Bài tập về Este - Lipit cực hay có lời giải chi tiết (P4)

Chọn đáp án C.

n_{NaOH phản ứng} $=\frac{0,36.0,5}{1,2}=0,15, n_{O_2}=n_{C{O}_2}=0,35$ 

Bảo toàn khối lượng

$$\begin{gathered} \to n_{H_{2}O}=\frac{6,9+0,35.32-15,4}{18}=0,15 \\ {n}_{O/X}=\frac{6,9-0,35.12-0,15.2}{16}=0,15 \end{gathered}$$  

=> n_C : n_H : n_O = 7 : 6 : 3

=> công thức phân tử của X là C₇H₆O₃.

n_X = 0,05 => n_X : n_NaOH = 1 : 3 => X phải có công thức HCOOC₆H₄OH

=> m gam rắn khan gồm HCOONa (0,05 mol), C₆H₄(ONa)₂ (0,05 mol) và NaOH dư (0,03 mol)

=> m = 0,05.68 + 0,05.154 + 0,03.40 = 12,3 gam.

Đáp án A

Cách 1: X có CTPT C_nH_2nO₂ là este no, đơn chức, mạch hở ® ancol tạo X là no, đơn chức mạch hở. ® cả ba ancol cùng dãy đồng đẳng no, đơn chức, mạch hở ® Z tạo từ axit hai chức và ancol đơn chức.

Theo đó, n_{hỗn hợp muối T} = n_E = 0,04 mol. “Cảm nhận” đốt T đủ giả thiết để giải. Thật vậy:

ó Phản ứng đốt cháy: . 

- Gọi số mol Na₂CO₃ là x mol $\to \sum _{n_{COONa}}=2a mol$ . Bảo toàn nguyên tố O với YTHH 01 có:

Phương trình: 4a+0,275.2= 3a+0,49.2-$n_{H_{2}O}\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{H_{2}O}=0,42-a \left(mol\right)\\ n_{C{O}_2}=0,06+a \left(mol\right)\end{array}\right.$ 

$\to$ Bảo toàn khối lượng: 49,1+0,275.32= 106a+44(0,06+a)+18(0,43-a)$\to$a= 0,36.

- YTHH 01 cho 0,72 mol Na trong 0,4 mol T ® có 0,32 mol muối Z'; còn lại 0,08 mol X' và Y'.

Đốt muối, có tương quan $\sum _{n_{C{O}_2}}-\sum _{n_{H_{2}O}}=n_{Y\text{'}}+n_{Z\text{'}}\to$ có 0,03 mol Y' và suy ra 0,05 mol X'

Biện luận 1:  có phương trình: 0,05n'+0,03m'+0,32x'= $\sum _{n_C}$=0,06+2a= 0,78 mol (*) 

Với n', m', x' là các số nguyên và $n\text{'}\ge 1, m\text{'}\ge 3, x\text{'}=2$. Tóm lại, ở đốt cháy muối xử lí có được: 0,05 mol HCOONa; 0,03 mol C₂H₃COONa và 0,32 mol (COONa)₂.

Biện luận 2:  nếu ancol tạo Z là C₂H₅OH trở lên thì $m_{ancol}\ge 0,32.2.46=29,44\ge 25,7 gam$.

$\to$ ancol tạo ra Z là CH₃OH hay Z là (COOCH₃)₃. Giả sử X là HCOOR và Y là $C_2{H}_{3}COOR\text{'}$.

Ta có  

Giải phương trình nghiệm nguyên có R = 43 (gốc C₃H₇-) và R'= 57 (gốc C₄H₉-).

Vậy hỗn hợp E có 0,03 mol este Y là C₂H₃COOC₄H₉ (M=128).

Bảo toàn khối lượng phản ứng thủy phân có $m_E$=25,7+49,1-0,72.40= 46 gam 

$\to$ Yêu cầu .

Cách 2: Suy luận như trên có n_muối = n_este = 0,4 mol.

ó Quy muối gồm: x mol HCOONa; y mol C₂H₃COONa; z mol (COONa)₂ và a mol CH₂. Ta có hệ 4 ẩn:

    - Tổng số mol các muối:         x+y+z= 0,4 mol (1) 

    - Tổng số mol H₂O va CO₂:    x+4y+z+2a= 0,49 mol (2) 

    - Tổng khối lượng muối T:      68x+94y+134z+14a= 49,1 mol (3)  

    - Số mol O₂ cần để đốt là:        0,5x+3y+0,5z+1,5a= 0,275 mol (4)  

Giải hệ ta được: x = 0,05 mol; y = 0,03 mol; z = 0,32 mol; a = 0 $\to \sum _{n_{ancol}}=0,72 mol$ 

Lại quy đổi ancol gồm 0,72 mol CH₃OH và 0,19 mol CH₂. Thấy: 0,19= 0,05.2+0,03.3 => có 0,05 HCOOC₃H₇ và 0,03 C₂H₃COOC₄H₉ và 0,32 mol (COOCH₃)₂ => Yêu cầu như cách 1.

Cách 3: Gọi số mol X, Y, Z lần lượt là x, y, z mol.

Có n_NaOH = x + y + 2z = n_COONa = n_{O trong muối}. Lại có .

=> Bảo toàn O phản ứng đốt có  

=> $n_{C{O}_2}=0,26+z/2 mol và n_{H_{2}O}=0,23-z/2$. BTKL giải ra: z = 0,32 mol ® x + y = 0,08 mol.

$\to \sum _{n_{NaOH}}=0,72 mol=\sum _{n_{ancol}}\to M_{ancol}=35,7\to$ có 1 ancol là CH₃OH.

=> Tiếp tục giải và biện luận tương tự cách 

Đáp án A

· Giải đốt 12,38 gam $E+O_2\stackrel{t^o}{\to }$ 0,47 mol CO₂ + 0,33 mol H₂O.

Bảo toàn nguyên tố C, H, O ta có trong E: n_C = 0,47 mol; n_H = 0,66 mol; n_O = 0,38 mol.

· Phản ứng được với AgNO₃/NH₃ chỉ có 1HCOO-$\stackrel{+AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }2A{g}_{kt}$. Theo đó n_HCOO = 0,08 mol.

Quy đổi góc nhìn:  

« Cách quy đổi: 1 este (2 chức) + 2H₂O = 2 axit (đơn chức) + 1 ancol (hai chức).

Theo đó, bảo toàn O có ngay n_RCOOH = 0,11 mol. Ancol no, còn RCOOH chưa rõ cấu tạo.

Tương quan đốt: .

Với k là tổng số p có tròng RCOOH và 0 < a < 0,08 ® chỉ có thể k = 2 và a = 0,03 thỏa mãn.

Theo đó, n_X = 0,08 – 0,03 = 0,05 mol, n_Y = 0,11 – 0,03 = 0,08 mol và n_T = 0,03 mol.

® Yêu cầu: $\%m_{X trong E}=\frac{0,05.46}{12,38}.100\%\approx 18,6\%$ 

Đáp án B

« Giả thiết “chữ”: hai axit có mạch cacbon không phân nhánh nên axit đơn chức hoặc hai chức.

· Giải đốt 0,11 mol hai ancol no, đơn chức, mạch hở nặng 6,88 gam.

® Phân tích ancol về 0,11 mol H₂O + 0,35 mol CH₂ ® số mol O₂ cần đốt là 0,525 mol.

Vì n_Y = n_X = 0,08 mol < 0,11 mol NaOH nên Y gồm este đơn chức và ests hai chức.

Giải số mol hai muối trong Z là 0,05 mol axit đơn chức và 0,03 mol axit hai chức.

Đốt 0,08 mol X cần 0,72 mol O₂; đốt 0,17 mol H₂ cần 0,085 mol O₂ nên đốt Y cần 0,805 mol O₂.

Gọi số mol CO₂ và H₂O sinh ra khi đốt Y lần lượt là x và y mol:

  · Bảo toàn nguyên tố O có: 2x+y= 0,085.2+(0,05.2+0,03.4).

  · Tương quan đốt có: x – y = n_{este hai chức} = 0,03.

Theo đó, giải hệ được x = 0,62 mol và y = 0,59 mol ® bảo toàn khối lượng có m_Y = 12,14 gam.

Sơ đồ thủy phân:  

® Bảo toàn khối lượng ta có m_Z = 9,66 gam. Với các muối trong Z có dạng như trên, ta có phương trình: 0,05(14n+54)+0,03(14m+106) = 9,66=> 5n+3m = 27

Nhìn nhanh: n chia hết cho 3 nên n = 3, tương ứng, m = 4 là cặp nghiệm nguyên thỏa mãn.

Theo đó, Z gồm 0,05 mol C₂H₅COONa và 0,03 mol C₂H₄(COONa)₂.

® Yêu cầu: %m_{muối có phân tử khối lớn hơn trong Z} $=\frac{0,03.162}{9,66}.100\%\approx 50,31\%$

Đáp án C

Ancol Y dạng ROH. Phản ứng ROH + Na $\to RONa +1/2 H_2\left(khí\right)$ có 0,08 mol H₂ ® n_Y = 0,16 mol.

Theo đó, $M_Y=\frac{4,96+0,08.2}{0,16}=32$ ® Y là CH₃OH (ancol metylic).

Giải đốt 11,76 gam X + O₂ ® CO₂ + 0,44 mol H₂O  ® n_{H trong X} = 0,88 mol.

Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức ® n_X = n_Y = 0,16 mol ® n_{O trong X} = 0,32 mol.

Ta có m_X = m_C + m_H + m_O = 11,76 gam ® n_C = 0,48 mol ® C_{trung  bình} = 3.

Tương quan đốt có .

Este không no thỏa mãn có số C nhỏ nhất là CH₃CH=CHCOOCH₃ (có 5C).

Theo đó, hai este nó phải là HCOOCH₃ và CH₃COOCH₃. Chặn khoảng số C của este không no:

 ® số C_{este không no} = 5.

Vậy, .

Đáp án B

Cách 1 : qui đổi. (cách của mình)

Xem hỗn hợp Y gồm : HCOOCH₃ (a mol), (COOCH₃)₂ (b mol) và CH₂ (c mol)

a + b = 0,08

a + 2b = NaOH = 0,11

⇒ a = 0,05 ; b = 0,03

Thay việc đốt X bằng đốt Y : O₂ đốt X + O₂ đốt H₂ = O₂ đốt Y => c = 0,4 ?=> m_Y = 12,14 (gam)

Muối Z gồm RCOONa (0,05) và R’(COONa)₂ (0,03 mol)

=> 0,05 (R +67) + 0,03 (R’ + 134) = 12,14 + 0,11.40 – 6,88 = 9,66=> 5R +3R’ = 229 => R =29, R’=28

=>C₂H₅COONa và C₂H₄(COONa)₂ => kết quả.

Cách 2 : Cách tham khảo mạng

nNaOH > n_X → có este hai chức

n_{este hai chức} = 0,11 – 0,08 = 0,03 → n_este đơn chức = 0,05

→ n_{O (0,08 mol X)} = 0,11.2 = 0,22

n_{Pi(0,08 mol X)} = 0,11 + 0,17 = 0,28

n_ancol = n_NaOH = 0,11 → M_ancol = 6,88/0,11 = 62,5

Đạt n_CO2 = a ; n_H2O = b khi đốt cháy X ;

n_{Pi (0,01 mol X)} = 0,28/8 = 0,035

n_{O (0,01 mol X)} = 0,22/8 = 0,0275

n_H2O + n_Pi = n_CO2 + n_X → a – b = 0,035 – 0,01 = 0,025

Bảo toàn oxi: 2a + b = 0,0275 + 0,09.2 = 0,2075 → a = 0,0775 và b = 0,0525

m_Y (0,08 mol) = (0,0775.12 + 0,0525.2 + 0,0275.16).8 + 0,17.2 = 12,14

m_muối = 12,14 + 0,11.40 – 6.88 = 9,66

Gọi 2 muối có phân tử khối là M₁ (đơn chức) và M₂ (hai chức)

0,05M₁ + 0,03M₂ = 9,66 → M₁ = 96 và M₂ = 162

%M₂ = (0,03.162.100)/9,66 = 50,31

Đáp án C

Đáp án C

► Đốt X: 2,76(g) X + ?O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 0,12 mol CO₂ + 0,1 mol H₂O.

Bảo toàn khối lượng: m_O2 = 4,32(g) ⇒ n_O2 = 0,135 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/X = 2 × 0,12 + 0,1 – 0,135 × 2 = 0,07 mol

● n_COO = n_NaOH = 0,03 mol ⇒ n_CH3OH/X = 0,07 – 0,03 × 2 = 0,01 mol.

n_CH3OH = 0,03 mol ⇒ n_este = 0,03 – 0,01 = 0,02 mol

⇒ n_axit = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol. Bảo toàn nguyên tố Cacbon và Hidro:

► x = 2; y = 3 ⇒ C₂H₃COOH

Đáp án C

► Xử lý dữ kiện Y: -OH + Na → -ONa + ¹/₂H₂↑ ; n_OH = 2n_H2 = 0,16 mol.

m_{bình tăng} = m_Y – m_H2 ⇒ m_Y = 4,96 + 0,08 × 2 = 5,12(g). Đặt số gốc OH của Y là n.

⇒ n_Y = 0,16 ÷ n ⇒ M_Y = 5,12 ÷ (0,16 ÷ n) = 32n ⇒ n = 1; M_Y = 32 ⇒ Y là CH₃OH.

► Quy X về HCOOCH₃, C₃H₅COOCH₃ và CH₂ với số mol x, y, z.

m_X = 60x + 100y + 14z = 11,76(g); n_H2O = 2x + 4y + z = 0,44 mol; n_CH3OH = 0,16 mol = x + y.

⇒ giải hệ có: x = 0,12 mol; y = 0,04 mol; z = 0,04 mol. Do chứa 2 este no đồng đẳng

⇒ ghép CH₂ hết vào HCOOCH₃ ⇒ este không no là C₃H₅COOCH₃.

► %m_{este không no} = 0,04 × 100 ÷ 11,76 × 100% = 34,01%

Đáp án B

Đáp án D

Bảo toàn khối lượng khi đốt E ⇒ m_CO2 = 34,32 gam $\iff$n_CO2 = 0,78 mol < n_H2O.

⇒ Ancol T thuộc loại no 2 chức mạch hở.

Ta có sơ đồ:

+ PT bảo toàn oxi: 2a + 4b + 2c = 0,88 (1).

+ PT theo n_H2O – n_CO2: –b + c = 0,02 (2).

+ PT theo số mol NaOH pứ: a + 2b = 0,38 (3).

+ Giải hệ (1) (2) và (3) ta có: a = 0,3, b = 0,04 và c = 0,06 mol.

⇒ n_{Hỗn hợp} = 0,4 mol ⇒ C_{Trung bình} = 1,95 ⇒ 2 Axit là HCOOH và CH₃COOH.

⇒Hỗn hợp ban đầu gồm:

⇒ PT theo khối lượng hỗn hợp: 0,3(14n+32) + 0,04.[12(x+3) + 2x+4 + 64)] + 0,06.(14x + 34) = 25,04.

$\iff$4,2n + 1,4x = 9,24 [Với 1 < n < 2 ⇒ 0,6 < x < 3,6].

+ Vì Ancol T không hòa tan Cu(OH)₂ ⇒ T là HO–[CH₂]₃–OH với x = 3.

⇒ n = 1,2 ⇒ n_HCOOH = 0,3×(1–0,2) = 0,24 mol ⇒ %m_HCOOH = $\frac{0,24.46}{25,04}=44,01\%$

Đáp án D

(COOCH₃)₂ ; CH₃OOC-COOC₂H₅ ; (COOC₂H₅)₂

Đáp án D

Đáp án A

HD• n_C17H₃₃COONa = n_Br2 = 0,24 mol

→ m_C17H₃₅COONa = 109,68 - 0,24 x 304 = 36,72 gam → n_C17H₃₅COONa = 36,72 : 306 = 0,12 mol.

Vì $n_{C_{17}{H}_{33}COONa}$ = 2 x $n_{C_{17}{H}_{35}COONa}$ → X là (C₁₇H₃₃COO)₂(C₁₇H₃₅COO)C₃H₅

→ m = 0,12 x 886 = 106,32 gam 

Đáp án A

☆ Giải đốt ancol hỗn hợp ancol Y + O₂ –––^to–→ 0,16 mol CO₂ + 0,26 mol H₂O.

X gồm các este đơn chức nên ancol Y cũng đơn chức, lại có n_H2O > n_CO2 nên Y là ancol no.

Theo đó, tương quan đốt: n_Y = n_H2O – n_CO2 = 0,1 mol ⇒ C_{trung bình} = 1,6.

đại diện cho Y là 0,1 mol ancol dạng C_1,6H_5,2O ⇒ m_Y = 4,04 gam.

☆ Giải thủy phân m gam X + 0,4 mol NaOH → 34,4 gam Z + 4,04 gam Y + ? gam H₂O.

Chú ý rằng, các este đều đơn chức mà n_NaOH > n_ancol ⇒ có một este của phenol.

⇒ n_{etse của phenol} = (0,4 – 0,1) ÷ 2 = 0,15 mol ⇒ n_H2O = 0,15 mol ⇒ ? = 2,7 gam.

Theo đó, bảo toàn khối lượng có: m = 34,4 + 4,04 + 2,7 – 0,4 × 40 = 25,14 gam.

Đáp án B

Chọn đáp án C.

Ý tưởng quy đổi tương tự $F{e}_3{O}_4 = FeO. F{e}_2{O}_3$ còn $RCOOR\text{'}=RCOO+R\text{'} {-}_{goc ancol}$ 

Trong đó, xét toàn bộ quá trình thì phản ứng với NaOH là gốc RCOO- → có 0,03 mol RCOO-.

Tổng ancol cuối cùng là 0,03 mol $C{H}_3-$=> R'=$C{H}_3=$ 0,03 mol.

→ tiến hành quy đổi hỗn hợp 2,76 gam gồm 0,03 mol C_xH_yCOOCH₃ và a mol H₂O.

(trong phép quy đổi này cần để ý ancol+axit = este+nước nên sẽ thừa ra a mol H₂O như trên).

Đốt cháy: $X+O_2\to$ mol CO₂ + 0,1 mol H₂O.

X= C+H+O gam, trong đó $n_C=0,12$ mol; $n_H=0,2$ mol

→ $n_O=0,07$ mol gồm 0,06 mol O của este → có 0,01 mol O nữa trong a mol $H_{2}O\to a=0,01$ mol.

Mà $\sum _{so C_{este}}=x+2=0,12:0,03=4\to x=2$.

$\sum _{so H_{este}}=y+3=(0,2-0,01.2):0,03=6\to y=3$.

Vậy, công thức của $C_x{H}_{y}COOH$ là $C_2{H}_{3}COOH$.

Chọn đáp án A.

Ở cả hai ống nghiệm đều xảy ra phản ứng thủy phân:

Ống 1: thủy phân trong môi trường axit, phản ứng xảy ra theo hai chiều thuận nghịch:

.

« Kết quả thu được: chất lỏng phân thành hai lớp là este (không tan trong nước) và lớp còn lại là phần dung dịch chứa các chất tan $H_{2}S{O}_4, C{H}_{3}COOH, C_2{H}_{5}OH$.

Ống 2: thủy phân trong môi trường bazo, phản ứng xảy ra theo một chiều:

.

« Kết quả thu được: chất lỏng trở thành đồng nhất.

Chọn đáp án C.

Ancol Y dạng ROH. Phản ứng ROH+Na$\to$RONa+1/2$H_2$ có 0,08 mol H₂ → $n_Y=0,16$ mol.

Theo đó, $M_Y=\frac{4,96+0,08.2}{0,16}=32\to Y$ là CH₃OH (ancol metylic).

Giải đốt 11,76 gam $X+O_2\stackrel{t^o}{\to }C{O}_2+0,44$ mol H₂O → n_{H trong X} = 0,88 mol.

Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức → $n_X=n_Y=0,16 mol\to n_{O trong X}=0,32 mol$ mol.

Ta có $m_X=m_C+m_H+m_O=11,76$ gam → $n_C=0,48$ mol → $\stackrel{-}{C}=3$.

Tương quan đốt có  mol.

Este không no thỏa mãn có số C nhỏ nhất là $C{H}_{3}CH=CHCOOC{H}_3$ (có 5C).

Theo đó, hai este no phải là HCOOCH$C{H}_3$ và $C{H}_{3}COOC{H}_3$. Chặn khoảng số C của este không no:

Chọn đáp án A.

Hai este X, Y có cùng công thức phân tử C₈H₈O₂ → n_{hỗn hợp X, Y} = 6,8 : 136= 0,05 mol.

→ tỉ lệ 0,06 : 0,05=1,2 cho biết có 0,04 mol một este “thường” và 0,01 mol một este của phenol.

Sơ đồ: 6,8 gam (X, Y) + 0,06 mol NaOH → 4,7 gam ba muối + 0,01 mol H₂O + 0,04 mol ancol.

BTKL có $m_{ancol}=4,32 gam\to M_{ancol}=4,32 + 0,04= 108$ là $C_6{H}_{5}C{H}_{2}OH$ (ancol benzylic).

→ có một este là $HCOOC{H}_2{C}_6{H}_5$. Như vậy, để thu được 3 muối thì este kia phải là $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5$.

Vậy, khối lượng 0,01 mol $C{H}_{3}COONa\iff 0,82$ gam là khối lượng cần tìm.

Chọn đáp án C.

Đốt cháy X thu được CO₂ và H₂O có cùng số mol → X là este no, đơn chức, mạch hở.

Axit duy nhất tham gia phản ứng tráng gương là axit fomic → chất Y là HCOOH.

Este đơn chức X được tạo từ Y và Z → $C_X=C_Y+C_Z mà 2C_Z=C_X\to C_Z=C_Y=1$.

Vậy, X là HCOOCH₃ (metyl fomat); Y là HCOOH (axit fomic) và Z là CH₃OH (ancol metylic).

Rõ, CH₃OH là ancol không có phản ứng đehiđrat hóa (tách nước) tạo anken → phát biểu C sai.

Chọn đáp án D.

Mỡ lợn chứa các chất béo no như tristearin, tripanmitin, khi đun sôi với dung dịch NaOH xảy ra phản ứng xà phòng hóa (thủy phân chất béo):

.

Sản phẩm thu được gồm muối và glixerol dễ tan trong dung dịch nên sau bước 2 → chất lỏng đồng nhất.

Ở bước 3: để nguội và hòa tan thêm NaCl (muối ăn) vào → làm giảm độ tan của muối natri stearat, thêm nữa khối lượng riêng của dung dịch lúc này cũng tăng lên → các muối hữu cơ (muối natri của các axit béo) bị tách ra khỏi dung dịch, nhẹ hơn dung dịch → tạo chất rắn màu trắng nổi lên trên dung dịch.

Xem xét các phát biểu:

A. Đây là thí nghiệm về phản ứng xà phòng hóa, dầu thực vật hay dầu mỡ đều là chất béo nên đều được.

B. Quan sát phương trình phản ứng trên thì việc thêm nước không phải là xúc tác của phản ứng. Thực chất việc nhỏ thêm vài giọt nước trong quá trình là để giữ cho thể tích hỗn hợp không đổi.

C, D: như đã phân tích ở bước 3 về vai trò của NaCl và kết quả thu được → C sai, D đúng.

Chọn đáp án B.

Tỉ lệ $n_{este} : n_{NaOH}=0,01:0,02=1:2\to$ este có hai chức.

Từ tỉ lệ sản phẩm và este → este này được tào từ anol hai chức và axit cũng hai chức

→ este cần tìm có dạng $R{\left(COO\right)}_{2}R\text{'}\to$ phản ứng:

.

Từ giả thiết có $M_{muối}=1,665:0,075=222=R+2.83\to R=56=14.4$ là gốc C₄H₈.

Lại có $M_{este}=1,29:0,075=172\to R\text{'}=28=14.2$ tương ứng là gốc C₂H₄.

Vậy, công thức của este cần tìm là $C_4{H}_8{\left(COO\right)}_2{C}_2{H}_4$.

Chọn đáp án B.

Từ công thức phân tử của X là C₇H₁₀O₄ → X là este hai chức, mạch hở, có 3π gồm $2{\mathrm{\pi }}_{\mathrm{C}=\mathrm{O}} \mathrm{và} 1{\mathrm{\pi }}_{\mathrm{C}=\mathrm{C}}$

Phản ứng thủy phân: $X+2NaOH\to Y+Z+T$ (Z và T thuộc cùng dãy đồng đẳng)

→ $1{\mathrm{\pi }}_{\mathrm{C}=\mathrm{C}}$ kia phải thuộc gốc hiđrocacbon của Y rồi và Y là muối của axit cacboxylic có 2 chức → số C của Y ít nhất phải bằng 4. Phân tích số C của X: 7= 4+1+2= 5+1+1 

→ cấu tạo duy nhất thỏa mãn X là $C{H}_{3}OOCCH=CHCOO{C}_2{H}_5$ (trường hợp 4+1+2).

→ cấu tạo của axit E là HOOC-CH=CH-COOH $\to E+B{r}_2/CC{l}_4$ theo tỉ lệ 1 : 1 thôi.

Chọn đáp án C.

« Xử lí bài tập đốt cháy liên quan đến số mol O₂ cần để đốt và số mol sản phẩm CO₂ biết → Ta quy góc nhìn các chất đốt dạng CH₂ + … Giả thiết: ancol X dạng $C{H}_2+H_{2}O$, axit Y và este Z dạng $C{H}_2+O_2$.

→ đốt tổn 0,14 mol CH₂ cần 0,14.1,5=0,18+ $n_{O_2 của Y, Z}\to n_{Y, Z}=0,03 mol$

Vậy 3,26 gam chất rắn T gồm 0,03 mol RCOONa + 0,02 mol NaOH (dư) → R = 15 là gốc CH₃.

→ phản ứng vôi tôi xút giữa 0,03 mol CH₃COONa + 0,025 mol NaOH xảy ra theo tỉ lệ:

 m gam khí là 0,025 mol CH₄.

Vậy, giá trị của m là m= 0,025.16= 0,4 gam.

Chọn đáp án B.

Giải phần 2:

Nếu R là H, tức axit là HCOOH thì 0,2 mol sẽ tham gia phản ứng tráng bạc tạo 0,4 mol Ag.

Điều này có nghĩa là trong T chỉ chứa axit và ancol dư, không có anđehit → không hợp lý.!

R khác H thì $+AgN{O}_3/N{H}_3$ chỉ có thể là anđehit RCHO sinh $A{g}_{kt}\to n_{RCHO}=0,2$ mol.

Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn:  

Giải phần 3: $RC{H}_{2}OH+Na\to AC{H}_{2}ONa+1/2H_2 \left(khi\right)$ 

Tổng số mol H₂ thu được là 0,4 mol, axit có 0,2 mol, nước là 0,4 mol → $n_{ancol}=0,2$ mol.

Khối lượng chất rắn: 51,6= 0,2.(R+53)+0,2.(R+67)+0,4.40=> R=29 là gốc $C_2{H}_5$.

« Giải bài tập thủy phân 1,8 mol X + 2,4 mol KOH

→ 210 gam (R'COOK+KOH dư)+0,18 mol ancol.

(chú ý nhân 3 kết quả tính toán trên) Ta có: 210= 1,8(R' +83)+0,6.56 => R'= 15 là gốc $C{H}_3$.

Vậy, este X là $C{H}_{3}COOC{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_3\to$ tên gọi: propyl axetat.

Chọn đáp án D.

Hỗn hợp A gồm X, Y dạng $C_{?}{(H}_{}$₂O)?? (vì khi đốt có $n_{O_2 cần đốt}=n_{C{O}_2}$).

Cần chú ý $n_{chức ancol - OH}=n_{KOH}=0,4 mol$ → $m_{ancol}=15,2+0,4:2.2=15,6$ gam.

Giải thủy phân: 30,24 gam E + 0,4 mol KOH → 2 muối G + 15,6 gam 2 ancol F

→ m_{muối G} = 37,04 gam (theo bảo toàn khối lượng) Nhận xét đủ giả thiết để giải đốt G:

« Đốt 37,04 gam muối G cần 0,42 mol O₂ → 0,2 mol K₂CO₃ + x mol CO₂ + y mol H₂O.

Bảo toàn O + bảo toàn khối lượng:  

Ngôn ngữ: X, Y không phân nhánh→ có không quá 2 chức và este không phải là vòng (*)

Kết hợp y= 0 cho biết muối không chứa nguyên tố H

→ 2 muối đều 2 chức dạng $C_{???}{\left(COOH\right)}_2$ (với ??? phải là số chẵn)

Lại biết tỉ lệ số mol X, Y là 1,5 $\to n_X=0,12$ mol và $n_Y=0,08$ mol.

Gọi số $C_{ax tạo X}=m; số C_{ax tạo Y}=n$ (m, n nguyên dương và chẵn)

→ Ta có phương trình nghiệm nguyên:

→ Duy nhất cặp chẵn m= 2; n= 6 thỏa mãn => axit tạo X là ${\left(COOH\right)}_2$ và Y là $C_4{\left(COOH\right)}_2$.

Mặt khác: X, Y dạng $C_{?}{\left(H_{2}O\right)}_4$; gốc axit không chứa H → $\sum _{gốc}$ ancol có 8H.

Lại có ở (*) cho biết hai ancol phải là đơn chức nên $n_F=0,4 mol$ ; $M_F=15,6 ; Ans=39$ 

→ có một ancol là CH₃OH; (15,6-0,2.32):0,2 = 46 ancol còn lại là $C_2{H}_{5}OH$.

Vậy X là $H_{3}COOC-COO{C}_2{H}_5$ và Y là $H_{3}COOC\equiv C-C\equiv C-COO{C}_2{H}_5$.

Đọc yêu cầu, xem lại Y có công thức phân tử là C₉H₈O₄→ $\sum _{số nguyên tử}=21$.

Chọn D.

*Giả sử đốt cháy M liên quan đên CO₂ và lượng O₂ cần để đốt $\to$ dùng giả thiết chữ về X, Y, Z quy đổi M gồm CH₂ + ? mol H₂O (tách từ ancol) + ?? mol O₂ (tách từ axit và este),

H₂O không cần O₂ để đốt  $\to n_{ax, este}=n_{O_2 tách ra}=0,5.1,5-0,55=0,2 mol$ (1CH₂ cần 1,5 O₂ để đốt).

Nhầm nhanh: 0,5 : 0,2 $\to$ số $C_{ax, este}<2,5$ mà este thì số C nhỏ nhất là 2

=> chỉ có thể là axit CH₃COOH (Y:axit axetic) và este HCOOCH₃ (Z: metyl axetat).

Chọn D.

Giả thiết chữ E gồm X dạng $C_n{H}_{2n-2}{O}_2$ và Y dạng $C_m{H}_{2m-4}{O}_4$ (điều kiện $m, n\ge 4$ 

*Giả đốt: $E+O_2\stackrel{t^o}{\to }$ 0,43 mol CO₂ + 0,32 mol H₂O.

Quan sát E => quy đổi về 0,43 mol CH₂ + 0,22 mol $O{H}^{-}$$\to m_E=9,32 gam=46,6 : 5$ 

*Phản ứng thủy phân: 46,6 gam E + 0,6 mol NaOH => chất rắn + (H₂O + CH₃OH).

(biết là CH₃OH vì M_T = 32 theo giả thiết) => có m_Z = $m_{(H_{2}O; C{H}_{3}OH)}=189,4 gam$ 

(thật chú ý: bình đựng natri kín nên khối lượng bình tăng chính là khối lượng Z).

Gọi $n_{este}=x mol; n_{ax}=y mol$ thì $\sum _{n_{COO}}=x+2y=0,55 mol$ 

Thủy phân cho x mol CH₃OH và 2y mol H₂O; tuy nhiên cần chú ý H₂O trong Z còn có 176 gam H₂O sẵn ở dung dịch NaOH nữa nên 189,4= 176+36y+32x=> 36y+32x=13,4 gam

Giải hệ được: x = 0,25 mol và y = 0,15 mol. Nghiệm nguyên:  là C₅H₈O₂ và Y là C₆H₈O₄.

Chú ý: giả thiết 6,16 lít khí H₂ giả thiết nhiễu, nếu không nắm rõ “bình kín” sẽ rất dễ khó khăn trong việc tìm ra đáp án

Chọn A.

CH₃COOC₂H₅, C₂H₅COOCH₃ có cùng công thức phân tử là C₄H₈O₂ đốt cho số mol CO₂ bằng H₂O

Còn ancol etylic có công thức phân tử C₂H₆O₂ đốt cho tương quan n_ancol = $n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}$ 

Theo đó đốt X ta có n_ancol = 0,7 – 0,6 = 0,1mol => n_{hai este} = (0,6 – 0,1.2) : 4 = 0,1 mol

Vậy %m_ancol(X) = 0,1.46 : (0,1.46 + 0,1.88) = 34,33%

Chọn A.

Phân tích “giả thiết chữ” về X tạo 2 muối mà ancol lại đơn chức$\to$ dạng “este nối”

Ứng với C₄H₆O₄ chỉ có duy nhất cấu tạo thỏa mãn là HCOOCH₂COOCH₃

Theo đó phản ứng HCOOCH₂COOCH₃ + 2NaOH $\to$HCOONa + HOCH₂COONa + CH₃OH

Giả thiết số n_X = 0,15mol, n_NaOH = 0,4mol $\to$sau phản ứng còn dư 0,1mol NaOH

$\to$Số mol ancol thu được tính theo số mol este X là 0,15mol $\to$dùng bảo toàn khối lượng ta có:

m_{muối + NaOh dư} = 17,7 + 0,4.40 – 0,15.32 = 28,9 gam

Chọn A.

Giả thiết  X là este đơn chức, mạch hở  CTPT là C₅H₈O₂.

*Phản ứng thủy phân: $X+H_{2}O\iff C_3{H}_{5}COOH$ (axit cacboxylic Y) + CH₃OH (ancol metylic).

Có 3 cấu tạo gốc C₃H₅- gắn vào nhosmc hức COOH => X có 3 công thức cấu tạo phù hợp là:

(1) CH₂=CHCH₂COOCH₃;      

(2) CH₃CH=CHCOOCH₃        

(3) CH₂=C(CH₃)COOCH₃

Chọn A.

Cách 1: X có CTPT C_nH_2nO₂ là este no, đơn chức, mạch hở $\to$ancol tạo X là no, đơn chức mạch hở.

$\to$cả ba ancol cùng dãy đồng đẳng no, đơn chức, mạch hở $\to$ Z tạo từ axit hai chức và ancol đơn chức.

Theo đó, n_{hỗn muối T} = n_E = 0,04 mol. “Cảm nhận” đôt T đủ giả thiết để giải. Thật vậy:

*Phản ứng đốt cháy:  

Gọi số mol Na₂CO₃ là x mol $\to \sum _{n_{COONa}}=2a$ mol. Bảo toàn nguyên tố O với YTHH 01 có:

Phương trình:  

$\to$ Bảo toàn khối lượng: 49,1 +0,275.32= 106a+44(0,06+a)+18(0,43-a) $\to$ a=0,36 

*YTHH 01 cho 0,72 mol Na trong 0,4 mol T  $\to$ có 0,32 mol Y’ và suy ra 0,05 mol X’ (*)

-Biện luận 1: có phương trình:  

Với n’, m’, x’ là các số nguyên và  

Dấu “=” xảy ra ở (*) khi và chỉ khi n’ = 1; m’ = 3 và x’ = 2.

Tóm lại, ở đôt cháy muối xử lí có được: 0,05 mol HCOONa; 0,03 mol C₂H₃COONa và 0,32 mol (COONa)₂.

-Biện luận 2: nếu ancol tạo Z là C₂H₅OH trở lên thì $m_{ancol}\ge 0,32.2.46=29,44<25,7 gam$ 

=> ancol tạo Z là CH₃OH hay Z là (COOCh₃)₃. Giả sử X là HCOOR và Y là C₂H₃COOR’.

Ta có  

Giải phương trình nghiệm nguyên có R = 43 (gốc C₃H₇-) và R’ = 57 (gốc C₄H₉-).

Vậy hỗn hợp E có 0,03 mol este Y là $C_2{H}_{3}COO{C}_4{H}_9(M=128)$ 

Bảo toàn khối lượng phản ứng thủy phân có $m_E=25,7+49,1-0,72.40=46 gam$ 

=>  Yêu cầu $\%m_{Y trong E}=\frac{0,03.128}{46}.100\%\approx 46 \%$ 

Cách 2: Suy luận như trên có $n_{muoi}=n_{este}=0,4 mol$ 

*Quy muối gồm: x mol HCOONa; y mol C₂H₃COONa; z mol (COONa)₂ và a mol CH₂. Ta có hệ 4 ẩn”

·        Tổng số mol các muối: x + y + z = 0,4 mol                   (1)

·        Tổng số mol H₂O và CO₂:  x + 4y + z + 2a = 0,49mol                  (2)

·        Tổng khối lương muối T: 68x + 94y + 134z + 14a = 49,1 gam    (3)

·        Số mol O₂ cần để đốt là: 0,5x + 3y + 0,5z + 1,5a = 0,275 mol   (4)

Giải hệ ta được: x = 0,05 mol; y = 0,03 mol; z = 0,32 mol; a = 0 $\to \sum _{n_{ancol}}=0,72 mol$ 

Lại quy đổi ancol gồm 0,72 mol CH₃OH và 0,32 mol CH₂. Thấy: 0,19= 0,05.2+0,03.3 

=> có 0,05 HCOOC₃H₇ và 0,03 C₂H₃COOC₄H₉ và 0,32 mol _{${(COOCH}_{}$3)2}→ Yêu cầu như cách 1.

Cách 3: gọi số mol X, Y, Z lần lượt là x, y, z mol.

Có $n_{NaOH}=x+y+2z=n_{COONa}=n_{O trong muoi}$ Lại có $n_{O trong N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{3(x+y+z)}{2}mol$ 

$\to$ Bảo toàn O phản ứng đốt có  

 có 1 anccol là CH₃OH.

$\to$ tiếp tục giải và biện luận tương tự cách 1.

Chọn đáp án D

Ta có $M_X=122 \to 3,66$ gam X tương ứng với số mol là 0,03.

X chỉ có duy nhất một đồng phân chứa vòng benzen tham gia được phản ứng tráng bạc là HCOOC₆H₅.

Tương tự như axit HCOOH, cứ 1 mol HCOOC₆H₅ phản ứng tạo 2 mol Ag.

Suy ra, số mol của HCOOC₆H₅ có trong X bằng 0,01 mol (do n_{Ag thu được} = 0,02 mol).

Hai chất hữu cơ đều đơn chức nên chất còn lại là C₆H₅COOH (axit benzoic) và có số mol là 0,02.

« Thủy phân:                

HCOOC₆H₅ + 2NaOH $\to$HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O.

C₆H₅COOH + NaOH $\to$C₆H₅COONa + H₂O.

Nhận xét nhanh: $\sum _{}$ n$H_{2}O$ = n_X = 0,3 mol, NaOH dư và các sản phẩm còn lại đều là chất rắn thu được sau khi cô cạn

=> bảo toàn khối lượng có: m= 3,66+0,05.40-0,03.18= 5,12 gam.

Chọn đáp án A

« Đốt cháy m gam hỗn hợp X thu được 0,17 mol H₂O và 0,14 mol CO₂.

Tương quan đốt:  

Giả sử lượng còn lại trong X là  mol CH₃COOCH₃ và y mol CH₃CHO

Ta có x+y= 0,03 mol và 3x+2y+0,03.2=0,14 mol. Giải hệ được x= 0,02 mol và y= 0,01 mol.

« Phản ứng với AgNO₃/NH₃ chỉ có CH₃CHO thôi:

CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O$\stackrel{t^o}{\to }$CH₃COONH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

                                                                        amoni axetat

Từ tỉ lệ ta có