190 câu trắc nghiệm Este, Lipit cơ bản, nâng cao có lời giải chi tiết (P3)

Đáp án A

Đáp án C

X không tráng bạc nên không phải este của axit fomic.

Y không phản ứng với Cu(OH)₂ nên Y không phải ancol đa chức có nhiều OH cạnh nhau.

Mặt khác X có k = 4 và Y không tạo anken.

→ X là: CH₃OOC-C≡C-COO-CH₃.

→ X có mạch C không phân nhánh, Y là CH₃OH có nhiệt độ sôi < C₂H₅OH; Z là HOOC-C≡C-COOH có số H là 2 và O là 4 và không tráng bạc

Đáp án D

Hiđro hóa hết 31,72 gam X cần 0,26 mol H₂.

Đốt 31,72 gam X cần 1,43 mol O₂ . Để phản ứng hết với 31,72 gam X cần 0,42 mol NaOH thu được hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp

Ta có:  ${\mathrm{n}}_{\mathrm{Y}}=0,42 \mathrm{mol}$

(vì este đơn chức nên ancol đơn chức).

Cho Y vào bình Na thấy bình tăng 14,14 gam

=> 14,14 +0,42 =14,65 (g)

Do vậy Y gồm CH₃OH và C₂H₅OH với số mol lần lượt là 0,34 và 0,08 mol

Mặt khác BTKL:  

Ta có:

Giải được số mol CO₂ và H₂O lần lượt là 1,36 và 0,98 mol

Ta có:

Ta nhận thấy 0,18+0,12>0,26 nên este 2 chức no

Ta có:  

do vậy số liên kết π trong 2 este đơn chức là 1 và 2

Giải được số mol của 2 este lần lượt là 0,1 và 0,08 mol

Có:  

nên este có 2 π tạo bởi ancol C₂H₅OH

Nhận thấy hai gốc axit hơn kém nhau 1 C nên 2 este hơn kém nhau 2C

Vậy este 2 chức là C₄H₆O₄  => % = 44,64%

Đáp án D

Ta có:

Gọi số mol của Gly và Val lần lượt là a, b

=> a + b + 0,08 = =0,69

Giải được a=0,59; b=0,02

Ta có:

vậy ancol M là CH₃OH

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{M}}=0,46 \mathrm{mol}$

nên X phải là NH₂CH₂COOCH₃ và còn lại 0,13 mol Gly, 0,08 mol Ala và 0,02 mol Val tạo nên peptit Y, Z.

Quy đổi 2 peptit còn lại về C₂H₃ON 0,23 mol, CH₂ 0,14 mol và H₂O x mol

=> 0,23.57 + 0,14.14 + 18x + 0,46.89 = 56,73

Giải được x=0,04

$\to \overline{\mathrm{N}}=5,57$

hỗn hợp gồm 5-peptit và 6-peptit với số mol lần lượt là 0,01 và 0,03 mol

Nhận thấy 0,02=0,01.2; 0,08=0,01.2+0,03.2; 0,13=0,01+0,03.4.

Vậy hỗn hợp gồm 2peptit là GlyAla₂Val₂ 0,01 mol và Gly₄Ala₂ 0,03 mol

Z là Gly₄Ala₂.

Đáp án A

CH₃COOCH₂C₆H₅: benzyl axetat

Đáp án D

Ta có: n(CO₂) = 2,2 và n(H₂O) = 2,04

BTKL: m(O trong X) = m(X) – m(C) – m(H) = 34,32 – 2,2. 12 – 2,04. 2 = 3,84 → n(O trong X) = 0,24

→ n(X) = 0,24 : 6 = 0,04 → C₅₅H₁₀₂O₆.

→ k = 10 (= 3COO + 2CC) → n(Br₂) = 2n(Br₂) = 0,24 → V = 240 ml

Đáp án C

$0,1 \mathrm{mol} \mathrm{X}\stackrel{\mathrm{NaOH}(8\%)}{\to }\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\\ \mathrm{Y}\stackrel{{\mathrm{O}}_2(1,35)}{\to }\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{CO}}_2(1,15)\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O} (0,55)\\ {\mathrm{Na}}_2{\mathrm{CO}}_3(0,15)\end{array}\right.\end{array}\right.$

BTNT (Na):

→ X tác dụng với NaOH cho 1,8 gam H₂O (0,1 mol)

→ X có chứa -COO-C₆H₄- → X có 2 chức este. (theo tỉ lệ mol)

BTNT (C): n(C trong X) = n(Na₂CO₃) + n(CO₂) = 1,3

BTNT (H): n(H trong X) = 0,55. 2 + 0,1. 2 – 0,3 = 1

Ta có; n(X) = 0,1 → n(O trong X) = 0,4

→ C₁₃H₁₀O₄. → CH≡C-COO-C₆H₄-CH₂-OOC-CH=CH₂.

→ Y có: CH≡C-COONa; CH₂=CH-COONa; NaO-C₆H₄-CH₂-OH

→ %m(CH≡C-COONa) = 27,7%

Đáp án B

Một số este được dùng để tổng hợp chất dẻo.

Đáp án C

Ta có: ${\mathrm{k}}_{\mathrm{x}}=6$  và số C của X <10

X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 và có 2O thu được hai chất tan do vậy X là este phenol.

Do đó X phải là CH₂=CHCOOC₆H₅.

CTPT của X là C₉H₈O₂, X không có đồng phân hình học, làm mất màu nước brom.

Dung dịch Y chứa 2 muối là CH₂=CHCOONa và C₆H₅ONa

Đáp án D

Đun nóng 11,28 gam E với NaOH v ừa đủ thu được T chứa các ancol đều no và 12,08 gam hỗn hợp các muối.

ĐỐt cháy ancol no cần 0,295 mol O₂ thu được CO₂ và 0,32 mol H₂O.

Gọi số mol NaOH phản ứng là x

BTKL:  

Suy ra số mol O trong ancol là x.

BTNT O:  

=> 12.(0,35+0,5x) + 0,32.2 + 16x = 40x - 0,8

Giải được x=0,17.

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{ancol}} =0,1 \mathrm{mol}$

do vậy trong T có 0,07 mol ancol 2 chức và 0,03 mol ancol đơn chức

$\to {\mathrm{n}}_{\mathrm{Z}} =0,07 \mathrm{mol}$

Gọi u, v lần lượt là số C của ancol đơn chức và ancol đơn chức

=> 0,03u + 0,07v =0,22

Giải được nghiệm u=8/3 và v=2.

Gọi muối tạo ra từ X, Y là ACOONa 0,03 mol và từ Z là BCOONa 0,14 mol.

=> 0,03(A+ 67) + 0,14(B+67) =12,08

Giải được B=1 và A=55/3.

Z là (HCOO)₂C₂H₄ 0,07 mol

Do vậy M_x=102; M_Y=100 hay X là C₅H₁₀O₂ và Y là C₅H₈O₂.

Đáp án A

BTNT O:

=17,72 gam

Lượng 26,58 gam X gấp 1,5 lần lượng trên nên số mol sẽ là 0,03 mol.

BTKL:

Đáp án C

Gọi số mol của HCOOC₂H₅ và H₂NC₃H₅(COOH)₂ lần lượt là a,b.

=> 74a + 147b =25,8

X tác dụng vừa đủ 0,35 mol NaOH 

=>a+ 2b =0,35

Giải được: a=0,15; b=0,1.

Đốt cháy X thu được CO₂ 0,95 mol CO₂, H₂O và N₂.

 Dẫn sản phẩm cháy qua Ca(OH)₂ dư thu được kết tủa là 0,95 mol CaCO₃ vậy m=95

Đáp án D

BTKL:   

X có CTPT là C₁₀H₈O₆   ${\mathrm{k}}_{\mathrm{X}}=7$

Mặt khác ta có  $M_Z=92$ nên Z là C₃H₅(OH)₃.

Vậy CTCT của X là (CH≡C-COO)₂(HCOO)C₃H₅.

Vậy X tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1:6.

Đáp án C

0,2 mol hỗn hợp tác dụng vừa đủ 0,35 mol NaOH do vậy có 0,15 mol este Xvà 0,05 axit Y.

Đốt cháy hoàn toàn muối, dẫn khí thoát ra vào nước vôi trong thu được kết tủa là CaCO₃ 1,425 mol.

Ta có: 

Do vậy X là CH₃COOC₆H₅ 0,15 mol còn Y là C₇H₇COOH.

Muối cacboxylat là CH₃COONa 0,15 mol và C₇H₇COONa 0,05 mol.

Đáp án C

Tristearin là chất rắn ở điều kiện thường còn triolein là chất lỏng

Đáp án D

Ta có quy luật: Đốt cháy este cần O₂ bằng lượng O₂ để đốt cháy lượng ancol và axit tương ứng để tạo ra nó.

Do vậy ta có thể quy về đốt glixerol (C₃H₈O₃), axit oleic (C₁₇H₃₃COOH) và axit linoleic (C₁₇H₃₁COOH).

Ta có:  

Glixerol không có liên kết pi, axit oleic có 2 pi (1 pi tự do), axit linoleic có 3 pi (2pi tự do).

Ta có các phản ứng đốt cháy:

Gọi số mol glixerol là x, axit oleic là y và axit linoleic là z.

Ta có

Axit oleic tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1 :1 còn axit linoleic theo tỉ lệ 1 :2 do vậy ta phải rút được y +2z.

Ta có số mol –OH trong glixerol bằng tổng số mol các axit đơn chức do đó  3x = y + z

Giải hệ :

Đáp án C

Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 1,04 mol O₂ thu được 0,93 mol CO₂ và 0,8 mol H₂O.

Bảo toàn nguyên tố O:

Giải được số mol của este đơn chức là 0,19 mol và este 2 chức là 0,05 mol.

Ta có:

Do vậy trong các este đơn chức có este không no

Mặt khác ta có:  

mà do vậy có este từ 3 trở xuống.

Mà 2 ancol thu được cùng số nguyên tử C nên 2 ancol phải là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂.

Một este phải là HCOOC₂H₅ do vậy một muối là HCOONa.

Do vậy este đơn chức kia chứ 1 liên kết π trong gốc axit và este 2 chức tạo bởi 2 gốc axit.

=0,21 mol

Muối còn lại có số mol là 0,08 mol

Bảo toàn C:

Vậy X gồm HCOOC₂H₅ 0,16 mol, C₂H₃COOC₂H₅ 0,03 mol và (HCOO)(C₂H₃COO)C₂H₄ 0,05 mol.

=> % =13,6%

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol thu được 1,48 mol hỗn hợp CO₂, H₂O và N₂.

0,2 mol E tác dụng vừa đủ với 0,34 mol NaOH suy ra

Do thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối nên ancol là đơn chức và hai muối trong đó có 1 muối 2 chức và 1 muối amino axit

Đốt cháy Y và Z thu được số mol H₂O lớn hơn số mol CO₂ là 0,03 mol, đốt cháy X thu được CO₂ lớn hơn số mol H₂O là 0,14 mol

Ta có: $\overline{{\mathrm{C}}_{\mathrm{E}}}=3,9$ .  Do vậy m phải từ 3 trở xuống.

Ta có: $\mathrm{n}<\frac{0,78}{0,14}=5,57$ cho nên ancol tạo nên X phải là CH₃OH.

Do vậy n=m+1 cho nên m=3 và m=4.

Vậy 3 chất là C₄H₆O₄ 0,14 mol, C₄H₉O₂N và C₃H₇O₂N.

Giải được số mol của Y và Z lần lượt là 0,04 và 0,02 mol

=> %Z =7,94%

Đáp án C

HCOOC₆H₅CH₃ (3 đp)

CH₃-COO-C₆H₅

Đáp án A

$25,8\left(\mathrm{g}\right) \mathrm{E}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{X}: {\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{n}+2-2\mathrm{k}}{\mathrm{O}}_2 \left(\mathrm{a}\right)\\ \mathrm{Y}:{\mathrm{C}}_{\mathrm{m}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{m}-2}{\mathrm{O}}_4 \left(\mathrm{b}\right) \end{array}\right.\left\{\begin{array}{l} \stackrel{{\mathrm{O}}_2}{\to }{\mathrm{m}}_{{\mathrm{CO}}_2}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=56,2\\ \underset{0,4 \mathrm{mol}}{\overset{\mathrm{KOH}}{\to }}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{M}\text{'}\\ 2 \mathrm{ancol}\end{array}\right.\end{array}\right.$

=> m =5, n=2

Do thu được 2 ancol kế tiếp

Đáp án A

$0,2 \left(\mathrm{mol}\right) \mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}2 \mathrm{pep}\\ {\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{n}-2}{\mathrm{O}}_2\end{array}\right.\left\{\begin{array}{l}\stackrel{{\mathrm{O}}_2(2,16 \mathrm{mol})}{\to }\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{CO}}_{2 }(1,68 \mathrm{mol})\\ {\mathrm{H}}_2\mathrm{O} (*)\\ {\mathrm{N}}_2\end{array}\right.\\ \stackrel{\mathrm{KOH} (0,35 \mathrm{mol})}{\to }\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Z}\\ {\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}\end{array}\right.\end{array}\right.$

=> BTKL (H):

=> BTKL (O): x + 2y + t + 4,32 = 1,5x + 4y + z + t+ 1,68.2 

=> 0,5x + 2y + z = 0,96

=> m = 48,72 (gam)

Đáp án A

Benzyl axetat: CH₃COOCH₂C₆H₅ cho ancol C₆H₅CH₂OH và axit CH₃COOH

Đáp án A

Nhận thấy: 2 este trên đều cho muối là CH₃COONa→ n(CH₃COONa) = n(NaOH) = 0,3 mol

→ m = 24,6 (g)

Đáp án A

X cho 2 muối CH₃COONa và C₆H₅COONa → X có chứa 2 gốc axit CH₃COO- và C₆H₅COO- (1)

X lại cho anđehit CH₃CHO (2)

(1)(2) → X là este 2 chức và 2 gốc este gắn vào 1C

→ X là CH₃COO-CH(CH₃)-OOC-C₆H₅

Đáp án D

Natri panmitat: C₁₅H₃₁COONa; natri oleat: C₁₇H₃₃COONa; natri linoleat: C₁₇H₃₁COONa.

→ X được tạo bởi 3 axit C₁₅H₃₁COOH; C₁₇H₃₃COOH; C₁₇H₃₁COOH.

→ các mệnh đề đúng: a, c, d. (X có 4 đồng phân thỏa mãn)

Đáp án A

X có dạng C_nH_2n-2O₂ và Y có dạng C_mH_2m-4O₄, lại cho 2 ancol đồng đẳng kế tiếp → 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.

Ta có: x = y + 0,2 → x – y = 0,2 = n(X) + 2n(Y) → n(2 ancol) = 0,2

Gọi ancol là ROH (0,2 mol) → n(H₂) = 0,1 → m(bình tăng) = m(ancol) – m(H₂)

→ 6,76 = 0,2. (R + 17) -  0,2 → 17,8 → CH₃OH (a mol) và C₂H₅OH (b mol)

→ a + b = 0,2 và 32a + 46b - 0,2 = 6,76 → a = 0,16 và b = 0,04

Do n(X) > n(Y) → TH₁: X tạo bởi CH₃OH và Y tạo bởi C₂H₅OH và TH₂: X tạo bởi CH₃ OH và Y tạo bởi cả 2 ancol.

TH₁: Quy đổi hỗn hợp thành C₄H₆O₂ (0,16 mol); C₈H₁₂O₄(0,04 mol); CH₂ (x mol)

Có m(hh) = 16,64 → x < 0 (loại)

TH₂: Quy đổi hỗn hợp thành C₄H₆O₂ (0,12 mol); C₇H₁₀O₄(0,04 mol); CH₂ (x mol)

(do chia mất CH₃OH vào 2 ancol)

Có m(hh) = 16,64 → x = 0 → X là C₂H₃COOCH₃ (0,12 mol) và Y là CH₃OOC-C₂H₂-COOC₂H₅ (0,04 mol)

→ muối thu được là C₂H₃COONa (0,12 mol) và C₂H₂(COONa)₂ (0,04 mol)

→ m(C₂H­₃COONa) = 11,28 và m(C₂H₂(COONa)₂) = 6,4

(nhận thấy các đ.a a:b đều > 1 → a (= m(C₂H₃COONa)) : b (=m(C₂H₂(COONa)₂) = 1,7625

Đáp án D

CH3COOH + C6H5CH2OH  CH3COOCH2C6H5 (benzyl axetat)

1 số mùi este thông dụng:

Amyl axetat có mùi dầu chuối.

Amyl fomat có mùi mận.

Etyl fomat có mùi đào chín.

Metyl salicylat có mùi dầu gió.

Isoamyl axetat có mùi chuối chín.

Etyl Isovalerat có mùi táo.

Etyl butirat và Etyl propionat có mùi dứa.

Geranyl axetat có mùi hoa hồng.

Metyl 2-aminobenzoat có mùi hoa cam.

Benzyl axetat có mùi thơm hoa nhài

Đáp án D

n(CO₂) = 0,15 =n (H₂O) nên X là este no, đơn chức, mạch hở

m( O trong X) = 3,7 - 0,15 . 12 - 0,15 . 2=1,6 g nên n(O) =0,1 suy ra n(X) = 0,05

Số C trong X = 0,15/ 0,05 = 3

Số H trong X = 0,3/ 0,05 = 6

Vậy CT X: C₃H₆O₂

CTCT: HCOOC₂H₅ hoặc CH₃COOCH₃

Đáp án A

Ta có n(CO₂) = 0,198; n(H₂O) = 0,176

n(KOH) = 0,08a → n(COO) = 0,08a ; n(K₂CO₃) = 0,04a

Bảo toàn nguyên tố: n(C trong X) = 0,04 + 0,198 ; n( H trong X) = 2.0,176 - 0,08a ; n(O trong X) = 0,08a.2

→ 12(0,04a + 0,198) + 2.0,176 - 0,08a + 0,16a.16 = 7,612

→ a = 1,65

Đáp án C

Cho 200 gam NaOH chứa 0,6 mol NaOH và 176 gam H₂O.

Cho 46,6 gam E tác dụng với NaOH thu được phần hơi Z chứa chất T có khối lượng phân tử là 32, vậy T là CH₃OH.

Cho Z qua bình đựng Na thấy bình tăng 188,85 gam và thu được 0,275 mol H₂.

BTKL: m_Z = 188,85 + 0,275.2 = 189,4 gam.

Z sẽ chứa CH₃OH và H₂O (gồm nước của dung dịch NaOH + nước mới sinh ra).

Gọi CTPT của X là ${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{n}-2}{\mathrm{O}}_2$  còn Y là ${\mathrm{C}}_{\mathrm{m}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{m}-4}{\mathrm{O}}_4$ có số mol lần lượt là a, b.

Đốt cháy lượng E thu được 0,43 mol CO₂ và 0,32 mol hơi nước.

→ a + 2b = 0,11

Gọi số mol X và Y trong 46,6 gam E lần lượt là ka và kb.

ka (14n + 30) + kb(14m + 60) = 46,6 <=> 14k( am+bn) + 30k( a+ 2b) =46,6 => k=5

Mặt khác ta có: 32.5a + 18.2.5b = 13,4

Giải được a = 0,05; b= 0,03.

Suy ra : 0,05n + 0,03m = 43

Ta nhận thấy $\mathrm{m},\mathrm{n} \ge 4$ và ta tìm được nghiệm nguyên là n = 5, m =6.

Vậy X là ${\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_2$ còn Y là C₆H₈O₄.

→ %Y = 46,35%

Đáp án B

Có n_C : n_O = 2 : 1; n_C : n_H = 4 : 6

=> n_C : n_H : n_O = 4 : 6 : 2

CTPT: (C₄H₆O₂)_n

Biện luận: 4n + 2 ≤ 6n → n ≤ 1 nên n = 1 => E là: C₄H₆O₂

n_E = 0,05 mol → M_Y = 2,9 : 0,05 = 58 => Y là C₃H₅OH

=> E là: HCOOCH­₂-CH=CH₂.

+) Y là ancol đứng đầu dãy đồng đẳng của ancol không no, đơn chức, có 1 liên kết π

+) X là axit đứng đầu dãy đồng đẳng của axit no, đơn chức

+) E có thể trùng hợp.

+) E không cùng dãy đồng đẳng với CH₂=CH-COOC₂H₅.