Bài tập thủy phân kết hợp đốt cháy

Chọn đáp án C

Thủy phân triglixerit X → Axit oleic + axit panmitic + axit strearic.

||⇒ X là (C17H33COO)(C15H31COO)(C17H35COO)C3H5 hay C55H104O6.

nX = 8,6 ÷ 860 = 0,01 mol ⇒ nO2 = 0,01 × (55 + $\frac{100}{4}-\frac{6}{2}$) = 0,78 mol ⇒ VO2 = 17,472 lít.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Hỗn hợp X gồm axit không no, 2 nối đôi C=C là axit linoleic: C17H31COOH

và hai axit no là axit panmitic C15H31COOH; axit stearic C17H35COOH.

• phản ứng với NaOH: –COOH + NaOH → –COONa + H2O

⇒ ∑nCOOH trong X = nNaOH = 0,04 mol ⇒ ∑nO trong X = 0,08 mol.

• đốt m gam X + O2 $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 0,68 mol CO2 + 0,65 mol H2O.

⇒ m = mX = mC + mH + mO = 10,74 gam.

tương quan đốt: 2naxit linoleic = ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,68 – 0,65 = 0,03 mol

⇒ naxit linoleic = 0,03 ÷ 2 = 0,015 mol

Chọn đáp án D

nCO2 – nH2O = nπ/X – nX ⇒ 1,375 – 1,275 = (3a + 0,05) – a.

⇒ a = 0,025 mol ⇒ mX = mC + mH + mO = 21,45 gam.

||⇒ BTKL: m = 21,45 + 0,025 × 3 × 40 – 0,025 × 92 = 22,15 gam

Chọn đáp án D

Từ số C của các muối => X có 55C => X là C55HxO6

C55HxO6 + (0,25x + 52)O2 $\stackrel{t^o}{\to }$55CO2 + 0,5xH2O

1,55 → 1,1

=> x = 102

nX = 1,1/55 = 0,02 => mX = 17,16

$n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$ = 0,02 và nNaOH = 0,06

Bảo toàn khối lượng => m muối = mX + mNaOH – $m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$ = 17,72.

Chọn đáp án D

CTTQ của X: CnH2n+2–2kO6 (k = 4 hoặc k = 5) ||⇒ phương trình cháy:

CnH2n+2–2kO6 + (1,5n – 0,5k – 2,5)O2 → nCO2 + (n + 1 – k)H2O.

$\frac{n_{O_2}}{n_{C{O}_2}}=\frac{3,22}{2,28}=\frac{1,5n-0,5k-2,5}{n}$ ⇒ k = 5 và n = 57 ⇒ a = 0,08 mol

Chọn đáp án A

CTTQ của X: CnH2n+2–2kO6 (k = 4 hoặc k = 5) ||⇒ phương trình cháy:

CnH2n+2–2kO6 + (1,5n – 0,5k – 2,5)O2 → nCO2 + (n + 1 – k)H2O.

$\frac{n_{o_2}}{n_{c{o}_2}}=\frac{1,61}{1,14}=\frac{1,5n-0,5k-2,5}{n}$ ⇒ k = 5 và n = 57 ⇒ V = 80 ml

Chọn đáp án C

Ta có: nCO2 – nH2O = nπ – nX ⇒ 5,5 – nH2O = (3a + 0,2) – a.

⇒ nH2O = (5,3 – 2a) mol ||⇒ bảo toàn Oxi: 6a + 7,75 × 2 = 5,5 × 2 + (5,3 – 2a).

||⇒ a = 0,1 mol ⇒ nNaOH = 0,3 mol; nglixerol = 0,1 mol.

BTKL: m = (5,5 × 44 + 5,1 × 18 – 7,75 × 32) + 0,3 × 40 – 0,1 × 92 = 88,6 gam

Chọn đáp án A

n_O2 = 2,385 mol; n_CO2 = 1,71

Axit oleic và axit linoleic đều có 18C trong phân tử nên ta đặt CTPT của X là C₅₇H_2yO₆

${\mathrm{C}}_{57}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{y}}{\mathrm{O}}_6+\frac{108+\mathrm{y}}{2}{\mathrm{O}}_2\to 57{\mathrm{CO}}_2+{\mathrm{yH}}_2\mathrm{O}$

Chọn đáp án D

X chứa 57C ⇒ nX = 0,06 mol ⇒ bảo toàn Oxi: nH2O = 3,18 mol.

⇒ V = 103 × (3,42 – 3,18 + 0,06 – 0,06 × 3) = 120 ml.

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

• Thủy phân X trong NaOH thu được hh 3 muối C17H33COONa, C177H35COONa và C17H31COONa

→ X là (C17H33COO)(C17H35COO)(C17H33COO)C3H5

→ Số liên kết π trong X là 1 + 2 + 3 = 6.

→ nCO2 - nH2O = 5nX → b - c = 5a

Chọn đáp án D

X là tripeptit nên X có 6O, số C hơn O là 1 nên có 7C, glixerol chiếm 3C rồi

||→ các axit chiếm 4C = 1 + 1 + 2 là 2 gốc axit fomic và 1 gốc axit axetic ||→ X có CTPT C7H10O6.

1X + 3NaOH → muối + 1Glyxerol ||→ nNaOH = 0,3 mol → nX = 0,1 mol ứng với m gam.

||→ Đốt: 1C7H10O6 + 6,5O2 → 7CO2 + 5H2O.

||→ nO2 cần đốt = 0,65 mol → V = 14,56 lít.

Chọn đáp án A

Đặt số mol của glixerit là a, số mol của axit là b

→ 3a+b=0.08

mà trong glixerit có 3 liên kết pi

→ a= (nCO2 - nH2O)/(3-1) = 0,01

→ b=0,05

Có nO = 2nKOH=0.16

mT = mC + mH + mO = 21.98

Mặt khác T+KOH

→ n axit = nH2O=0.05

→ n C3H5OH =n glixerit = 0,01

Bảo toàn khối lượng ta có: m muối =  mT + mKOH - mH2O – mC3H5OH = 24.64

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

2 chất béo đều no có dạng CnH2n – 4O6 và 2 axit béo no dạng CmH2mO2.

Tương quan đốt có ∑nCO2 – ∑nH2O = 2nchất béo ⇒ nchất béo = 0,04 mol.

♦ phản ứng: chất béo + NaOH → muối + glixerol || axit béo + NaOH → muối + H2O.

||⇒ nglixerol = nchất béo = 0,04 mol ⇒ a = mglixerol = 0,04 × 92 = 3,68 gam.

Chọn đáp án A

Vì một phân tử chất béo đề bài cho có 3 liên kết đôi

Với hiệu suất 90% → có m = 0,005x92x90% = 0,414 g

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Tripanmitin có k = 3 còn triolein có k = 6 và có cùng số mol.

⇒ ktb chất béo = 4,5 || k2 axit béo = 1 ||⇒ nCO2 – nH2O = (4,5 – 1).nchất béo.

⇒ nglixerol = nchất béo = 0,16 mol ⇒ a = 14,72 gam

Chọn đáp án B

phản ứng trung hòa: –COOH + NaOH → –COONa + H2O

||→ có 0,02 mol NaOH → nCOOH = 0,02 mol → nO trong axit béo = 0,04 mol

(vì toàn bộ Oxi trong axit đều nằm trong nhóm COOH).

Đốt hỗn hợp axit + O2 → 0,35 mol CO2 + 0,34 mol H2O.

||→ bảo toàn O có nO2 = (0,35 × 2 + 0,34 – 0,04) ÷ 2 = 0,5 mol

||→ VO2 = 11,20 lít

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Có nCO2 = 1,14 mol và nH2O = 1,02 mol

→ nO (X) = $\frac{17,64-1,14.12-1,02.2}{16}$ = 0,12 mol → nX = 0,02 mol

0,01 mol X thuỷ phân trong NaOH tạo ra 0,01 mol natri stearat và 0,01 mol glixrol và m gam muối natri của một axit béo Y

→ mY = ( 17,64:2) + 0,03. 40- 3,06 - 0,01. 92 = 6,04 gam.

Chọn đáp án C

Gọi công thức của chất béo là (RCOO)3 C3H5

Chất béo rắn tạo bởi các axit béo chứa gốc hidrocacbon no → số liên kết π trong chất béo bằng số nhóm COO = 3

Có nCO2 -nH2O = 2nchất béo → nchất béo = 0,1 mol

Khi tham gia phản ứng thuỷ phân thì nglixerol = nchất béo = 0,1 mol → m = 9,2 gam

Chọn đáp án A

Ta có: nCO2 - nH2O = (k - 1).nHCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: x - y = 4a ⇒ k = 5 ⇒ πC=C + πC=O = 5. Lại có: πC=O = 3.

⇒ πC=C = 2 ⇒ X chứa 2 gốc oleat ⇒ X là (C17H33COO)2(C17H35COO)C3H5

⇒ có 106 nguyên tử hidro

Chọn đáp án D

• Đốt: 11,28 gam X + O2 $\stackrel{t^o}{\to }$ 0,72 mol CO2 + H2O.

► Cả 3 axit trong X đều có 18 nguyên tử C → nX = ∑nCO2 ÷ 18 = 0,04 mol.

• Thủy phân: RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O.

thay 1H trong axit bằng 1Na đề tạo muối, nNaOH = nX = 0,04 mol.

||→ Tăng giảm khối lượng có mmuối = 11,28 + 0,04 × 22 = 12,16 gam

Chọn đáp án B

♦ giải đốt a gam E dạng CnHmO6 + 0,21 mol O2 $\stackrel{t^o}{\to }$ 0,2 mol CO2 + 0,14 mol H2O.

BTKL có a = mE = 4,6 gam và bảo toàn nguyên tố O có nE = 1/6.∑nO trong E = 0,02 mol.

♦ Thủy phân: 4,6 gam E + 0,02 × 3 mol NaOH → b gam muối + 0,02 mol C3H5(OH)3.

BTKL có b = mmuối = 4,6 + 0,06 × 40 – 0,02 × 92 = 5,16 gam

Chọn đáp án B

gọi x là số mol m gam triglixerit X ⇒ nO trong X = 6x mol.

♦ bảo toàn O phản ứng đốt có nCO2 =(6x + 0,77 × 2 – 0,5) ÷ 2 = (3x + 0,52) mol.

||⇒ m = mX = mC + mH + mO = 12 × (3x + 0,52) + 0,5 × 2 + 6x × 16 = 132x + 7,24 gam.

♦ thủy phân x mol X + 3x mol KOH → 9,32 gam muối + x mol glixerol C3H5(OH)3.

||⇒ BTKL có: (132x + 7,24) + 3x × 56 = 9,32 + 92x ||⇒ giải x = 0,01 mol.

Tương quan đốt: (∑πtrong X – 1).nX = ∑nCO2 – ∑nH2O, thay số có ∑πtrong X = 6.

X sẵn có 3πC=O trong 3 chức este ⇒ còn 3πC=C mà: 1πC=C + 1Br2

nên có 0,01 mol X làm mất màu vừa đủ 0,03 mol Br2 trong dung dịch.

Mặt khác a mol X làm mất màu vừa đủ 0,12 mol brom trong dung dịch

Theo đó lập tỉ lệ có a = 0,04 mol.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

a gam E + 0,06 mol H2 → chất béo no T.

⇒ quy đổi đốt T cần thêm 0,03 mol O2 và sinh thêm 0,06 mol H2O so với đốt E.

||⇒ đốt T dạng CnH2n – 4O6 + 1,57 mol O2 $\stackrel{t^o}{\to }$ 2x mol CO2 + 1,06 mol H2O.

Tương quan đốt T có: ∑nCO2 – ∑nH2O = 2nT ⇒ nT = x – 0,53 mol.

♦ bảo toàn nguyên tố O có: 6 × (x – 0,53) + 1,57 × 2 = 4x + 1,06 ⇒ x = 0,55 mol.

Biết x ⇒ giải ra các thông số về T: mT = 17,24 gam và nT = 0,02 mol.

♦ thủy phân: 0,02 mol T cần 0,06 mol NaOH → muối + 0,02 mol glixerol.

⇒ BTKL có mmuối = 17,24 + 0,06 × 40 – 0,02 × 92 = 17,80 gam.

Chọn đáp án B

► Đặt nX = x ⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi: nCO2 = (3x + 1,04) mol.

⇒ mX = mC + mH + mO = 12.(3x + 1,04) + 1 × 2 + 16.6x = (132x + 14,48) (g).

Bảo toàn khối lượng: (132x + 14,48) + 56 × 3x = 18,64 + 92x ||⇒ x = 0,02 mol.

● Tìm được: nCO2 = 1,1 mol || Lại có: đối với HCHC chứa C, H và có thể có O thì

nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC (k: độ bất bão hòa của HCHC)

||⇒ áp dụng: 1,1 – 1 = (k – 1).0,02 ⇒ k = 6 = 3πC=C + 3πC=O.

⇒ X tác dụng với Br2 theo tỉ lệ 1 : 3 ⇒ a = 0,06 ÷ 3 = 0,02 mol

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

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

mCO2 = 17,72 + 1,61 × 32 - 1,06 × 18 = 50,16(g) ⇒ nCO2 = 1,14 mol || Chất béo chứa 6[O].

⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi: nchất 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 đáp án A

☆ giải đốt: m gam chất béo + 1,61 mol O2 $\stackrel{t^o}{\to }$ 1,14 mol CO2 + 1,06 mol H2O.

⇒ BTKL có m = 17,72 gam || bảo toàn nguyên tố O có nO trong chất béo = 0,12 mol.

mà chất béo có 6O ⇒ nchất béo = 0,12 ÷ 6 = 0,02 mol.

☆ 17,72 gam chất béo (0,02 mol) cần 0,06 mol NaOH → muối + 0,02 mol C3H5(OH)3.

||⇒ BTKL có mmuối = 17,72 + 0,06 × 40 – 0,02 × 92 = 18,28 gam

Chọn đáp án A

đốt m gam chất béo + 1,61 mol O2 $\stackrel{t^o}{\to }$ 1,14 mol CO2 + 1,06 mol H2O.

BTKL có m = 17,72 gam. BTNT oxi có: nO trong chất béo = 0,12 mol

⇒ nchất béo = nO trong chất béo ÷ 6 = 0,02 mol.

♦ thủy phân 17,72 gam chất béo (0,02 mol) cần 0,06 mol NaOH → muối + 0,02 mol glixerol.

||⇒ BTKL có mmuối = 17,72 + 0,06 × 40 – 0,02 × 92 = 18,28 gam.

Theo tỉ lệ, nếu dùng 7,088 gam chất béo thì lượng muối thu được là 7,312 gam

Chọn đáp án A

► Xét thí nghiệm 1: bảo toàn nguyên tố Oxi:

ntriglixerit = (1,71 × 2 + 1,59 – 2,415 × 2) ÷ 6 = 0,03 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 1,71 × 44 + 1,59 × 18 – 2,415 × 32 = 26,58(g).

||⇒ thí nghiệm 2 dùng gấp 4/3 lần thí nghiệm 1.

► Xét thí nghiệm 2: nglixerol = ntriglixerit = 0,04 mol ⇒ nNaOH = 0,12 mol.

Bảo toàn khối lượng: mmuối = 35,44 + 0,12 × 40 – 0,04 × 92 = 36,56(g)

Chọn đáp án A

• m gam triglixerit + 2,9 mol O2 → 2,04 mol CO2 + 1,96 mol H2O.

• mX = mCO2 + mH2O - mO2 = 2,04 x 44 + 1,96.18 - 2,9 x 32 = 32,24 gam.

Theo bảo toàn oxi: nX = (2 x 2,04 + 1 x 1,96 - 2 x 2,9) : 6 = 0,04 mol.

• m gam X + 3NaOH → muối + C3H8O3

nNaOH = 0,04 x 3 = 0,12 mol; nC3H8O3 = 0,04 mol.

Theo BTKL: b = 32,24 + 0,12 x 40 - 0,04 x 92 = 33,36 gam

Chọn đáp án D

có khá nhiều cách và giải pháp cho bài này, xin trình bày 1 ý tưởng quy đổi như sau:

axit panmitic C15H31COOH; axit stearic C17H35COOH

⇒ tripanmitin: (C15H31COO)3C3H5 = 3C15H31COOH + C3H2

và tristearin: (C17H35COO)3C3H5 = 3C17H35COOH + C3H2

||→ quy hỗn hợp E gồm CnH2nO2 + C3H2. Giải đốt:

m gam E + 3,235 mol O2 $\to$ 2,27 mol CO2 + 2,19 mol H2O.

♦ BTKL có m = 35,78 gam. BTNT oxi có nCnH2nO2 = 0,13 mol.

đốt CnH2nO2 cho nCO2 = nH2O; đốt C3H2 cho 3CO2 + 1H2O

||→ Rút ra: ∑nCO2 – ∑nH2O = 2nC3H2 → nC3H2 = 0,04 mol.

⇒ dùng bảo toàn nguyên tố C → n = (2,27 – 0,04 × 3) ÷ 0,13 = 215/13.

♦ Giải thủy phân E + NaOH → a gam muối CnH2n – 1O2Na + glixerol + H2O.

||→ Giá trị a = 0,13 × (14n + 54) = 37,12 gam (thay giá trị n trên vào).

Chọn đáp án C

• a gam triglixerit + 3,26 mol O2 → 2,28 mol CO2 + 2,2 mol H2O.

a gam X + NaOH → b gam muối.

• mX = mCO2 + mH2O - mO2 = 2,28 x 44 + 39,6 - 3,26 x 32 = 35,6 gam.

Theo bảo toàn oxi: nX = (2 x 2,28 + 1 x 2,2 - 2 x 3,26) : 6 = 0,04 mol.

• a gam X + 3NaOH → b gam muối + C3H8O3

nNaOH = 0,04 x 3 = 0,12 mol; nC3H8O3 = 0,04 mol.

Theo BTKL: b = 35,6 + 0,12 x 40 - 0,04 x 92 = 36,72 gam

Chọn đáp án C

► a(g) X + 3,85 mol O2 → 2,75 mol CO2 + 2,5 mol H2O.

Bảo toàn Oxi: nX = 0,05 mol || BTKL: a = 42,8(g).

||⇒ 0,075 mol X ứng với 64,2(g) ⇒ tăng giảm khối lượng:

b = 64,2 + 0,075 × (3 × 23 – 41) = 66,3 gam

Chọn đáp án D

• a gam triglixerit + 4,025 mol O2 → 2,85 mol CO2 + 2,65 mol H2O.

a gam X + NaOH → b gam muối.

• mX = mCO2 + mH2O – mO2 = 2,85 × 44 + 47,7 – 4,025 × 32 = 44,3 gam.

Theo bảo toàn oxi: nX = (2 × 2,85 + 2,65 – 2 × 4,025) : 6 = 0,05 mol.

⇒ CX = 57 ⇒ b gam muối là 0,15 mol natri stearat ||⇒ b = 45,9 gam.

Chọn đáp án A

Ba triglixerit trong X có dạng tổng quát: (RCOO)3C3H5 có k liên kết πC=C.

***Giải đốt: 0,06 mol (RCOO)3C3H5 + 4,77 mol O2 → ? mol CO2 + 3,14 mol H2O.

Bảo toàn nguyên tố O có nCO2 = (0,06 × 6 + 4,77 × 2 – 3,14) ÷ 2 = 3,38 mol.

Tương quan đốt: (k + 3 – 1)nX = ∑nCO₂ – ∑nH₂O = 0,24 mol ⇒ k = 2.

Bảo toàn khối lượng phản ứng đốt có mX = 52,6 gam. Lập tỉ lệ tương ứng:

78,9 gam X tương ứng với 0,09 mol. 1X + 2H2 → 1Y nên mY = 78,9 + 0,09 × 2 × 2 = 79,26 gam.

***Giải thủy phân: 1Y + 3KOH → m gam muối + 1C3H5(OH)3 (glixerol).

Từ số mol và tỉ lệ có: nKOH phản ứng = 0,27 mol; nglixerol = 0,09 mol.

→ bảo toàn khối lượng có: m = 79,26 + 0,27 × 56 – 0,09 × 92 = 86,10 gam.

Chọn đáp án A

Triglixerit X có công thức dạng (RCOO)3C3H5

(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3

Có nC3H5(OH)3 = nX = 0,06 mol, nNaOH = 3nX = 0,18 mol

Bảo toàn khối lượng → mX = 54,84 +5,52 -0,06. 3.40 = 53,16 gam.

Gọi số mol của CO2 và H2O lần lượt là x, y

Bảo toàn khối lượng → mCO2 + mH2O= mX + mO2 → 44x+ 18 y = 207,72

Bảo toàn nguyên tố O → 6.0,06 +4,83.2 = 2x + y

Giải hệ → x = 3,42 và y = 3,18

Số liên kết π trong X là ( 3,42- 3,18) : 0,06+1= 5 = 3πCOO+2πC=C

→ 0,1 mol X làm mất màu tối đa 0,2 mol Br2

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Một điểm giúp chúng ta nhìn ra vấn đề và giải nhanh của bài này

đó là gốc stearat và gốc oleat đều có 18C. giống như ở ID = 672975 .

E gồm: axit stearic: C18H36O2 axit oleic: C18H34O2

tristearin: (C17H35COO)3C3H5 = C18H36O2.C3H2;

triolein: (C17H33COO)3C3H5 = C18H34O2.C3H2

⇝ quy đổi E gồm C18H?O2 + C3H2 (C3H2 đại diện cho glixerol).

☆ giải đốt: m gam E + 5,585 mol O2 $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ 3,93 mol CO2 + 3,73 mol H2O.

bảo toàn O có nC18H?O2 = 0,21 mol → bảo toàn C có nC3H2 = 0,05 mol.

♦ cách 1: bảo toàn H giải ra ? = 736/21 → a gam muối là 0,21 mol C18H? – 1O2Na

⇥ thay giá trị ? trên vào giải a = 64,06 gam ⇝ Chọn đáp án A. ♥

♦ cách 2: BTKL phản ứng đốt có m = 61,34 gam; ∑naxit = 0,06 mol

⇒ BTKL phản ứng thủy phân có: a = 61,34 + 0,21 × 40 – 0,05 × 92 – 0,06 × 18 = 64,06 gam.

Chọn đáp án D

Chọn đáp án D

giải bài tập (CO2; H2O) cho vào dung dịch Ca(OH)2 dư.

có nCO2 = nCaCO3↓ = 0,255 mol.

mdung dịch giảm = mCaCO3 – ∑(mCO2 + mH2O) ⇒ mH2O = 4,41 gam

⇒ nH2O = 0,245 mol ||⇒ đốt 4,03 gam X → 0,255 mol CO2 + 0,245 mol H2O.

có mX = mC + mH + mO ⇒ mO = 0,48 gam ⇒ nO trong X = 0,03 mol.

X là triglixerit → nX = ∑nO trong X ÷ 6 = 0,005 mol.

⇒ tỉ lệ, khi dùng 8,06 gam X ⇔ có 0,01 mol X.

Phản ứng: X + 3NaOH → muối + 1C3H5(OH)3 (glixerol).

⇒ có nNaOH cần = 3nX = 0,03 mol và nglixerol sinh ra = nX = 0,01 mol.

⇒ bảo toàn khối lượng có m = mmuối = 8,06 + 0,03 × 40 – 0,01 × 92 = 8,34 gam.