Bài tập trắc nghiệm Este - Lipit (mức độ Vận dụng cao - P2)

Đáp án C

- Do X tác dụng với AgNO3 sinh ra Ag

=> Trong X có một este dạng HCOOR₁

- Mà cho X td với NaOH thu được 2 muối của 2 axit cacboxylic đồng đẳng kế tiếp

=> este còn lại có dạng CH₃COOR₂

nHCOOR₁=0,5nAg=0,1 mol

=> nCH₃COOR₂=0,25-0,1=0,15 mol

=>Tỉ lệ mol của HCOOR₁ và CH₃COOR₂ là 2/3

Trong 14,08 gam X:

Đáp án A

Đặt n_CO2 = 48x và n_H2O = 49x

=> 44.48x + 18.49x + 0,02.28 = 25,56 + 1,09.32

=> x = 0,02 (mol)

=> n_CO2 = 0,96 ; n_H2O = 0,98

n_N2 = 0,02 (mol) => n_Z = 2n_N2 = 0,04 (mol)

Dễ thấy : n_Z = ( n_H2O – n_CO2 )/ 0,5

=> Các este đều no, đơn chức, mạch hở.

Gọi CTTQ 2 este: C_nH_2nO₂: a mol

CTCT của aminoaxit:  C_mH_2m+1NO₂: 0,04 (mol)

n_CO2 = na + 0,04m = 0,96 (1)

m_H = a(14n + 32) + 0,04(14m + 47) = 25,56 (2)

Thế (1) vào (2) => a = 0,32 (mol)

Từ (1) => 8n + m = 24

Do m > 2 => n < 3 => Phải có HCOOCH₃

=> ancol là CH₃OH: 0,32 mol

n_KOH pư = a + 0,04 = 0,36 (mol)

=> n_KOH bđ = 0,36 + 0,36.20% = 0,432 (mol)

n_H2O = n_Z = 0,04 (mol)

H + KOH → Muối + CH₃OH + H₂O

Bảo toàn khối lượng => m_RẮN = 38,792 (g)

Đáp án C

- Chất lỏng thu được sau pư gồm H₂O của dung dịch ROH và ancol.

m_ROH = 7,28 gam; m_H2O = 18,72 gam

=> m _ancol = 7,4 gam

Sau pư còn MOH dư nên este pư hết.

n _ancol = n _este = 0,1 mol

=> M _ancol = 74 gam: C₄H₉OH (vì este đơn chức)

- ${\mathrm{n}}_{\mathrm{ROH} \mathrm{bd}}= \frac{7,28}{\mathrm{M}+17}$

${\mathrm{n}}_{\mathrm{muoi}}=\frac{8,97}{2\mathrm{M}+60}$

R bảo toàn nên ta có:

n _ROH = 2 n_muối

=> M = 39: Kali

n _{KOH ban đầu} = 0,13 mol; n _{KOH dư} = 0,13 - 0,1 = 0,03 mol

=>  m _{muối của este} = 12,88 - 0,03 . 56 = 11,2 gam

=> M _muối = 112

Muối có công thức là R-COO-K

=> R = 29: C₂H₅

Vậy este là C₂H₅COOC₄H₉ => (2) và (4) sai

BTNT C: => nCO₂ = 0,125mol => V = 3,024 lít => (1) sai

Đáp án D

Đặt a, b là số mol muối GlyNa và AlaNa

=> n_N = a + b = 0,35.2

n_O2 = 2_,25a + 3_,75b = 2,22

=> a = 0,27 và b = 0,43

=> m _muối = 73,92 và n_NaOH = 0,7

Bảo toàn khối lượng => n_H2O = 0,21

=> n_Y + n_Z = 0,21 (1)

X là este cùa Glỵ hoặc Ala và ancol T.

Nếu X là NH₂-CH(CH₃)-COOC₂H₅

=> n_X = nC₂H₅OH = 0,3

=> Y, Z tạo ra từ 0,27 mol Gly và 0,43 - 0,3 = 0,13 mol Ala

=> Số N trung bình của Y, Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9: Vô lý, loại.

Vậy X là NH₂-CH₂-COOC₃H₇

=> n_X = n_C3H7OH = 0,23

=> Y, Z tạo ra từ 0,27 - 0,23 = 0,04 mol Gly và 0,43 mol Ala

=> Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24

=> Y là dipeptit và z là heptapeptit

n_N = 2n_Y + 7n_Z = 0,04 + 0,43 (2)

(1)(2) => nY = 0,2 và nZ = 0,01

Y là (Gly)_u(Ala)_2-u

Z là (Gly)_v(Ala)_7-v

=> n_Gly = 0,2u + 0,01v = 0,04

=> 20 u + V = 4

=> u = 0 và v = 4 là nghiệm duy nhất. Vậy:

Y là (Ala)₂ (0,2 mol)

Z là (Gly)₄(Ala)₃ (0,01 mol)

=> %Z = 7,23%

Đáp án A

Do thủy phân X thu được muối natri axetat nên 2 este là este của axit axetic.

nCO₂ = 0,4 mol; nH₂O = 0,6 mol

=> n _ancol = nH₂O – nCO₂ = 0,2 mol

Số C trong mỗi ancol: 0,4/0,2 = 2

Vậy 2 ancol là: CH₃CH₂OH (x mol) và C₂H₄(OH)₂ (y mol)

x + y = 0,2

46x + 62y = 10,8

=> x = y = 0,1

Este là: CH₃COOC₂H₅ (0,1 mol) và (CH₃COO)₂C₂H₄ (0,1 mol)

=> nCH₃COONa = 0,3 mol

m = 0,3.82 = 24,6 gam

Đáp án D

mMOH=26.28/100=7,28 g

=> nMOH=7,28/(M+17)

mH2O=26-7,28=18,72

=> nH2O=1,04 mol

nH2=0,57 mol

BTKL: mX+mY - m ddMOH=24,72+10,08-26

=> m=8,8 h

E là esto no, đơn chức, mạch hở nên X là ancol no, đơn chức, mạch hở ROH

X gồm: H2O (1,04 mol) và ROH trong đó 

=> E là HCOOC₃H₇

Y gồm: HCOOM (0,1 mol) và MOH dư (a mol)

Đốt Y: 

BTNT M:

Y gồm: HCOOK (0,1 mol) và KOH dư (0,03 mol)

Đáp án D

Để khối lượng chất rắn lớn nhất thì este là

H₃COOC-CH₂-COOCH=CH₂

Khi đó chất rắn gồm: CH₂(COONa)₂ (0,15 mol) và NaOH dư (0,4 - 0,15.2 = 0,1 mol)

m = 0,15.148+0,1.40 = 26,2 gam

Đáp án A

nKOH = 0,2 mol

Khi đốt Y: nCO₂ = 0,4 mol, nH₂O = 0,5 mol

=> ancol no, đơn chức, mạch hở C_nH_2n+2O

n _ancol = nH₂O – nCO₂ = 0,1 mol

n = 0,4/0,1 = 4 => C₄H₁₀O

n _ancol < nKOH => trong X có este của phenol (A) và este (B)

nB = n _ancol = 0,1 mol

=> nA = (nKOH – nB)/2 = 0,05 mol

nH₂O = nA = 0,05

BTKL: mX + mKOH = m _muối + m _ancol + mH₂O

=> m + 11,2 = 24,1 + 0,1.74 + 0,05.18

=> m = 21,2 gam

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 

=> 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)

Đáp án B

n_O2 = 0,36 mol

n_CO2 = 0,32 mol => nC = 0,32 mol

n_H2O = 0,16 mol => nH = 0,32 mol

BTNT O: n_O = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2

= 0,32.2 + 0,32 – 0,36.2 = 0,08 mol

=> C:H:O = 0,32:0,32:0,08 = 8:8:2 => C8H8O2

TN2: n_NaOH = 0,07 mol

n_este = 0,5n_O = 0,04 mol

n_NaOH/n_este = 0,07/0,04 = 1,75 => 1 este của phenol

$\to {\mathrm{m}}_{\mathrm{muoi} \mathrm{carboxylic}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{CH}3\mathrm{COONa}} + {\mathrm{m}}_{\mathrm{HCOONa}}$