articlewriting1 1

20 bài tập vận dụng cao về chất béo có lời giải

Học tập
Câu hỏi 1 :Đốt cháy trọn vẹn m gam một triglixerit X cần vừa đủ 0,77 mol O2, sinh ra 0,5 mol H2O. Nếu thủy phân trọn vẹn m gam X trong dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch chứa 9,32 gam muối. Mặt khác a mol X làm mất màu vừa đủ 0,12 mol brom trong dung dịch. Giá trị của a là

Đáp án: B

Phương pháp giải :Phương pháp giải :
Đặt số mol O trong X và số mol CO2 tạo ra và m để lâp hệ phương trình 3 ẩn tìm 3 giá trị này
Sau đấy lập được công thức hóa học của X
Xác định số link pi theo công thức của X là ( 2C – H + 2 ) : 2Lời giải cụ thể :
Lời giải :
khi đốt cháy X thì thu được 0,5 mol H2Ovà x mol CO2
Bảo toàn khối lượng cho phản ứng này ta có
m + 0,77. 32 = 0,5. 18 + 44 x ( 1 )
Bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng này ta có nO ( X ) + 0,77. 2 = 0,5 + 2 x ( 2 )
Khi cho X công dụng với KOH thì nX = nO ( X ) / 6
Nên m + 56.3. nO ( X ) / 6 = 9,32 + 92. nO ( X ) / 6 ( 3 )
Giải 1,2,3 ta được m = 8,56 ; x = 0,55 mol và nO ( X ) = 0,06 mol
X có số mol là 0,01 mol và có số mol C là 0,55 mol và H : 1 mol nên X có CTHH là C55H100O6 có số link pi là 6 link
Khi X tính năng với Br2 thì chỉ có năng lực công dụng vào 3 link pi ( do 3 lk pi còn lại bền ở este )
Suy ra a = 0,12 : 3 = 0,04 mol
Đáp án BĐáp án – Lời giải Câu hỏi 2 :

Để tác dụng hết với x mol triglixerit X cần dùng tối đa 7x mol Br2 trong dung dịch. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn x mol X trên bằng khí O2, sinh ra V lít CO2 (đktc) và y mol H2O. Biểu thức liên hệ giữa V với x và y là

  • AV = 22,4(3x + y). 
  • BV = 44,8(9x + y). 
  • CV = 22,4(7x + 1,5y). 
  • DV = 22,4(9x + y).

Đáp án: D

Phương pháp giải :Hệ số bất bão hòa : k = nBr2 / nX + 3 = 7 x / x + 3 = 10 ( quan tâm 3 π ở trong 3 nhóm COO )
Gọi CTTQ của X là CnH2n + 2-2. kO6 hay CnH2n-18O6
BTNT C : nCO2 = nx => V = 22,4 nx ( 1 )
BTNT H : nH2O = x ( n-9 ) => y = nx – 9 x ( 2 )
( 1 ) ( 2 ) => Mối liên hệ giữa V, x, yLời giải chi tiết cụ thể :Hệ số bất bão hòa : k = nBr2 / nX + 3 = 7 x / x + 3 = 10 ( chú ý quan tâm 3 π ở trong 3 nhóm COO )
Gọi CTTQ của X là CnH2n + 2-2. kO6 hay CnH2n-18O6
BTNT C : nCO2 = nx => V = 22,4 nx ( 1 )
BTNT H : nH2O = x ( n-9 ) => y = nx – 9 x ( 2 )
Từ ( 2 ) => nx = 9 x + y thay vào ( 1 ) được : V = 22,4 ( 9 x + y )

Đáp án D

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 3 :Thủy phân trọn vẹn a mol triglixerit X trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối. Đốt cháy trọn vẹn a mol X thu được 1,375 mol CO2 và 1,275 mol H2O. Mặt khác, a mol X công dụng tối đa với 0,05 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là

  • A20,60.
  • B20,15.
  • C22,15.
  • D23,35.

Đáp án: C

Phương pháp giải :Giả sử X có chứa k link pi => Số link pi ở ngoài gốc hidrocacbon là k-3
* Ta có : \ ( { n_X } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { k – 1 } } \ to a = \ frac { { 1,375 – 1,275 } } { { k – 1 } } ( 1 ) \ )
* nBr2 = n ( pi ở gốc hidrocacbon ) => 0,05 = a ( k – 3 ) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) => k ; a
* nO ( X ) = 6 nX = ?
=> mX = mC + mH + mO = ?
nNaOH = 3 nX = ?
nglixerol = nX = ?
BTKL : m muối = mX + mNaOH – m glixerol = ?Lời giải chi tiết cụ thể :Giả sử X có chứa k link pi => Số link pi ở ngoài gốc hidrocacbon là k-3
* Ta có : \ ( { n_X } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { k – 1 } } \ to a = \ frac { { 1,375 – 1,275 } } { { k – 1 } } ( 1 ) \ )
* nBr2 = n ( pi ở gốc hidrocacbon ) => 0,05 = a ( k – 3 ) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) => k = 5 ; a = 0,025 mol
* nO ( X ) = 6 nX = 0,025. 6 = 0,15 mol
=> mX = mC + mH + mO = 1,375. 12 + 1,275. 2 + 0,15. 16 = 21,45 gam
nNaOH = 3 nX = 0,075 mol
nglixerol = nX = 0,025 mol
BTKL : m muối = mX + mNaOH – m glixerol = 21,45 + 0,075. 40 – 0,025. 92 = 22,15 gam

Đáp án C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 4 :Thủy phân trọn vẹn 42,38 gam hỗn hợp X gồm hai triglixerit mạch hở trong dung dịch KOH 28 % vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần hơi Y nặng 26,2 gam và phần rắn Z. Đốt cháy trọn vẹn Z thu được K2CO3 và 152,63 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Mặt khác, cho 0,15 mol X vào dung dịch Br2 trong CCl4, số mol Br2 phản ứng là

  • A0,18.
  • B0,21.
  • C0,24.
  • D0,27.

Đáp án: C

Phương pháp giải :Bảo toàn nguyên tố .Lời giải chi tiết cụ thể :Đặt công thức chung của chất béo là ( CnHmCOO ) 3C3 H5 ( a mol ) trong đó m = 2 n + 1 – 2 k ( k là độ bất bão hòa của gốc hidrocacbon )
=> nKOH = 3 a ( mol ) và nglixerol = a ( mol )
=> mKOH = 168 a ( g )
=> mH2O = 432 a ( g )
=> m hơi = m glixerol + mH2O => 92 a + 432 a = 26,2 => a = 0,05 mol
=> nCnHmCOOK = 3 a = 0,15 mol
Ta có : mX = 0,05. ( 36 n + 3 m + 173 ) = 42,38 ( 1 )
Đốt Z : nK2CO3 = 0,5 nCnHmCOOK = 0,075 mol
BT “ C ” : nCO2 = nC – nK2CO3 = 0,15 ( n + 1 ) – 0,075 = 0,15 n + 0,075 ( mol )
BT “ H ” : nH2O = 0,075 m ( mol )
mCO2 + mH2O = 152,63 => 44 ( 0,15 n + 0,075 ) + 18.0,075 m = 152,63 ( 2 )
Giải ( 1 ) và ( 2 ) => n = 241 / 15 và m = 481 / 15
Thay vào ( * ) => k = 8/15
nBr2 = 3 k. nX = 0,24 mol

Đáp án C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 5 :Thuỷ phân chất béo X trong môi trường tự nhiên axit, thu được glixerol và hỗn hợp hai axit béo gồm axit oleic và axit linoleic. Đốt cháy trọn vẹn m gam X cần 53,088 lít O2 ( đktc ), thu được 38,304 lít CO2. Mặt khác, m gam X công dụng tối đa với V ml dung dịch Br2 1M. Giá trị của V là

  • A60.       
  • B180. 
  • C90.       
  • D150.

Đáp án: D

Lời giải cụ thể :X có 18.3 + 3 = 57 nguyên tử C
Công thức chung của X là C57H116-2kO6 ( với k là số link π trong phân tử )
C57H116-2kO6 + ( 83 – 0,5 k ) O2 \ ( \ xrightarrow { { { t } ^ { o } } } \ ) 57CO2 + ( 58 – k ) H2O
0,03 ← 2,37 mol 1,71 mol
=> 1,71 ( 83 – 0,5 k ) = 57.2,37 => k = 8
=> π ( gốc hidrocacbon ) = k – π ( COO ) = 8 – 3 = 5
X + 5B r2 → Sản phẩm
0,03 → 0,15 ( mol )
=> V dd Br2 = n : CM = 0,15 : 1 = 0,15 lít = 150 ml

Đáp án D

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 6 :Chất béo X tạo bởi 3 axit béo Y, Z, T. Cho 26,12 gam E gồm X, Y, Z, T tính năng với H2 dư ( Ni, t ° ) thu được 26,32 gam hỗn hợp chất béo no và những axit béo no. Mặt khác, để công dụng trọn vẹn với 26,12 gam E cần vừa đủ 0,09 mol NaOH, thu được 27,34 gam muối và glyxerol. Để đốt cháy hết 26,12 gam E cần vừa đủ a mol O2. Giá trị của a là

  • A2,50. 
  • B3,34. 
  • C2,86.    
  • D2,36.

Đáp án: D

Phương pháp giải :BTKL : mH2 = 26,32 – 26,12 = 0,2 ( g ) => nH2 = 0,1 ( mol )
Đặt nglixerol = nX = x ( mol ) ; nH2O = nY, Z, T = y ( mol )
Ta có hệ phương trình :
\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } \ sum { { n_ { NaOH } } = 3 x + y = 0,09 } \ \ BTKL : 26,12 + 0,09. 40 = 27,34 + 92 x + 18 y \ end { array } \ right. \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } x = ? \ \ y = ? \ end { array } \ right. \ )
=> nM = x + y = ?
Xét phản ứng cháy : Đặt nCO2 = b ( mol ) ; nH2O = c ( mol )
=> tổng số mol pi có trong M là : npi = nH2 + nCOO – = ? ( mol )
\ ( \ Rightarrow \ overline k ( trong \, M ) = { { { n_ { pi } } } \ over { { n_M } } } = ? \ )
Ta có hệ phương trình :
\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } { m_M } = { m_C } + { m_H } + { m_O } \ \ { n_M } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { \ overline k – 1 } } \ end { array } \ right. \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } b = ? \ \ c = ? \ end { array } \ right. \ )
BTNT “ O ” nO ( M ) + 2 nO2 = 2 nCO2 + nH2O
=> a = ?Lời giải cụ thể :BTKL : mH2 = 26,32 – 26,12 = 0,2 ( g ) => nH2 = 0,1 ( mol )
Đặt nglixerol = nX = x ( mol ) ; nH2O = nY, Z, T = y ( mol )
Ta có hệ phương trình :
\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } \ sum { { n_ { NaOH } } = 3 x + y = 0,09 } \ \ BTKL : 26,12 + 0,09. 40 = 27,34 + 92 x + 18 y \ end { array } \ right. \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } x = 0,02 \ \ y = 0,03 \ end { array } \ right. \ )
=> nM = 0,02 + 0,03 = 0,05 ( mol )
Xét phản ứng cháy : Đặt nCO2 = b ( mol ) ; nH2O = c ( mol )
nCOO – = nNaOH = 0,09 ( mol )
=> tổng số mol pi có trong M là : npi = nH2 + nCOO – = 0,1 + 0,09 = 0,19 ( mol )
\ ( \ Rightarrow \ overline k ( trong \, M ) = { { { n_ { pi } } } \ over { { n_M } } } = { { 0,19 } \ over { 0,05 } } = 3,8 \ )
Ta có hệ phương trình :
\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } { m_M } = { m_C } + { m_H } + { m_O } \ \ { n_M } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { \ overline k – 1 } } \ end { array } \ right. \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } 26,12 = 12 b + 2 c + 0,09. 32 \ \ 0,05 = \ frac { { b – c } } { { 3,8 – 1 } } \ end { array } \ right. \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } b = 1,68 \ \ c = 1,54 \ end { array } \ right. \ )
BTNT “ O ” nO ( M ) + 2 nO2 = 2 nCO2 + nH2O
=> 0,09. 2 + 2 a = 2.1,68 + 1,54
=> a = 2,36

Đáp án D

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 7 :Đốt cháy trọn vẹn ( a ) mol X ( là trieste của glixerol với những axit đơn chức, mạch hở ), thu được ( b ) mol CO2 và ( c ) mol H2O ( b-c = 4 a ). Hidro hóa m1 gam X cần 6,72 lít H2 ( đktc ), thu được 39 gam Y ( este no ). Đun nóng m1 gam X với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được mét vuông gam chất rắn. Giá trị của mét vuông là

  • A57,2. 
  • B52,6. 
  • C42,6. 
  • D53,2.

Đáp án: B

Phương pháp giải :Dựa vào công thức khi đốt cháy 1 hợp chất hữu cơ X : CxHyOz có độ bất bão hòa k t có :
\ ( { n_X } = { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } \ over { k – 1 } } \ )
Từ dữ kiện của đề bài cho mối quan hệ số mol CO2, H ­ 2O và mol X → độ bất bão hòa k của X
Khi tham gia phản ứng cộng H2, chỉ phá vỡ link pi C = C mạch ngoài, còn link pi trong – COO – không bị phá vỡ .
Sử dụng BTKL cho quy trình cộng H2 và phản ứng thủy phân .Lời giải cụ thể :Nhận thấy b – c = 4 a → trong X có 5 link π trong đó có 3 link π ở gốc COO và 2 link π ở gốc hidrocacbon C = C
Như vậy để hidro hóa trọn vẹn 1 mol X cần dùng 2 mol H2 → nX = 0,3 : 2 = 0,15 mol
BTKL ta có : mX = 39 – 0,3. 2 = 38,4 ( g )
Khi tham gia phản ứng thủy phân → nC3H5 ( OH ) 3 = nX = 0,15 ( mol )
BTKL : mchất rắn = mX + mNaOH – mC3H5 ( OH ) 3
→ mchất rắn = 38,4 + 0,7. 40 – 0,15. 92 = 52,6 ( g )

Đáp án B

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 8 :

Đốt cháy hoàn toàn a mol chất béo A thu được b mol CO2 và c mol nước, biết b – c = 5a. Khi hiđro hóa hoàn toàn m gam A cần vừa đủ 2,688 lít H2 (đktc) thu được 35,6 gam sản phẩm B. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn m gam A bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, rồi cô cạn thu được x gam xà phòng. Giá trị của x là :

  • A35,36.    
  • B35,84.   
  • C36,48.
  • D36,48.

Đáp án: C

Phương pháp giải :Dựa vào công thức khi đốt cháy 1 hợp chất hữu cơ X : CxHyOz có độ bất bão hòa k t có :
\ ( { n_X } = { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } \ over { k – 1 } } \ )
Từ dữ kiện của đề bài cho mối quan hệ số mol CO2, H ­ 2O và mol X → độ bất bão hòa k của X
Khi tham gia phản ứng cộng H2, chỉ phá vỡ link pi C = C mạch ngoài, còn link pi trong – COO – không bị phá vỡ .
Sử dụng BTKL cho quy trình cộng H2 và phản ứng thủy phân .Lời giải chi tiết cụ thể :Nhận thấy b – c = 5 a → trong X có 6 link π trong đó có 3 link π ở gốc COO và 3 link π ở gốc hidrocacbon C = C
Như vậy để hidro hóa trọn vẹn 1 mol X cần dùng 3 mol H2 → nX = 0,12 : 3 = 0,04 mol
BTKL ta có : mX = 35,6 – 0,12. 2 = 35,36 ( g )
Khi tham gia phản ứng thủy phân → nC3H5 ( OH ) 3 = nX = 0,04 ( mol )
BTKL : mchất rắn = mX + mNaOH – mC3H5 ( OH ) 3
→ mchất rắn = 35,36 + 0,12. 40 – 0,04. 92 = 36,48 ( g )

Đáp án C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 9 :Đốt cháy trọn vẹn m gam một triglixerit X cần vừa đủ 1,54 mol O2 thu được CO2 và 1 mol H2O. Nếu thủy phân trọn vẹn m gam X trong dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch chứa 18,64 g muối. Để chuyển hóa a mol X thành chất béo no cần vừa đủ 0,06 mol H2 ( Ni, t0 ). Giá trị của a là :

  • A 0,06     
  • B0,02   
  • C0,01 
  • D0,03

Đáp án: B

Phương pháp giải :- Gọi số mol X trong m gam là x
Bảo toàn nguyên tố => số mol CO2 loại sản phẩm cháy
=> khối lượng X tính theo x .
– Bảo toàn khối lượng phản ứng thủy phân X
=> Tính được x
=> Số link π trong X => số liê kết π hoàn toàn có thể phản ứng được với H2
=> tỉ lệ mol X + H2 => aLời giải chi tiết cụ thể :- Công thức của X có dạng : ( RCOO ) 3C3 H5
– Gọi số mol X trong m gam là x => nO ( X ) = 6 x mol
– Phản ứng cháy :
BTNT ” O ” : nO ( X ) + 2 nO2 = 2 nCO2 + nH2O => nCO2 = ½ ( 6 x + 2.1,54 – 1 ) = 3 x + 1,04
=> mX = mC + mH + mO = 12 ( 3 x + 1,04 ) + 1.2 + 16.6 x = 132 x + 14,48
– Thủy phân X với NaOH :
( RCOO ) 3C3 H5 + 3KOH → 3RCOOK + C3H5 ( OH ) 3
Mol x → 3 x → 3 x → x
Bảo toàn khối lượng : mX + mNaOH = mmuối + mancol
=> ( 132 x + 14,48 ) + 3 x. 56 = 18,64 + 92 x
=> x = 0,02 mol => nCO2 ( cháy ) = 3 x + 1,04 = 1,1 mol
Số nguyên tử C = nC : nX = nCO2 : nX = 1,1 : 0,02 = 55
Số nguyên tử H = nH : nX = 2 nH2O : nX = 2 : 0,02 = 100
Vậy CTPT của X là C55H100O6 => Độ bất bão hòa : k = ( 2C + 2 – H ) / 2 = ( 2.55 + 2 – 100 ) / 2 = 6
Vì X có sẵn 3 link π trong 3 nhóm COO => 3 link π còn lại nằm trong gốc hidrocacbon
=> Khi X + H2 dư thì : nH2 = 3 nX => a = nX = 0,06 : 3 = 0,02 mol

Đáp án B

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 10 :Tiến hành thí nghiệm theo những bước sau :
Bước 1 : Cho vào cốc thủy tinh chịu nhiệt khoảng chừng 5 gam mỡ lợn và 10 ml dung dịch NaOH 40 % .
Bước 2 : Đun sôi nhẹ hỗn hợp, liên tục khuấy đều bằng đũa thủy tinh khoảng chừng 30 phút và nhiều lúc thêm nước cất để giữ cho thể tích hỗn hợp không đổi. Để nguội hỗn hợp .
Bước 3 : Rót thêm vào hỗn hợp 15 – 20 ml dung dịch NaCl bão hòa nóng, khuấy nhẹ. Để yên hỗn hợp .
Cho những phát biểu sau :
Sau bước 3 thấy có lớp chất rắn màu trắng chứa muối natri của axit béo nổi lên .
Vai trò của dung dịch NaCl bão hòa ở bước 3 là để tách muối natri của axit béo ra khỏi hỗn hợp .

Ở bước 2, nếu không thêm nước cất, hỗn hợp bị cạn khô thì phản ứng thủy phân không xảy ra.

Ở bước 1, nếu thay mỡ lợn bằng dầu nhớt thì hiện tượng kỳ lạ thí nghiệm sau bước 3 vẫn xảy ra tựa như .
Trong công nghiệp, phản ứng ở thí nghiệm trên được ứng dụng để sản xuất xà phòng và glixerol .
Số phát biểu đúng là

  • A3.
  • B4.
  • C5.
  • D2.

Đáp án: B

Phương pháp giải :Dựa vào kỹ năng và kiến thức tổng hợp hữu cơ, kĩ năng thực hành thực tế thí nghiệm .Lời giải cụ thể 🙁 a ) Đúng
( b ) Đúng, muối của axit béo khó tan trong dung dịch chứa NaCl nên tách ra, nhẹ hơn và nổi lên .
( c ) Đúng, phản ứng thủy phân cần xuất hiện H2O
( d ) Sai, dầu nhớt là hidrocacbon, không hề tạo thành xà phòng
( e ) Đúng
→ có 4 phát biểu đúng

Đáp án B

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 11 :Xà phòng hóa trọn vẹn m gam hỗn hợp E gồm những triglixerit bằng dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4 : 5. Hiđro hóa trọn vẹn m gam E, thu được 68,96 gam hỗn hợp Y. Nếu đốt cháy trọn vẹn m gam E thì cần vừa đủ 6,14 mol O2. Giá trị của m là

  • A68,40.
  • B60,20.
  • C68,80.
  • D68,84.

Đáp án: A

Phương pháp giải :- Từ tỉ lệ mol của những muối trong X ta tính được số C trung bình của muối ⟹ số C trung bình của chất béo
– Khi hiđro hóa hết chất béo E sẽ thu được chất béo no Y → Công thức trung bình của chất béo no Y .
Tính số mol của Y ( dựa vào khối lượng và M ) → số mol của E → số mol của mỗi muối
– Xét phản ứng đốt X :
Bảo toàn C → nCO2 = nC ( muối ) + nC ( glixerol ) = ?
Bảo toàn O → nH2O = 6 nX + 2 nO2 – 2 nCO2 = ?
BTKL → m = mX = mCO2 + mH2O – mO2 = ?Lời giải cụ thể :Từ tỉ lệ mol của những muối trong X ta giả sử X chứa :
C17HxCOONa : 3 a ( mol )
C15H31COONa : 4 a ( mol )
C17HyCOONa : 5 a ( mol )
Số C trung bình của muối là : \ ( \ frac { { 18.3 + 16.4 + 18.5 } } { { 3 + 4 + 5 } } = \ frac { { 52 } } { 3 } \ )
⟹ Số C trung bình của chất béo E là : \ ( 3. \ frac { { 52 } } { 3 } + 3 = 55 \ )
Hiđro hóa hết E sẽ tạo thành những chất béo no Y có CT trung bình là C55H106O6 → M = 862 ( g / mol )
⟹ nY = 68,96 : 862 = 0,08 ( mol ) = nE
Khi thủy phân chất béo ta luôn có mối liên hệ : ncb = 1/3. nmuối = 4 a = 0,08 → a = 0,02 ( mol )
Vậy muối X chứa :
C17HxCOONa : 3 a = 0,06 ( mol )
C15H31COONa : 4 a = 0,08 ( mol )
C17HyCOONa : 5 a = 0,1 ( mol )
– Xét phản ứng đốt X :
Bảo toàn C → nCO2 = nC ( muối ) + nC ( glixerol ) = ( 0,06. 18 + 0,08. 16 + 0,1. 18 ) + 0,08. 3 = 4,4 ( mol )
Bảo toàn O → nH2O = 6 nX + 2 nO2 – 2 nCO2 = 6.0,08 + 2.6,14 – 2.4,4 = 3,96 ( mol )
BTKL → m = mX = mCO2 + mH2O – mO2 = 4,4. 44 + 3,96. 18 – 6,14. 32 = 68,4 ( g )

Đáp án A

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 12 :Đốt cháy trọn vẹn 17,16 gam một chất béo X cần dùng vừa đủ 34,72 lít O2 ( đktc ) ; thu được a mol CO2 và b mol H2O ( a – b = 0,08 ). Mặt khác, hiđro hóa trọn vẹn một lượng X cần 0,03 mol H2 thu được m gam chất hữu cơ Y. Đem xà phòng hóa trọn vẹn m gam Y bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch chứa m ’ gam muối. Giá trị gần nhất của m ’ là

  • A8,75 gam.
  • B8,85 gam.
  • C13,25 gam.
  • D13,40 gam.

Đáp án: D

Lời giải cụ thể :

Đáp án D

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 13 :

Chất béo E được tạo bởi glixerol và hai axit béo X và Y (có cùng số nguyên tử C, trong phân tử mỗi chất có không quá ba liên kết pi, MX < MY và nX < nY). Xà phòng hóa hoàn toàn 15,96 gam E bằng KOH vừa đủ thu được 17,48 gam hỗn hợp hai muối. Mặt khác, nếu đem đốt cháy hoàn toàn 7,98 gam E thu được 11,424 lít CO2 (đktc) và 8,1 gam nước. Khối lượng mol phân tử của X gần nhất với

  • A250.
  • B253.
  • C281.
  • D282.

Đáp án: B

Lời giải cụ thể :

Đáp án B

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 14 :

Hỗn hợp X gồm 3 chất béo được tạo từ axit steric và axit oleic. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X bằng lượng oxi vừa đủ, thu được hỗn hợp sản phẩm cháy có khối lượng là 692,4 gam. Mặt khác lấy 0,1 mol X tác dụng với a mol H2 (Ni, to) thu được hỗn hợp Y gồm các chất béo. Biết rằng Y làm mấy màu vừa đủ dung dịch chứa 12,8 gam Br2. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là

  • A0,12.
  • B0,16.
  • C0,18. 
  • D0,20.

Đáp án: A

Lời giải cụ thể :

Đáp án A

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 15 :Cho những phản ứng với X, X ’, G, Y, Y ’ Z là những chất hữu cơ mạch hở :
Chất béo X + 3N aOH → G + Y + 2Z .
X + 2H2 → X ’ ( no ) .
X ’ + 3N aOH → Y ’ + 2Z + G .
Biết X cấu trúc từ những axit béo trong số những axit béo sau : axit steric, axit oleic, axit linoleic và axit panmitic .
Khối lượng phân tử của Y là

  • A280.
  • B282.
  • C302.
  • D304.

Đáp án: C

Lời giải cụ thể :

Đáp án C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 16 :Đốt cháy trọn vẹn m gam triglixerit X được CO2 và 18,72 gam H2O. Xà phòng hóa cũng lượng triglixerit X trên bằng lượng vừa đủ dung dịch NaOH rồi cô cạn được rắn khan Y. Đốt cháy trọn vẹn Y thu được Na2CO3, 44,44 gam CO2 và 17,82 gam H2O. Mặt khác m gam triglixerit X trên làm mất màu vừa đủ x mol Br2 trong dung dịch brom. Giá trị x là

  • A0,025.
  • B0,060.
  • C0,020.
  • D0,040.

Đáp án: C

Phương pháp giải :- Cần tính được số mol CO2, H2O khi đốt X và số mol của X
– Xác định độ bất bão hòa của X dựa vào công thức : \ ( { n_X } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { k – 1 } } \ )

– Khi cho X phản ứng với Br2 thì: nBr2 = (k – 3).nX

Lời giải cụ thể :Bảo toàn H cho phản ứng đốt m ( g ) X → nH ( X ) = 2 nH2O = 2,08 mol
– Xét phản ứng thủy phân m gam X trong NaOH :
Đặt nX = a mol
\ ( \ mathop X \ limits_ { a \ left ( { mol } \ right ) } + \ mathop { NaOH } \ limits_ { 3 { \ rm { a } } \ left ( { mol } \ right ) } \ to \ left \ { \ begin { array } { l } Muoi + { O_2 } \ to \ left \ { \ begin { array } { l } N { a_2 } C { O_3 } \ \ C { O_2 } : 1,01 \ \ { H_2 } O : 0,99 \ end { array } \ right. \ \ \ mathop { { C_3 } { H_5 } { { \ left ( { OH } \ right ) } _3 } } \ limits_ { a \ left ( { mol } \ right ) } \ end { array } \ right. \ )
Bảo toàn H → nH ( X ) + nNaOH = 2 nH2O ( đốt muối ) + 8 nC3H8O3
→ 2,08 + 3 a = 2.0,99 + 8 a → a = 0,02
Bảo toàn Na → nNa2CO3 = 1/2. nNaOH = 0,03 mol
Bảo toàn C → nC ( X ) = nNa2CO3 ( đốt muối ) + nCO2 ( đốt muối ) + 3 nC3H5 ( OH ) 3 = 1,1 mol
– Xét phản ứng đốt m ( g ) X :
Bảo toàn C → nCO2 ( đốt X ) = nC ( X ) = 1,1 mol
Ta có : \ ( { n_X } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { k – 1 } } \ Leftrightarrow 0,02 = \ frac { { 1,1 – 1,04 } } { { k – 1 } } \ Leftrightarrow k = 4 \ )
⟹ X có 1 π ở gốc hiđrocacbon ( vì 3 nhóm COO chiếm 3 π )

⟹ nBr2 = nX = 0,02 mol

Đáp án C

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 17 :Xà phòng hoá trọn vẹn 68,4 gam hỗn hợp E gồm những triglixerit bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4 : 5 và 7,36 gam glixerol. Đốt cháy trọn vẹn hỗn hợp E cần vừa đủ a mol O2. Giá trị của a là

  • A8,84.
  • B6,14.
  • C3,23.
  • D3,80.

Đáp án: B

Phương pháp giải :Từ tỉ lệ những muối đề bài cho ta nhận thấy tỉ lệ mol của muối C18 : C16 = ( 3 + 5 ) : 4 = 2
Quy đổi hỗn hợp E thành ( C17H35COO ) 2 ( C15H31COO ) C3H5 và H2 ( chú ý quan tâm nH2 < 0 )Lời giải chi tiết cụ thể :Trong phản ứng thủy phân chất béo trong NaOH : ncb = nC3H5 ( OH ) 3 = 0,08 mol Từ tỉ lệ những muối đề bài cho ta nhận thấy tỉ lệ mol của muối C18 : C16 = ( 3 + 5 ) : 4 = 2 Quy đổi hỗn hợp E thành ( C17H35COO ) 2 ( C15H31COO ) C3H5 ( 0,08 mol ) và H2 ( chú ý quan tâm nH2 < 0 ) → mH2 = 68,4 - 0,08. 862 = - 0,56 gam → nH2 = - 0,28 mol \ ( E \ left \ { \ begin { array } { l } { \ left ( { { C_ { 17 } } { H_ { 35 } } COO } \ right ) _2 } \ left ( { { C_ { 15 } } { H_ { 31 } } COO } \ right ) { C_3 } { H_5 } : 0,08 \ \ { H_2 } : - 0,28 \ end { array } \ right. + { O_2 } \ to C { O_2 } + { H_2 } O \ ) \ ( \ xrightarrow { { BTNT.C } } { n_ { C { O_2 } } } = 55. { n_E } = 4,4 \ left ( { mol } \ right ) \ ) \ ( \ xrightarrow { { BTNT.H } } { n_ { { H_2 } O } } = 53 { n_E } + { n_ { { H_2 } } } = 53.0,08 + \ left ( { - 0,28 } \ right ) = 3,96 \ left ( { mol } \ right ) \ )

\(\xrightarrow{{BTNT.O}}{n_{{O_2}}} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} – 6{n_E}}}{2} = \frac{{2.4,4 + 3,96 – 6.0,08}}{2} = 6,14\left( {mol} \right)\)

Đáp án B

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 18 :Thủy phân trọn vẹn chất hữu cơ E ( C11H12O4 ) bằng dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì phần hơi thu được ancol X và phần rắn thu được hai chất hữu cơ Y, Z. Biết MX < MY < MZ. Cho Z công dụng với dung dịch HCl loãng, dư, thu được hợp chất hữu cơ T ( C3H4O4 ). Cho những phát biểu sau : ( 1 ) Khi cho a mol T công dụng với Na dư, thu được a mol H2 ( 2 ) Ancol X là etan – 1,2 – điol ( 3 ) Khối lượng mol của Y là 106 gam / mol ( 4 ) Có 4 công thức cấu trúc thỏa mãn nhu cầu đặc thù của E . ( 5 ) E có đồng phân hình học Số phát biểu đúng là

  • A1.
  • B3.
  • C4.
  • D2.

Đáp án: D

Phương pháp giải :Z + HCl → T ( C3H4O4 )
⟹ T là CH2 ( COOH ) 2 ⟹ Z là CH2 ( COONa ) 2
E + NaOH thu được 1 ancol và 2 chất rắn hữu cơ, mà T đã là axit 2 chức ⟹ E phải là este tạo bởi phenol
Từ đó xác lập được cấu trúc E, X, Y và xét được những Tóm lại đúng, sai .Lời giải cụ thể :Z + HCl → T ( C3H4O4 )
⟹ T là CH2 ( COOH ) 2 ⟹ Z là CH2 ( COONa ) 2
E + NaOH thu được 1 ancol và 2 chất rắn hữu cơ, mà T đã là axit 2 chức ⟹ E phải là este tạo bởi phenol
⟹ CTCT của E hoàn toàn có thể là :
C6H5-OOC-CH2-COOH-C2H5
CH3-C6H4-OOC-CH2-COO-CH3 ( Nhóm CH3 gắn với vòng benzen ở orth, meta hoặc para )
⟹ X hoàn toàn có thể là C2H5OH hoặc CH3OH
Y là C6H5ONa hoặc CH3-C6H4-ONa
Xét những phát biểu
( 1 ) Đúng, CH2 ( COOH ) 2 + 2N a → CH2 ( COONa ) 2 + H2 ↑
a ( mol ) → a ( mol )
( 2 ) sai
( 3 ) sai, khối lượng mol của Y là 116 g / mol hoặc 130 g / mol
( 4 ) đúng
( 5 ) sai, E không có đồng phân hình học
⟹ có 2 phát biểu đúng

Đáp án D

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 19 :Đốt cháy trọn vẹn 44,3 gam triglixerit X cần vừa đủ 4,025 mol O2, thu được số mol CO2 nhiều hơn số mol H2O là 0,2 mol. Mặt khác, xà phòng hoá trọn vẹn 0,1 mol X bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối của những axit béo có số nguyên tử cacbon bằng nhau trong phân tử. Nhận xét nào sau đây sai ?

  • AKhối lượng mol của X là 886 gam/mol.
  • BCó 2 công thức cấu tạo thoả mãn tính chất của X.
  • CGiá trị của m là 91,4.
  • DHiđro hoá hoàn toàn 0,1 mol X cần lượng vừa đủ là 0,2 mol H2.

Đáp án: B

Lời giải cụ thể :\ ( \ mathop X \ limits_ { 44,3 g } + { O_2 } : 4,025 \ to \ left \ { \ begin { array } { l } C { O_2 } : x \ \ { H_2 } O : y \ end { array } \ right. \ )
+ ) BTKL → 44,3 + 32.4,025 = 44 x + 18 y ( 1 )
+ ) nCO2 – nH2O = x – y = 0,2 ( 2 )
Giải ( 1 ) ( 2 ) được x = 2,85 và y = 2,65
Bảo toàn O → \ ( { n_X } = \ frac { { 2 { n_ { C { O_2 } } } + { n_ { { H_2 } O } } – 2 { n_ { { O_2 } } } } } { 6 } = 0,05 \ left ( { mol } \ right ) \ to { M_X } = \ frac { { 44,3 } } { { 0,05 } } = 886 \ )
→ Số C = nCO2 : nX = 2,85 : 0,05 = 57
→ Số C của axit là ( 57 – 3 ) / 3 = 18
Khi đốt cháy chất béo có độ bất bão hòa k ta có :
\ ( { n_X } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { k – 1 } } \ Leftrightarrow 0,05 = \ frac { { 0,2 } } { { k – 1 } } \ Leftrightarrow k = 5 \ )
⟹ X có 3 π trong 3 nhóm COO và 2 π ngoài gốc hiđrocacbon
A đúng
B sai, có rất nhiều công thức cấu trúc thỏa mãn nhu cầu vì 2 π ngoài gốc hiđrocacbon hoàn toàn có thể phân bổ ở nhiều vị trí
C đúng, BTKL : mmuối = 0,1. 886 + 0,3. 40 – 0,1. 92 = 91,4 gam

D đúng, vì X có 2 π ngoài gốc hiđrocacbon nên cộng H2 theo tỉ lệ nX : nH2 = 1 : 2

Đáp án B

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 20 :Đốt cháy trọn vẹn x mol một triglixerit X cần vừa đủ 0,77 mol khí O2 thu được 9,00 gam H2O. Nếu thủy phân trọn vẹn x mol X trong dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch chứa 9,32 gam muối. Mặt khác, hiđro hóa trọn vẹn 0,15 mol X thu được m gam triglixerit Y. Giá trị của m là

  • A129,30.
  • B130,20.
  • C133,50.
  • D128,40.

Đáp án: A

Phương pháp giải :+ ) Đốt cháy x mol X cần 0,77 mol O2 thu được 0,5 mol H2O và CO2
Dựa vào bảo toàn O tính số mol CO2 ( theo x )
Bảo toàn khối lượng → ( 1 ) theo x và M ( x là số mol của X, M là khối lượng mol của X )
+ ) Cho x mol X phản ứng đủ với KOH :
X + 3KOH → muối + C3H5 ( OH ) 3
x → 3 x → x
Bảo toàn khối lượng → ( 2 ) theo x và M
Giải ( 1 ) ( 2 ) được x và M
Gọi độ bất bão hòa của X là k thì : \ ( { n_X } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { k – 1 } } \ )
Từ đó xác lập được giá trị của k
X có 3 π trong COO và ( k – 3 ) π ngoài gốc hiđrocacbon, khi cộng H2 thì chỉ có những π ngoài gốc hiđrocacbon phản ứng .
+ ) Hiđro hóa trọn vẹn 0,15 mol X :
X + ( k-3 ) H2 → Chất béo no
Áp dụng BTKL để tính m .Lời giải cụ thể :+ ) Đốt cháy x mol X cần 0,77 mol O2 thu được 0,5 mol H2O và CO2
Bảo toàn O → nCO2 = ( 6 nX + 2 nO2 – nH2O ) / 2 = 3 x + 0,52 ( mol )
BTKL → x. M + 0,77. 32 = 44. ( 3 x + 0,52 ) + 9 ( 1 )
+ ) Cho x mol X phản ứng đủ với KOH :
X + 3KOH → muối + C3H5 ( OH ) 3
x → 3 x → x
BTKL → x. M + 3 x. 56 = 9,32 + 92 x ( 2 )
Giải ( 1 ) ( 2 ) được Mx = 8,56 và x = 0,01
⟹ M = 856 và x = 0,01
Gọi độ bất bão hòa của X là k thì : \ ( { n_X } = \ frac { { { n_ { C { O_2 } } } – { n_ { { H_2 } O } } } } { { k – 1 } } \ Leftrightarrow 0,01 = \ frac { { 0,55 – 0,5 } } { { k – 1 } } \ Leftrightarrow k = 6 \ )
Vậy X có 3 π trong COO và 3 π ngoài gốc hiđrocacbon, khi cộng H2 thì chỉ có những π ngoài gốc hiđrocacbon phản ứng .
+ ) Hiđro hóa trọn vẹn 0,15 mol X :

X   +     3H2 → Chất béo no

0,15 → 0,45 mol
BTKL → m = mX + mH2 = 0,15. 856 + 0,45. 2 = 129,3 gam

Đáp án A

Đáp án – Lời giải