GIAI BAI ESTE GIUP LE HOANG LINH MINH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đốt cháy X cũng như Y với lượng oxi vừa đủ, luôn thu được CO2 có số mol bằng số mol O2 đã phản ứng. Biết rằng X, Y (MX < MY) là hai este đều mạch hở, không phân nhánh và không chứa nhóm chức khác. Đun nóng 30,24 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol của X gấp 1,5 lần số mol Y) cần dùng 400 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol và hỗn hợp chứa 2 muối. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 15,2 gam. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối cần dùng 0,42 mol O2. Tổng số nguyên tử có trong Y là. A. 21 B. 20 C. 22 D. 19 -Tất cả OH chui vào ancol nên nOH(trong ancol) = nOH (trong KOH) = 0,4 - Khi cho ancol tác dụng Na: + nH2 = ½ nOH = ½ *0,4 = 0,2 + mtăng = mancol vao – mH2 ra  15,2 = mancol – 0,2*2  mancol = 15,6 - Phản ứng với KOH: BTKL có mmuoi = mE + mKOH – mancol = 30,24 + 0,4*56 – 15,6 = 37,04 - Đặt công thức của muối: CxHyO2zKz ( muối có z nhóm COOK) với nmuoi = 0,4/z  CxHy(COOK)z + ROH Este + zKOH   0,4  ...........0,4/z  để dễ cân băng ta Đặt công thức của muối: CxHyO2zKz ( muối có z nhóm COOK) với nmuoi = 0,4/z. + Phản ứng cháy:  (2x – z)CO2 + yH2O+ zK2CO3 2CxHyO2zKz +(4x + y – 3z)/2O2   0,4/z................................0,42  (4x + y – 3z)/2*0,4/z = 2*0,42  4x + y = 7,2z (1) - mmuoi = (12x + y + 32z + 39z) = 37,04  12x + y = 21,6z (2) - Lấy (1)*3 – (2) có: 2y = 0 nên y = 0 Vậy hai muối không có H và do không phân nhánh nên có tối đa là 2 chức, ancol phải đơn chức. - Gọi hai muối: KOOC – Cn-COOK (a mol) và KOOC – Cm-COOK ( b mol) - Có hệ: nKOH= 2a + 2b = 0,4 và a = 1,5b giải: a = 0,12 và b = 0,08 - mMuoi = 0,12(12n + 166) + 0,08(12m + 166) = 37,04  3n + 2m = 8 chọn nghiệm n = 0 và m = 4 - Mancol = 15,6/0,0,4 = 39 vậy là CH3OH và C2H5OH - Hai este là: CH3OOC – COOC2H5 và CH3OOC-C C-C C-COOC2H5 có 21 nguyên tử.

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