Cho m gam hỗn hợp E gồm ba este X, Y, Z (MX < MY < MZ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau phản ứng thu được 19,52 gam hỗn hợp Q gồm ba muối và 5,64 gam hỗn hợp T gồm hai ancol(đều no, mạch hở, có số mol khác nhau và số nguyên tử cacbon không vượt quá 3). Đốt cháy hoàn toàn Q, thu được H2O, 13,78 gam Na2CO3và 14,52 gam CO2. Nếu đốt cháy hoàn toàn T, thu được H2O và 7,92 gam CO2. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E cần 0,61 mol O2, thu được 35 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong E gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 34,1%. B. 30,5%.
C. 29,3%. D.27,2%.
nCO2 (đốt E) = nC(Q) + nC(T) = nNa2CO3 + nCO2 (đốt Q) + nCO2 (đốt T) = 0,64
→ nH2O (đốt E) = (35 – 44.0,64)/18 = 0,38
BT (O): nO(E) = 2.0,64 + 0,38 – 2.0,61 = 0,44
BT (Na): nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,26
Dễ thấy: nO(E) ≠ 2nNaOH nên E có chứa este của phenol.
Đặt nCOO-Ancol = u; nCOO-Phenol = v
→ nO(E) = 2u + 2v = 0,44
nNaOH = u + 2v = 0,26
→ u = 0,18; v = 0,04
Quy đổi Q thành: COONa (u + v = 0,22), ONa (v = 0,04), C (0,24) và H.
Vì nC = 6nONa nên muối gồm: C6H5ONa (0,04), HCOONa và (COONa)2
Ta có: nO(Q) = 2.(u + v) + v = 0,48
→ nH(T) = (mQ – mC – mO – mNa)/1 = 0,34
BT (H): nHCOONa + 5nC6H5ONa = 0,34
→ nHCOONa = 0,14
BT (Na): n(COONa)2 = 0,04 (mol)
Quy đổi T thành: C (0,18), O (u = 0,18) và H
Dễ thấy: nC = nO nên có các TH sau:
TH1: T gồm: CH3OH (0,06) và C2H4(OH)2 (0,06)
(Lập hệ nC và mT)
→ Loại, vì hai ancol trên có số mol bằng nhau (theo đề thì số mol khác nhau).
TH2: T gồm: CH3OH (0,09) và C3H5(OH)3 (0,03)
Vậy, E gồm:
X: HCOOCH3: 0,05
Y: (HCOO)3C3H5: 0,03
Z: C6H5OOC-COOCH3: 0,04
→ mE = mC + mH + mO = 12.0,64 + 2.0,38 + 16.0,44 = 15,48 (g)
Vậy %Y = 176.0,03.100/15,48 = 34,11%