Tài liệu 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 Câu 74(Tham khảo BGD 2019): Hỗn hợp T gồm ba este X, Y, Z mạch hở (MX < MY < MZ). Cho 48,28 gam T tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,47 mol NaOH, thu được một muối duy nhất của axit cacboxylic đơn chức và hỗn hợp Q gồm các ancol no, mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn Q, thu được 13,44 lít khí CO2 và 14,4 gam H2O. Phần trăm khối lượng của nguyên tố H trong Y là A. 9,38%. B. 8,93%. C. 6,52%. D. 7,55%. Hướng dẫn giải RCOONa 0,47 mol T NaOH 0,47 mol H2O 0,8 mol O2 48,28 gam n= 3 CnH2n + 2Ox 0,2 Bao toan OH: x =2,35 CO2 0,6 mol Áp dụng ĐLBTKL: mancol = 16,32 gam → mMuoi = 50,76 gam → MMuoi = 108 ( CH2=CH-CH2 – COONa) Các este trong T: CH2=CH- CH2- COOC3H7 CH2=CH- CH2- COO C 3H 6 CH2=CH- CH2- COO CH2=CH- CH2- COO CH2=CH- CH2- COO C 3H 5 CH2=CH- CH2- COO % KL H trong Y : 7,55% chọn D