Google
Câu hỏi: Hỗn hợp E chứa ba este mạch hở gồm X (CnH2nO2), Y (CnH2n-4O2) và Z (CmH2m-4O6) đều tạo bởi từ axit cacboxylic và ancol. Đun nóng 29,76 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T chứa các ancol đều no và 33,32 gam hỗn hợp M gồm các muối. Đốt cháy hoàn toàn T cần dùng 15,904 lít khí O2 (đktc), thu được CO2 và 15,48 gam H2O. Phần trăm khối lượng của muối của axit cacboxylic không no trong hỗn hợp M gần nhất với
A. 11,0%.
B. 10,0%.
C. 12,0%.
D. 13,0%.
A. 11,0%.
B. 10,0%.
C. 12,0%.
D. 13,0%.
Đốt ancol —> nCO2 = a và nH2O = 0,86
Bảo toàn khối lượng —> mT = 44a – 7,24
Bảo toàn O —> nNaOH = nO(T) = 2a – 0,56
Bảo toàn khối lượng cho phản ứng xà phòng hóa:
29,76 + 40(2a – 0,56) = 44a – 7,24 + 33,32
—> a = 0,52
Số C = nCO2/nT = 1,53 —> Có CH3OH
TH1: T gồm ancol đơn (u mol) và ancol 3 chức (v mol)
nT = u + v = nH2O – nCO2 = 0,34
nO(T) = u + 3v = 0,48
—> u = 0,27 và v = 0,07
X, Y có dạng chung là CnH2n+2-2kO2
mE = 0,27(14n + 34 – 2k) + 0,07(14m + 92) = 29,76
—> 27n + 7m = 101 + 27k/7
Do 1 < k < 3 nên 104,8 < 27n + 7m < 112,6
Do n ≥ 4, m ≥ 6 nên vô nghiệm.
TH2: T gồm ancol đơn (u mol) và ancol 2 chức (v mol)
nT = u + v = nH2O – nCO2 = 0,34
nO(T) = u + 2v = 0,48
—> u = 0,2 và v = 0,14
X, Y có dạng chung là CnH2n+2-2kO2 (0,2 – 0,14 = 0,06) và nZ = 0,14
mE = 0,06(14n + 34 – 2k) + 0,14(14m + 92) = 29,76
—> 3n + 7m = 53 + 3k/7
Do 1 < k < 3 nên 53,4 < 3n + 7m < 54,3
Do n ≥ 4, m ≥ 6 —> n = 4 và m = 6 là nghiệm duy nhất.
X là C4H8O2 (0,02 mol)
Y là CH≡C-COO-CH3 (0,04 mol)
Z là HCOO-CH2-CH2-OOC-COO-CH3 (0,14 mol)
(Bấm hệ nX + nY và mE để tính nX và nY)
—> %CH≡C-COONa = 0,04.92/33,32 = 11,04%
Bảo toàn khối lượng —> mT = 44a – 7,24
Bảo toàn O —> nNaOH = nO(T) = 2a – 0,56
Bảo toàn khối lượng cho phản ứng xà phòng hóa:
29,76 + 40(2a – 0,56) = 44a – 7,24 + 33,32
—> a = 0,52
Số C = nCO2/nT = 1,53 —> Có CH3OH
TH1: T gồm ancol đơn (u mol) và ancol 3 chức (v mol)
nT = u + v = nH2O – nCO2 = 0,34
nO(T) = u + 3v = 0,48
—> u = 0,27 và v = 0,07
X, Y có dạng chung là CnH2n+2-2kO2
mE = 0,27(14n + 34 – 2k) + 0,07(14m + 92) = 29,76
—> 27n + 7m = 101 + 27k/7
Do 1 < k < 3 nên 104,8 < 27n + 7m < 112,6
Do n ≥ 4, m ≥ 6 nên vô nghiệm.
TH2: T gồm ancol đơn (u mol) và ancol 2 chức (v mol)
nT = u + v = nH2O – nCO2 = 0,34
nO(T) = u + 2v = 0,48
—> u = 0,2 và v = 0,14
X, Y có dạng chung là CnH2n+2-2kO2 (0,2 – 0,14 = 0,06) và nZ = 0,14
mE = 0,06(14n + 34 – 2k) + 0,14(14m + 92) = 29,76
—> 3n + 7m = 53 + 3k/7
Do 1 < k < 3 nên 53,4 < 3n + 7m < 54,3
Do n ≥ 4, m ≥ 6 —> n = 4 và m = 6 là nghiệm duy nhất.
X là C4H8O2 (0,02 mol)
Y là CH≡C-COO-CH3 (0,04 mol)
Z là HCOO-CH2-CH2-OOC-COO-CH3 (0,14 mol)
(Bấm hệ nX + nY và mE để tính nX và nY)
—> %CH≡C-COONa = 0,04.92/33,32 = 11,04%
Đáp án A.