Hỗn hợp E chứa este X đơn chức; este Y đơn chức, mạch hở; este Z hai chức, mạch hở. Thủy phân hoàn toàn 16,48 gam E trong dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 5,16 gam hai ancol no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp và 18,96 gam hỗn hợp T chứa 4 chất rắn. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 16,48 gam E cần 0,9 mol O2; còn nếu đốt cháy hoàn toàn lượng ancol trên thì cần 0,36 mol O2. Biết rằng số mol của X trong 16,48 gam E nhỏ hơn 0,03 mol. Phần trăm khối lượng của Y có trong E là
A. 18,95% B. 27,67% C. 22,04% D. 24,37%
X không có chữ mạch hở nên sẽ chứa vòng benzen.
Ancol no, đơn chức:
CnH2n+2O = H2O + nCH2
Quy đổi ancol:
H2O : x
CH2: y
Bảo toàn e → 1,5y = 0,36
⇒ y = 0,24 mol
Khối lượng mAncol = 5,16 gam
→ 18x + 14.0,24 = 5,16
⇒ x = 0,1
Do là các ancol đơn chức nên :
nAncol = nO = x =0,1 mol
Số cacbon trung bình của ancol là 0,24/0,1 = 2,4
⇒ C2H5OH (a mol) và C3H7OH (b mol)
Có hệ phương trình:
Khối lượng ancol → 46a + 60b = 5,16
Số mol ancol → a + b =0,1
⇒ a = 0,06 mol và b = 0,04 mol
Từ các giả thiết ban đầu của đề bài thì E chứa các este có dạng :
X là RCOOC6H5-R’ ;
Y là RCOOR’ ;
Z có thể là RCOOR’COOR” ;
nO2/E = nO2/Ancol + nO2/muối
⇒ nO2/muối = 0,9 – 0,36 = 0,54 mol
Quy đổi muối:
HCOONa: 0,1 + nX
C6H5ONa: nX
HO-CH2-COONa: nZ
CH2: u
H2: -v
TH1: nY = 0,06 mol và nZ = 0,04 mol
→ 68(0,1+nX) + 116nX + 98.nZ + 14.u – 2v = 18,96 (1)
Bảo toàn e → 0,5.(0,1+nX) + 7nX + 1,5.nZ+ 1,5u – 0,5v = 0,54 (2)
Bảo toàn khối lượng :
→ 16,48 + 40.(0,1 + 2nX + nZ) = 5,16+ 18,96 + 18nX (3)
Không giải được nghiệm thoả.
TH2: nY = 0,04 mol và nZ = 0,06 mol
Tương tự các phương trình ở TH1 giải hệ phương trình (1), (2) và (3) tìm được :
⇒ nX = 0,02 mol; u = 0,2 mol và v = 0,1 mol
Dễ dàng thấy u = 0,2 = 0,04.2 + 0,06.2
và v = 0,1 = nY + nZ
Do đó, 4 chất rắn gồm có :
C2H3COONa: 0,1 mol
C6H5ONa: 0,02 mol
HO-CH2-COONa: 0,06 mol
HCOONa: 0,02
E chứa các este là :
X là HCOOC6H5: 0,02
Y là C2H3COOC3H7: 0,04
Z là C2H3COOCH2COOC2H5: 0,06
⇒ %mY/E = 27,67%