Phản Ứng Đốt Cháy Chất Béo

Lời giải đưa ra tiết:

nCO2 – nH2O = x – y = 4a = 4nX

=>X gồm 5 links pi (3 COO cùng 2 oleic)

=> X bao gồm dạng (Oleic)2(Stearin)

Đáp án A

Câu hỏi 4 : Đốt cháy trọn vẹn 0,1 mol triglixerit X ta nhận được 250,8 gam CO2 và 90 gam H2O. Ngoài ra 0,1 mol X phản nghịch ứng vừa đủ với V lít dung dịch Br2 1M. Quý giá của V là

Phương pháp giải:

nCO2 => Số C; nH2O => Số H

=> CTPT => Độ bất bão hòa: k = (2C + 2 – H)/2 => Số link π có tác dụng phản ứng với Br2: k - 3

Lời giải bỏ ra tiết:

nCO2 = 5,7 mol

nH2O = 5 mol

Số C = 5,7/0,1 =57

Số H = 10/0,1 = 100

Vậy bí quyết phân tử của chất phệ đó là C57H100O6. Độ bất bão hòa: k = (2C + 2 – H)/2 = (57.2+2-100)/2 = 8

Số links π có khả năng phản ứng cùng với Br2: 8 – 3 (trong 3 nơi bắt đầu COO) = 5

=> nBr2 = 0,5 mol => V = 0,5 lít

Đáp án C

Câu hỏi 5 : Đốt cháy trọn vẹn 17,72 gam một chất to (triglixerit) yêu cầu 1,61 mol O2 nhận được CO2 với 1,06 mol nước. Khía cạnh khác, mang đến 26,58 gam chất phệ này công dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thì cân nặng muối thu được là: 

Phương pháp giải:

+ BTKL => mCO2 = m chất to + mO2 – mH2O

+ BTNT O: nO(chất béo) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 => n chất to = nO(chất béo)/6

Khi cho hóa học béo tính năng với NaOH vừa đủ:

nNaOH = 3n chất béo

n glixerol = n chất béo

BTKL: m muối bột = m chất mập + mNaOH – m glixerol

Lời giải đưa ra tiết:

BTKL => mCO2 = m chất lớn + mO2 – mH2O = 17,72 + 1,61.32 – 1,06.18 = 50,16 gam => nCO2 = 1,14 mol

BTNT O: nO(chất béo) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 1,14.2 + 1,06 – 1,61.2 = 0,12 mol

=> n chất khủng = nO(chất béo)/6 = 0,02 mol

Khi cho chất béo tính năng với NaOH vừa đủ:

nNaOH = 3n chất mập = 0,06 mol

n glixerol = n chất to = 0,02 mol

BTKL: m muối bột = m chất to + mNaOH – m glixerol = 17,72 + 0,06.40 – 0,02.92 = 18,28 gam

Tỉ lệ:

17,72 gam chất khủng thu được 18,28 gam muối

26,58 gam 27,42 gam

Đáp án B

Câu hỏi 6 : Đốt cháy trọn vẹn a gam triglixerit X phải vừa đủ 4,83 mol O2, nhận được 3,42 mol CO2 và 3,18 mol H2O. Phương diện khác, đến a gam X làm phản ứng toàn diện với dung dịch NaOH, nhận được b gam muối. Cực hiếm của b là

Đáp án: B

Phương pháp giải:

X + O2 → CO2 + H2O

a gam 4,83 mol 3,42 mol 3,18 mol

BTKL => a

BTNT O: nO(X) = 2nCO2+nH2O-2nO2

=> nX = nO/6 (Vì X cất 6O)

(egingathered (overline R COO)_3C_3H_5 + 3NaOH o 3overline R COONa + C_3H_5(OH)_3 hfill \ xrightarrowBTKLb = a + m_NaOH - m_C_3H_5(OH)_3 hfill \ endgathered )

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Gọi CTTQ của X là CnH2n+2-2kO6 viết PTHH đốt cháy X:

=> k => Số links pi ở cội hiđrocacbon => a

Lời giải bỏ ra tiết:

=> Ở gốc hiđrocacbon tất cả 3 links pi

=> nX = nBr2/3 = 0,05 mol

Đáp án D

Câu hỏi 8 : Đốt cháy trọn vẹn m gam chất bự X (chứa triglixerit của axit stearic,axit panmitic và các axit béo tự do thoải mái đó). Sau làm phản ứng nhận được 13,44 lít CO2 (đktc) với 10,44 gam nước. Xà phòng hoá m gam X (H=90%) thì thu được trọng lượng glixerol là

Đáp án: C

Phương pháp giải:

CxH2x-4O6 → xCO2 + (x-2) H2O

a ax a(x-2)

CyH2y O2 → yCO2 + yH2O

b by by

(left{ eginarrayl max + by = 0,6\a(x - 2) + by = 0,58endarray ight. o a)

Lời giải đưa ra tiết:

CxH2x-4O6 → xCO2 + (x-2) H2O

a ax a(x-2)

CyH2y O2 → yCO2 + yH2O

b by by

(left{ eginarrayl max + by = 0,6\a(x - 2) + by = 0,58endarray ight. o a=0,01)

nglixerol = ntriglixerit = 0,01 mol

=> mglixerol = 0,01.92 = 0,92 gam

Vì H = 90% => mglixerol = 0,92.90% = 0,828 gam

Đáp án C

Câu hỏi 9 : Đốt cháy hòan toàn m gam 1 chất béo đề nghị 1,61 mol O2, sinh ra 1,14 mol CO2 cùng 1,06 mol H2O. Mang lại 7,088 gam chất béo tính năng vừa đủ với dung dịch NaOH thì khối lượng muối sinh sản thành là

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Bảo toàn cân nặng tính được khối lượng của chất béo. Bảo toàn thành phần O suy ra số mol O trong chất béo. Từ đó suy kia số mol chất béo. Tính được số mol NaOH gia nhập phản ứng và vận dụng bảo toàn trọng lượng suy ra trọng lượng muối.

Lời giải bỏ ra tiết:

Bảo toàn khối lượng m = 1,14.44+ 1,06.18 – 1,61.32 = 17,72 g

Bảo toàn nguyên tố O suy ra nO (chất béo) = 2.1,14+1,06 – 1,61.2=0,12 mol

Suy ra nchất khủng = 0,12/6 = 0,02 mol

nNaOH = 3.nchất mập =0,06 mol, nGlixerol =0,02 mol

Áp dụng bảo toàn khối lượng: mmuối = 17,72+0,06.40 – 0,02.92=18,28 gam

Suy ra nếu mang đến 7,088 gam chất béo tính năng vừa đầy đủ với dung dịch NaOH thì cân nặng muối tạo thành thành là 7,312 gam

Đáp án A

Câu hỏi 10 : Đốt cháy trọn vẹn 0,06 mol hỗn hợp X gồm cha triglixerit phải vừa đầy đủ 4,77 mol O2, chiếm được 3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa trọn vẹn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đun rét Y với dung dịch KOH vừa đủ, nhận được glixerol và m gam muối. Quý hiếm của m là

Đáp án: A

Phương pháp giải:

- Bảo toàn O: 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O => nCO2 = ?

- Bảo toàn khối lượng: mX + mO2 = mCO2 + mH2O => mX = ?

- (n_X = m n_H2_O - m n_C_O2 over 1 m - m k = > m k m = m 5)

=> X cộng được 2H2

(M_X = m_X over n_X = ?)

- X + 2H2 →Y

=> mY = mX + mH2 = ?

Y + 3KOH → muối + C3H5(OH)3

Bảo toàn khối lượng => m muối bột = mY + mKOH  - mC3H5(OH)3 = ? gam

Lời giải bỏ ra tiết:

- Bảo toàn O: 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O => nCO2 = 3,38

- Bảo toàn khối lượng: mX + mO2 = mCO2 + mH2O => mX = 52,6

- (n_X = m n_H2_O - m n_C_O2 over 1 m - m k = > m k m = m 5)

=> X cộng được 2H2

(M_X = m_X over n_X = 52,6 over 0,06)

Khi mX = 78,9 thì nX = 0,09:

- X + 2H2 →Y

=> mY = mX + mH2 = 79,26

Y + 3KOH → muối bột + C3H5(OH)3

Bảo toàn khối lượng => m muối = mY + mKOH  - mC3H5(OH)3 = 86,1 gam

Đáp án A

Câu hỏi 11 : Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một chất mập X thu được CO2 cùng H2O hơn yếu nhau 0,6 mol. Thể tích hỗn hợp Br2 0,5M về tối đa để phản ứng không còn với 0,03 mol chất phệ X là

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Đốt cháy hợp chất hữu cơ X : CxHyOz có độ bất bão hòa k ta có:

(n_X = fracn_CO_2 - n_H_2Ok - 1)

Theo dữ khiếu nại đề bài xích => k = ?

nBr2 = nliên kết pi mach ngoài

Lời giải bỏ ra tiết:

Gọi công thức của chất bự là: (RCOO)3C3H5: 0,1 (mol)

Gọi k là số liên kết pi tất cả trong chất béo

Áp dụng công thức ta có:

(egingathered n_X = fracn_CO_2 - n_H_2Ok - 1 hfill \ Rightarrow 0,1 = frac0,6k - 1 hfill \ Rightarrow k = 7 hfill \ endgathered )

Vì X là chất béo (là este của glixerol và các axit béo) => có 3 link pi vào 3 đội –COO trong phân tử.

=> còn 4 link pi ngoài mạch C

=> 1 mol X rất có thể công buổi tối đa với 4 mol C

=> 0,03 mol chất lớn X hoàn toàn có thể cộng buổi tối đa với 0,03.4 = 0,12 (mol) Br2

=> VBr2 = nBr2: centimet = 0,12 : 0,5 = 0,24 (lít) = 240 (ml)

Đáp án B

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Tính số mol CO2 và H2O từ kia suy ra số mol C với H.

mO(X) = mX – mC – mH => nO(X)

=> nX = nO(X) : 6

Xác định số C với H vào X.

Vậy CTPT của X là C55H102O6 có k = (2C + 2 – H) : 2 = ?

Mà bao gồm chứa 3 links π trong gốc COO bắt buộc ở ngoại trừ gốc hidrocacbon còn (k – 3) liên kết π.

Lời giải đưa ra tiết:

nCO2 = 2,2 mol => nC = 2,2 mol; nH2O = 2,04 mol => nH = 4,08 mol

mO(X) = mX – mC – mH = 34,32 – 2,2.12 – 2,04.2 = 3,84 gam => nO(X) = 3,84 : 16 = 0,24 mol

=> nX = nO(X) : 6 = 0,04 mol

Số C = 2,2 : 0,04 = 55

Số H = 4,08 : 0,04 = 102

Vậy CTPT của X là C55H102O6 gồm k = (2C + 2 – H) : 2 = (2.55 + 2 – 102) : 2 = 5

Mà tất cả chứa 3 link π trong cội COO bắt buộc ở xung quanh gốc hidrocacbon còn 2 links π.

Do kia 1 phân tử X có công dụng với 2 phân tử Br2.

=> nBr2 = 2nX = 2.0,12 = 0,24 mol

Đáp án C

Câu hỏi 13 : Đốt cháy hoàn toàn a gam triglixerit X yêu cầu vừa đủ 4,83 mol O2, nhận được 3,42 mol CO2 cùng 3,18 mol H2O. Phương diện khác, cho a gam X phản bội ứng đầy đủ với hỗn hợp NaOH, chiếm được b gam muối. Quý giá của b là

Đáp án: D

Phương pháp giải:

*Phản ứng cháy:

BTKL: mX = mCO2 + mH2O – mO2 = ?

BTNT “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = ?

=> nX = nO(X) : 6 = ?

*Phản ứng thủy phân trong NaOH:

X + 3NaOH → muối + C3H5(OH)3

nNaOH = 3nX = ?

nGlixerol = nX = ?

BTKL: m muối bột = mX + mNaOH – mglixerol = ?

Lời giải bỏ ra tiết:

*Phản ứng cháy:

BTKL: mX = mCO2 + mH2O – mO2 = 3,42.44 + 3,18.18 – 4,83.32 = 53,16 gam

BTNT “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 3,42.2 + 3,18 – 4,83.2 = 0,36 mol

=> nX = nO(X) : 6 = 0,36 : 6 = 0,06 mol

*Phản ứng thủy phân trong NaOH:

X + 3NaOH → muối + C3H5(OH)3

nNaOH = 3nX = 0,06.3 = 0,18 mol

nGlixerol = nX = 0,06 mol

BTKL: m muối hạt = mX + mNaOH – mglixerol = 53,16 + 0,18.40 – 0,06.92 = 54,84 gam

Đáp án D

Câu hỏi 14 : Đốt cháy trọn vẹn m gam một triglixerit X bắt buộc dùng 1,61 mol O2, chiếm được 1,14 mol CO2 và 1,06 mol H2O. Mang lại 26,58 gam X tính năng vừa đầy đủ với hỗn hợp NaOH thì trọng lượng muối sản xuất thành là

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Bảo toàn yếu tố O ta có: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 → nCOOH(X) 

Bảo toàn trọng lượng ta có

mX  + mO2 = mCO2 + mH2O → m

Tính tỉ lệ thành phần suy ra số mol COOH vào 26,58 gam X => nNaOH với n glixerol

Bảo toàn khối lượng: m muối = mX + mNaOH – mC3H5(OH)3

Lời giải đưa ra tiết:

Bảo toàn thành phần O ta có

→ nO(X) = nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 0,12 → nCOOH(X) = 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng ta có

mX  + mO2 = mCO2 + mH2O → m + 1,61.32 = 1,14.44 + 1,06.18 → m = 17,72 g

17,72 g X bao gồm 0,06 mol COOH → 26,58 g X có 0,09 mol COOH

→ 26,58 g X + 0,09 mol NaOH → muối + 0,03 mol C3H5(OH)3

Bảo toàn khối lượng: m muối bột = mX + mNaOH – mC3H5(OH)3 = 26,58 + 0,09.40 – 0,03.92 = 27,42 gam

Đáp án C

Câu hỏi 15 : Đốt cháy trọn vẹn m gam triglixerit X đề nghị 1,61 mol O2, hiện ra 1,14 mol CO2 với 1,06 mol H2O. Mang đến 7,088 gam X chức năng vừa đủ với dung dịch NaOH thì trọng lượng muối sinh sản thành là

Đáp án: A

Phương pháp giải:

*Phản ứng đốt cháy m gam X:

BTNT “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2

=> nX = nO(X) : 6

mX = mCO2 + mH2O – mO2

Tỉ lệ: mX = ? gam X khớp ứng với nX = ? mol

=> 7,088 gam ? mol

=> nNaOH = 3nX; nglixerol = nX

BTKL: m muối hạt = mX + mNaOH – m glixerol

Lời giải bỏ ra tiết:

*Phản ứng đốt cháy m gam X:

BTNT “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 1,14.2 + 1,06 – 1,61.2 = 0,12 mol

=> nX = nO(X) : 6 = 0,02 mol

mX = mCO2 + mH2O – mO2 = 1,14.44 + 1,06.18 – 1,61.32 = 17,72 gam

Tỉ lệ: 17,72 gam X khớp ứng với 0,02 mol X

=> 7,088 gam 0,008 mol

=> nNaOH = 3nX = 0,008.3 = 0,024 mol; nglixerol = nX = 0,008 mol

BTKL: m muối = mX + mNaOH – m glixerol = 7,088 + 0,024.40 – 0,008.92 = 7,312 gam

Đáp án A

Câu hỏi 16 : Đốt cháy hoàn toàn a gam triglixerit X phải vừa đầy đủ 4,83 mol O2, nhận được 3,42 mol CO2 với 3,18 mol H2O. Khía cạnh khác, cho a gam X bội nghịch ứng hoàn toản với hỗn hợp NaOH, chiếm được b gam muối. Cực hiếm của b là

Đáp án: D

Phương pháp giải:

BTNT: “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = ? (mol)=> nX = 1/6nO(X) = ? (mol)

BTKL ta có: a = mX = mC + mH + mO = ? (g)

Đặt công thức chung của X: (RCOO)3C3H5

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

mmuối = mX + mNaOH – mC3H5(OH)3 = ?

Lời giải đưa ra tiết:

BTNT: “O”: nO(X) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 3,42.2 + 3,18.1 – 4,83.2 = 0,36 (mol)

=> nX = 1/6nO(X) = 0,36/6 = 0,06 (mol)

BTKL ta có: a = mX = mC + mH + mO = 3,42.12 + 2.3,18 + 0,36.16 = 53,16 (g)

Đặt công thức chung của X: (RCOO)3C3H5

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

0,06 → 0,18 → 0,06 (mol)

mmuối = mX + mNaOH – mC3H5(OH)3 = 53,16 + 0,18.40 – 0,06.92 = 54,84 (g)

Đáp án D

Câu hỏi 17 : Đốt cháy hoàn toàn 4,03 gam triglixerit X bởi một lượng oxi vừa đủ, cho toàn cục sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi vào dư chiếm được 25,5 gam kết tủa và trọng lượng dung dịch thu được sút 9,87 gam so với khối lượng nước vôi trong ban đầu. Khía cạnh khác, lúc thủy phân hoàn toàn 8,06 gam X trong dung dịch NaOH dư nung nóng, chiếm được dung dịch cất a gam muối. Quý giá của a là

Đáp án: A

Phương pháp giải:

4,03 gam X + O2 → CO2 + H2O

Đưa sản phẩm qua chai nước vôi vào nCO2 = nCaCO3

mdd bớt = mkết tủa  - mH2O – mCO2 → nH2O  

→ X tất cả nC = nCO2 với nH = 2nH2O → CTPT của X

Bảo toàn khối lượng tìm mmuối

Lời giải bỏ ra tiết:

4,03 gam X + O2 → CO2 + H2O

Đưa thành phầm qua chai lọ đựng nước vôi vào nCO2 = nCaCO3 = 0,255 mol

mdd giảm = mkết tủa  - mH2O – mCO2 → 25,5 - mH2O - 0,255.44 = 9,87 → nH2O  = 0,245 mol

→ X có nC = nCO2 =0,255 mol với nH = 2nH2O = 2.0,245 =0,49 mol

→ nO = (frac4,03 - 0,255.12 - 0,49.116 = 0,03) mol

Vì X là triglixerit nên X gồm 6 O trong CTPT → (n_X = fracn_O6 = 0,005 Rightarrow left{ egingatheredC = frac0,2550,005 = 51 hfill \H = frac0,490,005 = 98 hfill \endgathered ight.)

→ X : C51H98O6

Xét 8,06 g X + NaOH → muối hạt + glixerol thì

nX = (frac8,0612.51 + 98.1 + 16.6 = 0,01) →nNaOH  = 3nX =0,03 mol cùng nglixerol = nX = 0,01 mol

Bảo toàn khối lượng có mmuối = mX + mNaOH – mglixerol  = 8,06 + 0,03.40 – 0,01 .92 =8,34 g

Đáp án A

Câu hỏi 18 : Đốt cháy hoàn toàn m gam chất lớn X (chứa triglixerit của axit stearic, axit panmitic). Sau phản ứng nhận được 20,16 lit khí CO2 (dktc) cùng 15,66g nước . Xà phòng hóa m gam X (H = 90%) thì thu được trọng lượng glyxerol là :

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Biện luận bí quyết este dựa vào số link pi vào phân tử

=> CnH2n+2-2kO2m (m là số nhóm COO ; k là số liên kết pi vào phân tử)

Bài toán năng suất : mThực tế = mLT.H%

Lời giải bỏ ra tiết:

Este của axit no đơn chức (axit stearic và axit panmitic) với glyxerol

=> este này còn có 3 link pi bên trong 3 nhóm COO-

=> Công thức tổng quát của este là CnH2n - 4O6

- phản bội ứng cháy : CnH2n – 4O6 + O2 → nCO2 + (n – 2)H2O

- Theo phương trình, nCO2 – nH2O = 2neste

Có : nCO2 = 20,16 : 22,4 = 0,9 mol ; nH2O = 15,66 : 18 = 0,87 mol

=> neste = ½ (0,9 – 0,87) = 0,015 mol

- làm phản ứng xà chống hóa : Este + 3NaOH → 3Muối + Glycerol

Mol 0,015 → 0,015

Vì công suất phản ứng là 90% => nGlycerol thực = nGlycerol LT. H% = 0,015.90% = 0,0135 mol

=> mGlyxerol = 0,0135.92 = 1,242g

Đáp án B

Câu hỏi 19 : Đốt cháy trọn vẹn a gam triglixerit X đề xuất vừa đầy đủ 3,26 mol O2, chiếm được 2,28 mol CO2 và 39,6 gam nước. Còn mặt khác thủy phân hoàn toàn a gam X trong dung dịch NaOH đun nóng, chiếm được dung dịch chứa b gam muối. Giá trị của b là

Đáp án: B

Phương pháp giải:

a g X + 3,26 mol O2 → 2,28 mol CO2 + 39,6 gam nước

Bảo toàn khối lượng → a

Bảo toàn nhân tố O → nX

X + 3NaOH → muối bột + C3H5(OH)3

Bảo toàn cân nặng → mmuối

Lời giải bỏ ra tiết:

Ta có a g X + 3,26 mol O2 → 2,28 mol CO2 + 39,6 gam nước

Bảo toàn cân nặng có a + 3,26.32 = 2,28.44 + 39,6 → a = 35,6 gam

Bảo toàn nguyên tố O có nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nO(X) + 2.3,26 = 2.2,28 + 2,2 → nO(X) = 0,24 mol

Vì X là triglixerit bắt buộc X cất 6 O trong phương pháp phân tử cần nX = 0,04 mol

Ta gồm a gam X + 3NaOH → muối hạt + C3H5(OH)3

Ta gồm nNaOH  = 3nX = 3.0,04 =0,12 mol

nC3H5(OH)3 = 0,04 mol

Bảo toàn cân nặng có mX + mNaOH =mmuối + mC3H5(OH)3 → 35,6 + 0,12.40 = 0,04.92 + mmuối → mmuối = 36,72 g

 Đáp án B

Câu hỏi đôi mươi : Đốt cháy trọn vẹn m gam chất mập no X nhận được 4,539 mol CO2 và 4,361 mol H2O. Thủy phân không còn m gam X trong dung dịch NaOH nhận được 74,226 gam muối. Toàn bô nguyên tử vào X là

 C 173 D 806
Đáp án: B

Phương pháp giải:

Gọi số mol của X là a mol và số mol O2 là b mol

X + O2 → CO2 +H2O

Bảo toàn trọng lượng có m + mO2 = mCO2 + mH2O →pt (1)

Bảo toàn O có pt (2)

X + 3a mol NaOH → muối + a mol C3H5(OH)3

Bảo toàn khối lượng có pt(3)

Giải (1),(2),(3) có m ; a cùng b → MX = 806 → khẳng định CTPT của X

Lời giải đưa ra tiết:

Gọi số mol của X là a mol với số mol O2 là b mol

X + O2 → CO2 +H2O

Bảo toàn trọng lượng có m + mO2 = mCO2 + mH2O →m + 32b = 44.4,539 + 4,361.18 = 278,214 (1)

Bảo toàn O tất cả 6a + 2b = 2.4,539 + 4,361 = 13,439 (2)

X + 3a mol NaOH → muối + a mol C3H5(OH)3

Bảo toàn cân nặng có m + 3a.40 = 74,226 + 92a (3)

Giải (1),(2),(3) bao gồm m = 71,734; a= 0,089 mol với b = 6,4525 mol

→ MX = 806

X bao gồm số C = nCO2 :nX = 4,539 : 0,089 = 51

Số H = 2nH2O : nX = 2.4,361 : 0,089 = 98

→ số O = (806 – 12.51 – 98 ) : 16 = 6

→ tổng cộng nguyên tử tron X là 51 + 98 + 6 = 155 

Đáp án B

Câu hỏi 21 : Đốt cháy trọn vẹn m gam một triglixerit X bắt buộc 9,016 lít O2 nhận được 6,384 lít CO2 và 4,77 g H2O. Còn mặt khác m gam X phản nghịch ứng toàn diện với x gam Brom (trong dung môi CCl4). Biết thể tích những khí đo ngơi nghỉ đktc. Cực hiếm của x là:

Đáp án: A

Phương pháp giải:

- Gọi bí quyết của X là (RCOO)3C3H5 có k links pi

Bảo toàn nguyên tố O: nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

=> nO(X) => nX

Mặt khác: (k – 1).nX = (nCO2 – nH2O) => k

Có 3 pi vào 3 cội COO => số liên kết pi sót lại sẽ phía trong gốc hidrocacbon (Có thể bội nghịch ứng được với Br2/CCl4)

=> số mol Br2 => x

Lời giải bỏ ra tiết:

- Gọi phương pháp của X là (RCOO)3C3H5 có k liên kết pi

nO2 = 9,016 : 22,4 = 0,4025 mol ; nCO2 = 6,384 : 22,4 = 0,285 mol ; nH2O = 0,265 mol

Bảo toàn nhân tố O: nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

=> nO(X) = 0,03 mol = 6n(X) => nX = 0,005 mol

Mặt khác: (k – 1).nX = (nCO2 – nH2O) => k = 5

Có 3 pi trong 3 nơi bắt đầu COO => 2 pi sót lại sẽ nằm trong gốc hidrocacbon (Có thể phản bội ứng được cùng với Br2/CCl4)

=> nBr2 = 2.nX = 2.0,005 = 0,01 mol

=> mBr2 = x = 0,01.160 = 1,6g

Đáp án A

Câu hỏi 22 : X là Trieste của một ancol no mạch hở cùng 3 axit cacboxylic mạch hở solo chức. Đốt cháy hoàn toàn a mol X nhận được b mol CO2 và c = 0,5 mol H2O. Biết rằng b – c = 5a. Ngoài ra a mol X bội nghịch ứng về tối đa với dung dịch cất 0,15 mol Br2. Đốt cháy trọn vẹn 5,92 gam X nên V lít khí O2 đktc. Giá trị của V là

 
Đáp án: C

Phương pháp giải:

áp dụng phương pháp tính độ bất bão hòa k đối với 1 hóa học hữu cơ CxHyOz: a (mol)

Ta gồm (n_X = fracn_CO_2 - n_H_2Ok - 1 o a = fracb - ck - 1 o a = frac5ak - 1 Rightarrow k = 6) → X bao gồm 6 liên kết pi trong các số đó có 3 links pi trong đội COO, 3 links pi trong gốc axit → X + 3Br2 → a → b

X + O2 → CO2 +H2O

Bảo toàn O → nO2

Bảo toàn cân nặng → mX

Lời giải đưa ra tiết:

áp dụng phương pháp tính độ bất bão hòa k đối với 1 hóa học hữu cơ CxHyOz: a (mol)

Ta gồm (n_X = fracn_CO_2 - n_H_2Ok - 1 o a = fracb - ck - 1 o a = frac5ak - 1 Rightarrow k = 6) → X bao gồm 6 links pi trong số đó có 3 links pi trong đội COO, 3 liên kết pi trong nơi bắt đầu axit

→ X + 3Br2 → nX = 0,15 : 3 =0,05 mol = a

→ b = 5a + c = 5.0,05 + 0,5 = 0,75 mol

X + O2 → CO2 +H2O

Bảo toàn O bao gồm 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O = 2.0,75 + 0,5 = 2 → nO2 = (2 – 6.0,05) : 2 = 0,85 mol

Bảo toàn cân nặng mX + mO2 = mCO2 + mH2O → mX + 0,85.32 = 0,75.44 + 0,5.18 →mX = 14,8 g

5,92 g X tất cả n = 5,92 : 14,8 . 0,05 = 0,02 mol

→nO2 = 0,02 : 0,05 . 0,85 = 0,34 mol → V = 7,616 lít

Đáp án C

Câu hỏi 23 : Đốt cháy hoàn toàn 4,03 gam triglixerit X bằng một lượng oxi vừa đủ, cho cục bộ sản phẩm cháy dung nạp hết vào bình đựng nước vôi vào dư thu được 25,5 gam kết tủa và khối lượng dung dịch thu được bớt 9,87 gam so với cân nặng nước vôi trong ban đầu. Mặt khác, khi thủy phân hoàn toàn 8,06 gam X trong hỗn hợp NaOH (dư) đun nóng, chiếm được dung dịch cất m gam muối. Quý hiếm của m là

Đáp án: A

Phương pháp giải:

4,03 gam X + O2 → CO2 + H2O

Đưa sản phẩm qua bình đựng nước vôi trong nCO2 = nCaCO3

mdd sút = mkết tủa  - mH2O – mCO2 → nH2O  

→ X bao gồm nC = nCO2 và nH = 2nH2O → CTPT của X

Bảo toàn trọng lượng tìm mmuối

Lời giải bỏ ra tiết:

4,03 gam X + O2 → CO2 + H2O

Đưa thành phầm qua lọ nước vôi vào nCO2 = nCaCO3 = 0,255 mol

mdd bớt = mkết tủa  - mH2O – mCO2 → 25,5 - mH2O - 0,255.44 = 9,87 → nH2O  = 0,245 mol

→ X gồm nC = nCO2 =0,255 mol và nH = 2nH2O = 2.0,245 =0,49 mol

→ nO = (frac4,03 - 0,255.12 - 0,49.116 = 0,03) mol

Vì X là triglixerit phải X gồm 6 O vào CTPT 

→ (n_X = fracn_O6 = 0,005 Rightarrow left{ egingatheredC = frac0,2550,005 = 51 hfill \H = frac0,490,005 = 98 hfill \endgathered ight.)

→ X : C51H98O6

Xét 8,06 g X + NaOH → muối hạt + glixerol thì

nX = (frac8,0612.51 + 98.1 + 16.6 = 0,01) → nNaOH  = 3nX =0,03 mol với nglixerol = nX = 0,01 mol

Bảo toàn cân nặng có mmuối = mX + mNaOH – mglixerol  = 8,06 + 0,03.40 – 0,01 .92 =8,34 g

Đáp án A

Đáp án: B

Phương pháp giải:

X + O2 → x mol CO2 + y mol H2O

Bảo toàn cân nặng có mX + mO2 = mCO2 + mH2O → pt ẩn x cùng y

Mà x – y = 0,064 mol phải giải được x cùng y

Bảo toàn O có nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nO(X) → nX → MX

Lập CTPT của X theo nCO2 cùng nH2O → số liên kết ∏ của X → tỉ lệ thành phần của X với H2 phản nghịch ứng

X + 0,096 mol H2 → Y → nX =nY → mX →mY

Y + 3NaOH → a gam muối bột + C3H5(OH)3 → BTKL : mmuối

Lời giải chi tiết:

X + O2 → x mol CO2 + y mol H2O

nO2 = 1,24 mol 

Bảo toàn trọng lượng có mX + mO2 = mCO2 + mH2O → 13,728 + 1,24.32 = 44x + 18y (1)

Mà x – y = 0,064 mol nên x = 0,88 mol và y = 0,816 mol

Bảo toàn O tất cả nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nO(X) = 2.0,88 + 0,816 – 2.1,24 =0,096 mol

Vì X là triglixerit cần nO(X) = 6nX → nX = 0,016 mol → MX = 13,728 : 0,016 = 858 (g/mol)

X gồm số C = nCO2 : nX = 55 và số H = 2nH2O : nX = 102 → X là C55H102O6

→ X cộng tối đa cùng với 2H2 → no

X + 0,096 mol H2 → Y → nX = 0,048 mol → mX =41,184 gam→mY = 41,184 + 0,096.2 =41,376 gam cùng nY =nX =0,048 mol

Y + 3NaOH → a gam muối + C3H5(OH)3

nNaOH = 3nY = 0,048.3 =0,144 mol với nC3H5(OH)3 = 0,048 mol

→ BTKL : mmuối = mY + mNaOH – mC3H5(OH)3 = 41,376 + 0,144.40 – 0,048.92 = 42,72 gam

Đáp án B

Câu hỏi 25 : Đốt cháy trọn vẹn 4,03 gam triglixerit X bởi một lượng oxi vừa đủ, cho toàn thể sản phẩm cháy kêt nạp hết vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 25,5 gam kết tủa và trọng lượng dung dịch thu được giảm 9,87 gam so với cân nặng nước vôi vào ban đầu. Còn mặt khác khi thủy phân hoàn toàn 8,06 gam X trong hỗn hợp NaOH dư làm cho nóng thu được dung dịch chứa a gam muối. Quý hiếm của a là

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Xét phản bội ứng 4,03 g X +O2 → CO2 + H2O

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

Bảo toàn yếu tắc C → nCO2

Lập phương trình mdd giảm → mH2O

BTKL → mO2 → bảo toàn O → nO(X)  → nX = 1/6 .nO(X)

→ số mol của 8,06 g X

BTKL mmuối = mX + mNaOH – mC3H5(OH)3

Lời giải đưa ra tiết:

Xét bội nghịch ứng 4,03 g X +O2 → CO2 + H2O

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

→ nCaCO3 = nCO2 = 0,255 mol

mdd giảm = - mCO2 - mH2O + mCaCO3 = - 0,255.44 – mH2O + 25,5 = 9,87 → mH2O = 4,41 gam → nH2O = 0,245 mol

BTKL có mO2 = mCO2 + mH2O – mX = 0,255.44 + 4,41 – 4,03 = 11,6 g → nO2= 0,3625 mol

Bảo toàn O gồm 2nO2 + nO(X) = 2nCO2 + nH2O → nO(X) = 0,03 mol

Vì X là triglixerit nên nX = 1/6 .nO(X) = 0,005 mol

→ 8,06 g X bao gồm số mol là 0,005.8,06 : 4,03 = 0,01 mol

0,01 mol X + 0,03 mol NaOH → muối bột + 0,01 mol C3H5(OH)3

BTKL mmuối = mX + mNaOH – mC3H5(OH)3 = 8,06 + 0,03.40 – 0,01.92 = 8,34 gam

Đáp án D

Câu hỏi 26 : Đốt cháy trọn vẹn a gam triglixerit X đề nghị vừa đầy đủ 0,32 mol O2 thu được 0,228 mol CO2 và 0,208 mol H2O. Mặt khác, mang đến a gam X vào 45 ml hỗn hợp hỗn hợp gồm NaOH 0,1M cùng KOH 0,1M sau làm phản ứng hoàn toàn cô cạn dung dịch thu được chất rắn đựng m gam muối khan. Quý hiếm của m là

Đáp án: C

Phương pháp giải:

BTNT "O": 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nX = ? (mol)

BTKL ta có: mX + mO2 = mCO2 + mH2O → a = ? (g)

→ Phân tử khối của X là: MX = ? (g/mol)

Đặt CTPT của X tất cả dang: (RCOO)3C3H5

Ta thấy: nX > 3nOH- → bazo pư hết, X dư. Mọi giám sát theo số mol OH-

(RCOO)3C3H5 + 3OH- → 3RCOO- + C3H5(OH)3

BTKL ta có: mX pư + mNaOH + mKOH = mmuối + mC3H5(OH)3

Lời giải bỏ ra tiết:

BTNT "O": 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nX = (0,228.2 + 0,208 - 2.0,32)/6 = 0,004 (mol)

BTKL ta có: mX + mO2 = mCO2 + mH2O → a + 0,32.32 = 0,228.44 + 0,208.18 → a = 3,536 (g)

→ Phân tử khối của X là: MX = 3,536 : 0,004 = 884 (g/mol)

nKOH = nNaOH = 0,045.0,1 = 0,0045 (mol) → ∑ nOH- = 0,009 (mol)

Đặt CTPT của X có dang: (RCOO)3C3H5: 0,004 (mol)

Ta thấy: nX > 3nOH- → bazo pư hết, X dư. Mọi đo lường và thống kê theo số mol OH-

(RCOO)3C3H5 + 3OH- → 3RCOO- + C3H5(OH)3

0,003 ← 0,009 → 0,003 (mol)

→ nX pư = nC3H5(OH)3 = nOH-/3 = 0,003 (mol)

BTKL ta có: mX pư + mNaOH + mKOH = mmuối + mC3H5(OH)3

→ 0,003.884 + 0,0045. 40 + 0,0045.56 = mmuối + 0,003.92

→ mmuối = 2,808 (g)

Đáp án C

Câu hỏi 27 : Đốt cháy trọn vẹn a gam triglixerit X cần vừa đủ 7,8 mol O2 thu được 5,5 mol CO2 với 5,2 mol H2O. Phương diện khác cho a gam X phản nghịch ứng với trọn vẹn dung dịch Br2. Số mol Br2 gia nhập phản ứng là:

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Bảo toàn nhân tố oxi: nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O => nO(X) => nX

 Gọi số liên kết pi vào X là k

=> lúc đốt cháy X thì thu được sản phẩm: nCO2 – nH2O = (k – 1)nX => k

Biện luận => số liên kết pi rất có thể phản ứng được cùng với Br2 => nBr2

Lời giải đưa ra tiết:

Bảo toàn nhân tố oxi: nO(X) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

=> nO(X) = 0,6 mol

Vì X là triglixerit => 3 nhóm COO => 6 nguyên tử oxi

=> nX = 1/6.nO(X) = 0,1 mol

Gọi số link pi vào X là k

=> khi đốt cháy X thì thu được sản phẩm: nCO2 – nH2O = (k – 1)nX

=> k = 4. Tất cả 3 link pi trong 3 đội COO

=> có một liên kết pi ở nơi bắt đầu hiđrocacbon (C=C)

=> nBr2 = nX = 0,1 mol

Đáp án B 

Câu hỏi 28 : Đốt cháy trọn vẹn 17,16 gam triglixerit X, nhận được H2O với 1,1 mol CO2. Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, chiếm được glixerol và m gam muối. Phương diện khác, 17,16 gam X tác dụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch. Quý hiếm của m là

Đáp án: D

Phương pháp giải:

- Bảo toàn khối lượng

- áp dụng công thức: nCO2 - nH2O = (k-1).nX

Lời giải đưa ra tiết:

Đặt số mol H2O là a mol, số mol của X là b mol, k là số link pi.

+ nCO2 - nH2O = (k-1).nX => 1,1 - a = (k - 1).b (1)

+ nBr2 = (k - 3).b = 0,04 (2)

+ BTKL: mX = mC + mH + mO => 12.1,1 + 2a + 16.6b = 17,16 (3)

Từ (1), (2) với (3) => a = 1,02; b = 0,02; k = 5

- Xét làm phản ứng thủy phân:

nGlixerol = nX = 0,02 mol; nNaOH = 3nX = 0,06 mol

BTKL: mX + mNaOH = m muối hạt + m Glixerol => 17,16 + 0,06.40 = m + 0,02.92 => m = 17,72 gam

Đáp án D

Câu hỏi 29 : Đốt cháy trọn vẹn 13,728 gam triglixerit X, chiếm được a mol hỗn hợp Y có CO2 và H2O. Cho tổng thể hỗn phù hợp Y qua cacbon nung đỏ, nhận được 2,364 mol tất cả hổn hợp Z bao gồm CO, H2 và CO2. Cho tất cả hổn hợp Z qua hỗn hợp Ba(OH)2 dư chiếm được 202,516 gam kết tủa. Mang đến 13,728 gam X chức năng được về tối đa với 0,032 mol Br2 vào dung dịch. Quý giá của m là

Đáp án: C

Phương pháp giải:

- Tính số mol CO2 tự số mol kết tủa

- Suy ra tổng cộng mol teo và H2

- Áp dụng bảo toàn electron, tìm số mol C

- Suy ra quý hiếm của a.

- Quy đổi tất cả hổn hợp X thành (HCOO)3C3H5, CH2 với H2O

- Lập phương trình cân nặng X (1)

- Lập phương trình cực hiếm của a (2)

- tự (1) và (2) đưa ra số mol (HCOO)3C3H5 cùng CH2

- tìm số mol NaOH với glixerol.

- Bảo toàn trọng lượng để tìm trọng lượng muối

Lời giải bỏ ra tiết:

Dẫn tất cả hổn hợp Z qua hỗn hợp Ba(OH)2 dư thì (n_CO_2 = n_BaC mO_3 = 1,028,,mol)

( o n_CO + n_H_2 = 2,364 - 1,028 = 1,336)mol

Xét quá trình trao đổi electron của phản ứng thân C với CO2 với H2O

C → C+4 + 4eC+4 + 2e → C+2

2H+ + 2e → H2

Áp dụng bảo toàn electron: (4n_C = 2n_CO + 2n_H_2)

( o n_C = frac2.1,3364 = 0,668,,mol)

→ a = 2,364 – 0,668 = 1,696 mol

Quy đổi tất cả hổn hợp X thành (HCOO)3C3H5 (x mol), CH2 (y mol) và H2 (-0,032 mol)

→ mX = 176x + 14y – 0,032.2 = 13,728 (1)

(n_CO_2 + n_H_2O = (6 mx + y) + (4 mx + y - 0,032) = 1,696)(2)

Từ (1) với (2) → x = 0,016 mol; y = 0,784 mol

Ta có: nNaOH = 3x = 0,048 mol; (n_C_3H_5(OH)_3 = x = 0,016,,mol)

Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng: mX + mNaOH = mmuối + mglixerol

→ mmuối = 13,728 + 0,048.40 – 92.0,016 = 14,176 gam

Đáp án C

Câu hỏi 30 : Đốt cháy hoàn toàn x mol một triglixerit X đề xuất vừa đủ 0,77 mol khí O2 thu được 9,00 gam H2O. Nếu như thủy phân hoàn toàn x mol X trong hỗn hợp KOH nấu nóng thu được dung dịch cất 9,32 gam muối. Khía cạnh khác, hiđro hóa trọn vẹn 0,15 mol X nhận được m gam triglixerit Y. Quý hiếm của m là

129,30.

130,20.

133,50.

128,40.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Sử dụng cách thức ankan hóa

Lời giải bỏ ra tiết:

(mathop Xlimits_xleft( mol ight) xrightarrow + H_2:amathop X"limits_xleft( mol ight) left( CB,no ight))

H2 + ½ O2 → H2O

a → 0,5a → a

Đốt X" thì: nO2 = 0,77 + 0,5a (mol) cùng nH2O = 0,5 + a (mol)

Vì X" là chất mập no đề xuất ta có: (n_X" = fracn_CO_2 - n_H_2O2 o n_CO_2 = 2n_X" + n_H_2O = 2 mx + 0,5 + aleft( mol ight))

Bảo toàn O → 6x + 2.(0,77 + 0,5a) = 2.(2x + 0,5 + a) + (0,5 + a) (1)

Mặt khác, (X":x + KOH:3 mx o mC_3H_5left( OH ight)_3:x + Muoi:left( 9,32 + 2a ight)g)

Bảo toàn cân nặng ⟹ 44.(2x + 0,5 + a) + 18.(0,5 + a) - 32.(0,77 + 0,5a) + 3x.56 = 92x + 9,32 + 2a (2)

Giải hệ (1) (2) được x = 0,01 và a = 0,03

⟹ mX" = 92x + (9,32 + 2a) - 56.3x = 8,62 gam

Tỷ lệ:

0,01 mol X … 8,62 gam X"

0,15 mol → 129,3 gam

Đáp án A

15 bài tập vận dụng cao chất lượng béo không hề thiếu các dạng có đáp án và giải thuật chi tiết

20 bài xích tập vận dụng cao về chất lượng béo vừa đủ các dạng từ bỏ trắc nghiệm cho tự luận gồm đáp án và lời giải chi tiết

40 bài xích tập vận dụng về làm phản ứng thủy phân hóa học béo rất đầy đủ các dạng từ dễ dàng đến rất khó có thể có đáp án và giải mã chi tiết.

Xem thêm: Lương Giác Sin Cos, Cơ Bản, Nâng Cao Đầy Đủ Lớp 9,10,11, Các Công Thức Lượng Giác Toán 10 Đầy Đủ Nhất

40 câu hỏi mức độ am tường về định hướng lipit, chất béo không thiếu các dạng từ dễ dàng đến khó có đáp án và lời giải chi tiết

40 thắc mắc lý thuyết mức độ nhận thấy về lipit, hóa học béo bao gồm đáp án và lời giải chi tiết

Liên hệ | chính sách