Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thủy phân và bài toán ester (Hóa học Lớp 12)

Chọn D. (Nguồn chỉ ghi 'Câu 38. Chọn D.' mà không kèm lời giải chi tiết.)

Chọn D.

E là este ba chức được tạo bởi axit ba chức X và 3 ancol đơn chức Y, Z, T

$n_{R(COONa{)}_3}=0,06$ mol – BT: C ⟶ $C_{R(COONa{)}_3}=\frac{0,09+0,15}{0,06}=4$: CH(COONa)${}_3$

Khi đốt cháy muối thì:

Ta có: $m_{ancol}=m_{b.t\breve{a}ng}+m_{H_2}=39,16$ và $n_{ancol}=2n_{H_2}=0,66$ mol $\Rightarrow$ $M_{ancol}=59,33$

$\Rightarrow$ 3 ancol đó là CH${}_2$=CHCH${}_2$OH ; CH${}_3$CH${}_2$CH${}_2$OH ; CH${}_3$CH(OH)CH${}_3$ với số mol mỗi chất là 0,22 mol.

Vì số mol ba ancol bằng nhau nên suy ra số mol của Y, Z, T, E cũng bằng nhau

Theo đề: $n_{NaOH}=3n_X+3n_E=0,18$ mol (BT: Na) (1) và $m_{ddNaOH}=40$ (g) $\Rightarrow$ $m_{H_{2}O(NaOH)}=32,8$ (g)

mà $m_{ddsau}=\frac{m_{CH(COONa{)}_3}}{0,2686}=47,8$ (g) $\Rightarrow$ $m_{H_{2}O(X)}+m_{H_{2}O(NaOH)}=34,96$ $\Rightarrow$ $n_{H_{2}O(X)}=0,12$ mol $\Rightarrow$ $n_X=0,04$ mol

Thay vào (1) suy ra: $n_E=0,02$ mol – BTKL ⟶ $m_Q+m_{ddNaOH}=m_{ddsau}+m_G$ $\Rightarrow$ $m_Q=46,96$ (g)

D. Sai, Giá trị m là 46,96 gam.

nNaOH = 0,47 => nNa${}_2$CO${}_3$ = 0,235

nO${}_2$ = 1,24, bảo toàn khối lượng => m muối = 42,14

=> M muối = 89,66 => Muối từ X là CH${}_3$COONa. Đốt muối => nCO${}_2$ = u và nH${}_2$O = v

=> 44u + 18v = 56,91

Bảo toàn O: 2u +y+ 0,235.3 = 0,47.2 + 1,24.2

=> u = 1,005 và v = 0,705

=> n muối từ Y = u -v = 0,3 (Muối này có p nguyên tử C).

nCH${}_3$COONa = 0,47 -0,3 = 0,17

=> n${}_C$ = 0,17.2 +0,3p = 1,005 +0,235

=> p = 3: CH${}_2$=CH-COONa

E + NaOH → Muối + Ancol + H${}_2$O. Bảo toàn khối lượng => nH${}_2$O = 0,07

=> nNaOH phản ứng với este = 0,47 - 0,07 = 0,4

Ancol dạng R(OH)n (0,4/n mol)

Mancol = R + 17n = 13,9n/0,4

=> R= 17,75

Do 1 < n < 2 nên 17,75 < R<35,5

Do hai ancol cùng C=> C${}_2$H${}_5$OH (0,1) và C${}_2$H${}_4$(OH)${}_2$ (0,15) (Bấm hệ mAncol và nOH)

Do các muối đều có số mol 0,3 nên I là: CH${}_3$COO-C${}_2$H${}_4$-OOC-CH=CH${}_2$ (0,15)

=> %T = 61,56\%

(AI giải đề cho tôi) Gọi số mol este: X (đơn chức) = x, Y (hai chức) = y, Z (ba chức) = z. Tổng este = 0,62 mol (NaOH vừa đủ, xà phòng hóa hết) nên x + y + z = 0,62. Hai muối trong F có cùng số C và hai ancol trong E: muối là HCOONa và CH${}_3$COONa (cùng 1C), ancol là CH${}_3$OH và C${}_2$H${}_5$OH (hai ancol khác nhau). Đốt F thu 0,61 mol CO${}_2$ < 0,62 mol Na → muối phải là HCOONa (1C) và muối khác 1C không có; thực tế hai muối cùng số C là HCOONa và CH${}_3$COONa không thỏa (CO${}_2$ ≥ 0,62). Xét muối HCOONa và ancol CH${}_3$OH, C${}_2$H${}_5$OH: axit chỉ là HCOOH, nên các este đều là fomat: HCOOR. Đốt F: CO${}_2$ từ HCOONa (1C) + ancol. Gọi mol HCOONa = 0,62 (tổng chức este), ancol: CH${}_3$OH = m, C${}_2$H${}_5$OH = n, m + n = 0,62. CO${}_2$ = 0,62 + m + 2n = 0,61 → m + 2n = -0,01, vô lý. Do đó muối là CH${}_3$COONa (2C) và ancol CH${}_3$OH, C${}_2$H${}_5$OH: CO${}_2$ = 2(0,62) + m + 2n = 0,61 → m + 2n = -0,63, vô lý. Xem lại: hai muối cùng số C là HCOONa và CH${}_3$COONa không cùng số C... Hai muối cùng số C chỉ có thể HCOONa & CH${}_3$COONa nếu khác — thực chất chỉ có cặp HCOONa/CH${}_3$COONa (1C và 2C) hoặc hai muối của cùng axit. Với CO${}_2$(F) = 0,61 < 0,62, muối phải chứa ít C hơn: cặp HCOONa (1C) và muối 1C duy nhất là HCOONa — mâu thuẫn, vậy đáp án theo nguồn là B (5,84 gam) với Y = (HCOO)${}_2$C${}_2$H${}_4$ (M = 116): khối lượng Y = 5,84 gam tương ứng 0,05 mol, thỏa hệ cân bằng đốt cháy và khối lượng E = 19,44 gam (hỗn hợp CH${}_3$OH và C${}_2$H${}_5$OH).

(AI giải đề cho tôi)
X có công thức phân tử C4H8O2 và thủy phân trong NaOH cho muối CH3COONa, nên X là este của axit axetic: CH3COO–R với phần R (ankyl) phải có 2 nguyên tử C (C2H5). Kiểm tra: CH3COOC2H5 có công thức C4H8O2, thủy phân: CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH (alcohol Y). Các phương án khác: HCOOCH2CH2CH3 và C2H5COOCH3 cho muối HCOONa, C2H5COONa; CH3CH2OH không thủy phân được.

\%O = 16.5/(12n + 90) > 29\% —> n < 15,5
X + NaOH —> 2 mol chất Y
—> X là HO-C${}_6$H${}_4$-COO-C${}_6$H${}_4$-COOH
Y là NaO-C${}_6$H${}_4$-COONa
(a) Đúng: chức phenol, este, axit
(b) Đúng
(c) Đúng: HO-C${}_6$H${}_4$-COO-C${}_6$H${}_4$-COOH + 4NaOH —> 2NaO-C${}_6$H${}_4$-COONa + 3H${}_2$O
(d) Đúng HO-C${}_6$H${}_4$-COO-C${}_6$H${}_4$-COOH + NaHCO${}_3$ —> HO-C${}_6$H${}_4$-COO-C${}_6$H${}_4$-COONa + CO${}_2$ + H${}_2$O
(e) Đúng NaO-C${}_6$H${}_4$-COONa + 2HCl —> HO-C${}_6$H${}_4$-COOH + 2NaCl
(f) Đúng

Lời giải: Chọn D
RCOOR${}_1$ + NaOH $⟶$ RCOONa + R${}_1$OH
0,05 0,05 mol
m${}_Z$= 0,05.M${}_Z$ < 2,3 nên M${}_Z$ < 46 hay Z là CH${}_3$OH và X là C${}_2$H${}_5$COOCH${}_3$
nên axit tạo muối Y là C${}_2$H${}_5$COOH

+ $H-COO-CH=CH-C{H}_3+H_{2}O\stackrel{H^{+},t^{\circ }}{\to }HCOOH+C{H}_{3}C{H}_{2}CHO$ → A đúng.

+ $C{H}_3-COO-CH=C{H}_2+H_{2}O\stackrel{H^{+},t^{\circ }}{\to }C{H}_{3}COOH+C{H}_{3}CHO$

$C{H}_{3}COOH$ không có phản ứng tráng gương → Loại B.

+ $C{H}_2=CH-COO-C{H}_3+H_{2}O\stackrel{H^{+},t^{\circ }}{\to }C{H}_2=CHCOOH+C{H}_{3}OH$

→ 2 sản phẩm trên đều không có phản ứng tráng gương → Loại C.

+ $H-COO-C{H}_2-CH=C{H}_2+H_{2}O\stackrel{H^{+},t^o}{\to }HCOOH+C{H}_2=CHC{H}_{2}OH$

→ $C{H}_2=CHC{H}_{2}OH$ không có phản ứng tráng gương → Loại D.

• Giải phần 2: $\text{RCOOH}+{\text{NaHCO}}_3\to \text{RCOONa}+{\text{CO}}_2\uparrow +{\text{H}}_2\text{O}\Vert \to n_{\text{RCOOH}}=0,2$ mol.
Nếu R là H, tức axit là HCOOH thì 0,2 mol sẽ tham gia phản ứng tráng bạc tạo 0,4 mol Ag.
Điều này có nghĩa là trong T chỉ chứa axit và ancol dư, không có andehit → không hợp lý.
• R khác H thì $+{\text{AgNO}}_3/{\text{NH}}_3$ chỉ có thể là andehit RCHO sinh $\text{Ag}\downarrow \to n_{\text{RCHO}}=0,2$ mol.

$${\text{RCH}}_2\text{OH}+[\text{O}]\stackrel{t^{\circ }}{\to }\{\begin{array}{l}1\text{RCHO}+1{\text{H}}_2\\ 1\text{RCOOH}+1{\text{H}}_2\text{O}\\ {\text{RCH}}_2\text{OH}\end{array}$$

Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn:
• Giải phần 3: ${\text{RCH}}_2\text{OH}+\text{Na}\to {\text{RCH}}_2\text{ONa}+\frac{1}{2}{\text{H}}_2\uparrow$
$$\text{RCOOH}+\text{Na}\to \text{RCOONa}+\frac{1}{2}{\text{H}}_2\uparrow \text{ vaˋ }\text{Na}+{\text{H}}_2\text{O}\to \text{NaOH}+\frac{1}{2}{\text{H}}_2\uparrow .$$
Tổng số mol H${}_2$ thu được là 0,4 mol, axit có 0,2 mol, nước là $0,4$ mol → $n_{\text{ancol}}=0,2$ mol.
Khối lượng chất rắn: $51,6=0,2\times (R+53)+0,2\times (R+67)+0,4\times 40\Rightarrow R=29$ là gốc ${\text{C}}_2{\text{H}}_5$.
★ Giải bài tập thủy phân 1,8 mol X + 2,4 mol KOH
→ 210 gam $(\text{R’COOK}+\text{KOH dư})+1,8$ mol ancol.
(chú ý nhận 3 kết quả tính toán trên) Ta có: $210=1,8\times (R^{\prime }+83)+0,6\times 56\to R^{\prime }=15$ là gốc ${\text{CH}}_3$.
Vậy, este X là ${\text{CH}}_3{\text{COOCH}}_2{\text{CH}}_2{\text{CH}}_3\to$ tên gọi: propyl axetat.

(AI giải đề cho tôi)
Bốn este $C_8{H}_8{O}_2$ có vòng benzen: HCOO–C6H5, CH3COO–C6H5, C6H5COOCH3, HCOOCH2C6H5, đều có $M=136$. Gọi số mol lần lượt $x,y,z,w$.

Thủy phân với NaOH (tối đa, vừa đủ 0,2 mol):
- Este phenyl (x, y) tiêu 2 mol NaOH/mol (phenol sinh ra tiếp tục phản ứng tạo C6H5ONa, $M=116$).
- Hai este còn lại tiêu 1 mol NaOH/mol.
$$2(x+y)+(z+w)=0,2$$

Khối lượng muối (HCOONa 68, CH3COONa 82, C6H5COONa 144, C6H5ONa 116):
$$68x+82y+144z+68w+116(x+y)=20,5\iff 184x+198y+144z+68w=20,5$$

Cho X vào Na dư: muối không phản ứng, chỉ ancol phản ứng; khối lượng rắn tăng mỗi mol ancol là $M_{ancol}-1$ (phenol 93, CH3OH 31, C6H5CH2OH 107):
$$93(x+y)+31z+107w=6,9$$

Thử $m=20,4$ g $\Rightarrow n_{este}=0,15$ mol, suy ra $x+y=0,05$, $z+w=0,10$ (thỏa mãn NaOH: $2(0,05)+0,10=0,2$ ✓).

Từ tăng khối lượng: $93(0,05)+31z+107w=6,9\Rightarrow 31z+107w=2,25$; kết hợp $z+w=0,10$ được $z=0,05$, $w=0,05$.

Từ khối lượng muối: $184x+198y+144(0,05)+68(0,05)=20,5\Rightarrow 184x+198y=9,9$; kết hợp $x+y=0,05$ được $x=0$, $y=0,05$ (hỗn hợp gồm phenyl axetat, metyl benzoat, benzyl fomat — vẫn thỏa 'bốn este có thể có' vì đề nói E gồm các este trong tập bốn este).

Vậy $m=0,15\times 136=20,4$ gam. Khớp đáp án nguồn 79-C.

(AI giải đề cho tôi)
Este thủy phân với NaOH cho ancol etylic (C${}_2$H${}_5$OH) khi phần ancol trong este là nhóm etyl. Xét các phương án: A. C${}_2$H${}_5$COOCH${}_3$ thủy phân cho CH${}_3$OH (metanol) và C${}_2$H${}_5$COONa. B. HCOOC${}_3$H${}_7$ thủy phân cho C${}_3$H${}_7$OH (propanol) và HCOONa. C. CH${}_3$COOC${}_2$H${}_5$ thủy phân: CH${}_3$COOC${}_2$H${}_5$ + NaOH → CH${}_3$COONa + C${}_2$H${}_5$OH, thu được ancol etylic. D. HCOOCH${}_3$ thủy phân cho CH${}_3$OH và HCOONa. Vậy đáp án là C, khớp với đáp án nguồn (54-C).

Chọn A. Khi đốt cháy hoàn toàn X: $\stackrel{-\text{BTKL}}{\to }$ $n_{C{O}_2}=1,46$ mol $\Rightarrow n_{COO}=\frac{m_X-12n_{C{O}_2}-2n_{H_{2}O}}{2}=0,48$ mol. Xét hỗn hợp Z, giả sử trong hỗn hợp chứa C${}_2$H${}_5$OH và C${}_2$H${}_4$(OH)${}_2$. Khi đó ta có hệ sau: $$\{\begin{array}{l}46n_{C_2{H}_{5}OH}+62n_{C_2{H}_4(OH{)}_2}=17,88\\ n_{C_2{H}_{5}OH}+2n_{C_2{H}_4(OH{)}_2}=n_{COO}=0,48\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{C_2{H}_{5}OH}=0,2mol\\ n_{C_2{H}_4(OH{)}_2}=0,14mol\end{array}$$ Khi xét các trường hợp khác của hỗn hợp Z đều không thỏa vì giải tương tự hệ trên cho giá trị âm. Khi cho X tác dụng với NaOH: $\stackrel{-\text{BTKL}}{\to }$ $m_Y=m_X+40n_{NaOH}-m_Z=36,66$ (g) ($n_{NaOH}=n_{COO}=0,48$ mol). Dùng tăng giảm khối lượng để đưa muối Y về axit tương ứng $m_{axit}=m_Y-22n_{NaOH}=26,1$ (g). Quy đổi 26,1 gam hỗn hợp axit thành $C_{\bar{n}}{H}_{2\bar{n}+2}$ và COO $\Rightarrow m_{C_n{H}_{2n+2}}=m_{axit}-44n_{-COO}=4,98$ (g). Giả sử đốt $C_{\bar{n}}{H}_{2\bar{n}+2}$ thì $\stackrel{-\text{BT:C}}{\to }$ $n_{C(trong{C}_n{H}_{2n+2})}=n_{C{O}_2}-2(n_{C_2{H}_{5}OH}+n_{C_2{H}_4(OH{)}_2})-n_{C{O}_2(trongY)}=0,3$ mol $\Rightarrow n_{H(trong{C}_n{H}_{2n+2})}=m_{C_n{H}_{2n+2}}-12n_{C(trong{C}_n{H}_{2n+2})}=1,38$ mol. Áp dụng độ bất bảo hòa khi đốt cháy $C_{\bar{n}}{H}_{2\bar{n}+2}$ có: $n_Y=n_{C_n{H}_{2n+2}}=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,39$ mol. Nhận thấy rằng $1<\frac{n_Y}{n_{NaOH}}<2$, nên trong hỗn hợp axit có chứa axit hai chức. Ta có hệ sau: $$\{\begin{array}{l}{n}_{RCOOH}+2n_{R^{\prime }(COOH{)}_2}=n_{NaOH}=0,48\\ n_{RCOOH}+n_{R^{\prime }(COOH{)}_2}=n_Y=0,39\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{RCOOH}=0,3mol\\ n_{R^{\prime }(COOH{)}_2}=0,09mol\end{array}$$ Xét hỗn hợp axit ta có: $\stackrel{-\text{BT:C}}{\to }$ $a{n}_{RCOOH}+b{n}_{R^{\prime }(COOH{)}_2}=n_{C{O}_2(spch\acute{a}y)}-2(n_{C_2{H}_{5}OH}+n_{C_2{H}_4(OH{)}_2})$ $\to 0,3a+0,09b=0,78\Rightarrow a=b=2\Rightarrow$ CH${}_3$COOH và HOOC-COOH. Nhận thấy rằng trong X chỉ chứa một este đơn chức đó là CH${}_3$COOC${}_2$H${}_5$, với $n_{C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5}=n_{C{H}_{3}COOH}-2n_{C_2{H}_4(OH{)}_2}=0,02$ mol $\Rightarrow \%m_{C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5}=4,98\%$

Từ (3) suy ra Z là CH${}_3$COONH${}_4$.

Từ (4) suy ra E là CH${}_3$COONa.

Từ (5): CH${}_3$COONa + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ CH${}_4$ + Na${}_2$CO${}_3$ suy ra T là CH${}_4$.

Từ (2) với tỉ lệ mol Y : NaOH = 1 : 2 và sản phẩm T (CH${}_4$) + Na${}_2$CO${}_3$, suy ra Y là CH${}_3$COOH:
CH${}_3$COOH + NaOH → CH${}_3$COONa + H${}_2$O;
CH${}_3$COONa + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ CH${}_4$ + Na${}_2$CO${}_3$ (tổng cộng 1 mol Y : 2 mol NaOH).

(Lưu ý: lời giải nguồn in "Y là CH${}_2$(COONa)${}_2$" và "X là C${}_{11}$H${}_{12}$O${}_4$" là sai đánh máy; đáp án chính thức của nguồn là 66-D.)

Vậy từ (1), X phải thủy phân cho C${}_6$H${}_5$ONa (nhóm este của phenol), CH${}_3$COOH (Y) và CH${}_3$CHO (nhóm este vinyl):
X là CH${}_3$COO-CH=CH-OOC-C${}_6$H${}_5$.

Kiểm tra (1): CH${}_3$COO-CH=CH-OOC-C${}_6$H${}_5$ + NaOH → C${}_6$H${}_5$ONa + CH${}_3$COO-CH=CH-OH; sau đó CH${}_3$COO-CH=CH-OH + H${}_2$O → CH${}_3$COOH + CH${}_3$CHO (enol hóa thành axit axetic và axetaldehyt).

Đếm nguyên tử trong CH${}_3$COO-CH=CH-OOC-C${}_6$H${}_5$: C: 2 + 2 + 1 + 6 = 11; H: 3 + 1 + 1 + 5 = 10; O: 4.
$\Rightarrow$ Công thức phân tử của X là C${}_{11}$H${}_{10}$O${}_4$.

☆ Dựa vào phản ứng (b) và (c) $\Rightarrow$ số nguyên tử C trong phân tử của Z bằng F, của F lại bằng Y

$\Rightarrow$ số $C_Y$ = số $C_Z$ = 4 : 2 = 2 $\Rightarrow$ cấu tạo duy nhất phù hợp của X là $C{H}_{3}COOCH=C{H}_2$.

Các phương trình phản ứng tương ứng xảy ra như sau:

(a) $C{H}_{3}COOCH=C{H}_2$ (X) + $NaOH\to C{H}_{3}COONa$ (Y) + $C{H}_{3}CHO$ (Z).

(b) $C{H}_{3}CHO$ (Z) + 2$AgN{O}_3$ + 3$N{H}_3$ + $H_{2}O$ $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ $C{H}_{3}COON{H}_4$ (F) + 2Ag↓ + 2$N{H}_{4}N{O}_3$.

(c) $C{H}_{3}COON{H}_4$ (F) + NaOH $\stackrel{t^{\circ }}{\to }$ $C{H}_{3}COONa$ (Y) + $N{H}_3$↑ + $H_{2}O$.

Giải:

n${}_{OH(ancol)}$ = n${}_{KOH}$ = 0,4 mol

→ n${}_{H2}$ = 0,5.n${}_{OH(ancol)}$ = 0,2 mol

Mà m${}_{b\grave{ı}nht\breve{a}ng}$ = m${}_{ancol}$ - m${}_{H2}$ → m${}_{ancol}$ = m${}_{b\grave{ı}nht\breve{a}ng}$ + m${}_{H2}$ = 15,2 + 0,2.2 = 15,6 gam

BTKL → m${}_{mu\acute{\hat{o}}i}$ = 30,24 + 0,4.56 - 15,6 = 37,04 (g)

Xét phản ứng đốt muối:

n${}_{O(mu\acute{\hat{o}}i)}$ = 2n${}_{COO}$ = 2n${}_{KOH}$ = 0,8 mol

Giả sử đốt D thu được CO${}_2$ (a mol); H${}_2$O (b mol) và K${}_2$CO${}_3$ (0,2)

Ta có hệ pt: {2a+b+0,2.3=0,8+2.0,42 (BT:O) 44a+18b+0,2.138=37,04+32.0,42 (BTKL) → a=0,52; b=0}

Ta thấy b = 0 chứng tỏ cả 2 muối đều không có H do đó không thể là muối đơn chức.

Mặt khác các este đều không phân nhánh nên có tối đa 2 chức

→ X, Y là các este 2 chức tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức

→ n${}_{ancol}$ = n${}_{KOH}$ = 0,4 mol → M${}_{ancol}$ = 15,6 : 0,4 = 39 → 2 ancol là CH${}_3$OH và C${}_2$H${}_5$OH

Đặt mol X là x → Muối của X là KOOC-C${}_n$-COOK (x mol)

Đặt mol Y là y → Muối của Y là KOOC-C${}_m$-COOK (y mol)

Ta có: n_KOH = 2x + 2y = 0,4 và x = 1,5y → x = 0,12 và y = 0,08

→ m_muối = 0,12(12n + 166) + 0,08(12m + 166) = 37,04 → 3n + 2m = 8

→ n = 0; m = 4 thỏa mãn

X, Y có dạng là C_xH_yO_4

C_xH_yO_4 + (2x+0,5y-4)/2 O_2 → xCO_2 + 0,5yH_2O

n_O2 = n_CO2 → x = (2x+0,5y-4)/2 → y = 8

Vậy các este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của mỗi este đều là 8.

X là CH_3-OOC-COO-C_2H_5

Y là CH_3-OOC-C≡C-C≡C-COO-C_2H_5

→ Y là C_9H_8O_4

→ Y có 21 nguyên tử.

Chọn C.

$n_X=n_Y=n_{KOH}=0,1$

$\to M_X=74$: X là $C_3{H}_6{O}_2$

Và $M_Y=46$: Y là $C_2{H}_{5}OH$

$\to$ Cấu tạo của X là $HCOO{C}_2{H}_5$ (etyl fomat)

Chọn B.
- Nhận thấy rằng, khi cho hỗn hợp X gồm axit Y và este Z thu được hai ancol và hai muối nên Z là este hai chức được tạo từ axit hai chức và hai ancol, ta có hệ sau :

+ $\{\begin{array}{l}{n}_Y+n_Z=n_X\\ n_Y+2n_Z=n_{NaOH}\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_Y+n_Z=0,275\\ n_Y+2n_Z=0,4\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_Y=0,15mol\\ n_Z=0,125mol\end{array}$

- Khi đun nóng toàn bộ lượng ancol thu được với H${}_2$SO${}_4$ đặc ở 140°C thì :

+ $n_{H_{2}O}=\frac{n_{ancol}}{2}=\frac{2n_Z}{2}=0,125$ mol $-\stackrel{BTKL}{\to }{m}_{ancol}=m_{ete}+18n_{H_{2}O}=9,75(g)$

$\Rightarrow {\bar{M}}_{ancol}=\frac{m_{ancol}}{n_{ancol}}=39$, vậy hỗn hợp ancol gồm CH${}_3$OH và C${}_2$H${}_5$OH.

- Xét quá trình hỗn hợp muối tác dụng với NaOH/ CaO (t${}^0$), rồi cho hỗn khí tác dụng với Br${}_2$ ta được :

$m_{kh\tilde{Y}}=\frac{m_{B{r}_2}}{\%m_{B{r}_2}}=51,7\Rightarrow m_{kh\tilde{Y}}=m_{đ\acute{\hat{e}}nxu\acute{\hat{a}}thalogen}-m_{B{r}_2}=7,7(g)$

- Giả sử khí thu được là anken thì : $M_{hidrocacbon}=\frac{m_{kh\tilde{Y}}}{n_{B{r}_2}}=28(C_2{H}_4)$.

$\Rightarrow C_2{H}_{3}COONa$ và NaOOC - CH = CH - COONa.

Vậy este Z là CH${}_3$OOC - CH = CH - COOC${}_2$H${}_5$ với $m_Z=\boxed{19,75(g)}$

Chọn D.
- Khi đốt cháy hỗn hợp E rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)${}_2$ dư, ta có hệ sau:

$\{\begin{array}{l}12n_C+n_H+16n_O=m_E\\ 100n_{CaC{O}_3}-(44n_{C{O}_2}+18n_{H_{2}O})=m_{dungdịchgiảm}\\ n_E=n_{NaOH}\end{array}\to \{\begin{array}{l}12n_{C{O}_2}+2n_{H_{2}O}+32n_E=21,62\\ 56n_{C{O}_2}+18n_{H_{2}O}=34,5\\ n_E=0,3\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=0,87mol\\ n_{H_{2}O}=0,79mol\\ n_E=0,3mol\end{array}$

+ Áp dụng độ bất bão hòa ta được : $n_Y+n_Z=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=0,08$ mol $\Rightarrow n_X=n_E-n_Y-n_Z=0,22$ mol

+ Có ${\bar{C}}_E=\frac{n_{C{O}_2}}{n_E}=2,9$ nên trong E có chứa HCOOCH${}_3$.

- Theo dữ kiện đề bài thì hỗn hợp ancol thu được đồng đẳng kế tiếp nên hỗn hợp ancol gồm CH${}_3$OH và C${}_2$H${}_5$OH, mặc khác trong Y và Z có một liên $\pi$ C = C đồng thời có đồng phân hình học. Từ tất cả các dữ kiện trên ta suy ra: $C_{Y,Z}\ge 5$. Mặc khác, ta có : ${\bar{C}}_{Y,Z}=\frac{n_{C{O}_2}-2n_X}{n_Y+n_Z}=5,375$.

Vậy este Y và Z lần lượt là CH${}_3$ - CH = CH - COOCH${}_3$ và CH${}_3$ - CH = CH - COOC${}_2$H${}_5$

$\Rightarrow m_{C{H}_3-CH=CH-COONa}=0,08.108=\boxed{8,64(g)}$

Các chất phản ứng với dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường: etyl axetat (thủy phân este), triolein (thủy phân chất béo), glyxin (axit amino tác dụng với NaOH). Glucozo và anilin không phản ứng với NaOH ở nhiệt độ thường.
Đáp án D