Google
Câu hỏi: Cho 0,6 mol hỗn hợp E chứa 3 este thuần chức mạch hở X, Y, Z (MX < MY < MZ; X chiếm 75,723% về khối lượng và mỗi este chỉ tạo nên bởi 1 axit cacboxylic) tác dụng vừa đủ với 340 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp T chứa 3 ancol có số nguyên tử cacbon liên tiếp nhau, thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau (có tỉ khối hơi của T so với He bằng 9) và 49,18 gam hỗn hợp N chứa 3 muối của 3 axit cacboxylic đơn chức. Đốt cháy hết 49,18 gam N cần vừa đủ 0,655 mol O2. Phần trăm khối lượng của Y trong E là
[/LIST]
A. 7,99%.
B. 6,70%.
C. 9,27%.
D. 15,01%.
[/LIST]
A. 7,99%.
B. 6,70%.
C. 9,27%.
D. 15,01%.
Khi đốt cháy N thì: ${{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}=\dfrac{0,68}{2}=0,34\ mol$ ; Đặt CO2 (x mol) và H2O (y mol)
$\left\{ \begin{aligned}
& \xrightarrow{BTKL}44x+18y=34,1 \\
& \xrightarrow{BT: O}2x+y=1,65 \\
\end{aligned} \right.$ (với nCOONa = nNaOH = 0,68 mol) x = y = 0,55
Ta có: ${{\overline{C}}_{N}}=\dfrac{0,89}{0,68}=1,3$ N gồm 3 muối no, đơn chức, mạch hở, trong đó có 1 muối là HCOONa
nT = nE = 0,6 mol và MT = 36 mT = 21,6 (g). Áp dụng BTKL cho hỗn hợp E có: mE = 43,58 (g)
mà %mX = 75,723% ⇒ mX = 33 (g) và MX bé nhất trong E nên X là HCOOCH3 (0,55 mol)
⇒ nY,Z = 0,05 mol ⇒ Mancol của Y, Z = $\dfrac{0,6.36-0,55.32}{0,05}$ = 80 ⇒ Y, Z thuỷ phân tạo C2H4(OH)2, C3H5(OH)3
Giải hệ tìm được mol của 2 ancol lần lượt là 0,02 mol C2H4(OH)2 và 0,03 mol C3H5(OH)3
Hai chất Y, Z có dạng (R1COO)2C2H4 (0,02 mol) và (R2COO)3C3H5 (0,03 mol)
Hai muối còn lại trong N là R1COONa (0,04 mol) và R2COONa (0,09 mol)
$\xrightarrow{BT:\ C}0,04.{{C}_{1}}+0,09.{{C}_{2}}+0,55.1=0,89\Rightarrow {{C}_{1}}=4\ ;\ {{C}_{2}}=2$
Vậy Y là (C3H7COO)2C2H4 ⇒ %mY = 9,27%.
$\left\{ \begin{aligned}
& \xrightarrow{BTKL}44x+18y=34,1 \\
& \xrightarrow{BT: O}2x+y=1,65 \\
\end{aligned} \right.$ (với nCOONa = nNaOH = 0,68 mol) x = y = 0,55
Ta có: ${{\overline{C}}_{N}}=\dfrac{0,89}{0,68}=1,3$ N gồm 3 muối no, đơn chức, mạch hở, trong đó có 1 muối là HCOONa
nT = nE = 0,6 mol và MT = 36 mT = 21,6 (g). Áp dụng BTKL cho hỗn hợp E có: mE = 43,58 (g)
mà %mX = 75,723% ⇒ mX = 33 (g) và MX bé nhất trong E nên X là HCOOCH3 (0,55 mol)
⇒ nY,Z = 0,05 mol ⇒ Mancol của Y, Z = $\dfrac{0,6.36-0,55.32}{0,05}$ = 80 ⇒ Y, Z thuỷ phân tạo C2H4(OH)2, C3H5(OH)3
Giải hệ tìm được mol của 2 ancol lần lượt là 0,02 mol C2H4(OH)2 và 0,03 mol C3H5(OH)3
Hai chất Y, Z có dạng (R1COO)2C2H4 (0,02 mol) và (R2COO)3C3H5 (0,03 mol)
Hai muối còn lại trong N là R1COONa (0,04 mol) và R2COONa (0,09 mol)
$\xrightarrow{BT:\ C}0,04.{{C}_{1}}+0,09.{{C}_{2}}+0,55.1=0,89\Rightarrow {{C}_{1}}=4\ ;\ {{C}_{2}}=2$
Vậy Y là (C3H7COO)2C2H4 ⇒ %mY = 9,27%.
Đáp án C.