Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp E gồm ba chất hữu cơ mạch hở X, Y, Z (Chỉ chứa nhóm chức este, M_X < M_Y < M_Z) cần dùng 3,15 mol O₂, thu được 3,3 mol CO₂ và 2 mol H₂O. Mặt khác hiđro hóa hoàn toàn 0,5 mol E bằng lượng H₂ vừa đủ (xúc tác Ni, t°), thu được hỗn hợp F gồm hai hợp chất hữu cơ. Đun nóng toàn bộ F với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp G gồm 3 muối của 3 axit cacboxylic đơn chức và hỗn hợp H gồm hai ...

Bảo toàn khối lượng →  mE = 80,4

Bảo toàn O →  nO(H) = nO(E) = 2,3 →  nNaOH = 1,15

Các muối cacboxylat đơn chức nên n(H) = nF = nE = 0,5

→  Số O trung bình của H = 1,15/0,5 = 2,3

H dạng CnH2n+2O2,3 →  MH = 14n + 38,8 = 35,5.2

→  n = 2,3 →  H gồm C2H4(OH)2 (0,35) và C3H5(OH)3 (0,15)

F gồm 2 este với số C là x, y tương ứng với 2 ancol kể trên.

→  nCO2 = 0,35x + 0,15y = 3,3 →  7x + 3y = 66

Với x ≥ 4; y ≥ 6 →  x = 6, y = 8 là nghiệm duy nhất

→  F gồm C6H10O4 (0,35) và C8H12O6 (0,15) →  mF = 81,7

→  nH2 = (mF – mE)/2 = 0,65

Từ F tạo 3 muối nên có 2 trường hợp:

TH1: F gồm:

(CH3COO)2C2H4: 0,35

(HCOO)2(C2H5COO)C3H5: 0,15

E gồm:

X là (CH3COO)2C2H4: 0,35

Z là (HCOO)2(C2H3COO)C3H5: u

Y là (HCOO)2(C2HCOO)C3H5: v

→  u + v = 0,15 và nH2 = u + 2v = 0,65

→  Vô nghiệm, loại.

TH2: F gồm:

(HCOO)(C2H5COO)C2H4: 0,35

(HCOO)(CH3COO)2C3H5: 0,15

E gồm:

Y là (HCOO)(C2H3COO)C2H4: u

X là (HCOO)(C2HCOO)C2H4: v

Z là (HCOO)(CH3COO)2C3H5: 0,15

→  u + v = 0,35 và nH2 = u + 2v = 0,65

→  u = 0,05; v = 0,3

→  %X = 0,3.142/80,4 = 52,99%