290 Bài tập Este, Lipit cơ bản, nâng cao có lời giải (P4)

Đáp án B

phản ứng:

CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH.

có

 mol.

phản ứng:

.

 mol

 lít

Đáp án B

đốt 1 mol X + O₂  $\stackrel{t^o}{\to }$  CO₂ + H₂O.

tương quan:

=

mà phản ứng với Br₂:  

⇒ a mol Xốc 5a mol

 sẽ phản ứng với tối đa 5a mol Br₂.

giả thiết cho

  mol

 mol

Đáp án C

Đáp án B

hỗn hợp X gồm: HCOOCH₃; (COOCH₃)₂ và Y dạng C_nH_{2n – 2}O₂ (n ≥ 3).

đốt 0,5 mol X + 1,5 mol O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 1,6 mol CO₂ + 1,2 mol H₂O.

tương quan đốt có:

 mol.

mà tổng X có 0,5 mol ⇒ có 0,1 mol HCOOCH₃ trong X.

Theo đó  là HCOOCH=CH₂; giải số mol có 0,2 mol (COOCH₃)₂ và 0,2 mol Y.

⇒ thủy phân 0,5 mol X → dung dịch Z chứa 0,3 mol HCOONa + 0,2 mol CH₃CHO + …

phản ứng tráng bạc có

 gam.

Tỉ lệ: khi dùng 0,3 mol X thì

 gam.

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án A

$n_{C{O}_2}$ = 0,32 mol ⇒ n_C = 0,32 mol;  $n_{H_{2}O}$ = 0,16 mol => $n_{H_2}$ mol.

Bảo toàn nguyên tố oxi:

= 0,08 mol

=  4:4:1 

Do E gồm 2 este đơn chức  CTPT:

 mol.

Bảo toàn khối lượng:

 gam.

chứa este của phenol

⇒ 2 este có số mol bằng nhau và bằng 0,02 mol.

Este của phenol + 2NaOH → muối + H₂O || Este của ancol + NaOH → muối + ancol.

mol. Bảo toàn khối lượng:

= 2,16 gam

⇒ ancol là C₆H₅CH₂OH ⇒ este của ancol là HCOOCH₂C₆H₅.

Để T chứa 2 muối thì este của phenol là HCOOC₆H₄CH₃.

⇒ T chứa 0,04 mol HCOONa

⇒ m_{muối của axit cacboxylic} = 0,04 × 68 = 2,72 gam

Đáp án C

Xử lí dữ kiện Z: Bảo toàn khối lượng:

= 6,12  gam

 → gam →

mol

→   gam →

 mol.

gam

  mol

Ta có phản ứng Dumas: -COONa + NaOH → -H + Na₂CO₃ (vôi tôi xút).

 K gồm 2 khí trong đó có CH₄.

Mà sau khi dẫn qua dung dịch Br₂ dư chỉ còn 1 khí thoát ra

⇒ khí còn lại bị hấp thụ.

trong A chứa 2  gốc CH₃COO-

⇒ gốc còn lại cũng là gốc axit đơn chức

⇒ n_{khí còn lại} = n_A = 0,12 mol.

⇒ M_{khí còn lại}  =

 khí còn lại là C₂H₄.

⇒ là (CH₃COO)₂(CH₂=CH-COO)C₃H₅ 

⇒ a = 0,12 . 230 = 2,76

mol

⇒ x = 0,38 ÷ 0,19 = 2.

Muối gồm  0,12 mol

 ; 

0,24 mol CH₃COONa; 0,02 mol NaCl

=> b = 0,12.94 + 0,24.82 + 0,02.58,5 = 32,13

=> a + b + x = 61,73 gam

Đáp án D

Cách đọc tên este (RCOOR') thì ta đọc tên gốc R' + tên gốc (RCOO–) + at.

⇒ CH₃COOH đọc là Metylaxetat ⇒ Chọn D

Đáp án C

Ta có phản ứng xà phòng như sau:

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH ⇒ Chọn C

Đáp án C

=>

Đáp án C

Nhận thấy b-c= 4a ⇒ trong X có 5 liên kết π trong đó có 3 liên kết π ở gốc –COO– và 2 liên kết π ở gốc hidrocacbon C=C.

Như vậy để hidro hóa hoàn toàn 1 mol X cần dùng 2 mol H₂ ⇒  = 0,3 : 2 = 0,15 mol

Bảo toàn khối lương → $m_x$ = 39 - 0,3. 2= 38,4 gam

Khi tham gia phản ứng thủy phân ⇒

Bảo toàn khối lượng → m_{Chất rắn} =

⇒ m_{Chất rắn} = 38,4 + 0,7x40 – 0,15x92 = 52,6 gam

Đáp án B

Vì ancol có tỉ khối so với oxi lớn hơn 1 nên ancol chỉ có thể là C₂H₅OH.

Ta có n_X = 0,25 mol, n_NaOH= 0,3 mol ⇒ NaOH dư 0,05 mol.

Áp dụng BTKL ta có m = 25,75 + 0,3 × 40 – 0,25 × 46 = 26,25 gam ⇒ Chọn B

Đáp án B

Vì ancol có tỉ khối so với oxi lớn hơn 1 nên ancol chỉ có thể là C₂H₅OH.

Ta có n_X = 0,25 mol, n_NaOH= 0,3 mol ⇒ NaOH dư 0,05 mol.

Áp dụng BTKL ta có m = 25,75 + 0,3 × 40 – 0,25 × 46 = 26,25 gam ⇒ Chọn B

Đáp án D

Ta có  n_{NaOH phản ứng}  = 0,1 mol.

⇒ BTKL ta có m = m_este + m_NaOH – m_ancol = 8,8 + 4 – 4,6 = 8,2 gam

Đáp án B

Vì  mol.

⇒ Este X thuộc loại este no, đơn chức mạch hở ⇒ Chọn B

Đáp án C

+ Nhận thấy CH₂=CHCOOCH₃ là một este không no

+ Vì este ⇒ Có phản ứng thủy phân trong môi trường axit và trong môi trường bazơ

+ Vì không no ⇒ có thể có phản ứng cộng với H₂

+ Không có H linh động ⇒ Không thể tác dụng với Na ⇒ Chọn C

Đáp án D

Đáp án B

Chọn đáp án C

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅  (tristearin) là công thức của chất béo.

Lưu ý: Chất béo là trieste của glixerol với axit béo

Công thức chất béo có dạng: ($\overline{R}$COO)₃C₃H₅

Đáp án C

Đáp án D

Bảo toàn nguyên tố Natri:  

 X chứa este của phenol.

Đặt  của ancol = x;  của phenol

mol.

 mol.

Giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,4 mol.

Do Z chỉ chứa 2 muối ⇒ Z gồm muối của axit cacboxylic và muối của phenol.

Đặt số C của muối của axit và phenol lần lượt là a và b (a ≥ 1; b ≥ 6).

.

Giải phương trình nghiệm nguyên có a = 1; b = 6.

 gồm 0,6 mol HCOONa và 0,4 mol C₆H₅ONa

  (g).

= 23,4 (g)

Đáp án A

A. (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅: tripanmitin.

B. (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅: triolein.

C. (C₁₇H₃₁COO)₃C₃H₅: trilinolein.

D. (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅: tristearin.

Đáp án A

n_CH3COOC2H5 = 0,1 mol > n_NaOH = 0,04 mol ⇒ este dư.

⇒ n_muối = n_NaOH = 0,04 mol ⇒ m_rắn = 0,04 × 82 = 3,28(g) ⇒ chọn A.

Chú ý: este khi cô cạn sẽ bị bay hơi ⇒ không dùng BTKL.

Đáp án B

M_X = 8,8 ÷ 0,1 = 88 ⇒ X là C₄H₈O₂.

M_Y = 4,6 ÷ 0,1 = 46 ⇒ Y là C₂H₅OH.

⇒ Công thức cấu tạo của X là CH₃COOC₂H₅.

► Tên gọi của X là etyl axetat ⇒ chọn B.

Đáp án B

A. Phenyl axetat: CH₃COOC₆H₅ ⇒ công thức phân tử: C₈H₈O₂.

B. Vinyl axetat: CH₃COOCH=CH₂ ⇒ công thức phân tử: C₄H₆O₂.

C. Propyl axetat: CH₃COOCH₂CH₂CH₃ ⇒ công thức phân tử: C₅H₁₀O₂.

D. Etyl axetat: CH₃COOC₂H₅ ⇒ công thức phân tử: C₄H₈O₂.

⇒ chọn B.

Đáp án D

Este đơn chức có M = 100 ⇒ C₅H₈O₂ || C₅H₈O₂  X + Y

Lại có: Ancol Y sản phẩm 

  dung dịch Z

 CO₂.

||⇒ Y là CH₃OH. Mà X có nhánh ⇒ este là CH₂=C(CH₃)COOCH₃.

► Tên gọi của este là metyl metacrylat ⇒ chọn D.

Đáp án C

Các este thỏa mãn là: HCOOCH=CHCH₃ (cis-trans), HCOOCH₂CH=CH₂,

HCOOC(CH₃)=CH₂, CH₃COOCH=CH₂ ⇒ chọn C.

Đáp án C

Xử lí dữ kiện Z: RCH₂OH   RCOOH + H₂O || RCH₂OH  RCHO + H₂O.

T + KHCO₃ → 0,1 mol CO₂ ⇒ n_RCOOH = 0,1 mol || T + AgNO₃/NH₃ → 0,8 mol Ag.

TH1: R khác H ⇒ n_RCHO = 0,4 mol ⇒ ∑n_H2O = 0,1 + 0,4 = 0,5 mol. Lại có:

n_{RCH2OH dư} + n_RCOOH + n_H2O = 2n_H2 ⇒ n_{RCH2OH dư} = – 0,2 mol ⇒ loại.

TH2: R là H ⇒ T gồm CH₃OH dư, HCOOH, HCHO và H₂O ⇒ n_HCHO = 0,15 mol.

||⇒ ∑n_H2O = 0,25 mol ⇒ n_{CH3OH dư} = 0,05 mol ⇒ ∑n_Z = 0,3 mol.

► RCOONa + NaOH   RH + Na₂CO₃ ⇒ xảy ra 2 trường hợp:

● NaOH đủ hoặc dư ⇒ n_RH = n_Z = 0,3 mol ⇒ M_khí = 8,4 ÷ 0,3 = 28 (CH₂=CH₂).

⇒ chỉ có 1 muối là CH₂=CHCOONa ⇒ chỉ có 1 este là CH₂=CHCOOCH₃ ⇒ vô lí!

● NaOH thiếu, muối dư ⇒ n_NaOH = n_khí = 8,4 ÷ (R + 1).

||⇒ m_Y = 0,3 × (R + 67) + 40 × 8,4 ÷ (R + 1) = 40,2(g). Giải phương trình cho:

+ R = 27 (CH₂=CH-) ⇒ loại tương tự trên.

+ R = 39 (C₃H₃-) ⇒ nhận vì có 2 đồng phân là: HC≡C-CH₂- và CH₃-C≡C-

⇒ ∑n_NaOH = 8,4 ÷ 40 + 0,3 = 0,51 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 40,2 + 0,3 × 32 - 0,51 × 40 = 29,4(g) ⇒ chọn C.       

Đáp án C

27,2(g) E + 1,5 mol O₂ → 1,3 mol CO₂ + ? H₂O ||⇒ Bảo toàn khối lượng: n_H2O = 1 mol.

Do E gồm 2 este đơn chức ⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_E = (1,3 × 2 + 1 - 1,5 × 2) ÷ 2 = 0,3 mol.

● C_tb = 1,3 ÷ 0,3 = 4,33 ⇒ E gồm 2 este chứa 4C và 5C. Đặt n_{este 4C} = x; n_{este 5C} = y

⇒ n_E = x + y = 0,3 mol; n_CO2 = 4x + 5y = 1,3 mol ||⇒ giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,1 mol.

Với HCHC chứa C, H và O(nếu có) thì: n_CO2 - n_H2O = (k - 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

► Áp dụng: 1,3 - 1 = 0,2.(a - 1) + 0,1.(b - 1) (với a, b là độ bất bão hòa của 2 este)

Giải phương trình nghiệm nguyên với điều kiện a, b ≥ 1 có: (a; b) = (1; 4); (2; 2).

● Dễ thấy b = 4 thì không có este 5C nào thỏa mãn thủy phân sinh ra ancol no, đơn chức, mạch hở.

⇒ a = b = 2. Để thu được 1 muối duy nhất thì 2 este là CH₂=CHCOOC₂H₅ và CH₂=CHCOOCH₃.

► Tên gọi của X và Y là metyl acrylat và etyl acrylat ⇒ chọn C. 

Đáp án A

m(g) E + 0,36 mol O₂ → 0,32 mol CO₂ + 0,16 mol H₂O.

||⇒ n_C = 0,32 mol; n_H = 0,32 mol; n_O = 0,08 mol; m = 5,44(g).

► C : H : O = 0,32 : 0,32 : 0,08 = 4 : 4 : 1 ⇒ (C₄H₄O)_n.

Do este đơn chức ⇒ chứa 2[O] ⇒ n = 2 ⇒ C₈H₈O₂.

⇒ n_E = 0,04 mol; n_NaOH = 0,07 mol ⇒ n_NaOH : n_E = 1,75.

⇒ E chứa este của phenol. Đặt n_{este của ancol} = x; n_{este của phenol} = y.

n_E = x + y = 0,04 mol; n_NaOH = x + 2y = 0,07 mol.

||⇒ giải hệ có: x = 0,01 mol; y = 0,03 mol ⇒ n_H2O = y = 0,03 mol.

BTKL: m_ancol = 5,44 + 0,07 × 40 - 6,62 - 0,03 × 18 = 1,08(g).

⇒ M_ancol = 1,08 ÷ 0,01 = 108 (C₆H₅CH₂OH). Lại có T chứa 3 muối.

► E gồm HCOOCH₂C₆H₅ và CH₃COOC₆H₅.

Đáp án D

n_muối = n_X = 3 ÷ 150 = 0,02 mol ⇒ M_muối = 1,96 ÷ 0,02 = 98 (CH₃COOK).

Lại có sinh ra ancol thơm Z ⇒ công thức cấu tạo của X là CH₃COOCH₂C₆H₅.

► Tên gọi của X là benzyl axetat ⇒ chọn D.

Ps: Từ dữ kiện este có trong tinh dầu hoa nhài có thể suy ra X là benzyl axetat!

Hoặc cũng có thể loại trừ đáp án, chỉ có D sinh ra ancol thơm ⇒ chọn D.

Đáp án B

17,72(g) chất béo + 1,61 mol O₂ → ?CO₂ + 1,06 mol H₂O. Bảo toàn khối lượng:

m_CO2 = 17,72 + 1,61 × 32 - 1,06 × 18 = 50,16(g) ⇒ n_CO2 = 1,14 mol || Chất béo chứa 6[O].

⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_{chất béo} = (1,14 × 2 + 1,06 - 1,61 × 2) ÷ 6 = 0,02 mol.

⇒ 26,58 gam chất béo ứng với 0,02 × 26,58 ÷ 17,72 = 0,03 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 26,58 + 0,03 × 3 × 40 - 0,03 × 92 = 27,42(g) ⇒ chọn B.

Đáp án C

M_X = 3,125 × 32 = 100 ⇒ X là C₅H₈O₂.

Lại có: C_tb = 0,75 ÷ 0,2 = 3,75 ⇒ Y chứa ≤ 3C ⇒ ancol của Y có số C ≤ 2C.

● Thu được 2 ancol có cùng số C ⇒ 2 ancol khác số chức.

⇒ 2 ancol phải chứa ≥ 2C ⇒ xảy ra khi ancol của Y chứa 2C hay C₂H₅OH.

► Y là HCOOC₂H₅; X là CH₂=CHCOOC₂H₅ ⇒ ancol còn lại là C₂H₄(OH)₂.

● Thu được 2 muối ⇒ Z là (HCOO)₂C₂H₄ (do Z no) ⇒ M_Z = 118 ⇒ chọn C.

Đáp án C

X gồm HCOOCH₃, (HCOO)₂C₂H₄, (HCOO)₃C₃H₅ hay C₂H₄O₂, C₄H₆O₄, C₆H₈O₆.

Dễ thấy số C = số O ⇒ n_O/X = n_C/X = x ⇒ n_CO2 = x. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

x + 0,16 × 2 = 2x + 0,14 ⇒ x = 0,18 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 0,18 × 44 + 2,52 – 0,16 × 32 = 5,32(g) ⇒ chọn C.

Đáp án C

Lipit không chứa N ⇒ loại A, B và D ⇒ chọn C

Đáp án B

Nhìn 4 đáp án ⇒ E là este 2 chức. n_NaCl = n_{NaOH dư} = n_HCl = 0,03 mol

⇒ n_{NaOH phản ứng} = 0,15 - 0,03 = 0,12 mol ⇒ n_E = n_R(COONa)2 = 0,12 ÷ 2 = 0,06 mol.

► Muối khan gồm R(COONa)₂ và NaCl ⇒ M_R(COONa)2 = 162 ⇒ R = 28 (-C₂H₄-).

∑n_ancol = 0,12 mol ⇒ M_{tb ancol} = 4,68 ÷ 0,12 = 39 ⇒ 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH.

► E là C₂H₄(COOCH₃)(COOC₂H₅) và m = 0,06 × 160 = 9,6(g) ⇒ chọn B

Đáp án D

Lần lượt bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH: n_OH/ancol = n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,26 mol.

► Lại có: -OH + Na → -ONa + ¹/₂ H₂↑ ||⇒ n_H2 = 0,13 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g) || Lại có: 2 ancol no, có cùng số cacbon

⇒ 2 ancol gồm ancol đơn chức và ancol 2 chức ⇒ có dạng C_nH₂₊₂O và C_nH_2n+2O₂ (n ≥ 2).

Đặt n_CnH2+2O = x; n_CnH2n+2O2 = y ⇒ n_OH = x + 2y = 0,26 mol (1).

m_ancol = x.(14n + 2 + 16) + y.(14n + 2 + 32) = (x + y).(14n + 2) + 16.(x + 2y) = 8,36(g).

► Thế (1) vào ⇒ x + y = 4,2 ÷ (14n + 2). Mặt khác: 0,5.(x + 2y) < x + y < x + 2y

||⇒ 0,13 < 4,2 ÷ (14n + 2) < 0,26 ⇒ 1,01 < n < 2,16 ⇒ n = 2 ⇒ C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂.

⇒ x = 0,02 mol; y = 0,12 mol. Bảo toàn khối lượng: m_F = 19,28 + 0,26 × 40 - 8,36 = 21,32(g).

● Do X, Y, Z mạch hở ⇒ F gồm 2 muối của axit đơn chức ⇒ số mol mỗi muối là 0,13 mol.

► M_{tb muối} = 21,32 ÷ 0,26 = 82 ⇒ phải chứa HCOONa ⇒ M_{muối còn lại} = 96 (C₂H₅COONa).

||⇒ E gồm 0,01 mol HCOOC₂H₅; 0,01 mol CH₃COOC₂H₅; 0,12 mol (HCOO)(C₂H₅COO)C₂H₄.

Este có PTK nhỏ nhất là HCOOC₂H₅ ⇒ %m_HCOOC2H5 = 3,84% ⇒ chọn D.

Đáp án B

● Chất béo là trieste của glixerol và axit béo.

● Axit béo là:

– Axit monocacboxylic (đơn chức).

– Số C chẵn (từ 12C → 24C).

– Mạch không phân nhánh.

⇒ chọn B vì số C của gốc axit (CH₃COO-) quá ít.

Đáp án D

Vì triglixerit được tạo từ các axit béo và glixerol.

⇒ Thủy phân luôn luôn thu được glixerol ⇒ Chọn D

______________________________

Một số axit béo thường gặp đó là:

● C₁₇H₃₅COOH : Axit Stearic

● C₁₇H₃₃COOH : Axit Olein

● C₁₇H₃₁COOH : Axit Linoleic

● C₁₅H₃₁COOH : Axit Panmitic