Tải bản đầy đủ

Giải bài tập este bằng PP Quy đổi

PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP ESTE
Phương pháp quy đổi có thể nói là một trong những phương pháp rất hữu ích đối với các học sinh
muốn dành điểm cao môn hóa học song không phải học sinh nào cũng thành thạo phương pháp
này, nguyên tắc chung của phương pháp là người học tự quy đổi bài toán gốc phức tạp thành bài
toàn mới đơn giản hơn mà vẫn giữ được bản chất hóa học của đề ra.từ đó giải quyết một cách
thuận lợi và nhanh nhất.Sau đây tác giả xin giới thiệu phương pháp quy đổi thông qua giải quyết
một số tình huống đề thi thực tiễn.Hy vọng sẽ giúp ích các em học sinh cũng như đồng nghiệp có
thêm kênh tham khảo.
Câu 41(ĐHA- 2014): Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là
ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn
11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 9,36
gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng
muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là
A. 4,68 gam.
B. 5,04 gam.
C. 5,44 gam.
D. 5,80 gam.
Hướng dẫn giải
DLBTKL

E


CO2 0,47 mol

O2
0,59 mol

11,16 gam
H2O

0,52 mol

9,36 gam
Nhận thấy số mol H2O lớn hơn số mol CO2 nên ta luận được an col trong E phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:
CH2 = CH - COOH
C3H6(OH)2
CH2=CH-COO
CH2=CH-COO
CH2
Sơ đồ phản ứng:

C3H6


a CH2 = CH - COOH
b C3H6(OH)2
c

CH2=CH-COO

C3H6

CH2=CH-COO
d

O2
0,59 mol
Br2
0,04 mol
KOH

CH2

(a + 2c )

11,16 gam

CO2 0,47 mol

H2O 0,52 mol
Muoi

( m gam)

H2O a mol
C3H6(OH)2 ( b + c )

Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,14
(I)
Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O : -a + b – 3c = 0,05 (II)
Bảo toàn liên kết pi gốc ta có: a + 2c = 0,04
(III)
Bảo toàn khối lượng: 72.a + 76.b + 184.c + 14.d =11,16
(IV)
Giải hệ: a= 0,02 ; b=0,1 ; c=0,01 ; d = 0,02
Vì d =0,02 mà b= 0,1 nên chắc chắn an col Z là C3H6(OH)2.
Áp dụng ĐLBTKL : m = 4,68 gam
Câu 43( THPTQG 2015): Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3
axit cacboxylic (phântử chỉ có nhóm -COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và
một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân
hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m
gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48
gam. Mặt khác, nếu đốtcháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm
khối lượng của este không no trong X là
A. 34,01%.
B. 38,76%.
C. 40,82%.
D. 29,25%.
Hướng dẫn giải
Na
ROH
0,08

H2
0,04 mol

m – 0,08 = 2,48 → m = 2,56 → Mancol = 32 ( CH3OH )
Ta quy đổi X:
HCOOCH3
CH3- CH = CH- COOCH3
CH2
Ta có sơ đồ phản ứng :


a

NaOH
0,08

HCOOCH3

CH3OH 0,08 mol

b CH3- CH = CH- COOCH3
c

Muoi

O2

CH2

H2O 0,22 mol

5,88 gam
Bảo toàn nhóm COO: a + b = 0,08
(I)
Bảo toàn H: 2a + 4b + c = 0,22
(II)
Bảo toàn khối lượng: 60a + 100.b + 14.c = 5,88
(III)
Giải hệ: a = 0,06 ; b= 0,02; c=0,02
Vì c= 0,02 =b nên trong este không no không thể chứa nhóm CH2. Vì nếu có CH2 thì đồng nghĩa
este no không có nhóm CH2 (vô lý)
Vậy % este không no dễ tính được : 34,01% chọn A
Câu 46: X, Y là hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) T là este
tạo bởi X, Y với một ancol hai chức Z . Đốt cháy hoàn toàn 5,07 g hỗn hợp M gồm X, Y ,Z ,T bằng
lượng vừa đủ khí O2, thu được 3,92 lít CO2 (đktc) và 3,69 g H2O. Mặt khác 5,07 g M phản ứng vừa
đủ với 500ml dung dịch KOH 0,2M, đun nóng. Phát biểu nào sau đây là sai?
A. Thành phần phần trăm theo số mol của Y trong M là 21,43%
B. Tổng số nguyên tử hidro trong hai phân tử X, Y là 6
C. Tổng số nguyên tử cacbon trong phân tử T bằng 5.
D. X làm mất màu nước brom.
Hướng dẫn giải
DLBTKL

M

O2
0,1975 mol

CO2 0,175 mol
7,7 gam

5,07 gam
H2O

0,205 mol

3,69 gam
Nhận thấy số mol H2O lớn hơn mol CO2 nên ta luận được an col trong M phải no
Ta quy đổi hỗn hợp E như sau:
HCOOH
C2H4(OH)2
HCOO
HCOO

C2H4

CH2
Sơ đồ phản ứng:


a HCOOH
b C2H4(OH)2

CO2

O2
0,1975 mol

0,175 mol

HCOO
c
HCOO

C2H4

H2O
KOH
0,1 mol

d CH2

5,07 gam
Bảo toàn O: a + b + 2c = 0,08
(I)
Bảo toàn nhóm COO: a + 2c = 0,1
(II)
Sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có: b – c = 0,03 (III)
Bảo toàn C: a + 2b + 4c + d = 0,175
(IV)
Giải hệ ta có: a = 0,02 ; b=0,04 ; c=0,01 ; d=0,035
Vì d = 0,035 < 0,04 nên ancol là C2H4(OH)2
TH1 :

x

HCOOH

y

CH3COOH

0,04 C2H4(OH)2
0,01

HCOO

C 2H 4

CH3COO
Ta dễ có:
x + y =0,02

x= 0,005

y + 0,01 = 0,035 (Bao toan CH2)

y = 0,015

TH2:

0,205 mol


x

CH3COOH

y C2H5COOH
0,04 C2H4(OH)2
0,01

CH3COO

C2H5COO

C2H4

x + y =0,02

( Loai )

x +2.y + 0,03 = 0,035 (Bao toan CH2)
Câu 80 (MĐ 201-2017). Một hỗn hợp E gồm este đơn chức X và este hai chức Y (X,Y đều no
,mạch hở).Xà phòng hóa hoàn toàn 40,48 gam E cần vừa đủ 560 ml dung dịch NaOH 1M ,thu được
hai muối có khối lượng a gam và hỗn hợp T gồm hai ancol có cùng số nguyên tử cácbon.Đốt cháy
toàn bộ T ,thu được 16,128 lít khí CO2 (đktc) và 19,44 gam H2O .Giá trị của a gần nhất với giá trị
nào sau đây ?
A.43,0.
B. 37,0.
C.40,5.
13,5 .
Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi E:
HCOOCH3
HCOO -CH2
HCOO- CH2
CH2
Sơ đồ phản ứng:
x HCOOCH3
y

HCOO -CH2

HCOONa
NaOH
0,56 mol

CH2

0,56 mol
a gam

v

Bao toan O

HCOO- CH2
z

CH2
40,48 gam

CH3OH

x

C2H4(OH)2 y
CH2

O2

CO2

0,72 mol

H2O

1,08 mol

t
51,12 gam

Bảo toàn nhóm COO: x + 2y = 0,56
Bảo toàn O cho sơ đồ đốt cháy ancol:
n = 0,98 mol
O2
Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 19,76 gam

(I)


Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A
Lời Giải 2
*Tìm T
16,128

0, 72mol
2
22, 4
19, 44
n H 2O  18 1, 08mol

nCO

nCO


2

n

H 2O

T là ancol no mạch hở

n

T

 1, 08  0, 72  0,36

-sơ đồ đốt cháy T :
O2
CnH2n+2Ox
0,36

n

n CO2 + ( n+1) H2O
0,72

0, 72
2
0,36

Vậy ancol T gồm C2H5OH và C2H4(OH)2

*sơ đồ phản ứng xà phòng hóa
x mol C2H5OH
E
40,48

Muoi +

+ NaOH
0,56 mol

gam

22,4

gam

a gam

Bảo
toàn

y mol C2H4(OH)2

x + y = 0,36

nhóm OH ta có :
x+ y = 0,36

x= 0,16

x + 2y = 0,56

y = 0,2

Áp dụng ĐLBTKL: a = 43,12 gam chọn A
Câu 79(Mã đề 201-2018): Este X hai chức, mạch hở, tạo bởi một ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn
chức. Este Y ba chức, mạch hở, tạo bởi glixerol với một axit cacboxylic không no, đơn chức (phân tử có hai liên
kết pi).Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X và Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu được 0,45 mol CO2 . Mặt
khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hai ancol (có cùng số
nguyên tử cacbon trong phân tử) và hỗn hợp ba muối, trong đó tổng khối lượng muối của hai axit no là a gam.
Giá trị của a là
A. 13,20.
B 20,60.
C 12,36.
D 10,68.
Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi E:


HCOO
CH3COO

C 3H 6

CH2=CH-COO
CH2=CH-COO

C 3H 5

CH2=CH-COO
CH2
Sơ đồ biến hóa:
HCOO
CH3COO

Bao toan H
C3H6

x
H2O (5x + 7y +z)
O2
0,5 mol

CH2=CH-COO
CH2=CH-COO

CO2
0,45 mol

y

C3H5

CH2=CH-COO
z

CH2

NaOH
0,42.t

0,16.t
(Ta coi phần TN1 gấp t lần phần TN2)
Ta dễ có:
x = 0,06t

x + y = 0,16t
2x + 3y =0,42 t

y = 0,1 t

x
y

=

3
5

(I)
Bảo toàn C :6x + 12y +z = 0,45 (II)
Bảo toàn O : 4x + 6y + 0,5.2 =0,45.2 + 5x + 7y + z
x + y + z = 0,1
(III)
Giải hệ : x = 0,015 ; y = 0,025 ; z=0,06 → t =0,25
Vì z = 0,06 ; y= 0,025 nên chắc chắn trong gốc axit không no sẽ không chứa nhóm CH2 mà chỉ có
trong gốc axit no. Vậy muối axit no là
HCOONa

0,015

CH3COONa 0,015
CH2

0,06

Dễ tính được giá trị của a = 12,36 gam (chú ý chia cho 0,25) chọn C


Hướng dẫn giải 2
R1COO
C 3H 6

( CnH2n-2O4 )
R2COO
x mol

0,5 mol

R3COO

( CmH2m-10O6 )

R3COO

CO2
0,45 mol

O2

C3H5

H 2O
t mol

R3COO

NaOH
y mol

0,42 k mol

( Giả sử lượng chất TN1 gấp k lần thí nghiệm 2)
Ta dễ có :
x + y = 0,16k
2x + 3y =0,42 k

x = 0,06k
y = 0,1 k

x
y

=

3
5

(1)
Áp dụng ĐLBT O:
t = 4x + 6y + 0,1
Theo sự chênh lệch số mol CO2 và H2O và dựa vào hệ số ta có :
nCO 2  n H 2O  x  5 y
0,45 - 4x - 6y - 0,1 = x + 5y
Từ (1)(2) giải hệ ta có được

5x + 11y = 0,35 (2)

x = 0,015
y = 0,025
��


Áp dụng ĐLBT C: 0,015.n + 0,025.m = 0,045 ��
3n + 5m = 90 ( n≥ 6; m ≥ 12 )
Chọn được cặp nghiệm :
n = 10
m = 12

Dễ tính được

a = 12,36

Câu 64(Mã đề 202-2018): Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn toàn m
gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong
dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của
a là
A. 25,86.
B 26,40.
C 27,70.
D 27,30.
Hướng dẫn giải 1
Ta quy đổi X:


C15H31COOH
(C15H31COO)3C3H5
CH2
Sơ đồ biến hóa:
x C15H31COOH

CO2

O2

1,56 mol

y (C15H31COO)3C3H5
H2O 1,52 mol

z CH2

NaOH
0,09 mol

Muoi
H2 O x
C3H5(OH)3 y

Bảo toàn nhóm COO: x + 3y = 0,09
(I)
Dựa vào sự chênh lệch số mol CO2 và H2O ta có:
2y =1,56- 1,52 → y =0,02 ; x = 0,03
Bảo toàn C: 16x + 51.y + z =1,56 → z = 0,06
Vậy muối :
C15H31COONa 0,09
CH2

0,06

Tính được a =25,86 gam chọn A
Hướng dẫn giải 2

C15H31COOH
x mol
C17H35COOH
y mol
(RCOO)3C3H5 (CnH2n - 4 O6)
z mol

CO2
O
4,46 mol
( 1)
(2)

m=24,64 gam

1,56 mol

H2O
1,52 mol
H2O ( x + y)
NaOH
0,09 mol

Ta de co : x + y + 3z = 0,09

Áp dụng ĐLBT O (1) ta có được : nO = 4,46
Áp dụng ĐLBTKL (1) m= 24,64 gam
Sự chênh lệch số mol CO2 và số mol H2O : z = 0,02 ; x + y = 0,03

Muoi
C3H8O3
z


Áp dụng ĐLBTKL (2): 24,64 + 0,09.40 = a + 0,03.18 + 0,02. 92 → a =25,86
Câu 74: Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, đều có bốn liên kết pi (π) trong phân tử, trong đó có một
este đơn chức là este của axit metacrylic và hai este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy hoàn
toàn 12,22 gam E bằng O2 , thu được 0,37 mol H2O. Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với
234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không
no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m1
gam và một ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam. Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần nhất với giá trị
nào sau đây?
A. 2,7.
. B 1,1.
. C 4,7.
. D 2,9.
Hướng dẫn giải 1
Theo giả thiết đề cho. Không giảm tính tổng quát ta quy đổi E:
CH2= C -COO - CH2-C = CH
CH3
COOCH3

CH2 = C

COO CH2 -CH =CH2
CH

COOCH3

CH

COO CH2 -CH =CH2

CH2
Sơ đồ biến hóa:
x

CH2= C -COO - CH2-C = CH
O2

CH3
y CH2 = C

COOCH3
H2O 0,37 mol

COO CH2 -CH =CH2

z

t

CO2

CH

COOCH3

CH

COO CH2 -CH =CH2

CH2
12,22 gam

x + y + z = 0,36.a

NaOH
0,585.a


Áp dụng ĐLBT COO: x + 2y + 2z = 0,585.a
Ta dễ có :
n
- n
= 3 (x + y + z)
CO2
H2O

n
CO2

= 1,08.a + 0,37

Áp dụng ĐLBTO:
x + 2y + 2z + nO = n
+ 0,5. n H2O
CO2
2
n
O = 0,495.a + 0,555
2

Áp dụng ĐLBTKL ta tính được a = 2/9
x = 0,03
y + z =0,05

thay vào tính được t = 0
Vậy các chất như quy đổi trùng khớp chất trong bài ra
An col tương ứng:
CH3OH

m2 = 1,6 gam

0,05 mol

m1
m2

CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol

= 2,8625

m1= 4,58 gam

CH = C - CH2 - OH 0,03 mol
Chọn D

Hướng dẫn giải 2

CnH2n -6 O2a
t mol

O2
( 1)
(2)

12,22 gam

CO2
( 0,37 + 3 t ) mol

H 2O
0,37 mol
NaOH
0,585 mol

Theo gt ta dễ có : 0,36 .a = 0,585 → a = 1,625
Áp dụng DDLBTKL : 12,22 = mC + mH + mO = (0,37 + 3t ).12 + 0,37.2 + t.3,25.16
→ t = 0,08 mol
Áp dụng ĐLBT C : n= 7,625.
Vì 2 este hai chức là đồng phân của nhau ; tạo ra muối axitcacboxylic không no,có 4 C ; ancol tạo
ra không no. Nên số nguyên tử C phải ít nhất là 8 ;
Vậy các chất trong E :


CH2= C -COO - CH2-C = CH

x

CH3
y CH2 = C

COOCH3
COO CH2 -CH =CH2

z

CH

COOCH3

CH

COO CH2 -CH =CH2

Ta có: x + y + z =0,08
Bảo toàn C: 7x + 8y + 8z = 0,61
Giải hệ: x= 0,03 ; y + z =0,05
An col tương ứng:
CH3OH

0,05 mol

m2 = 1,6 gam

m2

CH2=CH - CH2-OH 0,05 mol
CH = C - CH2 - OH 0,03 mol

m1

= 2,8625

m1= 4,58 gam

Chọn D
Câu 77(Mã đề 222-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với ancol :
X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai chức).Cho 0,2 mol
E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 12,88 gam hỗn hợp ba ancol cùng dãy đồng đẳng
và 24,28 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic .Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ
0,175 mol O2 , thu được Na2CO3 ,CO2 và 0,055 mol H2O .Phần trăm khối lượng của X trong E là có
già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 9.
B. 12.
C.5.
D. 6
Hướng dẫn giải
Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:
HCOOCH3
CH2 = CH- COOCH3
COOCH3
COOCH3
CH2
E
Sơ đồ biến hóa hóa học:


x HCOOCH3
y CH = CH- COOCH
2
3
COOCH3
z
COOCH3

ROH (12,88 gam )
+ NaOH

t CH2

x HCOONa
y CH2 = CH- COONa
z

+ O2
0,175 mol

COONa

CO2

v

H2O 0,055 mol

COONa

E

Na2CO3 u

t' CH2

x + y + z = 0,2 (I)

24,28 gam
Bao toàn khôi luong : 24,28 + 0,175.32 = 0,055.18 + 106 u + 44 v

28,89 = 106u + 44v

u=0,175

0,295 = - u + 2v

v= 0,235

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u
Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,175.2 = 3u +2v + 0,055
x + y + 2z = 0,35 (II)
Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + v =0,41
Bao toàn H: x + 3y + 2t' = 0,055.2

x + 3y + 4z = 0,71 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=0,02
y = 0,03

t' = 0

z = 0,15
Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được t = 0,12
t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có:
0,12 = 0,02n + 0,03 .m + 0,15.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z )
l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học
2n + 3m = 12
m
0
1
2
3
4
n
6
4,5
3
1,5
0
Loại
Loại Chọ Loại Loại
n
Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau
Vậy X là : HCOOC4H9
%X = 2,04 . 100% = 8,81%
23,16
Chọn A

Câu 79(Mã đề 213-2019):Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở đều tạo bởi axit cacboxylic với
ancol : X(no,đơn chức) Y (không no,đơn chức ,phân tử có hai liên kết pi ) và Z (no, hai
chức).Cho 0,58 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH , thu được 38,34 gam hỗn hợp
ba ancol cùng dãy đồng đẳng và 73,22 gam hỗn hợp T gồm ba muối của ba axit cacboxylic
.Đốt cháy toàn bộ T cần vừa đủ 0,365 mol O2 , thu được Na2CO3 , H2O và 0,6 mol CO2
.Phần trăm khối lượng của Y trong E là có già trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 8.
B. 5.
C.7.
D. 6
Hướng dẫn giải
Dựa theo dữ kiện đề cho ta có thể quy đổi E như sau:


HCOOCH3
CH2 = CH- COOCH3
COOCH3
COOCH3
CH2
E
Sơ đồ biến hóa hóa học:
x HCOOCH3
y CH = CH- COOCH
2
3
COOCH3
z
COOCH3

ROH (38,34 gam )
+ NaOH

x HCOONa
y CH2 = CH- COONa

t CH2

z

+ O2
0,365 mol

COONa

CO2 0,6 mol
H2O v

COONa

E

Na2CO3 u

t' CH2

x + y + z = 0,58 (I)

73,22 gam
Bao toàn khôi luong : 73,22 + 0,365.32 = 0,6.44 + 106 u + 18 v

58,5 = 106u + 18v

u=0,54

- 0,47 = - u + v

v= 0,07

Bao toàn Na: x + y + 2z = 2u
Bao toàn Oxi: 2x + 2y + 4z + 0,365.2 = 3u +v + 0,6.2
x + y + 2z = 1,08 (II)
Bao toàn C : x + 3y + 2z + t' = u + 0,6 =1,14
Bao toàn H: x + 3y + 2t' = v.2 =0,14

x + 3y + 4z = 2,14 (III)
x + 3y + 4z = 2,14 (III)

Từ (I)(II)(III) ta có :

x=0,05
y = 0,03

t' = 0

z = 0,5
Áp dụng ĐLBTKL ta tìm được mE = 68,36 gam ; t = 0,27
t’ =0 nên CH2 chỉ thuộc các gốc của ancol nên ta dễ có:
0,27 = 0,05n + 0,03 .m + 0,5.l ( n,m,l lần lượt là số nhóm CH2 Trong X,Y,Z )
l = 0 là giá trị duy nhất phù hợp.và ta có PT toán học
5n + 3m = 27
n
m

0
1
2
3
4
5
9
7,3
5,6
4
2,3
0,67
Loại
Loại Loại Chọn Loại Loại
Loại vì : số lẻ hoặc không đảm bảo tạo 3 ancol khác nhau


Vậy Y là : CH2 = CH - COOC5H11

%X = 4,26 . 100% = 6,23 %
68,36

Chọn D



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×