Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol: X (no, đơn chức).

* Hướng dẫn giải

Đáp án C

Phương pháp giải:

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng ⟹ Ancol no, đơn chức, mạch hở.

⟹ n_{muối T} = n_E

*Khi đốt cháy T:

Đặt n_Na2CO3 = x mol; n_CO2 = y mol. Lập hệ PT tìm x và y dựa vào BTKL và BTNT O.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

Đặt n_{muối 1 chức} = a mol; n_{muối 2 chức} = b mol. Lập hệ PT tìm a và b dựa vào tổng số mol 2 muối và BTNT Na.

Tính số H trung bình để tìm CTCT các muối.

* Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH₃OH và CH₂ 

Ghép với công thức muối để tìm ra công thức các este ban đầu.

⟹ %m_X.

Giải chi tiết:

*Ba ancol thu được cùng dãy đồng đẳng ⟹ Ancol no, đơn chức, mạch hở.

⟹ n_{muối T} = n_E = 0,2 mol

*Khi đốt cháy T:

- Đặt n_Na2CO3 = x mol; n_CO2 = y mol

- BTKL: m_T + m_O2 = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O

⟹ 106x + 44y = 24,28 + 0,175.32 - 0,055.18 = 28,89 (1)

- BTNT Na: n_COONa(T) = 2n_Na2CO3 = 2x (mol) ⟹ n_O(T) = 4x (mol)

BTNT O: n_O(T) + 2n_O2 = 3n_Na2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 4x + 2.0,175 = 3x + 2y + 0,055

⟹ -x + 2y = 0,295 (2)

- Từ (1)(2) ⟹ x = 0,175 mol; y = 0,235 mol.

*Xét thành phần của hỗn hợp muối T gồm hai muối đơn chức và một muối 2 chức.

- Đặt n_{muối 1 chức} = a mol; n_{muối 2 chức} = b mol

⟹$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}+\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{\mathrm{T}}=0,2\\ \mathrm{a}+2\mathrm{b}={\mathrm{n}}_{\mathrm{COONa}}=2.0,175=0,35\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=0,05\\ \mathrm{b}=0,15\end{array}\right.\right.$

+) Số H trung bình của hỗn hợp muối: $\frac{2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{T}}}=\frac{2.0,055}{0,2}=0,55$

⟹ Trong T có muối không chứa nguyên tử H ⟹ (COONa)₂ (0,15 mol)

+) Số H trung bình của hai muối đơn chức = 0,11/0,05 = 2,2

⟹ Một muối đơn chức là HCOONa.

- Muối tạo bởi este Y là muối đơn chức, không no có 1 liên kết đôi C=C

⟹ CTTQ có dạng C_nH_2n-1COONa hay C_n+1H_2n-1O₂Na

Đặt n_{muối tạo bởi Y} = t (mol) ⟹ n_HCOONa = 0,05 - t (mol)

⟹ $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{t}\left(\mathrm{n}+1\right)+\left(0,05-\mathrm{t}\right)=0,175+0,235-0,15.2=0,11\left(\mathrm{BT}: \mathrm{C}\right)\\ \mathrm{t}\left(2\mathrm{n}-1\right)+\left(0,05-\mathrm{t}\right)=0,11\left(\mathrm{BT}: \mathrm{H}\right)\end{array}\right.$

⟹ $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{nt}=0,06\\ 2\mathrm{nt}-2\mathrm{t}=0,06\end{array}\right.$ ⟹$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{n}=2\\ \mathrm{t}=0,03\end{array}\right.$

Vậy hỗn hợp muối T gồm $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{HCOONa}: 0,02\left(\mathrm{mol}\right)\\ {\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}:0,03\left(\mathrm{mol}\right)\\ {\left(\mathrm{COONa}\right)}_2:0,15\left(\mathrm{mol}\right)\end{array}\right.$

*Quy đổi 12,88 gam ancol thành CH₃OH (0,35 mol) và CH₂ (0,12 mol)

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}: \mathrm{HCOOCH}3.{\mathrm{pCH}}_2\left(0,02\right)\\ \mathrm{Y}:{\mathrm{CH}}_2=\mathrm{CHCOOCH}3.{\mathrm{qCH}}_2\left(0,03\right)\\ \mathrm{Z}: {\left({\mathrm{COOCH}}_3\right)}_2.{\mathrm{mCH}}_2\left(0,15\right)\end{array}\right.$

Ta có: n_CH2 = 0,02p + 0,03q + 0,15m = 0,12

→ m = 0 là nghiệm duy nhất. Để có 3 ancol thì p ≠ q ≠ 0 nên p = 3 và q = 2 là nghiệm duy nhất.

Vậy:

X là HCOOC₄H₉ (0,02 mol)

Y là CH₂ = CHCOOC₃H₇ (0,03 mol)

Z là (COOCH₃)₂ (0,15 mol)

Vậy %m_X = 8,81% gần nhất với 9%.