490 Bài tập Este, Lipit ôn thi Đại học có lời giải (P10)

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

Este Isoamyl axetat có công thức là: CH3COOCH2CH2CH(CH3)2 ↔ C7H14O2

Chọn đáp án A

. 

Vì X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 và X có CT là nên X có dạng HCOOC6H5.

g

Chọn đáp án A

Đốt cháy 10,58g hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, mạch hở ta có: .

Mặt khác hidro hóa hoàn toàn 10,58 g hỗn hợp X cần 0,07 mol H2. Vậy 0,07 mol H2 chính là số mol liên kết π trong mạch Cacbon của 3 este.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có:

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O ta có:

Vậy phải có 1 este có 2C. Vậy este đó phải là .

Theo đề bài ta thấy thủy phân Y trong NaOH chỉ thu được 1 ancol duy nhất, vậy ancol đó là CH3OH.

Vậy CT trung bình của 3 este sau khi hidro hóa là .

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

Chọn đáp án D

Axit oleic là: C17H33COOH, axit stearic là C17H35COOH

Khi thủy phân chất béo X thu được axit oleic và axit stearic có tỉ lệ mol 1:2 nên trong X có 1 nhóm C17H33COO – và 2 nhóm C17H35COO–. Chất béo luôn có dạng .

Vậy khối lượng phân tử X là:

Chọn đáp án A

hỗn hợp A gồm X, Y dạng C?(H2O)?? (đốt có nO2 cần đốt = nCO2).

cần chú ý nchức ancol –OH = nKOH = 0,4 mol

→ mancol = 15,2 + 0,4 ÷ 2 × 2 = 15,6 gam.

♦ Thủy phân: 30,24 gam A + 0,4 mol KOH → 2 muối D + 15,6 gam 2 ancol B

→ mmuối D = 37,04 gam (theo BTKL). 

Giải đốt D: đủ giả thiết → ok.!

Đốt 37,04 gam muối D cần 0,42 mol O2 → 0,2 mol K2CO3 + x mol CO2 + y mol H2O.

bảo toàn O + bảo toàn khối lượng 

→ đủ giải ra x = 0,52 mol và y = 0 mol.

► Ngôn ngữ: X, Y không phân nhánh 

→ có không quá 2 chức, este không phải là vòng (*)

kết hợp y = 0 cho biết muối không chứa nguyên tố H 

→ 2 muối đều 2 chức dạng C???(COOH)2 (với ??? phải chẵn)

Lại biết tỉ lệ số mol X, Y là 1,5 

→ nX = 0,12 mol và nY = 0,08 mol.

số Caxit tạo X = m; số Caxit tạo Y = n (m, n nguyên dương và chẵn)

→ nghiệm nguyên: 0,12m + 0,08n = ∑nC trong muối = 0,72 mol ⇄ 3m + 2n = 18

→ duy nhất cặp chẵn m = 2; n = 6 thỏa mãn 

→ axit tạo X là (COOH)2 và Y là C4(COOH)2.

Mặt khác: X, Y dạng C?(H2O)4; gốc axit không chứa H → ∑gốc ancol có 8H.

Lại có ở (*) cho biết hai ancol phải là đơn chức nên nB = 0,4 mol; MB = 15,6 ÷ Ans = 39 

→ có ancol là CH3OH; gốc ancol này có 3C 

→ còn 5C trong gốc ancol còn lại

 → là C2H5

Vậy đã rõ: X là H3C-OOC-COOC2H5 và Y là H3C-OOC-C≡C-C≡C-COOC2H5.

ĐỌc yêu cầu, xem lại Y có CTPT C9H8O4

→ ∑số nguyên tử = 21

Chọn đáp án D

+ Vì axit axetic và metyl fomat có cùng CTPT là C2H6O2.

⇒ nHỗn hợp = 3 ÷ 60 = 0,05 mol

⇒ nNaOH pứ = 0,05 mol

⇒ VNaOH cần dùng = = 0,05 lít = 50 ml

Chọn đáp án C

Tráng bạc nhưng không tác dụng với natri

⇒ Có nhóm chức –CHO và không có nhóm chức –COOH và –OH.

+ Dựa vào 4 đáp án ⇒ chất thỏa mãn là HCOOCH3

Chọn đáp án C

Cứ 0,1 mol chất béo thủy phân hoàn toàn → 0,1 mol glixerol.

⇒ Với hiệu suất 80%

⇒ mGlixerol = 0,1 × 0,8 × 92 = 7,36 gam

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

+ a mol Este sau khi thủy phân cho sản phẩm tráng gương ⇒ nAg = 4a

⇒ Este có dạng HCOOCH=CH–R và thủy phân sinh ra ancol kém bền ⇒ hổ biến ⇒ andehit.

⇒ Với CTPT C4H6O2 để thỏa mãn đề bài thì este chỉ có thể là HCOOCH=CH-CH3

Chọn đáp án B

Chú ý metyl axetat và etyl fomat đều có công thức phân tử là C3H6O2; còn vinyl axetat là C4H6O2.

gọi số mol C3H6O2; C4H6O2 tương ứng là x mol và y mol thì có hệ:

Khối lượng hỗn hợp X: mX = 74x + 86y = 3,08 gam 

∑nH2O = 0,12 mol = 3x + 3y.

Giải hệ được x = 0,03 mol và y = 0,01 mol 

→ Yêu cầu %số molvinyl axetat trong X = 0,01 ÷ (0,01 + 0,03) = 25%

Chọn đáp án D

Vì tạo ra hỗn hợp ancol ⇒ hỗn hợp ancol chỉ có thể là CH3OH và C6H5CH2OH.

+ Đặt nH3OH = a và nC6H5CH2OH = b

⇒ Có hệ:  

+ Vì nhỗn hợp este = 0,08 nhưng nHỗn hợp ancol = 0,04 ⇒ Có (0,08 – 0,04) = 0,04 mol

Este tạo chức phenol.

⇒ nH2O = 0,04 mol ⇒ nNaOH pứ = 0,04 + 0,04×2 = 0,12 mol.

+ Rõ ràng là bảo toàn khối lượng rồi. Tính m thôi.

mChất rắn = 10,88 + 6,72 – 3,18 – 0,72 = 13,7 gam

Chọn đáp án B

+ Vì nHỗn hợp este = 0,055 mol mà nKOH pứ vừa đủ = 0,065 > 0,055 ⇒ Có este đa chức.

+ Nhưng vì ancol đơn chức + axit không phân nhánh ⇒ Có este 2 chức.

+ Đặt nEste đơn chức = a và nEste 2 chức = b ta có hệ.

Đốt 0,1 mol X cần 0,5 mol O2 ⇒ Đốt 0,055 mol X cần 0,275 mol.

⇒ Đốt 0,055 mol Y cần nO2 = 0,275 + = 0,2975 mol.

Ta có nO/Y = 2nKOH = 0,065×2 = 0,13 mol.

+ Khi đốt Y tạo ra nCO2 = a mol và nH2O = b mol.

⇒ Bảo toàn oxi có: 2a + b = 0,13 + 2nO2 = 0,725 (1)

Ta có: nCO2 – nH2O = nEste no 2 chức = a – b = 0,01 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có nCO2 = 0,245 và nH2O = 0,235 mol.

⇒ mY = mC + mH + mO = 0,245×12 + 0,235×2 + 0,13×16 = 5,49.

⇒ Bảo toàn khối lượng ta có: mMuối = 5,49 + 0,065×56 – 3,41 = 5,72 gam.

+ Gọi 2 muối có dạng:  

⇒ 0,045×(R+83) + 0,01×(R'+166) = 5,72

9R + 2R' = 65

+ Giải phương trình nghiệm nguyên ⇒ R = 1 và R' = 28

⇒ Muối có phân tử khối lớn hơn là (C2H4)(COOK)2

%m(C2H4)(COOK)2 = × 100 ≈ 33,92%

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Ta có nNaOH pứ = nCH3COOCH3 = 3,33 ÷ 74 = 0,045 mol

⇒ VNaOH = 0,045 ÷ 0,5 = 0,09 lít = 90ml

Chọn đáp án C

Ta có phản ứng:

CH3COOC2H5 + KOH → CH3COOK + C2H5OH

Chọn đáp án B

Ta có pứ: CH3COOH + C2H5OH ⇌ CH3COOC2H5 + H2O.

+ Ta có nEste = 0,8 × 0,8 = 0,64 mol.

⇒ mEste = 0,64×88 = 56,32 gam

Chọn đáp án A

CTPT của 3 chất lần lượt là C6H12O6, C2H4O2 và C3H4O2.

+ Nhận thấy C6H12O6 và C2H4O2 có cùng công thức nguyên là CH2O.

⇒ Quy đổi hỗn hợp thành  

⇒ Ta có hệ phương trình .

⇒ %mC3H4O2 = × 100 ≈ 32,08%

Chọn đáp án D

Đặt CTTQ của là CxHyOz ta cớ pứ cháy:

CxHyOz + (x + 0,25y – 0,5z)O2 → xCO2 + 0,5yH2O.

PT theo nH2O ⇒ nH2O = 0,1×0,5y = 0,2 ⇒ y = 4.

PT theo nO2 ⇒ nO2 = 0,1×(x + 0,25y – 0,5z) = 0,28

⇒ x – 0,5z = 1,8

+ Ta có độ bất bão hòa của X = k = (2x + 2 – y) ÷ 2

⇒ Số liên π giữa cacbon và cacbon = (2x + 2 – y) ÷ 2 – z÷2 = x – 0,5z = 0,8

⇒ nBr2 pứ = 0,1 × 0,8 = 0,08 mol

Chọn đáp án A

21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH 

→ nCOO trong E = 0,3 mol

♦ giải đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O2 –––to–→ x mol CO2 + y mol H2O.

(CO2 + H2O) + Ca(OH)2 dư có Δmdung dịch giảm = 56x – 18y = 34,5 gam.

Lại có mE = 12x + 2y + 0,3 × 32 = 21,62 gam

→ giải x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.

→ tương quan ∑nCO2 – ∑nH2O = nY + Z = 0,08 mol → nX = 0,22 mol.

chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số CY, Z ≥ 4.

Chặn số Ctrung bình của X < (0,87 – 0,08 × 4) ÷ 0,22 = 2,5 

→ số CX = 2 hay X là HCOOCH3.

♦ Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C2H5OH.

Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi) 

→ 1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.

nghĩa là Y là CnH2n – 1COOCH3 và Z là CnH2n – 1COOC2H5 (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)

Đơn giản, tính lại số Ctrung bình Y, Z = (0,87 – 0,22 × 2) ÷ 0,08 = 5,375

→ số CY = 5 và số CZ = 6. tuy nhiên, đọc kĩ yêu cầu bài tập

|→ chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C3H5COONa

 ⇄ myêu cầu = 8,64 gam.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

Ta có nCH3C2H5 = 0,2 mol

⇒ nMuối = nCH3COONa ⇒ mMuối = 0,2 × (15 + 44 + 23) = 16,4

Đáp án A

Ta có phản ứng:

CH3COOCH=CH2 + NaOH → CH3COONa + CH3CHO

Chọn đáp án C

Cấu tạo của X: C₂H₅COOCH₃ có tên gọi là methyl propionate

Đối với các đáp án còn lại:

A. Ethyl acetate: CH₃COOC₂H₅

B. Propyl acetate: CH₃COOC₃H₇

C. Methyl propionate: C₂H₅COOCH₃

D. Methyl acetate: CH₃COOCH₃

Đáp án A

Ta có nEste = 0,05 mol ⇒ nAncol = 0,05 mol.

⇒ MAncol = 2,3 ÷ 0,05 = 46 ⇒ Ancol Y là C2H5OH.

+ Bảo toàn nguyên tố của este ⇒ CTCT của este là CH3COOC2H5

Đáp án C

(d) Sai, chẳng hạn HCOOCH=CH2 + NaOH  HCOONa + CH3CHO.

(e) Sai vì peptit chứa từ 3 mắt xích trở lên mới có phản ứng màu biure.

⇒ Chỉ có (4) và (5) sai

Đáp án D

Đáp án C

Vì este không tác dụng với kim loại Natri

CH3COOCH=CH2 + H2O ⇌ CH3COOH + CH3CHO

CH3COOCH=CH2 + H2  CH3COOCH2CH3

CH3COOCH=CH2 + NaOH → CH3COONa + CH3CHO

Đáp án A

Ta có nEste = 0,1 mol.

+ Phản ứng: C2H5COOCH3 + KOH → C2H5COOK + CH3OH.

+ Ta có: nCH3OH = 0,1 mol.

⇒ Bảo toàn khối lượng ta có:

mChất rắn = 8,8 + 0,12×56 + 0,1×32 = 12,32

Đáp án A

Ta có nCO2 = nH2O = 0,26 mol ⇒ X và Y đều no đơn chức mạch hở.

Đặt: nX = a và nY = b ⇒ a + b = 0,1 (1)

+ Bảo toàn oxi ta có: a + 2b + 0,31×2 = 0,26×2 + 0,26 ⇔ a + 2b = 0,16 (2)

Giải hệ (1) và (2) ⇒ a = 0,04 và b = 0,06.

Đặt X là CnH2nO2 và Y là CmH2mO2.

⇒ nCO2 = 0,04n + 0,06m ⇒ 2n + 3m = 13.

Giải PT nghiệm nguyên ⇒ n = 2 và n = 3 ⇒ X là CH3CHO.

Vì nAg = 0,1 = 2nX ⇒ Y là HCOOC2H5.

Đáp án D

Đáp án A

Ta có phản ứng:

(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH → 3C17H35COONa + C3H5(OH)3

Đáp án A

Đáp án B

Phản ứng: CH3COOCH3 + NaOH → CH3COONa + CH3OH.

có nmetyl axetat = 5,18 ÷ 74 = 0,07 mol < 0,1 mol NaOH ⇒ NaOH còn dư 0,03 mol.

⇒ m gam rắn thu được gồm 0,07 mol CH3COONa và 0,03 mol NaOH dư

⇒ m = 0,07 × 82 + 0,03 × 40 = 6,94 gam.

Đáp án C

Cùng là este ⇒ Chất có phân tử khối bé nhất sẽ có tos thấp nhất

Đáp án C

Đáp án A là phản ứng este hóa.

Đáp án B là phản ứng 1 chiều.

Đáp án D là phản ứng thuận nghịch.

Đáp án C

Số chất phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:2 bao gồm:

ClNH3CH2COOH và CH3COOC6H5

Đáp án B

Ta có các phản ứng:

CH3COOCH=CH2 + NaOH → CH3COONa (A) + CH3CHO (B).

CH3CHO (B) + AgNO3 + NH3 → CH3COONH4 (F) + Ag + NH4NO3.

CH3COONH4 (F) + NaOH → CH3COONa (A) NH3↑ + H2O. (F)