Google
Câu hỏi: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MX < MY); T là este tạo bởi X, Y và ancol hai chức Z. Đốt cháy hoàn toàn 7,48 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần dùng vừa đủ 6,048 lít O2 (đktc) thu được CO2 và H2O có số mol bằng nhau. Mặt khác 7,48 gam hỗn hợp E trên phản ứng tối đa với 100ml dung dịch KOH 1M (đun nóng). Cho các phát biểu sau về X, Y, Z, T:
(1) Phần trăm khối lượng của Y trong E là 19,25\%.
(2) Phần trăm số mol của X trong E là 12\%.
(3) X không làm mất màu dung dịch Br2.
(4) Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T là 5.
(5) Z là ancol có công thức là C2H4(OH)2.
Số phát biểu sai là:
A. 5.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
(1) Phần trăm khối lượng của Y trong E là 19,25\%.
(2) Phần trăm số mol của X trong E là 12\%.
(3) X không làm mất màu dung dịch Br2.
(4) Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T là 5.
(5) Z là ancol có công thức là C2H4(OH)2.
Số phát biểu sai là:
A. 5.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
BTKL khi đốt E: mE + m(O2) = 44.n(CO2) + 18.n(H2O)
→ n(CO2) = n(H2O) = 0,26 mol
X, Y là 2 axit no, đơn chức mạch hở → T là este 2 chức
→ T chứa ít nhất 2π → đốt E cho n(CO2) > n(H2O)
Mà $\sum{n\left( C{{O}_{2}} \right)=\sum{n\left( {{H}_{2}}O \right)}}$ → đốt cháy Z cho n(CO2) < n(H2O) → Z là ancol no, 2 chức mạch hở.
Quy đổi E với n(HCOOH) = n(KOH) = 0,1 mol.
Bài toán trở thành:
$\underbrace{E}_{7,48gam}\left\{ \begin{aligned}
& HCOOH:0,1mol \\
& {{C}_{2}}{{H}_{4}}{{\left( OH \right)}_{2}}:x \\
& C{{H}_{2}}:y \\
& {{H}_{2}}O:z \\
\end{aligned} \right.\to \left[ \begin{aligned}
& \xrightarrow{{{O}_{2}}:0,27mol}\left\{ \begin{aligned}
& C{{O}_{2}} \\
& {{H}_{2}}O \\
\end{aligned} \right. \\
& \xrightarrow{+KOH:0,1mol} \\
\end{aligned} \right.$
Ta có hệ: $\left\{ \begin{aligned}
& {{m}_{E}}=0,1.46+62x+14y+18z=8,48 \\
& \xrightarrow{BT\left( C{{O}_{2}} \right)}0,1+2x+y=0,26 \\
& \xrightarrow{BT\left( {{H}_{2}}O \right)}0,1+3x+y+z=0,26 \\
\end{aligned} \right.\to \left\{ \begin{aligned}
& x=0,04 \\
& y=0,08 \\
& z=-0,04 \\
\end{aligned} \right.$
→ T là este 2 chức nên nT = 0,02 mol
Gọi số gốc CH2 ghép vào axit và ancol là a và b (a > 0; b ≥ 0) → 0,1a + 0,04b = 0,08
Ta thấy b < 2 → b = 0 hoặc b = 1.
Với b = 0 → CH2 ghép hết vào axit → a = 0,8
→ 2 axit là HCOOH (0,02) và CH3COOH (0,08)
Có nZ = 0,02 mol = n(HCOOH). Vô lý, do n(HCOOH) > 0,02 → Loại!
Với b = 1 → Z là C3H6(OH)3 → còn dư 0,04 mol CH2 cho axit
→ 2 axit là HCOOH (0,06 mol) và CH3COOH (0,04 mol)
Có nZ = 0,02 mol nên E gồm: $\left\{ \begin{aligned}
& X:HCOOH:0,04 \\
& Y:C{{H}_{3}}COOH:0,02 \\
& Z:{{C}_{3}}{{H}_{6}}{{\left( OH \right)}_{2}}:0,02 \\
& T:HCOO\left( C{{H}_{3}}COO \right){{C}_{3}}{{H}_{6}}:0,02 \\
\end{aligned} \right.$
Xét các phát biểu:
(1) Phần trăm khối lượng của Y trong E là 19,25\%. → Sai. Vì \%mY = 16,04\%
(2) Phần trăm số mol của X trong E là 12\%. → Sai. Vì \%nX = 40\%
(3) X không làm mất màu dung dịch Br2. → Sai, X có nhóm CHO- làm mất màu nước Br2.
(4) Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T là 5. → Sai, vì tổng số C trong T là 6.
(5) Z là ancol có công thức là C2H4(OH)2. → Sai, vì Z có công thức C3H6(OH)2
→ Số phát biểu sai là 5
→ Chọn đáp án A.
→ n(CO2) = n(H2O) = 0,26 mol
X, Y là 2 axit no, đơn chức mạch hở → T là este 2 chức
→ T chứa ít nhất 2π → đốt E cho n(CO2) > n(H2O)
Mà $\sum{n\left( C{{O}_{2}} \right)=\sum{n\left( {{H}_{2}}O \right)}}$ → đốt cháy Z cho n(CO2) < n(H2O) → Z là ancol no, 2 chức mạch hở.
Quy đổi E với n(HCOOH) = n(KOH) = 0,1 mol.
Bài toán trở thành:
$\underbrace{E}_{7,48gam}\left\{ \begin{aligned}
& HCOOH:0,1mol \\
& {{C}_{2}}{{H}_{4}}{{\left( OH \right)}_{2}}:x \\
& C{{H}_{2}}:y \\
& {{H}_{2}}O:z \\
\end{aligned} \right.\to \left[ \begin{aligned}
& \xrightarrow{{{O}_{2}}:0,27mol}\left\{ \begin{aligned}
& C{{O}_{2}} \\
& {{H}_{2}}O \\
\end{aligned} \right. \\
& \xrightarrow{+KOH:0,1mol} \\
\end{aligned} \right.$
Ta có hệ: $\left\{ \begin{aligned}
& {{m}_{E}}=0,1.46+62x+14y+18z=8,48 \\
& \xrightarrow{BT\left( C{{O}_{2}} \right)}0,1+2x+y=0,26 \\
& \xrightarrow{BT\left( {{H}_{2}}O \right)}0,1+3x+y+z=0,26 \\
\end{aligned} \right.\to \left\{ \begin{aligned}
& x=0,04 \\
& y=0,08 \\
& z=-0,04 \\
\end{aligned} \right.$
→ T là este 2 chức nên nT = 0,02 mol
Gọi số gốc CH2 ghép vào axit và ancol là a và b (a > 0; b ≥ 0) → 0,1a + 0,04b = 0,08
Ta thấy b < 2 → b = 0 hoặc b = 1.
Với b = 0 → CH2 ghép hết vào axit → a = 0,8
→ 2 axit là HCOOH (0,02) và CH3COOH (0,08)
Có nZ = 0,02 mol = n(HCOOH). Vô lý, do n(HCOOH) > 0,02 → Loại!
Với b = 1 → Z là C3H6(OH)3 → còn dư 0,04 mol CH2 cho axit
→ 2 axit là HCOOH (0,06 mol) và CH3COOH (0,04 mol)
Có nZ = 0,02 mol nên E gồm: $\left\{ \begin{aligned}
& X:HCOOH:0,04 \\
& Y:C{{H}_{3}}COOH:0,02 \\
& Z:{{C}_{3}}{{H}_{6}}{{\left( OH \right)}_{2}}:0,02 \\
& T:HCOO\left( C{{H}_{3}}COO \right){{C}_{3}}{{H}_{6}}:0,02 \\
\end{aligned} \right.$
Xét các phát biểu:
(1) Phần trăm khối lượng của Y trong E là 19,25\%. → Sai. Vì \%mY = 16,04\%
(2) Phần trăm số mol của X trong E là 12\%. → Sai. Vì \%nX = 40\%
(3) X không làm mất màu dung dịch Br2. → Sai, X có nhóm CHO- làm mất màu nước Br2.
(4) Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T là 5. → Sai, vì tổng số C trong T là 6.
(5) Z là ancol có công thức là C2H4(OH)2. → Sai, vì Z có công thức C3H6(OH)2
→ Số phát biểu sai là 5
→ Chọn đáp án A.
Đáp án A.