Bài tập trắc nghiệm Este - Lipit (mức độ Vận dụng cao - P3)

Đáp án A

M có phản ứng tráng gương nên X là HCOOH, (X, Y, Z là các axit no đơn chức), Z là este no ba chức

Este T có độ bất bão hòa k = 3 nên:

nT = (nCO₂ – nH₂O)/2 = 0,05

Quy đổi M thành:

n_HCOOH(M) = n_Ag : 2 = 0,1 mol

=> n_{(2 axit còn lại)} = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol

Gọi 2 axit còn lại có công thức C_nH_2nO₂ (n > 2) và ancol là C_mH_2m+2O₃ (m≥3, m nguyên)

Hỗn hợp chứa: HCOOH (0,1 mol); C_nH_2nO₂ (0,3 mol) và C_mH_2m+2O₃ (0,05 mol)

BTNT “C”: 0,1.1 + 0,3n + 0,05m = 1 => 6n + m= 18

Mà  n > 2 => m < 6

=> m = 3, 4, 5

TH1: m = 3 => n = 2,5. Muối gồm HCOONa (0,1) và C_nH_2n-1O₂Na (0,3)

=> m _rắn = 0,1.68 + 0,3.(14.2,5-1+32+23) = 33,5 gam

TH2: m = 4 => n = 7/3. Muối gồm HCOONa (0,1) và C_nH_2n-1O₂Na (0,3)

=> m _rắn = 0,1.68 + 0,3.[14.(7/3)-1+32+23] = 32,8 gam

TH3: m = 5 => n = 13/6. Muối gồm HCOONa (0,1) và C_nH_2n-1O₂Na (0,3)

=> m _rắn = 0,1.68 + 0,3.[14.(13/6)-1+32+23] = 32,1 gam

=> 32,1 ≤ m ≤ 33,5

=> m có giá trị gần nhất là 33 gam

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 A

12,52 g E cần n_NaOH = 0,19 (mol)

Đốt 37,56 g E cần n_O2= 1,11 (mol) → n_H2O = 1,2 (mol)

=> Đốt 12,52 g E cần 0,37 mol O₂ → 0,4 mol H₂O

Quy đổi hỗn hợp E thành:

C_nH_2nO₂ : 0,19 mol

C_mH_2m+2O₂ : a mol

H₂O: - b mol

m_E = 0,19 ( 14n + 32) + a( 14m + 34) – 18 = 12,52

n_O2 = 0,19 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 0,37

n_H2O = 0,19n + a( m + 1) –b = 0,4

=> a = 0,05; b = 0,04 và 0,19n + am = 0,39

=> 0,19n + 0,05m = 0,39

=> 19n + 5m = 39

T không tác dụng với Cu(OH)₂ nên m ≥ 3. Vì n ≥ 1 nên m = 3 và n = 24/19 là nghiệm duy nhất.

=> HCOOH ( 0,14) và CH₃COOH (0,05)

b = 0,04 => HCOO-C₃H₆-OOC-CH₃: 0,02 mol

=> n_HCOOH = 0,14 – 0,02 = 0,12 (mol)

=> %n_HCOOH = 60%. (gần nhất với 55%)

Đáp án A

X tráng bạc nên X chứa CHO: nCHO = nAg/2 = 0,01875

nCOONH₄ = nNH₃ = 0,02 > nCHO => X có chứa nhóm COOH

Ta có các trường hợp sau:

TH1: OHC-C_nH_2n-CHO và HOOC-C_nH_2n-COOH

Muối là: C_nH_2n(COONH₄)₂ (0,01 mol) => (14n+124)0,01 = 1,86 => n = 4,4 (loại)

TH2: HO-C_mH_2m-CHO và HO-C_mH_2m-COOH

Muối là HO-C_mH_2m-COONH₄ (0,02 mol) => (14m+79)0,02 = 1,86 => n = 1

Vậy X gồm: HOCH₂CHO (0,01875 mol) và HOCH₂COOH (0,00125 mol)

=> m = 0,01875.60 + 0,00125.76 = 1,22 gam

Đáp án D

Nhận xét: Ta thấy khối lượng muối = 7,74 g > 7,1g khối lượng của este => ancol là CH₃OH

n_E = n_CH3OH = n_NaOH = x (mol)

Bảo toàn khối lượng: 

m_E + m_NaOH = m_muối + m_CH3OH

=> 7,1 + 40x = 7,74 + 32x

=> x = 0,08 (mol)

Bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng cháy:

n_{O(trong E)} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

=> n_H2O = 0,08.2 + 2.0,325 – 2. 0,26 = 0,29 (mol)

BTKL cho phản ứng cháy: m_E + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

=> m_N2 = 7,1 + 0,325.32 – 0,26.44 – 0,29.18 = 0,84(g)

=> n_N2 = 0,84/28 = 0,03 (mol)

=> n_{NH2-CH2-COONa} = 2n_N2 = 0,06 (mol)

Gọi muối còn lại có công thức RCOONa

=> n_RCOONa = 0,08 – 0,06 = 0,02 (mol)

và m_RCOONa = 7,74 - n_{NH2-CH2-COONa} = 1,92(g)

=> M_RCOONa = 1,92/ 0,02 = 96 => CH₃-CH₂-COONa

Vậy X là CH₃CH₂-COOCH₃ (0,02) và Y là NH₂-CH₂-COOCH₃ (0,06)

=> % Y= [(0,06. 89): 7,1].100% = 75,2%

Đáp án C

n_COO = n_KOH = 0,66 mol

=> n_O(E) = 2n_COO = 1,32 mol

Giả sử CO₂ (x mol) H₂O (y mol)

*BTNT O => 1,32+1,92.2 = 2x + y (1)

*BTKL => 44x + 18y = 46,32 + 1,92.32 (2)

Giải (1) và (2) => x = 1,86; y = 1,44

n_E = n_CO2 – n_H2O = 1,86 – 1,44 = 0,42 mol

Giả sử E gồm a mol X và b mol Y

a+b = 0,42

a+2b = 2n_KOH = 0,66

=> a = 0,18; b = 0,24

=> 0,18n + 0,24m = n_CO2 = 1,86 (n, m là số C trong X, Y)

=> n = 5; m = 4

X là  C=C-C-COOCH₃ (C₅H₈O₂) và Y là (COOCH₃)₂ (C₄H₆O₄)

Tổng số H là 8+6 = 14

Đáp án A

M_X = 3,125.32 = 100 (C₅H₈O₂)

Do E tác dụng với KOH sinh ra hai ancol có cùng số C nên ancol có số C từ 2 trở đi

Số C trung bình = 2,1/0,6 = 3,5

Suy ra một este là HCOOC₂H₅ (G/s là Y)

Hai ancol là C₂H₅OH, C₂H₄(OH)₂

=> X là CH₂=CH-COOC₂H₅

Do Z no, mạch hở nên Z là (HCOO)₂C₂H₄

Đáp án C

X, Y đơn chức

Z, T hai chức

*Z + Na:        

R(OH)₂ → H₂

0,25     ← 0,25

m _{bình tăng} = m_Z – m_H2

=> m_Z = 15 + 0,25.2 = 15,5 gam

=> M_Z = 15,5/0,25 = 62 => Z là C₂H₄(OH)₂

*Đốt F:

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,2 mol;

n_O(F) = 2n_NaOH = 0,8 mol

BTNT O:

n_H2O = n_O(F) + 2n_O2 - 3n_Na2CO3 – 2n_CO2 = 0,8 + 0,7.2 – 0,6.2 – 0,2.3 = 0,4 mol

BTKL => m _muối = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O – m_O2

= 0,2.106 + 0,6.44 + 0,4.18 – 0,7.32 = 32,4 gam

 Có axit là HCOOH

*E + NaOH: T có dạng là  

=> M_T = (14+44).2+28 = 144

BTKL => m_H2O = m_E + m_NaOH – m _muối – m_Z

= 33,7 + 0,4.40 – 32,4 – 15,5 = 1,8 gam

=> n_axit = n_H2O = 0,1 mol

=> n_este = (n_NaOH-n_axit)/2 = 0,15

=> m_T = 0,15.144 = 21,6 gam

=> %m_T = 64,1%

Đáp án D

Đáp án A

n_ancol = n_anken = 0,015 mol

n_NaOH>n_ancol => Trong X có 1 axit và 1 este => n_este + n_axit = n_NaOH = 0,04 mol

Giả sử X gồm:

Este C_nH_2nO₂: 0,015 mol

Axit C_mH_2mO₂: 0,025 mol

Khi đốt X => n_H2O = n_CO2 = a mol

=> m _{bình tăng} = 44a + 18a = 7,75 gam => a = 0,125 mol

BT “C”: 0,015n+0,025m = 0,125 => 3n+5m = 0,125

=> n = 5, m = 2 thỏa mãn.

Este là C₅H₁₀O₂ (0,015 mol)

Axit là C₂H₄O₂ (0,025 mol)

- Xét A: m_este = 0,015.102 = 1,53 gam; m_axit = 0,025.60 = 1,5 gam

Phần trăm về khối lượng của từng chất là 49,5% và 50,5%

=> A đúng

- Xét B: Tổng phân tử khối của hai chất trong X là 102 + 60 = 162

=> B sai

- Xét C: Khối lượng của chất có phân tử khối lớn hơn trong X là m_este = 1,53 gam

=> C sai

- Xét D:

+ Axit chỉ có 1 CTCT thỏa mãn là: CH₃COOH

+ Este có 2 CTCT thỏa mãn là: CH₃COOCH₂-CH₂-CH₃ và CH₃COOCH(CH₃)-CH₃

=> D sai

Đáp án B

Đáp án C

M_X = 2,3125 . 32 =74 g

X là este đơn chức nên X là C_mH_nO₂ →12m + n= 42 → m= 3 và n =6

X, Y + NaOH → muối + ancol

Z gồm 2 ancol có cùng số C nên Z có C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂ với X là HCOOC₂H₅

Đặt n_C2H5OH = a mol và n_C2H6O2 = b mol

→ a + 2b = n_NaOH  = 0,15 mol

Z +  Na : 2Na +2 C₂H₅OH  → 2C₂H₅ONa + H₂

                  Na + C₂H₄(OH)₂  → C₂H₄(ONa)₂ + H₂

thì m_{bình tăng}  = m_ancol – m_H2 =46a + 62b – 2(a/2 + b) =45a + 60b =5,85

Do đó a =0,09 mol và b =0,03 mol

Ta có m_E = m_X  + m_Y => 10,98 = 0,09.74 + m_Y

→ m_Y =4,32 mol → M_Y = 4,32 :0,03 =144

Vì X tạo từ C₂H₄(OH)₂ nên X là R(COO)₂C₂H₄ → R + 44.2 + 28 =144→ R = 28 ( C₂H₄)

Muối A là HCOONa

TH1: Muối B là C₂H₄(COONa)₂ : 0,03 mol

→ x : y = (0,09.68) : (0,03.162)=1,26 (không có đáp án )

TH 2: Y tạo 2 muối HCOONa và C₂H₃COONa . Mỗi muối 0,03 mol

→ muối A : HCOONa :0,12 mol. Muối B : C₂H₃COONa : 0,03 mol

→ x : y =2,9

Đáp án A

Gọi CTPT của 2 este là RCOOR’: 0,3 (mol) ( vì este đơn chức nên = n_KOH)

Lượng O₂ dùng để đốt X = lượng O₂ để đốt T + ancol

=> n_O2 (đốt ancol) = 1,53 – 1,08 = 0,45 (mol)

Gọi CTPT của ancol no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2n+2O

C_nH_2n+2O + 1,5nO₂ → nCO₂ + (n +1)H₂O

1 (mol) → 1,5n (mol)

0,3 (mol) → 0,45 (mol)

=> 0,3.1,5n = 0,45 => n = 1

Vậy CT của ancol là CH₃OH: 0,3 (mol)

BTKL ta có: m_X + m_KOH = m_muối + m_ancol

=> m_X = 35,16 + 0,3.32 – 0,3.56 = 27,96 (g)

Gọi a và b là số mol CO₂ và H₂O khi đốt cháy X

=> 1 este phải có 3 liên kết pi trong phân tử

=> Z có CTPT là C₅H₆O₂

Đáp án C

T chứa ancol đơn chức : ( a mol)

            ancol ba chức ( b mol)

n_T = n_H2O- n_CO2 => n_CO2 = 0,39 – a – b  (mol)

BTNT O: a + 3b + 0,365.2 = (0,39 –a – b). 2 + 0,39

=> 3a + 5b = 0,44 (1)

BT OH: n_NaOH = a + 3b (mol)

BTKL:  m_T = m_E + m_NaOH – m_muối

=> m_T = 15,34 + (a + 3b).40 – 16,84

=> m_T = 40a + 120b – 1,5

BTKL cho phản ứng đốt cháy T

m_T + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

=> 40a + 120b – 1,5 + 0,635.32 = (0,39 – a – b).44 + 0,39.18

=> 84a + 164b = 14 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,03 và b = 0,07 (mol)

Đặt u và v lần lượt là số C của ancol đơn chức và ancol ba chức

=> ∑ n_CO2 = 0,03u + 0,07v = 0,29

=> 3u + 8v = 29

Vì  là nghiệm duy nhất thỏa mãn => CTPT của ancol ba chức là C₃H₅(OH)₃

Muối tạo ra từ X,Y là: ACOONa: 0,03 (mol)

Muối tạo ra từ Z là: BCOONa: 0,21 (mol)

=> m_muối = 0,03 ( A + 67) + 0,21 ( B + 67) = 16,84

=> 3A + 21B = 76

 là nghiệm duy nhất

=> CTCT của Z là (HCOO)₃C₃H₅

Ta có: m_E = 0,03M + 0,07.176 = 15,34 ( Với M là phân tử khối trng bình của X và Y)

M= $\frac{302}{3}$

Do M_X = M_Y + 2 nên Mx = 102 và M_Y = 100

Vậy CTPT của X: C₅H₁₀O₂: x (mol)

       CTPT của Y : C₅H₈O₂: y (mol)

Đáp án A

n_CO2 < n_H2O →  ancol no hở, đơn chức

=> n _ancol =  n_H2O-n_CO2 = 0,1

=>C=n_CO2 : n_ancol = 2 => ancol là C₂H₆O

Vì n_NaOH > n_C2H6O

→ X là axit còn Y là este tạo bởi C₂H₅OH và axit X

n_RCOONa  = n_NaOH  = 0,3 → M = 82 →  M_R=15

→ CH3COONa

→ Y là CH₃COOC₂H₅

Đáp án B

Giả sử Y có k mắt xích

n _{mắt xích} = 2n_N2 = 0,12 mol

=> n_este = n_NaOH – n _{mắt xích} = 0,14 – 0,12 = 0,02 mol

* m = 0,02.100 + 0,04.203 = 10,12 (g) => A đúng

* Y chỉ có 1 gốc Ala => B sai

*  %m_X = 0,02.100/10,12 = 19,76% => C đúng

*n_H2O = n_Y = 0,04 mol; n_CH3OH = n_X = 0,02 mol

BTKL: m₁ = m + m_NaOH – m_CH3OH – m_H2O = 10,12 + 0,14.40 – 0,02.32 – 0,04.18 = 14,36 (g) => D đúng

Đáp án B

X là một este của amioaxit (no, chứa 1 –NH₂, 1- COOH) + NaOH

→ 0,05 mol ancol no, đơn chức

=> X là este no, đơn chức

=> n_X = n_ancol = 0,05 (mol)

Gọi số mol của Y và Z là a và 2a (mol)

Đặt y và z là số mắt xích tương ứng của Y và Z

Ta có: 

Dưới đây tính cho trường hợp in đâm. Các trường hợp khác làm tương tự

Y là tetrapeptit ( 0,05 mol) và Z là tripeptit ( 0,1 mol)

n_Gly = 0,3 (mol) => n_Ala = n_NaOH – n_Gly – n_X = 0,2 (mol)

Y: (Ala)_u(Gly)_4-u : 0,05 (mol)

Z: (Ala)_V(Gly)_3-V : 0,1 (mol)

=> n_Ala = 0,05u + 0,1v = 0,2

=> u + 2v = 4

=> u = 2 và v =1 là nghiệm duy nhất.

Vậy Y là (Gly)₂(Ala)₂ và Z là (Gly)₂(Ala) => C đúng; A đúng

CTPT của Y là C₁₀H₁₈N₄O₅ : 0,05  và Z là C₇H₁₃N₃O₄: 0,1 (mol)

=> Khi đốt cháy n_H2O = 9n_Y + 6,5n_Z = 9. 0,05 + 6,5.0,1 = 1,1 => D đúng

Vậy B sai

Đáp án A

F có phản ứng với AgNO₃ => trong F phải có muối HCOONa

=> muối còn lại là CH₃COONa

=> E chưa: CH₃COOCH=CH₂: 0,02 (mol) ; HCOOR: a (mol) và HCOOR’: b (mol)

=> a + b = 0,06 (1)

M tham gia phản ứng tráng bạc => M chứa anđehit. Có n_Ag = 0,06 > 2n_CH3COOCH=CH2 = 0,04

=> E chứa 1 este có cấu tạo HCOOC=C-CH₃:

Este còn lại có cấu tạo HCOOCH=CH-CH₃: 0,03 (mol) hoặc HCOOC(CH₃)=CH₂ : 0,03 (mol)

Vậy X là HCOOCH=CH-CH₃

Đáp án C

Chất X có độ bất bão hòa là: k = (2C + 2 – H):2 = 3

- Khi đun Z với H₂SO₄ đặc thu được chất T nhẹ hơn Z nên M_T = M_Z - 18

A, B, D, đúng

C sai vì 1 mol Y đốt cháy chỉ thu được 3 mol CO₂: C₄H₂O₄Na₂ + 3O₂ → 3CO₂ + H₂O + Na₂CO₃

Đáp án A

*Đốt cháy 0,36 mol X:

Số C trung bình: 2,79 : 0,36 = 7,75 mol

Gọi công thức chung của este là:

C_7,75H_{2.7,75 + 2 – 2k}O_x hay C_7,75H_17,5-2kO_x

BTNT “H”: n_H(X) = 2n_H2O

=> 0,36(17,5-2k) = 1,845.2 => k = 3,625

*Đun Y với 0,855 mol NaOH: n_X = n_Y = 0,36 mol

n_COO(X) = n_COO(Y) = n_NaOH = 0,855 mol

=> Số nhóm COO trung bình của X là: 0,855 : 0,36 = 2,375

=> π_(COO) = 2,375

Mặt khác:

k = π_(COO) + π_{(gốc hidrocacbon)}

=> π_{(gốc hidrocacbon)} = 3,625 – 2,375 = 1,25

=> a = 1,25.0,36 = 0,45 mol gần nhất với 0,48 mol