng với NaOH cho 2 muối với số mol bằng nhau => n_X = n_Y

*Ancol tác dụng Na:

Do ancol hai chức nên: n_Z = n_H2 = 0,26 mol

m _{bình tăng} = m _ancol – m_H2 => m _ancol = m _{bình tăng} + m_H2 = 19,24 + 0,26.2 = 19,76 gam

=> M _ancol = 19,76 : 0,26 = 76 (C₃H₈O₂)

*Đốt muối: n_O2 = 0,7 mol; n_H2O = 0,4 mol; n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,2 mol

Muối gồm:

R₁COONa (0,2 mol)

R₂COONa (0,2 mol)

=> n_O(muối) = 0,8 mol

BTNT “O”: n_CO2 = (n_O(muối) + 2n_O2 – n_H2O – 3n_Na2CO3)/2 = (0,8 + 0,7.2 – 0,4 – 0,2.3)/2 = 0,6 mol

BTKL: (R₁+67).0,2 + (R₂+67).0,2 = 0,6.44+0,2.106+0,4.18-0,7.32 = 32,4

=> R₁ + R₂ = 28 chỉ có nghiệm là R₁ = 1 và R₂ = 27 thỏa mãn

E gồm:

HCOOH (a mol)

C₂H₃COOH (a mol)

C₃H₈O₂ (b mol)

C₇H₁₀O₄ (c mol)

m_E = 46a + 72a + 76b + 158c = 38,86

n_NaOH = a + a + 2c = 0,4

n _ancol = b + c = 0,26

Giải hệ thu được a = 0,075; b = 0,135; c = 0,125

=> %m_T = 0,125.158/38,86.100% = 50,82% gần nhất với 51%

Giả sử X gồm: HCOOH (x mol) ; C_nH_2n+2-2kO₂ (y mol); HCOO-C_mH_2m-C_nH_2n+1-2k (z mol)

- Khi E + O₂: bảo toàn khối lượng: m_E + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

=> m_O2 = 0,47.44 + 0,33.18 – 12,38 = 14,24g

=> n_O2 = 0,445 mol

Bảo toàn  nguyên  tố O: n_O(E) = 2n_COO(E) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,38 mol

=> n_COO(E) = 0,19 mol = n_E = x + y + 2z ⁽¹⁾

- Khi E + AgNO₃/NH₃ tạo Ag => X phải là HCOOH => T là este của HCOOH

=> n_AgNO3 = 2x + 2z = 17,28: 108 = 0,16 mol => x + z = 0,08 mol ⁽²⁾

=> y + z = 0,11 mol

Giả sử X gồm: HCOOH ; C_nH_2n+2-2kO₂ ; HCOO-C_mH_2m-C_nH_2n+1-2k

Bảo toàn nguyên  tố:

n_CO2 = 0,47 = x + ny + (m + n + 1)z

n_H2O = 0,33 = x + (n + 1 – k)y + (m + n + 1 – k)z

=> n_CO2 – n_H2O = (k – 1)y + kz = 0,14

=> k(y + z) – y = 0,14 => y = 0,11k – 0,14 < 0,11 => k < 2,3

+)  k = 1 => y < 0 => Loại

=> k = 2 => y + 2z = 0,14 mol ⁽³⁾

Từ (1,2,3) => y = 0,08 ; z = 0,03 ; x = 0,05 mol

=> %m_X(HCOOH)/E = 0,05.46: 12,38 = 18,58% (Gần nhất với giá trị 18,6%)

M có phản ứng tráng bạc nên M có chứa HCOOH (X). Đặt Y là R₁COOH; (Z) là R₂COOH và (E): R'(OH)₃

(T) : (HCOO)(R₁COO)(R₂COO)R’

n_CO2 = 1 mol; n_H2O =0,9 mol

Gọi x, y, z lần lượt là số mol X, Y, T → n_Z = y mol. Vì Y và Z là 2 axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của HCOOH nên khi đốt cháy thì thu được n_CO2 = n_H2O  .

T là este no, mạch hở, ba chức nên khi đốt T thì thu được:

\(z = \dfrac{1}{2}({n_{C{O_2}(T)}} - {n_{{H_2}O(T)}}) = \dfrac{1}{2}({n_{C{O_2}(M)}} - {n_{{H_2}O(M)}}) = \dfrac{{1 - 0,9}}{2} = 0,05\)

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

 m_M + m_O2=  m_CO2 +m_H2O → m_O2 = 44 + 16,2 – 26,6 = 33,6 gam → n_O2 =1,05 mol

Theo bảo toàn nguyên tố O:

 2(x + 2y) + 6.0,05 + 2.1,05 = 2 + 0,9 → x + 2y = 0,25 (*)

 M + AgNO₃/NH₃:

 HCOOH \(\xrightarrow{{ + AgN{O_3}/N{H_3}}}2Ag\)

 x                                     2x

(HCOO)(R₁COO)(R₂COO)R’\(\xrightarrow{{ + AgN{O_3}/N{H_3}}}2Ag\)

z                                                                      2z

→ n_Ag = 2x + 0,1 = 21,6: 108 = 0,2 → x = 0,05 mol thế vào (8) →  y = 0,1 mol

→ m_M = 46.0,05 + 0,1(R₁+ 45) + 0,1(R₂+ 45) + 0,05(133 + R₁+ R₂+ R') = 26,6

→  0,15R₁+ 0,15R₂ + 0,05R' = 8,65

→  3R₁+ 3R₂ + R' = 173

Do R₁ ≥ 15; R₂ ≥ 29; R' ≥ 41 →  3R1 + 3R2 + R' ≥ 173

Thỏa mãn là R₁= 15 (CH₃-); R₂= 29 (C₂H₅-) và R' = 41 (C₃H₅)

→ Y là CH₃COOH, Z là C₂H₅COOH và T là (HCOO)(CH₃COO)(C₂H₅COO)C₃H₅

→ 13,3 gam M + 0,4 mol NaOH :

 HCOOH + NaOH → HCOONa + H₂O

 0,025                            0,025

 CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

 0,05                                                        0,05

 C₂H₅COOH + NaOH → C₂H₅COONa + H₂O

 0,05                                                             0,05

(HCOO)(CH₃COO)(C₂H₅COO)C₃H₅ + 3NaOH → HCOONa + CH₃COONa + C₂H₅COONa                                   + C₃H₅(OH)₃

→ m_{chất rắn} = 13,3 + 40.0,4 – 18.0,125 – 92.0,025 = 24,75 gam gần nhất với 24,74

Phương pháp tách xà phòng ra khỏi hỗn hợp X là cho thêm muối ăn vào hỗn hợp X, do xà phòng rất ít tan trong nước muối. Vì vậy, chúng sẽ nổi lên trên thành một lớp đông đặc ở phía trên.

Dầu dừa tan rất ít trong nước nhưng lại tan tốt trong ancol nên ta cho etanol vào làm tăng khả năng tan của dầu dừa

Etyl axetat (C₄H₈O₂), đimetyl ađipat (C₈H₁₄O₄), vinyl axetat (C₄H₆O₂), anđehit acrylic (C₃H₄O) và ancol metylic (CH₄O)

n_C3H4O = n_CH4O nên ta gộp thành C₄H₈O₂

C₈H₁₄O₄ = C₄H₈O₂ + C₄H₆O₂

Nên ta coi như X gồm C₄H₈O₂ (x mol) và C₄H₆O₂ (y mol)

m_X = 88x + 86y = 19,16 (1)

BTNT "C": n_CO2 = 4x + 4y (mol)

BTNT "H": n_H2O = 4x + 3y (mol)

BTNT "O": 2x + 2y + 1,05.2 = 2(4x + 4y) + 4x + 3y (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,12 và y = 0,1

=> n_CO2 = 4x + 4y = 0,88 mol; n_H2O = 4x + 3y = 0,78 mol

=> m _{dd giảm} = m_CaCO3 - m_CO2 - m_H2O = 0,88.100 - 0,88.44 - 0,78.18 = 35,24 gam

F tham gia phản ứng tráng bạc → F chứa HCOONa → n_HCOONa  = 0,5n_Ag = 0,04 (mol)

Vì 2 muối đồng đẳng kế tiếp → Muối còn lại trong F là CH₃COONa \(\dfrac{{4,36 - 0,04.68}}{{82}} = 0,02\,mol\)

Có n_este = n_M = ∑n_muối = 0,04 + 0,02 = 0,06 (mol)

→ M = 5,16 : 0,06 = 86

→ M là C₄H₆O₂

→ E chứa: CH₃COOCH=CH₂: 0,02 (mol); HCOOR: a (mol); HCOOR': b (mol) với a + b = 0,04

M tham gia phản ứng tráng bạc → M chứa andehit.

Mặt khác có: n_Ag = 0,06 mol > 2n_CH3COOCH=CH2 = 0,04 (mol) → E chứa 1 este có cấu tạo HCOOCH=CH-CH₃

Este còn lại có cấu tạo HCOOCH₂-CH=CH₂: 0,03 hoặc HCOOC(CH₃)=CH₂: 0,03 (mol)

Vì X có phân tử khối nhỏ nhất nên X là: HCOOCH=CH=CH₃

\(\to \% X = \dfrac{{0,01.86}}{{5,16}}.100\%  = 16,67\% \)

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

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

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)

=> 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), Z 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 28,9 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

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

27,6 g E cần n_NaOH = 0,3 (mol)

 Đốt 27,6 g E cần 1,3125 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 + \(\frac{{3n - 2}}{2}\) O₂ → nCO₂ + nH₂O

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

n_O2 = 0,3 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 1,3125 (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

0,06     ← 0,06

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 – 0,08.3 – 0,16.2 = 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