Hỗn hợp E gồm 3 este thuần chức X, Y, Z (MX < MY < MZ); trong đó X, Y có cùng số nguyên tử hiđrô. Đốt cháy hoàn toàn 23,62 gam E thu được 0,61 mol H2O. Thủy phân hoàn toàn 23,62 gam E cần dùng 0,38 mol KOH vừa đủ thu được hỗn hợp T gồm 3 muỗi và hỗn hợp N gồm 2 ancol no đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn T cần dùng vừa đủ 1 mol O2 thu được 1,22 mol hỗn hợp gồm CO2, H2O. Phần trăm khối lượng của este Y trong E gần nhất với giá trị nào sau đây:
A. 30 B. 31 C. 32 D. 33
Câu trả lời tốt nhất
Đốt muối —> nCO2 = a, nH2O = b
—> a + b = 1,22 (1)
Đặt nCOO-phenol = c —> nCOO-ancol = 0,38 – 2c
Muối chứa COOK (0,38 – c) và OK (c)
nK2CO3 = 0,19, bảo toàn O:
2a + b + 0,19.3 = 2(0,38 – c) + c + 1.2 (2)
nH2O (sản phẩm thủy phân) = c
Bảo toàn H: 0,61.2 + 0,38 = 2b + 2c + nH(Ancol)
—> nH(ancol) = 1,6 – 2b – 2c
nAncol = 0,38 – 2c = nH/2 – nC
—> nC = 0,42 – b + c
Bảo toàn khối lượng:
23,62 + 0,38.56 = (44a + 18b + 0,19.138 – 1.32) + 12(0,42 – b + c) + (1,6 – 2b – 2c) + 16(0,38 – 2c) + 18c (3)
(1)(2)(3) —> a = 0,84; b = 0,38; c = 0,13
Quy đổi muối thành COOK (0,25), OK (0,13), C (0,78) và H (0,76)
Gốc OK cần ít nhất 6C (0,13.6 = 0,78) nên các muối còn lại không có C ở gốc
(Chú ý: Muối có nhiều OK thì không đủ dữ kiện xác định)
—> C6H5OK (0,13); HCOOK (0,11) và (COOK)2 (0,07)
(Chú ý: Bảo toàn H tính nHCOOK rồi bảo toàn COOK tính n(COOK)2)
Các ancol no và X, Y cùng H nên E gồm:
Z là C6H5-OOC-COO-A (0,07 mol)
Y là HCOOC6H5 (0,13 – 0,07 = 0,06 mol) —> %Y = 30,99%
X là HCOOC2H5 (0,11 – 0,06 = 0,05)
mAncol = 0,07(A + 17) + 0,05.46 = 4,54
—> A = 15 (-CH3)