15 bài tập vận dụng cao về chất béo có đáp án và lời giải chi tiết

Phương pháp giải:

Công thức trieste của glixerol và axit đơn chức ,mạch hở là C_nH_2n-4-2kO₆ (k: là số liên kết pi gốc axit)

Bảo toàn khối lượng

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải

Công thức trieste của glixerol và axit đơn chức ,mạch hở là C_nH_2n-4-2kO₆ (k: là số liên kết pi gốc axit)

C_nH_2n-4-2kO₆ → nCO₂ + (n -2 -k) H₂O   

x                     nx          x(n - 2 - k)                (mol)

n_CO2−n_H2O=5n_X ⇒ nx - x (n – 2 – k) = 5x ⇒ k = 3 

⇒ Công thức X là:C_nH_2n-10O₆ 

C_nH_2n-10O₆ + 3H₂ → C_nH_2n-4O₆ 

x                  2x 

Số mol H₂: 3x = 0,3 ⇒ x = 0,1 

Khối lượng X = m_X' –m_H2 = 89 – 2.0,3 = 88,4 

(R-COO)₃-C₃H₅ + 3NaOH → 3R-COONa + C₃H₅(OH)₃ 

0,1                            0,3mol            0,3 mol

Áp dụng định luật bảo toàn: 

m_{chất rắn} = m_X + m_NaOH - m_C3H8O3 = 88,4 + 0,45.40 - 92.0,1 = 97,2

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính : Đốt cháy hợp chất hữu cơ: C_xH_yO_z  có độ bất bão hòa k thì \({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}}\)

Từ mối quan hệ của CO₂; H₂O và n_E => k =?

Viết PTHH , tính toán theo PTHH

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Phương pháp giải:

Từ số C của muối => X có 57C

Gọi CTPT của X là: C₅₇H_xO₆

n_X = n_CO2/57 = ? (mol)

                 C₅₇H_xO₆ + ( 0,25x + 54)O₂ → 57CO₂ + 0,5xH₂O

Theo PT:                      ( 0,25x + 54)   → 57                             (mol)

Theo đề bài:                   3,22               → 2,28                              (mol)

=> 2,28. ( 0,25x + 54)  = 3,22.57

=> x = ?

=> CTCT của X là:?  (mol)

=> n_Br2 = số mol liên kết C=C có trong X

Lời giải chi tiết:

 X + NaOH → C₁₇H₃₅COONa + C₁₇H₃₃COONa

Từ số C của muối => X có 57C

Gọi CTPT của X là: C₅₇H_xO₆

n_X = n_CO2/57 = 2,28/57 = 0,04 (mol)

                 C₅₇H_xO₆ + ( 0,25x + 54)O₂ → 57CO₂ + 0,5xH₂O

Theo PT:                      ( 0,25x + 54)   → 57                             (mol)

Theo đề bài:                   3,22               → 2,28                              (mol)

=> 2,28. ( 0,25x + 54)  = 3,22.57

=> x = 106

=> CTPT của X: C₅₇H₁₀₆O₆

=> CTCT của X là: (C₁₇H₃₅COO)(C₁₇H₃₃COO)₂C₃H₅: 0,04 (mol)

=> n_Br2 = 2n_X = 2.0,04 = 0,08 (mol)

Đáp án D

Lời giải chi tiết:

n_NaOH = n_CH3COONa = 20,828 : 82 = 0,254 mol

Từ CTCT các chất nhận thấy: n _hh = n_CH3COOH + n _glixerol => n_hh = 0,1n_hh + 0,6m/92

=> n_hh = m/138 (mol)

=> n_CH3COOH = 0,1m/138 (mol) => n_H2O = n_CH3COOH = 0,1m/138 (mol)

BTKL: m _hh + m_NaOH = m _muối + m _glixerol + m_H2O

=> m + 0,254.40 = 20,828 + 0,6m + 18.(0,1m/138)

=> m = 27,569

=> n_hh = 0,2 mol và n_CH3COOH = 0,02 mol => n _glixerol = 0,2 – 0,02 = 0,18 mol

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành:

CH₃COOH: 0,254

C₃H₈O₃: 0,18

H₂O

Đốt cháy hỗn hợp là đốt cháy CH₃COOH và C₃H₈O₃ (vì H₂O không cháy được)

C₂H₄O₂ + 2O₂ → 2CO₂ + 2H₂O

0,254 →   0,508

C₃H₈O₃ + 3,5O₂ → 3CO₂ + 4H₂O

0,18 →     0,63

=> V_O2 = (0,508 + 0,63).22,4 = 25,4912 lít

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tính toán dựa vào phản ứng cháy :

C_nH_2n+2-2k + O₂ →nCO₂ + (n + 1 – k)H₂O

=> n_CO2 – n_H2O = n_chất(k – 1)   [k là số liên kết pi]

Lời giải chi tiết:

Hỗn hợp X gồm :        C₅₁H₉₈O₆ (3 pi) ; C₅₇H₁₀₄O₆ (6 pi) : x mol mỗi chất

                                 C₁₈H₃₆O₂ (1 pi) ; C₁₆H₃₂O₂ (1 pi)

n_CO2 = 83,776 : 22,4 = 3,74 ; n_H2O = 57,24 : 18 = 3,18

Khi đốt cháy : n_CO2 – n_H2O = (3 – 1)x + (6 – 1)x = 7x = 3,74 – 3,18 = 0,56 mol

=> x = 0,08 mol

Khi X + NaOH :        

(C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅(OH)₃

n_Glycerin = n_este = 2x = 0,16 mol

=> m_Glycerin= 14,72g

Đáp án A

Phương pháp giải:

\(E\left\{ \matrix{
X:8x \hfill \cr
Y:y \hfill \cr
Z:x \hfill \cr
glixerol:z \hfill \cr} \right.\buildrel { + 0,4molNaOH} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
{R_1}{\rm{COONa}} \hfill \cr
{R_2}{\rm{COONa}} \hfill \cr
{\rm{glixerol:0,4}} \hfill \cr} \right.\)

Vì 2 muối có tỉ lệ 1 : 3 nên giả sử: R₁COONa : 0,3 mol và R₂COONa : 0,1 mol

Đốt muối có

Muối  + 0,45 mol O₂ → CO₂ + H₂O + Na₂CO₃

→ bảo toàn O có : 2n_COO- + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O  => H₂O = ? mol

Bảo toàn khối lượng: m_muối  + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O => m_muối = ? (g)

Mặt khác: m_muối  = 0,3(R₁ + 67) + 0,1.(R₂ + 67)

=> Mối quan hệ R₁, R₂

=> Chạy giá trị tìm được R₁,R₂

Bảo toàn khối lượng phản ứng tác dụng với NaOH có

m_E + m_NaOH = m_muối + m_Glixerol + m_H2O  => n_H2O = ?

→n_X = ? mol và n_Y  = ?

=> CTCT của Z. Từ đó tính được phần trăm =?

Lời giải chi tiết:

\(E\left\{ \matrix{
X:8x \hfill \cr
Y:y \hfill \cr
Z:x \hfill \cr
glixerol:z \hfill \cr} \right.\buildrel { + 0,4molNaOH} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
{R_1}{\rm{COONa}} \hfill \cr
{R_2}{\rm{COONa}} \hfill \cr
{\rm{glixerol:0,4}} \hfill \cr} \right.\)

Vì 2 muối có tỉ lệ 1 : 3 nên giả sử: R₁COONa : 0,3 mol và R₂COONa : 0,1 mol

Đốt muối có

Muối  + 0,45 mol O₂ → CO₂ + H₂O + Na₂CO₃

BTNT “Na”: n_Na2CO3 = 1/2n _NaOH = 0,2 (mol)

→ bảo toàn O có : 2n_COO- + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O  

=> H₂O = 2.0,4 + 2.0,45 -2.0,4-3.0,2 =  0,3 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_muối  + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O

=> m_muối = 0,4.44 + 0,2.106 + 0,3.18 – 0,45.32 = 29,8 (g)

Bảo toàn khối lượng có m_muối = 29,8 g = 0,3(R₁ + 67) + 0,1.(R₂ + 67)

=> 3R₁ + R₂ = 30

=>  R₁ = 1 và R₂ = 27 là nghiệm thỏa mãn

Bảo toàn khối lượng phản ứng tác dụng với NaOH có

m_E + m_NaOH = m_muối + m_Glixerol + m_H2O

=> 23,06 + 0,4.40 = 29,8 + 3,68 + m_H2O

=> m_H2O = 5,58 (g)

=> n_H2O = 0,31mol → n_Z = (0,4 - 0,31) : 3 = 0,03 mol

→n_X = 0,24 mol và n_Y  = 0,07

→ có n_X + 2n_Z = n_R1COONa nên Z tạo từ 2X và 1 Y

Z là (HCOO)₂-C₃H₅-OOC-C₂H₃ : 0,03

→%Z = 26,28% gần nhất với 26%

Đáp án B

Phương pháp giải:

Xét phản ứng cháy: n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_X (k là số liên kết pi)

Từ dữ kiện b – c = 4a => số liên kết pi trong X

=> tỉ lệ mol X + H₂ => n_X

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_Y – m_H2

Bảo toàn khối lượng: m_rắn = m_X + m_NaOH - m_glixerol => m_rắn

Lời giải chi tiết:

Xét phản ứng cháy: n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_X (k là số liên kết pi)

Theo đề bài b – c = 4a => k = 5 => Trong X có 5 liên kết pi (3 pi ở gốc COO; 2 pi ở gốc hidrocacbon)

=> Để hidro hóa hoàn toàn 1 mol X cần 2 mol H₂

X + 2H₂ → Y

=> n_X = ½ n_H2 = ½ .6,72 : 22,4 = 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_Y – m_H2 = 133,5 – 0,3.2 = 132,9 gam

Khi phản ứng thủy phân: (RCOO)₃C₃H₅ + NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

=> n_Glixerol = n_X = 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng: m_rắn = m_X + m_NaOH - m_glixerol

=> m_rắn = 132,9 + 0,5.40 – 0,15.92 = 139,1g

Đáp án B 

Phương pháp giải:

- Do cho hỗn hợp A phản ứng với NaOH thu được hỗn hợp muối chứa natri panmitat, natri sterat nên chất béo được tạo nên từ axit panmitic, axit stearic → X là chất béo no

Đặt mol của axit và chất béo trong m gam A là x và y.

- Xét phản ứng cho m gam A tác dụng vừa đủ với NaOH:

RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

x →            x                        →   x

(R'COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3R'COONa + C₃H₅(OH)₃

y →                         3y                  →            y

Từ mol NaOH → (1)

- Xét phản ứng đốt cháy m gam hỗn hợp A:

+ Đốt axit no, đơn chức, mạch hở có: n_CO2(1) - n_H2O(1) = 0

+ Đốt chất béo no, đơn chức, mạch hở có: n_CO2(2) - n_H2O(2) = 2.n_{chất béo}

Cộng vế với vế ta được: ∑n_CO2 - ∑n_H2O = 2n_X → n_H2O theo y

Bảo toàn O → 2n_axit + 6n_{chất béo} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → (2)

Giải (1) (2) được x, y

BTKL → m_A = m_CO2 + m_H2O - m_O2

- Xét phản ứng thủy phân trong NaOH:

BTKL → m _muối = m_A + m_NaOH - m_H2O - m_C3H5(OH)3

Lời giải chi tiết:

- Do cho hỗn hợp A phản ứng với NaOH thu được hỗn hợp muối chứa natri panmitat, natri sterat nên chất béo được tạo nên từ axit panmitic, axit stearic → X là chất béo no

Đặt mol của axit và chất béo trong m gam A là x và y.

- Xét phản ứng cho m gam A tác dụng vừa đủ với NaOH:

RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

x →            x                        →   x

(R'COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3R'COONa + C₃H₅(OH)₃

y →                         3y                  →            y

→ n_NaOH = x + 3y = 0,36 (1)

- Xét phản ứng đốt cháy m gam hỗn hợp A:

+ Đốt axit no, đơn chức, mạch hở có: n_CO2(1) - n_H2O(1) = 0

+ Đốt chất béo no, đơn chức, mạch hở có: n_CO2(2) - n_H2O(2) = 2.n_{chất béo}

Cộng vế với vế ta được: ∑n_CO2 - ∑n_H2O = 2n_X

→ 6,42 - n_H2O = 2y → n_H2O = 6,42 - 2y (mol)

Bảo toàn O → 2n_axit + 6n_{chất béo} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

→ 2x + 6y + 2.9,21 = 2.6,42 + 6,42 - 2y (2)

Giải (1) (2) được x = 0,18 và y = 0,06

BTKL → m_A = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 6,42.44 + 6,3.18 - 9,21.32 = 101,16 gam

- Xét phản ứng thủy phân trong NaOH:

BTKL: m _muối = m_A + m_NaOH - m_H2O - m_C3H5(OH)3

                     = 101,16 + 0,36.40 - 0,18.18 - 0,06.92 = 106,8 gam

Đáp án D

Phương pháp giải:

X + H₂ → X^’ chứa C₂H₄O₂; C₆H₁₂O₂; C₆H₁₀O_4; C₅H₈O₄; C₅₇H₁₁₀O₆

Ta thấy:

C₂H₄O₂ =  CH₄ + CO₂

C₆H₁₂O₂ = C₅H₁₂ + CO₂

C₆H₁₀O₄ = C₄H₁₀ + 2CO₂

C₅H₈O₄ = C₃H₈ + 2CO₂

C₅₇H₁₁₀O₆ = C₅₄H_110­  + 3CO₂

Do vậy quy đổi X’ thành C_nH_2n+2 : a (mol) và CO₂

Đốt X’ chính là đốt X và H₂ ban đầu

Lời giải chi tiết:

X + H₂ → X^’ chứa C₂H₄O₂; C₆H₁₂O₂; C₆H₁₀O_4; C₅H₈O₄; C₅₇H₁₁₀O₆

Ta thấy:

C₂H₄O₂ =  CH₄ + CO₂

C₆H₁₂O₂ = C₅H₁₂ + CO₂

C₆H₁₀O₄ = C₄H₁₀ + 2CO₂

C₅H₈O₄ = C₃H₈ + 2CO₂

C₅₇H₁₁₀O₆ = C₅₄H_110­  + 3CO₂

Do vậy quy đổi X’ thành C_nH_2n+2 : a (mol) và CO₂

Ta coi đốt X’chính là đốt X và H₂: 0,25 (mol)

                    2H₂    +  O₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) 2H₂O

                    0,25→0,125        → 0,25   (mol)

Vậy lượng O₂ cần đốt cháy X’ = 1,89 + 0,125 = 2,015 (mol)

Số mol H₂O cháy tạo ra là: n_H2O = 22,32/18 + 0,25 = 1,49 (mol)

PT cháy X’: C_nH_2n+2 + (3n+1)/2 O₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\)  nCO₂ + (n+1)H₂O

Theo PTHH:                   \(\frac{{3n + 1}}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\xrightarrow{{}}\,\,\,\,\,(n + 1)\)       (mol)

Theo ĐB:                          2,015                \(\xrightarrow{{}}\)        1,49         (mol)

   \(\begin{array}{l}1,49.\frac{{3n + 1}}{2} = 2,015.(n + 1)\\ \to 2,235n + 0,745 = 2,015n + 2,015\\ \to 0,22n = 1,27\\ \to n = \frac{{127}}{{22}}\end{array}\)    

Mặt khác: \({n_{{H_2}O}} = x(n + 1) = 1,49 \Rightarrow x(\frac{{127}}{{22}} + 1) = 1,49 \Rightarrow x = 0,22\)

Đáp án C

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Lời giải chi tiết:

n_{NaOH(pư với HCl)} = n_HCl = 0,06 mol → n_{NaOH (pư với E)} = 0,3 - 0,06 = 0,24 mol = n_COO(E)

*Xét phản ứng đốt 12,84g E:

n_O(E) = 2n_COO(E) = 0,48 mol

Giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 12,84 + 0,29.32\left( {BTKL} \right)\\2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 0,48 + 0,29.2\left( {BT:O} \right)\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = 0,38\\{n_{{H_2}O}} = 0,3\end{array} \right.\)

*Quy đổi E thành:

\(E\left\{ \begin{array}{l}HCOOH:0,24\\C{H_2}:a\\{H_2}:b\left( {b < 0} \right)\\{C_3}{H_8}{O_3}:c\\{H_2}O: - 3c\end{array} \right. \to Muoi\left\{ \begin{array}{l}HCOON{\rm{a}}:0,24\\C{H_2}:a\\{H_2}:b\\NaCl:0,06\end{array} \right.\)

(1) m_E = 0,24.46 + 14a + 2b + 92c + 18.(-3c) = 12,84

(2) m_muối = 0,24.68 + 14a + 2b + 0,06.58,5 = 20,87

(3) n_CO2 = 0,24 + a + 3c = 0,38

Giải hệ được a = 0,08; b = -0,04; c = 0,02

+) n_E = n_axit + n_este = (0,24 - 3c) + c = 0,2 mol

+) Số C trung bình của axit = (0,24 + a)/0,24 = 1,333

→ X là HCOOH

Mà n_Y = - n_H2 = - b = 0,04 mol

→ n_HCOOH = 0,24 - 0,04 = 0,2 mol

→ n_Br2 = n_HCOOH + n_C=C = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol

Tỷ lệ:  0,2 mol E phản ứng tối đa 0,24 mol Br₂

→        0,3 mol E ………………..0,36 mol Br₂

Vậy V_{dd Br2} = 360 ml

Đáp án A

Phương pháp giải:

Quy đổi X thành \(\left\{ \begin{array}{l}{C_{17}}{H_{35}}C{\rm{OOH:x(mol)}}\\{C_{17}}{H_{33}}{\rm{COOH: y(mol)}}\\{C_3}{H_5}{(OH)_3}:z(mol)\\{H_2}O: - 3{\rm{z}}\end{array} \right.\)

Khi X + Br₂ ⟹ y (1)

Bảo toàn C cho pư cháy ⟹ (2)

Bảo toàn H tính được H₂O theo x, y, z

Bảo toàn O cho pư cháy ⟹ (3)

Giải (1)(2)(3) có x, y, z ⟹ khối lượng của hỗn hợp X

Giả sử Y có công thức (C₁₇H₃₃COO)_n(C₁₇H₃₅COO)_3-nC₃H₅

a = 0,14 - 0,04n và b = 0,06 - 0,04.(3-n)

Mà theo đề bài a : b = 3 : 1 tìm được giá trị của n

Tính phần trăm khối lượng của Y trong X

Lời giải chi tiết:

Quy đổi X thành \(\left\{ \begin{array}{l}{C_{17}}{H_{35}}COOH:x\\{C_{17}}{H_{33}}COOH:y\\{C_3}{H_5}{(OH)_3}:z\\{H_2}O: - 3{\rm{z}}\end{array} \right.\)

Khi X + Br₂ thì n_Br2 = y = 0,14 mol (1)

Khi X + O₂ thì bảo toàn C có n_CO2 = 18x + 18y + 3z = 3,72 (2)

Bảo toàn H có n_{H2O thu dược} = 18x + 17y + 4z - 3z = 18x + 17y + z

Bảo toàn O có n_O(X) + 2n_O2 = n_H2O + 2n_CO2 ⟹ 2x + 2y + 3z - 3z + 2.5,27 = 18x + 17y + z + 3,72.2

⟹ 16x + 15y + z = 3,1 (3)

Giải (1)(2)(3) có x = 0,06 mol và z = 0,04 mol

X quy đổi có \(\left\{ \begin{array}{l}{C_{17}}{H_{35}}COOH:0,06\\{C_{17}}{H_{33}}COOH:0,14\\{C_3}{H_5}{(OH)_3}:0,04\\{H_2}O: - 0,12\end{array} \right.\) ⟹ m_X = 0,06.284 + 0,14.282 + 0,04.92 - 0,12.18 = 58,04 gam

Giả sử Y có công thức (C₁₇H₃₃COO)_n(C₁₇H₃₅COO)_3-nC₃H₅: 0,04 mol thì

a = 0,14 - 0,04n

b = 0,06 - 0,04.(3 - n)

Mà theo đề a : b = 3 : 1 nên 0,14 - 0,04n = 3.[0,06 - 0,04.(3-n)] ⟹ n = 2

Vậy Y là (C₁₇H₃₃COO)₂(C₁₇H₃₅COO)C₃H₅ (0,04 mol)

\( \to \% {m_Y} = \frac{{0,04.886}}{{58,04}}.100\%  = 61,06\% \) gần nhất với 61%

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt –COOR là gốc este của ancol và –COOC₆H₅ là gốc este của phenol

Khi cho Y tác dụng với Na dư thì: n_{-OH(trong ancol)} = 2n_H2 = ? (mol) = n_-COOR

BTKL quá trình đốt cháy: m_{O(trong X)} = m_X – m_C – m_H = ? Từ đó tính được: n_-COO = n_{O(trong X)}/2 = ?

⟹ n_-COOC6H5 = n-_COO- – n_-COOR = ? (mol)

⟹ n_NaOH = n_-COOR + 2n_-COOC6H5 = ? (mol)

BTKL ta có: m_X + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O (Với n_H2O = n_-COOC6H5)

Lời giải chi tiết:

Cách 1:

Công thức cấu tạo của các chất lần lượt là:

HCOOCH₃ ; (COOCH₃)₂ ; (CH₃COO)₃C₃H₅; CH₃COOC₆H₅

Các ancol thu được là: CH₃OH (x mol) và C₃H₅(OH)₃ (y mol)

m _ancol = 32x + 92y = 1,56 (1)

n_H2 = 0,5n_CH3OH + 1,5n_C3H5(OH)3 = 0,5x + 1,5y = 0,025 (2)

Giải (1) (2) thu được x = 0,01; y = 0,02

Hỗn hợp đầu gồm: HCOOCH₃ (a mol); (COOCH₃)₂ (b mol);(CH₃COO)₃C₃H₅ (0,1 mol); CH₃COOC₆H₅ (c mol)

*m _hh = 60x + 118y + 136z + 0,1.218 = 4,73 (3)

*n_CH3OH = x + 2y = 0,02 (4)

*Đốt X: n_CO2 = 0,21 mol; n_H2O = 0,145 mol

m_O(X) = m_hh - m_C - m_H = 4,73 – 0,21.12 – 0,145.2 = 1,92 gam → n_O(X) = 0,12 mol

BTNT “O”: n_O(X) = 2x + 4y + 0,01.6 + 2z = 0,12 (5)

Giải (3) (4) (5) được a = 0,01; b = 0,005; c = 0,01

Xét phản ứng của X với NaOH:

n_{NaOH pư} = a + 2b + 0,01.3 + 2c = 0,07 mol

n_H2O = c = 0,01 mol

BTKL: m _muối = m _hh + m_NaOH - m _ancol - m_H2O = 4,73 + 0,07.40 – 1,56 - 0,01.18 = 5,79 gam

Cách 2:

Tổng quát:

Đặt –COOR là gốc este của ancol và –COOC₆H₅ là gốc este của phenol

-COOR- + NaOH → -COONa + ROH

-COOC₆H₅ + 2NaOH → -COONa + C₆H₅ONa + H₂O

Khi cho Y tác dụng với Na dư thì:

n_{-OH(trong ancol)} = 2n_H2 = 0,05 (mol) ⟹ n_-COOR = n_-OH(ancol) = 0,05 (mol)

Khi đốt cháy hh X thì: \({n_{O(trong\,X)}} = \frac{{{m_X} - 12{n_{C{O_2}}} - 2{n_{{H_2}O}}}}{{16}} = \frac{{4,73 - 12.0,21 - 2.0,145}}{{16}} = 0,12\,(mol)\)

⟹ n-_COO- = no/2 = 0,06 (mol)

⟹ n_-COOC6H5 = n-_COO- – n_-COOR = 0,06 – 0,05 = 0,01 (mol)

⟹ n_NaOH = n_-COOR + 2n_-COOC6H5 = 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol)

BTKL ta có: m_X + m_NaOH = m_muối + m_ancol + m_H2O

⟹ m = 4,73 + 0,07.40 – 1,56 – 0,01.18

⟹m = 5,79 (g)

Vậy m gần nhất với 5,8 g

Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt k là số liên kết π của triglixerit X và số mol của X trong m gam là x mol

⇒ Số liên kết π ngoài mạch cacbon là (k - 3) (vì có 3 liên kết π trong COO)

Áp dụng công thức khi đốt cháy chất hữu cơ X có độ bất bão hòa k ta có:

\({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = ? (mol)\)

Bảo toàn O lập phương trình 1 giữa x và k

X +KOH

Có m_X = m_C + m_H + m_O

BTKL ta có: m_X + m_KOH = m_Muối + m_C3H5(OH)3 ⟹ phương trình (2)

⟹ tìm được x và k

Khi X phản ứng với dd H₂ thì chỉ có liên kết π ở mạch cacbon mới tham gia phản ứng cộng

⇒ n_H2 = (k - 3).a ⟹ a

Lời giải chi tiết:

Giả sử m (g) X tương đương với x mol

*m(g) X + KOH:

X + 3KOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

x →    3x →                      x            (mol)

BTKL → m_X = m_muối + m_C3H5(OH)3 - m_KOH = 18,64 + 92x - 56.3x = 18,64 - 76x (g)

*Đốt m(g) X:

Bảo toàn O → \({n_{C{O_2}}} = \frac{{6{n_X} + 2{n_{{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{2} = \frac{{6{\rm{x}} + 2.1,54 - 1}}{2} = 3{\rm{x + }}1,04\left( {mol} \right)\)

BTKL → m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O → (18,64 - 76x) + 1,54.32 = 44.(3x + 1,04) + 18 → x = 0,02

→ n_X = 0,02 mol; n_CO2 = 1,1 mol

Công thức nhanh khi đốt cháy chất hữu cơ (chứa C, H, O) có độ bất bão hòa k:

\({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} \Leftrightarrow 0,02 = \frac{{1,1 - 1}}{{k - 1}} \Leftrightarrow k = 6\)

Ta thấy 3 nhóm COO có 3 π nên mạch cacbon có k - 3 = 3 liên kết π (lưu ý chỉ những liên kết π ngoài mạch C mới tham gia pư cộng)

*Hiđro hóa a mol X:

X    +    3H₂ → Chất béo no

0,02 ← 0,06 mol

Vậy a = 0,02 mol.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khi đốt hợp chất hữu cơ bất kì (chứa C, H, O) có độ bất bão hòa k, ta luôn có:

n_CO2 - n_H2O = n_hchc.(k-1)

Lời giải chi tiết:

BTKL → m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 1,28.44 + 1,15.18 - 1,785.32 = 19,9 gam

Đặt số mol của axit oleic và triglixerit lần lượt là a và 2a mol

Bảo toàn O → 2.a + 6.2a + 2.1,785 = 2.1,28 + 1,15 → a = 0,01

→ n_{axit oleic} = 0,01 mol; n_triglixerit = 0,02 mol

*Khi đốt hợp chất hữu cơ bất kì (chứa C, H, O) có độ bất bão hòa k, ta luôn có: n_CO2 - n_H2O = n_hchc.(k-1)

- Đốt axit oleic (k = 2) thì: n_{CO2(do axit oleic)} - n_{H2O(do axit oleic)} = 0,01.(2 - 1) (*)

- Đốt triglixerit Y (k) thì: n_{CO2(do Y)} - n_{H2O(do Y)} = 0,02.(k - 1) (**)

Cộng vế với vế của (*) và (**) được:

      ∑n_CO2 - ∑n_H2O = 0,01 + 0,02.(k - 1)

→  1,28 - 1,15 = 0,01 + 0,02.(k - 1)

→ k = 7

*Khi cho hỗn hợp tác dụng với Br₂ thì:

n_Br2 = n_{axit oleic} + (7-3).n_triglixerit = 0,01 + 4.0,02 = 0,09 mol

Tỷ lệ: 19,9 gam hỗn hợp X tác dụng với tối đa 0,09 mol Br₂

→       29,85 gam ………………………………0,135 mol

Vậy x = 0,135

Đáp án D