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

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

${d_{T/Z}} = \dfrac{{{M_T}}}{{{M_Z}}} = \dfrac{{{M_Z} - 18}}{{{M_Z}}} = 0,7 \to {M_Z} = 60({C_3}{H_8}O)$

A, B, D, đúng

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

$\underbrace {X,Y,Z}_{E = 5,16{\kern 1pt} g} + NaOH{\mkern 1mu}dư\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}F\xrightarrow{{ + AgN{O_3}}}Ag:0,08{\mkern 1mu} mol \hfill \\M\xrightarrow{{ + AgN{O_3}}}Ag:0,06{\mkern 1mu} mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$

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

${n_{HCOONa}} = \dfrac{1}{2}{n_{Ag}} = \dfrac{1}{2}{\mkern 1mu} .0,08 = 0,04(mol)$

$ = > {n_{C{H_3}COONa}} = \dfrac{{4,36 - a.68}}{{82}} = 0,02{\mkern 1mu} (mol)$

${n_{este}} = \sum {{n_{muối}} = 0,04 + 0,02 = 0,06(mol)} $

$= > {{\bar M}_{este}} = \dfrac{{5,16}}{c} = 86(g/mol)$

$= > {\text{ }}CTPT\,của\,E\,:\,{C_4}{H_6}{O_2}$

=> E chứa: CH₃COOCH=CH₂: 0,02 (mol) ; HCOOR: a (mol) và HCOOR’: b (mol)

=> a + b = 0,06 (1)

M tham gia phản ứng tráng bạc => M chứa anđehit. Có n_Ag = 0,06 > 2n_CH3COOCH=CH2 = 0,04

=> E chứa 1 este có cấu tạo HCOOC=C-CH₃: $\dfrac{{0,06 - 0,04}}{2} = 0,01{\mkern 1mu} (mol)$

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

Vậy X là HCOOCH=CH-CH₃

$ = > \% X = \dfrac{{0,01.86}}{{5,16}}.100\% = 16,67\% {\text{ }}$

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

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

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

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 1,2 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

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

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

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

Quy đổi hỗn hợp M thành C_nH_2nO₂  ; C_mH_2m+2O₃ : a mol và H₂O : -b mol

Vì M phản ứng vừa đủ với 0,35 mol KOH nên n_axit = 0,35 mol → C_nH_2nO₂ : 0,35 mol

Đốt cháy M

Bảo toàn C có n_CO2 = 0,35n + am = 0,75 mol

Bảo toàn H có 2n_H2O = 0.35.2n + a.(2m+2) – 2b = 0,7.2

→ từ 2 phương trình trên có a – b = - 0,05

Khối lượng của hỗn hợp M là 0,35(14n + 32) + a.(14m+ 50) – 18b = 24

                                                   →  14.(0,35n + am) + 32.0,35 + 50a – 18b = 24 → 50a – 18b = 2,3

→ a = 0,1 mol và b = 0,15 mol →n_este = 1/3 .b = 0,05 mol → B đúng

→ 0,35n + 0,1m = 0,75mol

Vì m ≥ 3 do đây là ancol 3 chức nên thỏa mãn m = 3 và  n = 9/7 ( vì n là số C trung bình của 2 axit)

→ X là HCOOH → %H trong X = 4,35% → D đúng

24gam M + 0,35 mol KOH → 0,35 mol C_nH_2n-1O₂K

Với n = 9/7 → m = 30,8 → C đúng

→ A sai

Ta có : \(\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \frac{{77:44}}{{18:18}} = \frac{7}{4}\) → \(\frac{{{n_C}}}{{{n_H}}} = \frac{7}{8}\) .

Mà este X tạo bởi ancol đơn chức và axit2 chức nên X có 4 O trong công thức phân tử

→ X là C₇H₈O₄

Số liên kết pi có trong X là: (7 . 2 + 2 - 8) : 2 = 4

=> X có chứa 2 liên kết pi trong 2 chức este và 2 liên kết pi trong gốc hidrocacbon

X + NaOH → X₁ + X₂ + Z và 2 ancol X₁ , X₂ là đồng đẳng nên X là

CH₃ – OOC – C≡C- COO- CH₂- CH₃

→ Z là NaOOC – C≡C – COONa

X₁ , X₂ là CH₃OH; C₂H₅OH

Y là CH₃ – OOC – CH- CH- COO- CH₂- CH₃

a. Đúng

b. Sai

c. Đúng

d. sai

n_NaOH = 0,1 (mol) ; n_HCl = 0,02 (mol)

Hai ancol có cùng dãy đồng đẳng và có phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46 => phải có 1 ancol là CH₃OH

=> 2 ancol thuộc dãy đồng đẳng của ancol no, đơn chức

Quy đổi hỗn hợp X về:

C_nH_2n+2-2kO₄: 0,04 (mol) [Suy ra từ n_axit = 1/2. n_COOH = ½ . (n_NaOH - n_HCl ) ]

C_mH_2m+2O : 0,05 (mol)

H₂O : - c (mol)

BTNT C: n_CO2 = 0,04n + 0,05m = 0,19

=> 4n + 5m = 19  (1)

Mặt khác M_ancol < 46 => 14m +18 < 46 => m < 2

Từ (1) ta có: n ≥ 2 và m < 2 => n = 3 và m = 1,4 là nghiệm duy nhất

Vậy axit là CH₂(COOH)₂

Y gồm: CH₂(COONa)₂: 0,04 mol và NaCl: 0,02 mol  (BTNT Cl)

=> m_Y = 0,04.148 + 0,02.58,5 = 7,09 (g)

n_NaOH = 0,26 mol; n_CO2 = 0,045 mol; n_H2O = 0,06 mol

Do axit Y đa chức, không phân nhánh nên Y là axit hai chức

Este Z được tạo bởi ancol T và X, Y => Ancol T là ancol ba chức.

*Xét phản ứng đốt cháy ancol T: n_CO2 = 0,045 mol; n_H2O = 0,06 mol

n_CO2 < n_H2O => T là ancol no, mạch hở

n _ancol = n_H2O - n_CO2 = 0,06 - 0,045 = 0,015 mol

=> Số C = n_CO2 : n_T = 0,045 : 0,015 = 3

Vậy T là C₃H₅(OH)₃

*E phản ứng với NaOH: n_COO = n_NaOH = 0,26 mol => n_O(E) = 2n_COO = 0,52 mol

*Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp E:

+ BTKL: m_CO2 + m_H2O = m_E + m_O2 => 44n_CO2 + 18n_H2O = 14,93 + 32.0,3825

+ BTNT "O": 2n_CO2 + n_H2O = n_O(E) + 2n_O2 => n_CO2 + n_H2O = 0,52 + 2.0,3825

Giải hệ được n_CO2 = 0,505 và n_H2O = 0,275

*Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂: x

C_mH_2m-4O₄: y

C₃H₈O₃: 0,015

H₂O: -0,045

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \matrix{
{n_{NaOH}} = x + 2y = 0,026 \hfill \cr
{n_{C{O_2}}} = nx + my + 0,015.3 = 0,505 \hfill \cr
{n_{{H_2}O}} = nx + (m - 2)y + 4.0,015 - 0,045 = 0,275 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
x = 0,06 \hfill \cr
y = 0,1 \hfill \cr
3n + 5m = 23 \hfill \cr} \right.\)

Chỉ có cặp n = 1; m = 4 thỏa mãn

Vậy X là HCOOH và Y là HOOC-CH=CH-COOH

=> Z có thể là

- Phương án A sai vì tổng số nguyên tử H trong Z là 8

- Phương án B đúng

+ X làm mất màu dung dịch Br₂ khi đun nóng

+ Y làm mất màu dung dịch Br₂ ở nhiệt độ thường

+ T không làm mất màu dung dịch Br₂

- Phương án C đúng

- Phương án D đúng.

Trong 0,16 mol E chứa x mol X và y mol Y

n_E = x + y  = 0,16

n_NaOH = 2x + 3y= 0,42

=> x = 0,06 và y = 0,1 (mol)

=> n_X : n_Y = 3: 5

Trong m gam E chứa X ( 3e mol) và Y ( 5e mol).

X = C₃H₆(OH)₂ + 2HCOOH +?CH₂ – 2H₂O

Y = C₃H₅(OH)₃ + 3HCOOH + ?CH₂ – 3H₂O -3H₂

Quy đổi m gam E thành:

C₃H₆(OH)₂: 3e

C₃H₅(OH)₃: 5e

HCOOH: 21e

CH₂: u

H₂: -15e

H₂O: -21e

n_O2 = 4.3e + 3,5.5e + 0,5.21e + 1,5u – 0,5.1,5e = 0,5

n_CO2 = 3.3e + 3.5e + 21e + u = 0,45

=> e = 0,005 và u = 0,225

n _{muối no} = 6e = 0,03 (mol)

n _{muối không no} = 15e = 0,075 (mol)

Muối no và muối không no có tương ứng k và g nhóm CH₂.

n_CH2 = 0,03k + 0,075g = 0,225

=> 2k + 5g = 15

Do k > 1 và g ≥ 2 nên k = 2,5 và g = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy muối no gồm HCOONa: 0,03 (mol) ; CH₂: 0,03k = 0,075 (mol)

=> m _{muối no}  = 3,09

Tỉ lệ: 8e mol E → 3,09 gam muối no

=> 0,16 mol E → a gam muối no

=> a = 12,36 (g)

n_CO2 = 0,28 mol và n_H2O = 0,17 mol

Bảo toàn khối lượng có m_M + m_O2 = m_CO2 + m_H2O nên m_O2 = 0,28.44 + 0,17.18 – 5,3 = 10,08 gam => n_O2 = 0,315 mol

Bảo toàn O có n_O(M) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_O(M) = 2.0,28 + 0,17 – 2.0,315 = 0,1 mol

Vì M là các este đơn chức nên n_M = ½ n_O(M) = 0,05 mol

Vì 0,05 mol M tác dụng vừa đủ với 0,07 mol NaOH nên M có este của phenol => Z là este của phenol

Ta có n_X + n_Y + n_Z = n_M = 0,05 mol mà n_NaOH = n_X + n_Y + 2n_Z = 0,07

ð  n_Z = 0,02 mol và n_X + n_Y =0,03 mol

Gọi số C trong CTPT của X và Z lần lượt là m và n thì số C trong CTPT của Y cũng là m

Bảo toàn C có n_CO2 = (n_X + n_Y) .m + n.n_Z = 0,03m + 0,02n = 0,28  mol

Thỏa mãn m = 4 và n = 8 ( vì Z là este của phenol nên n ≥ 7 và X,Y là este đồng phân của nhau nên m ≥ 3)

Số H của X và Z là p và q (p ≤8 và p > 5 và p, q chẵn) thì ta có bảo toàn H : 2n_H2O = p.(n_X + n_Y) + q.n_Z

=> 0,17.2 = 0,03p + 0,02q

=> Thỏa mãn (p,q) = (6;8 )

Nếu p = 6 và p = 8 thì CTPT của X và Y là C₄H₆O₂; CTPT của Z là C₈H₈O₂

M + NaOH  →  ancol T + Q cho phản ứng tráng gương + m gam hỗn hợp hai muối.

CTCT của X : HCOOCH=CH–CH₃

                  Y : HCOOCH₂ –CH=CH₂

                  Z : HCOOC₆H₄CH₃

=> Muối tạo ra là HCOONa : 0,05 mol và 0,02 mol C₆H₄(CH₃)(ONa)

=> m_muối = 0,05.68 + 0,02.130 = 6 gam gần nhất với 6,08 gam