Hỗn hợp E gồm ba este X, Y, Z (đều mạch hở, chỉ chứa một loại nhóm chức; trong phân tử mỗi este có số liên kết π không quá 3; M_X < M_Y < M_Z; X chiếm 50% số mol hỗn hợp). Đun nóng 11,14 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm các muối và hỗn hợp G chứa ba ancol đều no. Tỉ khối hơi của G so với H₂ bằng 28,75. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng 0,115 mol O₂, thu được 9,805 gam Na₂CO₃ và 0,215 mol hỗn hợp gồm CO₂ và H₂O. Phần trăm khối lượng của Y trong E là

26,93%.

55,30%.

31,62%.

17,77%.

Xem đáp án

120 lượt xem

Tổng hợp bài tập Este - Lipit hay và khó (phần 1) - MÔN HÓA - Lớp 12. Thi ngay

Trả lời bởi giáo viên

Đáp án đúng: 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%