290 Bài tập Este, Lipit cơ bản, nâng cao có lời giải (P5)

Đáp án A

(C17H33COO)3C3H5 + 3NaOH → 3C17H33COONa + C3H53.

+ Ta có mC17H33COONa = 30,4 ×0,75 = 22,8 gam ⇒ nC17H33COONa = 0,075 mol.

⇒ nNaOH pứ = 0,075 mol và nC3H5(OH)3 = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025×92 – 0,075×40 = 22,1 gam ⇒ Chọn A    

Đáp án A

(C17H33COO)3C3H5 + 3NaOH → 3C17H33COONa + C3H53.

+ Ta có mC17H33COONa = 30,4 ×0,75 = 22,8 gam ⇒ nC17H33COONa = 0,075 mol.

⇒ nNaOH pứ = 0,075 mol và nC3H5(OH)3 = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025×92 – 0,075×40 = 22,1 gam ⇒ Chọn A    

Câu 67. Chọn đáp án B

đốt 25,56 gam H + 1,09 mol O2 → 48.CO2 + 49H2O + 0,02 mol N2

||→ giải nCO2 = 0,96 mol và nH2O = 0,98 mol; namino axit = 2nN2 = 0,04 mol.

bảo toàn O có ∑nO trong H = 0,72 mol, este đơn chức → ∑neste = 0,32 mol.

có Ctrung bình = 0,96 ÷ 0,36 = 2,666 mà CZ ≥ 3 → có 1 este là C2 → là HCOOCH3.

||→ ancol duy nhất là CH3OH, nancol = neste = 0,28 mol.

Phản ứng: H + KOH → (muối + KOH dư) + ancol + H2O.

Xem nào: mH = 25,56 gam; ∑nKOH = 0,36 × 1,2 = 0,432 mol;

mancol = 0,32 × 32 = 10,24 gam; nH2O = namino axit = 0,04 mol.

||→ BTKL có mrắn yêu cầu = 25,56 + 0,432 × 56 – 0,04 × 18 – 10,24 = 38,792 gam. Chọn B. ♦.

Một bài tập khá hay.! Đọc yêu cầu → phân tích.! Đừng cố tìm este là gì, amino axit là gì khi không thể. tư duy cần linh hoạt và tập trung vào yêu cầu để hướng các giả thiết về đó.!

Câu 68. Chọn đáp án B

Xét hỗn hợp 2 ancol đơn chức B ta có:

nhỗn hợp ancol = nH2O – nCO2 = 0,15 mol.

⇒ Ctrung bình = nCO2 ÷ nhỗn hợp ancol = 2,33

⇒ 2 ancol là C2H5OH và C3H7OH.

+ Đặt nC2H5OH = a và nC3H7OH = b

⇒ Ta có hệ 2 phương trình

+ Hỗn hợp A ban đầu gồm có:

⇒ 0,1 × (R + 44 + 29) + 0,05 × (R' + 44 + 43) = 12,5

 2R + R' = 17 ⇒

⇒ Hỗn hợp A gồm:

⇒ %mHCOOC2H5

= × 100 = 59,2% ⇒ %mCH3COOC3H7 = 40,8%

⇒ Chọn B

Đáp án B

Giải đốt 0,2 mol E + O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 0,7 mol CO₂ + ? mol H₂O.

⇒ C_{trung bình E} = 0,7 ÷ 0,2 = 3,5 ⇒ C_Y < 3,5.

⇒ có các khả năng cho Y là HCOOCH₃; HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃.

Tuy nhiên chú ý rằng thủy phân E thu được 2 ancol có cùng số C ⇒ Y phải là HCOOC₂H₅

để suy ra được rằng ancol cùng số C còn lại là C₂H₄(OH)₂.

||⇒ cấu tạo của X là CH₂=CH–COOC₂H₅.

este Z no là (HCOO)₂C₂H₄ ||⇒ M_Z = 118.

Đáp án C

Ta có phản ứng:

(CH₃[CH₂]₁₆COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3CH₃[CH₂]₁₆COONa + C₃H₅(OH)₃.

Đáp án A

phản ứng: CH₃COOH + C₂H₅OH ⇄ CH₃COOC₂H₅ + H₂O.

có n_{ancol etylic} = 11,5 ÷ 46 = 0,25 mol; n_{axit axetic} = 12 ÷ 60 = 0,2 mol

⇒ Hiệu suất phản ứng 80% tính theo số mol axit.

Mà n_Este = 11,44 ÷ 88 = 0,13 mol

⇒ H = $\frac{0,13}{0,2}$ × 100 = 65% 

Đáp án B

có ∑n_{NaOH phản ứng} = 2n_Na2CO3 = 0,06 mol > 0,05 mol ⇒ Y là este của phenol;

còn X là một este bình thường. có n_X = 0,04 mol và n_Y = 0,01 mol.

☆ phản ứng: 0,05 mol X, Y + NaOH → hỗn hợp chất hữu cơ Z + H₂O.

đốt Z → 0,03 mol Na₂CO₃ + 0,12 mol CO₂ ||⇒ ∑n_{C trong Z} = 0,03 + 0,12 = 0,15 mol.

⇒ ∑n_{C trong X và Y} = 0,15 mol ⇒ số C_{trung bình X, Y} = 0,15 ÷ 0,05 = 3.

⇒ X phải là HCOOCH₃ (vì Y là este của phenol, C_Y ≥ 7).

có 0,04 mol HCOOCH₃ ⇒ C_Y = (0,15 – 0,04 × 2) ÷ 0,01 = 7 → Y là HCOOC₆H₅.

vậy, làm bay hơi Z thu được m gam chất rắn gồm 0,05 mol HCOONa và 0,01 mol C₆H₅ONa.

⇒ m = 0,05 × 68 + 0,01 × 116 = 4,56 gam.   

Đáp án B

Dẫu ăn là chất béo ⇒ Thành phần chứa C, H và O.

+ Dầu bôi trơn máy là các hiđrocacbon cao phân tử ⇒ Thành phần gồm C và H.

⇒ B sai ⇒ Chọn B    

Đáp án A

Đáp án C

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_Este? + m_NaOH? = m_Muối✓ + m_Ancol✓

Khi đốt muối của axit no đơn chức mạch hở ta có phản ứng:

2C_nH_2n–1O₂Na + (3n–2)O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ Na₂CO₃ + (2n–1)CO₂ + (2n–1) H₂O.

⇒ n_CO2 = n_H2O Û m_{Dung dịch giảm} = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O.

Đặt n_CO2 = n_H2O = a ⇒ 100a – 44a – 18a = 3,42 Û a = 0,09 mol.

+ Từ phản ứng đốt muối ta có tỷ lệ:

 .

⇒ n_Muối =  = n_{NaOH pứ}

 ⇒ n_{NaOH pứ} = 4 gam ✓.

+ Bảo toàn

khối lượng ⇒ m_Este = 7,36 + 3,76 – 4 = 7,12 gam

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 D

► Đối với HCHC chứa C, H và có thể có O thì: 

n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

► Áp dụng: b – c = 4a ⇒ k = 5 = 3π_C=O + 2π_C=C.

⇒ n_X = n_H2 ÷ 2 = 0,15 mol || Bảo toàn khối lượng: 

m₁ = 39 – 0,3 × 2 = 38,4(g). Lại có: n_NaOH ÷ n_X > 3.

⇒ NaOH dư ⇒ n_glixerol = n_X = 0,15 mol. Bảo toàn khối lượng:

||⇒ m₂ = 38,4 + 0,7 × 40 – 0,15 × 92 = 52,6(g)

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án C

Enzim có vai trò xúc tác phản ứng thủy phân chất béo tương tự H⁺ ⇒ tạo axit béo và glixerol

Đáp án A

n_X = 0,1 mol; n_NaOH = 0,2 mol ⇒ n_NaOH ÷ n_X = 2 : 1.

||⇒ X là este 2 chức. Bảo toàn khối lượng: m_Y = 6,2(g).

n_Y = 0,1n (với n là số gốc ancol Y) ⇒ M_Y = 62n ⇒ n = 1; M = 62.

⇒ Y là C₂H₄(OH)₂ || Nhìn các đáp án ⇒ chọn A.

Đáp án B

Đáp án C

M_X = 100 ⇒ X là C₅H₈O₂ || n_X = 0,2 mol ⇒ KOH dư 

⇒ n_ancol = n_X = 0,2 mol. Bảo toàn khối lượng: m_ancol = 20 + 0,3 × 56 – 28 = 8,8(g) 

||⇒ M_ancol = 44 (CH₂=CH-OH) ⇒ X là C₂H₅COOCH=CH₂ ⇒ chọn C.

Ps: CH₂=CH-OH không bền bị "hỗ biến" trở thành CH₃CHO.

Đáp án A

Đáp án C

Cả 2 chất đều có cùng CTPT là C₃H₆O₂.

⇒ n_{Hỗn hợp} = 0,2 mol ⇒ n_{Hỗn hợp muối} = 0,2 mol 

Đáp án D

Ta có n_NaOH = 0,49 mol ⇒ n_{NaOH đã pứ} = n_{hh este} = 0,35 mol ⇒ n_{NaOH dư} = 0,14 mol.

Ta có: m_{Chất rắn} = m_Muối + m_{NaOH dư} Û m_Muối = 38,5 – 0,14×40 = 32,9 gam.

Mà vì 3 este được tạo từ cùng 1 axit đơn chức ⇒ Muối có dạng RCOONa.

⇒ M_RCOONa = 32,9 ÷ 0,35 = 94 Û R = 27 ⇒ Muối là CH₂=CHCOONa.

● Giải đốt cháy hỗn hợp este: m_C + m_H + m_O = 34,8 gam.

Trong đó n_H = 2nH₂O = 2,6 mol || n_O = 2nCOO/_Este = 0,7 mol.

⇒ m_C = 34,8 – 2,6 – 0,7×16 = 21 gam ⇒ n_C = 1,75 mol = n_CO2

+ Gọi k là độ bất bão hòa trung bình của 3 este nên ta có:

.

Û k = 2,28 ⇒ Có 1 este có k > 2.

Mà 3 ancol đều no và có số C < 4 nên ta có các TH 3 ancol thỏa mãn sau:

TH₁: 3 Ancol đó là: CH₃OH, C₂H₅OH và C₃H₅OH (Vòng cyclo).

TH₂: 3 Ancol đó là: CH₃OH, C₃H₅OH và C₃H₇OH (Vòng cyclo).

TH₁ ⇒ Hỗn hợp 3 este đó là:

⇒ Loại vì n_Y > n_X. 

TH₂ ⇒ Hỗn hợp 3 este đó là:

+ Thỏa mãn ⇒ %m_Y =  × 100 ≈ 32,184%  

Đáp án D

Chất béo là trieste của glixerol và axit béo ⇒ Chọn D.

Một số axit béo thường gặp đó là:

● C₁₇H₃₅COOH : Axit Stearic

● C₁₇H₃₃COOH : Axit Olein

● C₁₇H₃₁COOH : Axit Linoleic

● C₁₅H₃₁COOH : Axit Panmitic

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án C

Este no đơn chức mạch hở ⇒ CTPT là C_nH_2nO₂.

+ Phản ứng cháy: C_nH_2nO₂ +  O₂ → nCO₂ + nH₂O.

Vì n_O2 pứ = n_CO2

⇒ X là HCOOCH₃. Ta có n_HCOOCH3 = 0,1 mol.

⇒ m_Muối = m_HCOOK = 0,1×(45+39) = 8,4 gam 

Đáp án A

Đáp án C

Đốt Y: nCO₂ = 0,198 mol, nH₂O = 0,176 mol

nCOO = 0,08a mol => nK₂CO₃ = 0,04a mol, nO(X) = 0,16a

BTNT O: nO(X) + nO(KOH) + nO(O₂) = 2nCO₂ + nH₂O + 3nK₂CO₃

=> 0,16a + 0,08a + nO(O₂) = 0,198.2 + 0,176 + 0,04a.3

=> nO(O₂) = 0,572 - 0,12a

BTKL => mX + mKOH + mO(O₂) = mCO₂ + mH₂O + mK₂CO₃

=> 7,668 + 0,08a.56 + 16(0,572 – 0,12a) = 44.0,198 + 18.0,176 + 0,04a.138

=> a = 1,667

Đáp án B

Các CTCT phù hợp của X:

H₃C-OOC-CH₂-COO-CH₃

HCOO-CH₂-CH₂-CH₂-OOCH

HCOO-CH(CH₃)-CH₂-OOCH

Đáp án D

Đáp án A

2,904 (g) X + NaOH → 1,104 (g) Y + 3 muối

Y + Na → 0,018 mol H₂

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2 = 0,036 (mol)

Vì X là este 3 chức => Y là ancol chức => n_Y = 1/3 n_OH- = 0,012 (mol)

=> M_Y = 1,104/ 0,012 = 92 => Y là glixerol  C₃H₅(OH)₃

Gọi CTPT của X: C_nH_2n-8O₆ ( vì X có 5 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_glixerol = 0,012 (mol) => M_x = 242 (g/mol)

Ta có:14n – 8 + 96 = 242

=> n = 11

Vậy CTPT của X là C₁₁H₁₄O₆

Đốt cháy 2,42 (g) C₁₁H₁₄O₆ → 11CO₂ + 7H₂O

                              0,01          →0,11    → 0,07 (mol)

=> m_CO2 + m_H2O = 0,11.44 + 0,07.18 = 6,1 (g)

Đáp án A

n_E = n_NaOH = 0,3 (mol) => n_{O (E)} = 0,6 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol CO₂ và H₂O

∆m_GIẢM = m_CO2 + m_H2O - m_↓

=> 44a + 18b – 100a = -34,5   (1)

m_E = m_C + m_H + m_O

=>  12a + 2b + 0,6.16 = 21,62  (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,87 và b = 0,79 (mol)

Số C = n_CO2/ n_E = 0,87/0,3 = 2,9 => X là HCOOCH₃

Vì X, Y đều có 2 liên kết pi trong phân tử nên khi đốt cháy có:

n_Y + n_Z = n_CO2 – n_H2O = 0,08 (mol)

=> n_X = n_E – 0,08 = 0,22 (mol)

Vậy nếu đốt Y và Z sẽ thu được: n_CO2 = 0,87 – 0,22.2 = 0,43 (mol)

=> Số C trung bình của Y, Z = 0,43/0,08 = 5,375

Y, Z có đồng phân hình học nên Y là: CH₃- CH=CH-COOCH₃

Do sản phẩm xà phòng hóa chỉ có 2 muối và 2 ancol kế tiếp nên Z là: CH₃-CH=CH-COOC₂H₅.

Vậy muối có phân tử khối lớn nhất là CH₃-CH=CH-COONa : 0,08 mol

=> m_muối = 0,08. 108 = 8,64 (g)