Hỗn hợp E chứa 1 axit cacboxylic X, 1 ancol no Y và 1 este Z (X, Y, Z đều đơn chức, mạch hở). Đun nóng 11,28g E với 100ml dung dịch NaOH 1 M vừa đủ thu được 9,4g 1 muối và hỗn hợp hai ancol cùng dãy đồng đẳng kế tiếp. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 11,28g E cần dùng 0,66 mol \(O_2\). Phần trăm số mol của Y trong hỗn hợp E là ?
nNaOH = 0,1.1 = 0,1 (mol)
=> \(n_{COO}=0,1\left(mol\right)\)
=> nmuối = 0,1 (mol)
\(M_{muối}=\dfrac{9,4}{0,1}=94\left(g/mol\right)\)
=> CTPT: C2H3COONa
hh 2 ancol đồng đẳng kế tiếp chứa ancol Y, mà Y no, đơn chức, mạch hở
=> Ancol còn lại no, đơn chức, mạch hở (giả sử là CyH2y+2O)
X có CTPT là C2H3COOH, quy đổi thành CH2 và COO
Y có CTPT là CxH2x+2O, quy đổi thành CH2 và H2O
Z có CTPT là C2H3COOCyH2y+1, quy đổi thành CH2 và COO
E gồm \(\left\{{}\begin{matrix}CH_2:x\left(mol\right)\\COO:0,1\left(mol\right)\\H_2O:y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> 14x + 18y = 6,88 (1)
Bảo toàn C: \(n_{CO_2}=x+0,1\left(mol\right)\)
Bảo toàn H: \(n_{H_2O}=\dfrac{2x+2y}{2}=x+y\left(mol\right)\)
Theo ĐLBTKL: 44(x + 0,1) + 18(x + y) = 11,28 + 0,66.32 = 32,4
=> 62x + 18y = 28 (2)
(1)(2) => x = 0,44 (mol); y = 0,04 (mol)
\(n_Y=n_{H_2O}=0,04\left(mol\right)\)
\(n_X+n_z=n_{COO}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(\%n_Y=\dfrac{0,04}{0,04+0,1}.100\%=28,57\%\)
Đáp án:
%nY=11,76%%nY=11,76%
Giải thích các bước giải:
nmuối=nNaOH=0,1×1=0,1(mol)nmuối=nNaOH=0,1×1=0,1(mol)
→n=0,20,07<2,8→n=0,20,07<2,8
Ancol gồm C2H5OHC2H5OH và C3H7OHC3H7OH
Trường hợp 1:
EE gồm:
