BAI TAP KHO CACH GIAI HAY 04

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRAO ĐỔI CÁCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ Phạm Tuấn Hậu - ĐCD – Hậu Lộc – Thanh Hoá. Câu 2. X, Y là 2 axit cacboxylic đều hai chức (trong đó X no, Y không no chứa một liên kết C=C; Z là este thuần chức tạo bởi X, Y và ancol no T . Đốt cháy 21,58 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol của Y gấp 2 lần số mol của Z) cần dùng 0,275 mol O2. Mặt khác đun nóng 21,58 gam E với 440 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 1,76 gam; đồng thời thu được 0,672 lít khí H2 (đktc). Tỉ lệ a : b gần nhất là. A. 3,9. B. 3,7. C. 3,6. D. 3,8. Giải * Gọi CTPT của T là CxH2x+2Oz . Từ phản ứng với Na => mT = 1,76 + 2.0,03 = 1,82 gam - mặt khác nT = 0,06/z => 14x + 16z + 2 = 1,82z/0,06 = 91z/3 => 43z -42x = 6 => x = z = 6 => T là C6H14O6 hay C6H8(OH)6 và nT = 0,01 mol * => nY = 2nZ = 2nT = 0,02 mol và Z là este 6 chức. - Theo phản ứng với NaOH (0,44 mol) Z + 6NaOH ; Y + 2NaOH; X + 2NaOH 0,01 → 0,06 0,02 → 0,04 0,17 ← 0,34 - Gọi CTPT của X là CnH2n-2O4 (0,17 mol) Y là CmH2m-4O4 (0,02 mol) - CTPT của Z có 2 khả năng + Z = T + 2X + Y -6H2O => C(2n+m+6)H(4n+2m-6)O12 (0,01 mol) - Theo bảo toàn nguyên tố O => nO(E) = 0,17.4 + 0,02.4 + 0,01.12 = 0,88 mol Và nO (O2) = 2.0,275 = 0,55 mol => nO(t) = 0,88 + 0,55 = 1,43 mol - Số mol O sau phản ứng = 2nCO2 + nH2O = 0,17(3n-1)+0,02(3m-2)+0,01(6n+3m+9) => 0,57n + 0,09m -0,12 = 1,43 => 57n + 9m = 155 => n = 2, m = 4,55 (loại) + Z = T + X + 2Y -6H2O => C(n+2m+6)H(2n+4m-8)O12 (0,01 mol) Tương tự như khả năng 1 ta có: nO (s) = 0,17(3n-1) + 0,02(3m-2) + 0,01(3n+6m+8) = 1,43 => 54n + 12m = 156 s=> n = 2, m= 4 (nhận) => 2 axit là HOOC-COOH và HOOC-CH=CH-COOH => A là (COONa)2 = 0,17+0,01 = 0,18 mol => B là C2H2(COONa)2 = 0,02 + 0,02 = 0,04 mol => mA = 134.0,18 = 24,12 gam và mB = 160.0,04 = 6,40 gam => a:b = 24,12:6,40 = 3,76875 ≈ 3,8.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>