Đáp án B

Đặt công thức của E là: C_xH_yO₂

Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: n(E)*2 + 2n(O₂) = 2n(CO₂) + n(H₂O) → n(E) = 0,04

→ CTPT của E: C₈H₈O₂ (HCOOCH₂-C₆H₅ và HCOO-C₆H₄CH₃)

Mặt khác khi n(E) = 0,25 mol + NaOH (0,35 mol)

→ E có thể phản ứng với NaOH theo tỷ lệ 1:1 và 1:2

Đặt số mol HCOOCH₂-C₆H₅ là a mol và HCOO-C₆H₄CH₃ là b mol

Ta có hệ phương trình

(1) a + b = 0,25 (mol)

(2) a + 2b = 0,35 (mol)

Giải (1) và (2) → a = 0,15; b = 0,1

Thành phần phần trăm về khối lượng của 2 muối trong Y là: 56,67% và 43,33% → Đáp án B

Chọn đáp án B

BTNT O : n_{O (trong E)} = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2= 2.0,32 + 0,16 – 2.0,36 = 0,08 (mol)

Vì E gồm 2 este đơn chức => n_E  = 1/2 n_{O ( trong E)} = 0,04 (mol)

BTKL: m_E = m_CO2 + m_H2O  - m_O2 = 14,08 + 2,88 – 0,36.32 = 5,44 (g)

=> M_E = 5,44 : 0,04 =  136 (g/ mol)

Gọi CTPT của E là C_xH_yO_z ( x, y, z € N^*)

x : y : z = n_C : n_H: n_O

            = 0,32 : 0,32 : 0,16

            = 4 : 4 : 1

=> (C₄H₄O)_n = 136 => 68n = 136 => n = 2

CTPT C₈H₈O₂

Trong 34 gam n_E = 34 : 136 = 0,25 (mol) ; n_NaOH = 0,175. 2 = 0,35 (mol)

E + NaOH ( vừa đủ) thu được 2 muối mà trong E đều chứa vòng benzen.

=> E phải có gốc axit giống nhau

Vậy E có CTCT là HCOOC₆H₄CH₃ : a (mol) và HCOOCH₂C₆H₅: b (mol)

Vậy 2 muối trong Y là:  HCOONa: 0,25 (mol); CH₃C₆H₄ONa: 0,1 (mol)

Đáp án B

Đặt công thức của E là: C_xH_yO₂

Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: n E *2 + 2 n O 2 = 2 n C O 2 + n H 2 O →  n E  = 0,04

→ CTPT của E: C₈H₈O₂ (HCOOCH₂-C₆H₅ và HCOO-C₆H₄CH₃)

Mặt khác khi  n E  = 0,25 mol + NaOH (0,35 mol)

→ E có thể phản ứng với NaOH theo tỷ lệ 1:1 và 1:2

Đặt số mol HCOOCH₂-C₆H₅ là a mol và HCOO-C₆H₄CH₃ là b mol

Ta có hệ phương trình

  a   +   b   =   0 , 25   ( m o l ) a   +   2 b   =   0 , 35   ( m o l )  → a = 0,15; b = 0,1

Thành phần phần trăm về khối lượng của 2 muối trong Y là: 56,67% và 43,33% 

Chọn đáp án B

BTNT O :

Vì E gồm 2 este đơn chức

BTKL

Gọi CTPT của E là C_xH_yO_z ( x, y, z € N^*)

x : y : z = n_C : n_H: n_O

            = 0,32 : 0,32 : 0,16

            = 4 : 4 : 1

=> (C₄H₄O)_n = 136 => 68n = 136 => n = 2

CTPT C₈H₈O₂

Trong 34 gam n_E = 34 : 136 = 0,25 (mol) ; n_NaOH = 0,175. 2 = 0,35 (mol)

E + NaOH ( vừa đủ) thu được 2 muối mà trong E đều chứa vòng benzen.

=> E phải có gốc axit giống nhau

Vậy E có CTCT là HCOOC₆H₄CH₃ : a (mol) và HCOOCH₂C₆H₅: b (mol)

Vậy 2 muối trong Y là:  HCOONa: 0,25 (mol); CH₃C₆H₄ONa: 0,1 (mol)

Định hướng tư duy

Ta có:

Dồn chất cho m gam E 

→ COO   :   0 , 22 C   :   1 , 04 H 2   :   0 , 72

→ x ế p   h ì n h   π + C C 2 H 3 C O O - C 3 H 6 - O O C C 2 H 3 : 0 , 08 C 2 H 3 C O O C 6 H 5 : 0 , 06

→ C 2 H 3 C O O - C 3 H 6 - O O C C 2 H 3 : 0 , 08 → 62 , 37 % .

Chọn đáp án B

Áp dụng định luật BTKL ⇒ m C O 2 = 10 , 12   g a m ⇒ n C O 2 = 0 , 23   m o l > n H 2 O

⇒ Este KHÔNG CÓ DẠNG C_nH_2nO₂

⇒ Loại đáp án A và D.

Nhận thấy đáp án B và C este đều có dạng C_nH_2n–2O₂ (Tương tự ankin) với n ≥ 4

⇒ n H ỗ n   h ợ p   e s t e = n C O 2 – n H 2 O = 0 , 05   m o l

⇒   C t r u n g   b ì n h = n C O 2 n E s t e =   4 , 6

⇒ Este nhỏ có 4 cacbon.

Đáp án A