X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp nhau (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 m gam hỗn hợp khí và hơi. Dẫn hết hỗn hợp khí và hơi thu được vào bình chứa H2SO4 đặc, dư thấy có 0,71m gam khí không bị hấp thụ. Mặt khác 7,48 gam hỗn hợp E trên phản ứng tối đa với 100 ml dung dịch KOH 1M (đun nóng).
Cho các phát biểu sau về X, Y, Z, T.
– Phần trăm khối lượng của Y trong E là 19,25%.
– Phần trăm số mol của X trong E là 12%.
– X không làm mất màu dung dịch Br2.
– Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T là 5.
– Z là ancol có công thức C3H6(OH)2.
Số phát biểu đúng là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu trả lời tốt nhất
nO2 = 0,27
Bảo toàn khối lượng —> m = 16,12
—> nCO2 = 0,71m/44 = 0,26 và nH2O = 0,26
Quy đổi hỗn hợp E thành:
CnH2nO2: 0,1 (Tính từ nKOH)
CmH2m+2O2: a
H2O: -b mol
nCO2 = 0,1n + ma = 0,26
nH2O = 0,1n + a(m + 1) – b = 0,26
nO(E) = 0,2 + 2a – b = 0,24 (Bảo toàn O)
Giải hệ được a = b = 0,04
—> nCO2 = 0,1n + 0,04m = 0,26
—> 5n + 2m = 13
Do ancol 2 chức nên m ≥ 2. Có 2 cặp nghiệm phù hợp với phương trình là:
- m = 2 —> n = 1,8 —> HCOOH (0,02) và CH3COOH (0,08) (1)
- m = 3 —> n = 1,4 —> HCOOH (0,06) và CH3COOH (0,04) (2)
Do nH2O = -0,04 —> nT = 0,02
Loại (1) vì nHCOOH = 0,02, khi đó sẽ không có HCOOH tự do.
Các chất trong E gồm:
X là HCOOH (0,06 – 0,02 = 0,04) —> %nX = 40%
Y là CH3COOH (0,04 – 0,02 = 0,02) —> %Y = 15,31%
Z là C3H6(OH)2 (0,04 – 0,02 = 0,02)
T là (HCOO)(CH3COO)C3H6 (0,02)
—> Chỉ có phát biểu cuối cùng đúng.
ad ơi, e thấy CnH2nO2 đốt cháy cho nCO2=nH2O. CmH2m+2O2 đốt cháy cho nH2O>nCO2 thì làm sao khi đốt cháy E lại cho nCO2=nH2O đc ạ?