X, Y là 2 este đều no và đơn chức; Z là este no, hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy 22,56 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,8 mol O2. Mặt khác đun nóng 22,56 gam E với 360 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp F chứa 2 ancol kế tiếp. Đun nóng toàn bộ F với H2SO4 đặc ở 140 °C thu được 3,36 gam hỗn hợp gồm 3 ete có cùng số mol. Hiệu suất ete hóa mỗi ancol trong F là.
A. 40% và 60% B. 20% và 70%
C. 25% và 50% D. 30% và 75%
Câu trả lời tốt nhất
nKOH = 0,36 —> nO(E) = 0,72
Đặt a, b là số mol CO2 và H2O
—> 44a + 18b = 22,56 + 0,8.32
Bảo toàn O —> 2a + b = 0,72 + 0,8.2
—> a = 0,8 và b = 0,72
—> nZ = b – a = 0,08 mol
và nX + nY = nKOH – 2nZ = 0,2
—> nE = nX + nY + nZ = 0,2
—> Số C = nCO2/nE = 2,86
—> X là HCOOCH3 (x mol)
Hai ancol kế tiếp nên chúng phải cùng đơn chức —> Hai muối có 1 đơn chức + 1 hai chức.
—> Y là HCOOC2H5 (y mol)
nCO2 = 2x + 3y + 0,08p = 0,8 (Với p là số C của Z)
và x + y = 0,2
—> y + 0,08p = 0,4
—> 0,08p < 0,4 —> p < 5 —> p = 4 là nghiệm duy nhất. Từ đó tính được x = 0,12 và y = 0,08
Vậy Z là (COOCH3)2
Ancol gồm CH3OH (0,28) và C2H5OH (0,08)
Đặt h1, h2 là hiệu suất ete hóa tương ứng. Các ete có số mol bằng nhau nên các ancol phản ứng cũng có số mol bằng nhau.
—> 0,28h1 = 0,08h2 (1)
Bảo toàn khối lượng:
32.0,28h1 + 46.0,08h2 = 3,36 + 18(0,28h1 + 0,08h2)/2 (2)
(1)(2) —> h1 = 0,2 và h2 = 0,7 hay 20% và 70%