Phương pháp giải toán chất béo

Trong đó bài tập về chất béo được mặc định là một câu thuộc mức độ vận dụng, ngoài ra có thể sử dụng phương pháp giải toán chất béo này cho các bài tập este nói chung.. Đề tài nghiên cứu

Mục lục tra cứu

1 Mở đầu Trang 2

1.1 Lý do chọn đề tài Trang 2

1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 2

1.3 Đối tượng nghiên cứ Trang 2

1.4 Phương pháp nghiên cứu Trang 2

2 Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm Trang 2

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Trang 2 2.2 Thực trạng vấn đề trước khi viết sáng kiến kinh nghiệm Trang 4 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử

dụng để giải quyết vấn đề Trang 4

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt

động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường Trang 16

3 Kết luận, kiến nghị Trang 16

3.1 Kết luận Trang 16

3.2 Kiến nghị Trang 17

1 Mở đầu

1.1 Lý do chọn đề tài

Hiện nay với cách thức thi tốt nghiệp trung học phổ thông như hiện nay,

để đáp ứng được yêu cầu vừa dùng kết quả để xét tốt nghiệp THPT vừa dùng để xét tuyển vào các trường đại học, cao đẳng, đòi hỏi đề phải có tính phân loại cao

Để phân loại được học sinh thì các câu hỏi phải đảm bảo được bốn mức độ nhận thức, đó là các mức độ sau:

Mức độ 1: mức độ nhận biết ( khoảng 20 câu)

Mức độ 2: Mức độ thông hiểu ( khoảng 10 câu)

Mức độ 3: Mức độ vận dụng ( khoảng 6 câu)

Mức độ 4: Mức độ vận dụng cao ( khoảng 4 câu)

Trong đó bài tập về chất béo được mặc định là một câu thuộc mức độ vận dụng, ngoài ra có thể sử dụng phương pháp giải toán chất béo này cho các bài tập este nói chung

Một thực trạng là các bài tập chất béo luôn là vấn đề khó đối với nhiều học sinh của trường THPT Thiệu Hóa nói riêng và học sinh THPT trên toàn quốc nói chung

Hiện nay chưa có tài liệu nào bàn sâu về vấn đề này, nhà trường và đồng nghiệp chưa có kinh nghiệm giải quyết và khắc phục

Từ các lý do trên tôi lựa chọn vấn đề để viết sáng kiến kinh nghiệm là cấp thiết

1.2 Mục đích nghiên cứu

Tuyển chọn, xây dựng các bài tập trắc nghiệm khách quan về chất béo cấp độ

3, nhằm giải quyết một số bài tập khó, giúp học sinh đạt điểm cao trong kỳ thi THPT quốc gia, cũng như giúp đồng nghiệp có thêm phương pháp giải quyết bài toán về chất béo

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu, và tổng kết về phương pháp giải một số bài toán chất béo

có sử dụng sự kết hợp giữa các phương pháp định luật bảo toàn nguyên tố, định luật bảo toàn khối lượng, và phương pháp trung bình, gọi công thức tổng quát

1.4 Phương pháp nghiên cứu

+ Phương pháp nghiên cứu lí thuyết

+ Phân tích, tìm tòi cách giải một vấn đề bài toán khó từ các khái niệm và tính chất của chất hóa học ở trường THPT

+ Thực nghiệm sư phạm và xử lý kết quả thu được

2 Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

2.1.1 Phương pháp bảo toàn nguyên tố

Nguyên tắc chung của phương pháp là dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố Trong các phản ứng hóa học thông thường các nguyên tố luôn được bảo toàn Điều này có nghĩa là: '' Tổng số mol nguyên tử của nguyên tố X trước và sau phản ứng luôn là bằng nhau''

Điểm mấu chốt của phương pháp là xác định được đúng các hợp phần chứa nguyên tố X Từ đó áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố để tìm mối liên hệ giữa

các hợp phần chứa X.

Để áp dụng tốt phương pháp bảo toàn nguyên tố, cần chú ý một số điểm sau:

- Hạn chế viết phương trình, mà nên viết sơ đồ phản ứng

- Đề bài thường cho ( hoặc qua dữ kiện sẽ tính toán được) số mol nguyên tố quan tâm, từ đó xác định lượng các chất

2.1.2 Phương pháp bảo toàn khối lượng

Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người Nga M.V Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiện ra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất tham gia” Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm tra lại vào những năm 1860-1870; Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g

+ Nội dung của định luật

Trong các phản ứng hóa học thì tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành

+ Kinh nghiệm áp dụng định luật:

- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng khi một phản ứng hoá học có n chất mà ta biết được khối lượng của (n - 1) chất (kể cả chất phản ứng và sản phẩm)

- Khi áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho một phản ứng thì phản ứng đó không cần cân bằng mà chỉ cần quan tâm chất tham gia phản ứng và sản phẩm thu được

+ Công thức của định luật:

Xét phản ứng: A + B → C + D (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho pứ (1) có:

Trong đó: mA, mB lần lượt là phần khối lượng tham gia phản ứng của chất A, B

mC, mD lần lượt là khối lượng được tạo thành của chất C, D

2.1.3 Phương pháp trung bình ( gọi công thức chung)

Nguyên tắc : Đối với một hỗn hợp chất bất kì ta luôn có thể biểu diễn chính

qua một đại lượng tương đương, thay thế cho cả hỗn hợp, là đại lượng trung bình (như khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình, số nhóm chức trung bình, số liên kết π trung bình, ), được biểu diễn qua biểu thức :

n

i i

i l

n i

i l

X n x

n

=

=

= ∑

∑ (1); với

i i

X :

n :







Dĩ nhiên theo tính chất toán học ta luôn có :

min (Xi) < X< max(Xi) (2); với i

i

min(X ) :

m (X ) : ax







mA + mB = mC + mD

đại lượng đang xét của chất thứ i trong hỗn hợp

số mol của chất thứ i trong hỗn hợp

đại lượng nhỏ nhất trong tất

cả Xđại lượng lớn nhất trong tất cải

Xi

Do đó, có thể dựa vào các trị số trung bình để đánh giá bài toán, qua đó thu gọn khoảng nghiệm làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn, thậm chí có thể trực tiếp kết luận nghiệm của bài toán

- Điểm mấu chốt của phương pháp là phải xác định đúng trị số trung bình liên quan trực tiếp đến việc giải bài toán Từ đó dựa vào dữ kiện đề bài → trị trung bình → kết luận cần thiết

- Những trị số trung bình thường sử dụng trong quá trình giải toán: khối lượng mol trung bình, nguyên tử (C, H….) trung bình, số nhóm chức trung bình, sốt liên kết π trung bình,

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi viết sáng kiến kinh nghiệm

- Trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào quá trình giảng dạy ở trường THPT thiệu hóa là khi gặp các bài tập chất béo trong các đề thi thử TN THPT , và đề thi tham khảo TNTHPT các em học sinh của tôi trực tiếp giảng dạy nói riêng và học sinh trường thiệu hóa nói chung đều gặp rất nhiều khó khăn, và hầu như có rất ít học sinh làm tốt phần câu hỏi này trong đề thi

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

Chất béo là tri este của glixerol với các axit béo

- Khi tham gia phản ứng cháy hoặc phản ứng cộng với hidro, cộng brom ta dùng công thức tổng quát là CnH2n-2k-4O6 trong đó k là số liên kết pi trong gốc axit béo + Khi tham gia phản ứng cháy:

CnH2n-2k-4O6 + 3 8

2

O2

0

t

→ nCO2 + (n-k-2)H2O

Áp dụng ĐLBTKL ta có: m(chất béo) + m(O2)pứ = m(CO2) + m(H2O)

Hoặc m(chất béo) = m(C) + m(H) + m(O)

Áp dụng ĐLBTNT cho oxi: n(O) chất béo + 2n(O2)pứ = 2n(CO2) + n(H2O) Dùng công thức: n(CO2) – n(H2O) = (k+2)nchất béo

+ Khi tham gia pứ cộng brom dư: CnH2n-2k-4O6 + kBr2 →CnH2n-2k-4Br2kO6

Lúc đó n(Br2) pứ = k.n(chất béo)

+ Khi tham gia phản ứng cộng H2: CnH2n-2k-4O6 + kH2 →Ni CnH2n-4O6

Áp dụng ĐLBTKL ta có m(chất béo lỏng) + m(H2) = m(chất béo rắn)

- Dùng cho phản ứng xà phòng hóa: Ta gọi công thức là (RCOO)3C3H5

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

Áp dụng ĐLBTKL: m(chất béo) + m(bazơ)pứ = m(muối) + m(C3H5(OH)3) Chất béo thường là tri este của axit béo với glixerol, và có thể lẫn một lượng nhỏ axit béo ( khi đó chất béo có bản chất là một hh gồm tri este và axit đơn chức), nếu đề cho chất béo trung tính thì nó chỉ chứa mình este ( không có lẫn axit béo)

Áp dụng phương pháp cho các bài toán cụ thể sau Câu 1: (Câu 75: Đề MH lần 2 năm 2020 của Bộ) Thủy phân hoàn toàn

triglyxerit X trong dung dịch NaOH thu được glyxerol, natri stearat và natri

oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 thu được H2O và 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng với tối đa a mol Br2 trong dung dịch Giá trị của a là

Hướng dẫn giải:

-TN1: Pứ xà phòng hóa tạo ra C17H35COONa và C17H33COONa nên ta gọi CT của X là (C17HyCOO)3C3H5

-TN2: Sơ đồ pứ cháy

(C17HyCOO)3C3H5 + O2 → CO2 + H2O

BTNT cho C ta có n(CO2) = 57n(X) = 2,28 => n(X) = 0,04 mol

BTNT cho O ta có 6n(X) + 2n(O2)pứ = 2n(CO2) + n(H2O)

=> n(H2O) = 2,12 mol

Ứng với CT CnH2n-2k-4O6 ta có n(CO2) – n(H2O) = (k+2)n(X) => k = 2

- TN3: CnH2n-2k-4O6 + kBr2 →CnH2n-2k-4Br2kO6

0,04 → 0,04k = 0,08 => Chọn B.

Câu 2: (Câu 70- Đề MH lần 1 năm 2020 của Bộ) Xà Phòng hóa hoàn toàn m

gam hỗn hợp E gồm các triglixerin bằng dung dịch NaOH, thu được glixerin và hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa, có tỷ lệ mol tương ứng là 3:4:5 Hiđro hóa hoàn toàn m gam E, thu được 68,96 gam hỗn hợp Y Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần vừa đủ 6,14 mol O2 Giá trị của

m là

A 68,40 B 60,20 C 68,80 D 68,84.

Hướng dẫn giải:

Đặt số mol của C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa lần lượt là 3a, 4a,

và 5a Vậy nếu pứ xà phòng hóa hoàn toàn 68,96 gam Y sẽ tạo ra C17H35COONa 8a mol, và C15H31COONa là 4a mol

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

BTNT cho Na ta có n(NaOH)pứ = 12a = 3n(Y) => n(Y) = n(X) =

n(C3H5(OH)3) = 4a mol

BTKL ta có 68,96 + 40.12a = 306.8a + 278.4a + 92.4a => a = 0,02 mol

=> n(X) = n(Y) = 4a = 0,08 mol

BTNT cho C ta có n(C) trong E = n(C) trong Y = 18.8a + 16.4a + 3.4a = 4,4 mol

TN2: Đốt cháy m gam E, thì BTNT cho C ta có

n(CO2) = n(C) trong E = 4,4 mol

BTNT cho O ta có: 6.0,08 + 2.6,14 = 2.4,4 + n(H2O) => n(H2O) = 3,96

BTKL ta có m = 4,4.44 + 18.3,96 - 32.6,14 = 68,4 => Chọn A.

Câu 3: (Đề MH 2019 của Bộ) Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba

triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được 3,14 mol H2O Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to ), thu được hỗn hợp Y Đun nóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối Giá trị của m là

A 86,10 B 57,40 C 83,82 D 57,16.

Hướng dẫn giải:

- TN1 pứ cháy: Gọi CT chung của X là CnH2n-2k-4O6

ĐLBTNT cho O ta có: 6.0,06 + 4,77.2 = 2n(CO2) + 3,14 => n(CO2) = 3,38 mol

Ta có: n(CO2) – n(H2O) = (k+2)n(X) => k = 2

BTKL ta có: m(X) = 44.3,38 + 18.3,14 – 32.4,77 = 52,6 gam

- TN2 pứ cộng H2: trong 78,9 gam X có n(X) = 0,06.1,5 = 0,09 mol

CnH2n-2k-4O6 + kH2 →Ni t, CnH2n-4O6

0,09 → 0,09.2

ĐLBTKL ta có m(Y) = m(X) + m(H2) = 78,9 + 2.0,09.2 = 79,26 gam

- TN3: Gọi CT chung của Y là (RCOO)3C3H5

(RCOO)3C3H5 + 3KOH t→ 3RCOOK + C3H5(OH)3

0,09 → 0,27 0,09

ĐLBTKL ta có m = 79,26 + 56.0,27 – 92.0,09 = 86,1 => chọn A

Câu 4: (THPT QG 2019 của bộ) Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần

vừa đủ 3,08 mol O2, thu được CO2 và 2 mol H2O Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 35,36 gam muối Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch Giá trị của a là

Hướng dẫn giải:

- TN1 Gọi CTC là CnH2n-4-2kO6 y mol; đặt n(CO2) = x

BTNT cho oxi ta có 6y + 2.3,08 = 2x + 2 (1)

BTKL ta có m = 44x + 2.18 - 32.3,08 = 44x - 62,56

TN2: Gọi CT của X là (RCOO)3C3H5

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

y 3y y

BTKL ta có 44x -62,56 + 40.3y = 35,36 + 92y (2) Giải hệ ta có x = 2,2; y = 0,04

Ta có n(CO2) - n(H2O) = (k + 2)n(X) => k = 3

TN3: CnH2n-4-2kO6 + kBr2 → CnH2n-2k-4Br2kO6

0,04→ 0,04k = 0,12 mol => Chọn C.

Câu 5: (THPT QG 2019 của bộ) Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần

vừa đủ 2,31 mol O2, thu được H2O và 1,65 mol CO2 Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 26,52 gam muối Mặt khác, m gam X tác dụng được tối đa với a mol Br2 trong dung dịch Giá trị của a là

A 0,09 B 0,12 C 0,15 D 0,18.

Hướng dẫn giải:

- TN1 Gọi CTC là CnH2n-4-2kO6 y mol; đặt n(H2O) = x

BTNT cho oxi ta có 6y + 2.2,31 = 2.1,65 + x => x – 6y =1,32 (1)

BTKL ta có m = 44.1,65 + 18.x - 32.2,31 = 18x - 1,32

TN2: Gọi CT của X là (RCOO)3C3H5

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

y 3y y

BTKL ta có 18x – 1,32 + 40.3y = 26,52 + 92y => 18x + 28y = 27,84 (2)

Giải hệ ta có x = 1,5; y = 0,03

Ta có n(CO2) - n(H2O) = (k + 2)n(X) => k = 3

TN3: CnH2n-4-2kO6 + kBr2 → CnH2n-2k-4Br2kO6

0,03 0,03k = 0,09 mol => Chọn A.

Câu 6: (THPT QG 2019 của bộ) Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam trigixerit X,

thu được H2O và 1,1 mol CO2 Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối Mặt khác, 17,16 gam X tác dụng được với tối đa 0,04 mol Br2 trong dung dịch Giá trị của m là

Hướng dẫn giải:

TN3 CnH2n-4-2kO6 + kBr2 → CnH2n-2k-4Br2kO6

=> n(X) = 0,04/k

TN1 sơ đồ cháy: CnH2n-4-2kO6 → nCO2

0,04/k 0,04n/k = 1,1

m(X) = (14n -2k-4+ 16.6).0,04/k = 17,16 => k = 2 => n(X) = 0,02

TN2: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3

0,02 0,06 0,02

BTKL => 17,16 + 40.0,06 = m + 92.0,02 => m = 17,72 => Chọn D.

Câu 7: (THPT QG 2019 của bộ) Đốt cháy hoàn toàn 25,74 gam triglixerit X,

thu được CO2 và 1,53 mol H2O Cho 25,74 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối Mặt khác, 25,74 gam X tác dụng được tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch Giá trị của m là

Hướng dẫn giải:

TN3 CnH2n-4-2kO6 + kBr2 → CnH2n-2k-4Br2kO6

=> n(X) = 0,06/k

TN1 sơ đồ cháy: CnH2n-4-2kO6 → (n-k-2)H2O

0,06/k 0,06(n-k-2)/k = 1,53

=> n –k-2 = 25,5k => n – 26,5k = 2 (1)

m(X) = (14n -2k-4+ 16.6).0,06/k = 25,74 => 14n -2k + 92 = 429k

=> 14n -431k = -92 (2) Giải hệ ta có n =55; k =2 => n(X) = 0,02

TN2: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3

0,03 0,09 0,03

BTKL => 25,74 + 40.0,09 = m + 92.0,03 => m = 26,58 => Chọn D.

Câu 8: (THPT QG 2018 của bộ) Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X trong

dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 1,375 mol CO2 và 1,275 mol H2O Mặt khác, a mol

X tác dụng tối đa với 0,05 mol Br2 trong dung dịch Giá trị của m là

Hướng dẫn giải:

TN3: Gọi CTC là CnH2n-4-2kO6

CnH2n-4-2kO6 + kBr2 → CnH2n-4-2kBr2kO6

0,05/k ← 0,05

TN2: CnH2n-4-2kO6  +O2 → nCO2 + (n-k-2)H2O

=> n(CO2) - n(H2O) = (k+2)n(X) => 1,375 - 1,275 = (k+ 2).0,05/k => k = 2

=> n(X) = 0,025 => m(X) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.1,375 + 2.1,275 + 16.6.0,025 = 21,45

TN1: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3

0,025 0,075 0,025

BTKL ta có 21,45 + 40.0,075 = m + 92.0,025 => m = 22,15.=> Chọn D Câu 9: (THPT QG 2018 của bộ) Thủy phân hoàn toàn a gam triglixerit X trong

dung dịch NaOH, thu được glixerol và dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối (gồm natri stearat, natri panmitat và C17HyCOONa) Đốt cháy hoàn toàn a gam X cần vừa đủ 1,55 mol O2, thu được H2O và 1,1 mol CO2 Giá trị của m là

Hướng dẫn giải:

Từ pứ xà phòng hóa => X là có 55C nên có CT là C55HzO6

TN2: BTNT cho C ta có 55n(X) = 1,1 => n(X) = 0,02

BTNT cho O ta có 6.0,02 + 2.1,55 = 2.1,1 + n(H2O) => n(H2O) = 1,02

BTKL => m(X) = a = 44.1,1 + 18.1,02 - 32.1,55 = 17,16

TN1: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3

0,02 0,06 0,02

BTKL ta có 17,16 + 40.0,06 = m + 92.0,02 => m = 17,72 => Chọn D Câu 10: (THPT QG 2018 của bộ) Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và

triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52 mol

H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị của a là

A 25,86 B 26,40 C 27,70 D 27,30 Hướng dẫn giải:

X gồm axit no đơn chức CnH2nO2 và Y là CmH2m-4O6 ( có k =0)

TN1 ta có n(CO2) - n(H2O) = 2n(Y) => n(Y) = 0,02

TN2: RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O

0,03 0,03 0,03

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

0,02 0,06 0,02

Ta có n(NaOH) = n(axit) + 3n(Y) => n(Axit) = 0,03 = n(H2O) tạo ra

Ta có m(X) = m(C) + m(H) + m(O) = 12.1,56 + 2.1,52 + 16.6.0,02 + 16.2.0,03 = 24,64

BTKL ta có 24,64 + 40.0,09 = m(muối) + 18.0,03 + 92.0,02

=> m(muối) = a = 25,86 => Chọn A.

Câu 11: Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch KOH, thu được

glixerol, kali stearat và kali oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 5,152 mol O2, thu được H2O và 3,648 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối

đa với a mol Br2 trong dung dịch Giá trị của a là

A 0,128 B 0,080 C 0,202 D 0,168 Hướng dẫn giải:

Theo TN1 ta có X có dạng (C17HyCOO)3C3H5 => có 57 C

TN2: BTNT cho C ta có n(CO2)= 57n(X) = 3,648 => n(X) = 0,064

BTNT cho O ta có 6.0,064 + 2.5,152 = 2.3,648 + n(H2O) => n(H2O) = 3,392 => n(CO2) - n(H2O) = (k+ 2)n(X) => k = 2

TN3: CnH2n-4-2kO6 + kBr2 → CnH2n-4-2kBr2kO6

0,064 → 0,064k = 0,128 => Chọn A.

Câu 12: Cho 388,96 gam hỗn hợp triglixerit X tác dụng với dung dịch NaOH

vừa đủ, thu được glixerol và 401,28 gam muối Cho 388,96 gam X tác dụng với

a mol H2 (Ni, to), thu được hỗn hợp chất béo Y Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 35,6125 mol O2, thu được 25,08 mol CO2 Giá trị của a là

A 0,625 B 0,672 C 0,574 D 0,825

Hướng dẫn giải:

TN1: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3

x 3x x

BTKL => 388,96 + 40.3x = 401,28 + 92x => x = 0,44 mol => n(O2) trong X

= 3x = 1,32 mol

TN3: BTNT cho O ta có 1,32 + 35,6125 = 25,08 + 0,5n(H2O) => n(H2O) = 23,705 mol

ĐLBTKL ta có m(Y) = m(CO2) + m(H2O) - m(O2) pứ = 390,61

TN2: Ta có m(X) + m(H2) pứ = m(Y) => m(H2) pứ = m(Y) - m(X) = 390,61

-388,96 = 1,65 = 2a => a = 0,625 => Chọn A

Câu 13: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 2,184 mol CO2 và 2,128 mol H2O Mặt khác, m

gam X tác dụng vừa đủ với 0,126 mol KOH trong dung dịch, thu được glixerol

và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị của a là

A 37,996 B 26,420 C 27,768 D 37,304 Hướng dẫn giải:

X: Axit (x mol) KOH

Triglixerit Y (y mol)



 Muối của axit béo no + Glixerol + H2O

TN1: Theo bài ra X gồm axit béo no CnH2nO2 x mol và chất béo no CmH2m-4O6 y mol ( có số lien kết pi trong gốc bằng 0)

=> n(CO2) – n(H2O) = 2n(chất béo) = 2y = 0,056 => y =0,028.

Ta có: naxit = nKOH – 3ntriglixerit = 0,042 = x

ĐLBTNT cho O ta có: 2.0,042 + 6.0,028 + 2n(O2) pứ = 2.2,184 + 2,128

=> (O2)pứ = 3,122 mol

ĐLBTKL ta có: m(X) = 44.2,184 + 18.2,128 - 32.3,122 = 34,496 gam

TN2: Gọi CT chung của axit là RCOOH 0,03 mol và CT của Y là (RCOO)3C3H5

0,02 mol

RCOOH + KOH → RCOOK + H2O

0,042 0,042 0,042

(RCOO)3C3H5 + 3KOH t→ 3RCOOK + C3H5(OH)3

0,028 0,084 0,028

ĐLBTKL ta có m(muối) = 34,496 + 56.0,122 - 18.0,042 – 92.0,028

= 37,996 gam => Chọn A

Câu 13: Đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol một chất béo X cần dùng vừa đủ 6,36 mol

O2 Mặt khác, cho lượng X trên vào dung dịch nước Br2 dư thấy có 0,32 mol Br2

tham gia phản ứng Nếu cho lượng X trên tác dụng hết với NaOH thì khối lượng muối khan thu được là?

A 58,4 gam B 88,6 gam C 78,4 gam D 72,8 gam.

Hướng dẫn giải:

X dạng CnH2n-2k-4O6

TN2: CnH2n-4-2kO6 + kBr2 → CnH2n-4-2kBr2kO6

0,08 → 0,08k = 0,32, => k = 4

TN1: Gọi n(CO2) = x; n(H2O) = y => x –y = (k+2).0,08 = 0,48 (1)

BTNT cho O: 6.0,08 + 2.6,36 = 2x + y = 13,2 (2)

Giải hệ ta có x =4,56; y = 4,08

BTKL ta có: m(X) = 44.4,56 + 18.4,08 - 32.6,36 = 70,56

TN3: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH t→ 3RCOONa + C3H5(OH)3

0,08 → 0,24 0,08

ĐLBTKL ta có: m(muối) = 70,56 + 40.0,24 -92.0,08 = 72,8 gam, => Chọn D Câu 14: Đốt cháy hoàn toàn m gam một triglixerit X cần dùng 1,61 mol O2, thu được 1,14 mol CO2 và 1,06 mol H2O Cho 26,58 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH thì khối lượng muối tạo thành là

A 25,02 gam B 28,86 gam C 27,14 gam D 27,42 gam Hướng dẫn giải:

TN1: Gọi Ct là CnH2n-2k-4O6

BTNT cho O ta có 6n(X) + 2.1,61 = 2.1,14 + 1,06 => n(X) = 0,02 mol

BTKL => m(chất béo) = 1,14.44 + 18.1,06 – 32.1,61= 17,72

TN2: 17,72 gam X ứng với 0,02 mol => 26,58 gam X ứng với 1,5.0,02 = 0,03 mol

(RCOO)3C3H5 + 3KOH → 3RCOOK + C3H5(OH)3

0,03 0,09 0,03