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

X: C_nH_2n-2O₂: x (mol) (đk: n≥ 3)

Y: C_mH_2m-4O₄: y (mol) (đk: m ≥ 4)

áp dụng công thức khi đốt cháy chất hữu cơ có độ bất bão hòa  ta có:

\({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}\) = x + 2y = 0,11 (1) (Vì X có độ bất bão hòa bằng 2 còn Y có độ bất bão hòa bằng 3)

Có: n_O(E) = 2x + 4y = 0,22 (mol)

→ m_E = m_C + m_H + m_O  → m_E = 0,43.12 + 0,32.2 + 0,22.16 = 9,32 (g)

→ Trong 46,6 (9,32.5) gam E gọi số mol của X, Y lần lượt là 5x và 5y (mol)

→ 5x + 2.5y = 0,11.5 = 0,55 (mol)

Ta có: M_T = 32 → T là CH₃OH

200 g dd NaOH 12% có chứa n_NaOH = 0,6 (mol) và \({n_{{H_2}O}} = \dfrac{{88}}{9}\,\,mol\)

Phần hơi Z chứa CH₃OH: 5x (mol) và H₂O: 10y + \(\dfrac{{88}}{9}\) (mol)

Xét Z phản ứng với Na → 0,275 mol H₂

Có: \({n_{C{H_3}OH}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{H_2}}}\) → 5x + (10y + \(\dfrac{{88}}{9}\)) = 2.0,275          (1)

m_{bình tăng} = \({m_{C{H_3}OH}} + {m_{{H_2}O}}\) → 5x.32 + (10y + \(\dfrac{{88}}{9}\)).18 = 188,85 (2)

giải hệ (1) và (2) → x = 0,05 và y = 0,03

BTNT "C": \({n_{C{O_2}}}\) = 0,05n + 0,03m = 0,43

→ 5n + 3m = 43

Do n ≥ 3 và m ≥ 4 và m, n nguyên nên n = 5 và m = 6 thỏa mãn

Vậy X: C₅H₈O₂: 0,05 mol và Y: C₆H₈O₄ : 0,03 (mol)

→ \(\% Y = \dfrac{{0,03.144}}{{9,32}}.100\% \) = 46,35%

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng

=> mO2 = mCO₂ + mH₂O - mE = 0,51 * 44 + 8,1 - 7,98 = 22,56 (gam)

nO₂ = 22,56 : 32 = 0,705 (mol)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O

=> nO trong E = 2nCO₂ + nH₂O - 2nO₂ = 0,06 (mol)

=> nE = 0,01 (mol)

Số C trong 1 phân tử E = nCO₂/nE = 51 (nguyên tử)

Số H trong 1 phân tử E = 2 * nH₂O/nE = 90 (nguyên tử)

=> CTPT của E là : C₅₁H₉₀O₆

Số C của X = Số C của Y = (51 - 3)/3 = 16 (nguyên tử)

nY < nX nên E có 1 gốc Y và 2 gốc X: (C₁₅H_xCOO)₂(C₁₅H_yCOO)C₃H₅
Mặt khác:

Xà phòng hóa hoàn toàn 15,96 gam E bằng KOH vừa đủ thu được 17,48 gam hỗn hợp hai muối.

=> Xà phòng hóa hoàn toàn 7,98 gam E sẽ thu được 8,74 gam hỗn hợp 2 muối.

2 muối trên gồm có: 0,02 mol C₁₅H_xCOOK và 0,01 mol C₁₅H_yCOOK 

=> 0,02 *(263 +x) + 0,01 *(263 + y) = 8,74

2x +y + 5 = 90 (1)

Trong phân tử X, Y không có quá 3 liên kết pi

=> 15 * 2 + 2 >x,y > 15 * 2 + 2 - 6 (2)

=> x = 27; y = 31 là thỏa mãn. 

CTPT của X là : C₁₅H₂₇COOH

MX = 252 (gần 253 nhất)

n_O(E) = 2n_COO = 2n_NaOH = 0,32 mol

Đốt E thu được CO₂ (x mol) và H₂O (y mol)

BTKL → 11,7 + 0,485.32 = 44x + 18y

BTNT "O" → 0,32 + 0,485.2 = 2x + y

⟹ x = 0,5 và y = 0,29

*Quy đổi E thành \(11,7\left( g \right)E\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}COOH & :0,16\\{C_2}{H_4}{\left( {OH} \right)_2} & :a\\C{H_2} & :b\\{H_2} & : - c\\{H_2}O & : - 2{\rm{a}}\end{array} \right.\) (vì axit có C > 1)

\(\left\{ \begin{array}{l}{m_{hh}} = 0,16.60 + 62{\rm{a}} + 14b + \left( { - 2c} \right) + \left( { - 2{\rm{a}}} \right).18 = 11,7 & \left( 1 \right)\\{n_{C{O_2}}} = 0,16.2 + 2{\rm{a}} + b = 0,5 & \left( 2 \right)\\{n_{{H_2}O}} = 0,16.2 + 3{\rm{a}} + b - c - 2{\rm{a}} = 0,29 & \left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Lấy (2) - (3) ⟹ a + c = 0,21 do a > 0 ⟹ c < 0,21

Mặt khác: Số mol muối của Y là 0,16 - 0,07 = 0,09

⟹ số mol H₂ phải là bội của 0,09

Trường hợp 1: c = 0,09

Giải hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( 1 \right)\\\left( 2 \right)\\c = 0,09\end{array} \right.\) ⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0,12\\b =  - 0,06 < 0\left( {LOAI} \right)\\c = 0,09\end{array} \right.\)

Trường hợp 2: c = 0,18

Giải hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( 1 \right)\\\left( 2 \right)\\c = 0,09\end{array} \right.\) ⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0,03\\b = 0,12 < 0\left( {TM} \right)\\c = 0,18\end{array} \right.\)

Muối Y có thể cộng 2H₂

Ta thấy: 0,12 = 0,09 + 0,03

⟹ CH₂ ghép vào gốc của Y  và ancol

⟹ \(11,7\left( g \right)E\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}COOH &  & :0,04\\CH \equiv C - COOH & :0,06\\C{H_3}COO - {C_3}{H_6} - OOC - C \equiv CH & :0,03\end{array} \right.\)

⟹ %m_T/E = \(\dfrac{{0,03.170}}{{11,7}}.100\% \) = 43,59%

Bước 1: Xác định tỷ lệ mol este đơn chức và este 2 chức

- n_NaOH = 0,234.2,5 = 0,585 mol

- Xét phản ứng thủy phân hỗn hợp E trong NaOH:

Đặt n _{este đơn chức} = x và n _{este hai chức} = y (mol)

⟹ n_E = x + y = 0,36 mol và n_NaOH = x + 2y = 0,585

Giải hệ thu được x = 0,135 và y = 0,225

⟹ x : y = 3 : 5

Bước 2: Tìm CTCT của este đơn chức và este 2 chức

- Xét phản ứng đốt cháy E:

Do X, Y đều chứa 4 liên kết π nên ta giả sử E gồm:

C_nH_2n-6O₂ (3a mol) và C_mH_2m-6O₄ (5a mol)

n_CO2 - n_H2O = 3n_E ⟹ n_CO2  - 0,37 = 3.8a ⟹ n_CO2 = 24a + 0,37 (mol)

- Mặt khác: m_E = m_C + m_H + m_O ⟹ 12(24a + 0,37) + 0,37.2 + 3a.32 + 5a.64 = 12,22 ⟹ a = 0,01 mol

⟹ n_CO2 = 24.0,01 + 0,37 = 0,61 mol; n _{este đơn chức} = 0,03 và n _{este hai chức} = 0,05 (mol)

- BTNT "C": n_CO2 = 0,03n + 0,05m = 0,61 chỉ có nghiệm n = 7 và m = 8 thỏa mãn (Do các axit đều 4C và ancol không no tối thiểu 3C nên n ≥ 7 và m ≥ 8)

- Do thủy phân E trong NaOH thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức và một ancol no, đơn chức nên ta suy ra cấu tạo của các chất trong E là:

Este đơn chức: CH₂=C(CH₃)-COOCH₂\( \equiv \)CH (0,03 mol)

Este 2 chức số 1: CH₃-OOC-CH=CH-COO-CH₂-CH=CH₂

Bước 3: Tính m₁:m₂

- Ancol đa chức gồm: CH≡C-CH₂-OH (0,03 mol) và CH₂=CH-CH₂-OH (0,05 mol)

⟹ m₁ = 0,03.56 + 0,05.58 = 4,58 gam

- Ancol đơn chức gồm: CH₃OH (0,05 mol)

⟹ m₂ = 0,05.32 = 1,6 gam

⟹ m₁ : m₂ = 4,58 : 1,6 = 2,8625 gần nhất với 2,9.

M_X = 100 ⟹ CTPT: là C₅H₈O₂

X không tráng gương nên số C của Y > Số C của Z > 1

X là CH₃COO–CH₂–CH=CH₂

Y là CH₂=CH–CH₂OH

Z là CH₃COOK

A. Đúng, X, Y đều có liên kết đôi –C=C– tạo ra sản phẩm tương ứng là CH₃COOCH₂–CHOH–CH₂OH và C₃H₅­(OH)₂

B. Đúng

C. Đúng (Tỉ lệ 5CO₂ + 4H₂O)

D. Sai, X có 1 nhóm –CH₃