Hỗn hợp E gồm ba este X, Y, Z đều no, mạch hở và đều được tổng hợp từ ancol và axit cacboxylic (MX < MY < MZ < 182); trong đó thành phần trăm khối lượng các nguyên tố C, H, O trong E chiếm lầ

35/40

Hỗn hợp E gồm ba este X, Y, Z đều no, mạch hở và đều được tổng hợp từ ancol và axit cacboxylic (M_X < M_Y < M_Z < 182);trong đó thành phần trăm khối lượng các nguyên tố C, H, O trong E chiếm lần lượt là 40,784%; 4,837% và 54,379%. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 29,6 gam E bằng dung dịch KOH đun nóng (phản ứng vừa đủ), thu được m gam hỗn hợp T gồm hai ancol và 41,9 gam hỗn hợp muối. Biết trong E có hai chất với số mol gấp đôi nhau. Phần trăm theo khối lượng của X trong E là

30,4%.

35,8%.

28,4%.

21,2%.

Giải thích

M_X < M_Y < M_Z < 182 ÞCác este không quá 3 chức.

Đặt CT chung cho hỗn hợp E là C_nH_mO_p

\( \Rightarrow n:m:p = \frac{{\% C}}{{12}}:\frac{{\% H}}{1}:\;\frac{{\% O}}{{16}}\) = 3,4 : 4,84 : 3,4 = 1 : 1,4 : 1

Þ Các chất trong E đều có số C = số O và được cấu tạo từ 2 ancol nên ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: HCOOCH₃ (a), (COOCH₃)₂ (b), (HCOO)₃C₃H₅ (c)

Trường hợp 2: HCOOCH₃ (a), (COOCH₃)₂ (b), HCOO-CH₂-CH₂-OOC-COO-CH₃ (c)

Trường hợp 3: HCOOCH₃ (a), (HCOO)₂C₂H₄ (b), HCOO-CH₂-CH₂-OOC-COO-CH₃ (c)

Ta có: n_{O (E)} = \(\frac{{29,6.54,379\% }}{{16}}\)= 1 mol Þ n_COO = 0,5 mol = n_KOH = n_COOK = n_OH

Hai pt cố định \(\left\{ \begin{array}{l}60a + 118b + 176c = 29,6\\a + 2b + 3c = 0,5\end{array} \right.\) còn pt cuối là theo khối lượng muối của các trường hợp:

TH₁: 84.(a + 3c) + 166b = 41,9 Þ a= 0,175 ; b = 0,05 ; c = 0,075 (Loại)

TH₂: 84.(a + c) + 166(b + c) = 41,9 Þ b < 0 (Loại)

TH₃: 84.(a + 2b + c) + 166c = 41,9 Þ a = 0,15 ; b = 0,1 ; c = 0,05 (Chọn)

Vậy %m_X = 30,4%.