C. ĐÁP ÁN CHI TIẾT
1.3. Bài tập đốt cháy và phản ứng với hiđro [H12][01][1531]Chọn đáp án A
đốt m gam E + a mol O2 → 1,1 mol CO2 + 1,02 mol H2O.
Tương quan: nCO2 – nH2O = (∑πtrong E – 1) × nE = 1,1 – 1,02 = 0,08 mol (1). vì E là trglixerit nên sẵn cĩ 3πC=O rồi nên πC=C trong E = ∑πtrong E – 3.
||→ phản ứng hiđro hĩa E + H2 thực chất là 1πC=C + 1H2
||→ nπC=C trong E = nH2 = 0,04 mol → (∑πtrong E – 3) × nE = 0,04 mol (2). Từ (1) và (2) → cĩ ∑πtrong E – 1 = 2 × (∑πtrong E – 3) → ∑πtrong E = 5.
Thay lại (1) hoặc (2) tính ra nE = 0,02 mol; E cĩ 6O → nO trong E = 0,02 × 6 = 0,12 mol. ► ở phản ứng đốt, bảo tồn O cĩ nO2 cần = (2nCO2 + nH2O – nO trong E) ÷ 2
Thay số vào cĩ ngay a = nO2 cần = 1,55 mol
[H12][01][1532] Chọn đáp án B
• Đốt 8,46 gam X (C; H; O) + O2 t°
→
0,54 mol CO2 + H2O.
X gồm 3 axit béo cĩ 18 C nên nX = ∑nCO2 ÷ 18 = 0,03 mol → nO trong X = 0,06 mol. mC + mH + mO = mX = 8,46 gam → mH = 1,02 gam → nH2O = 0,51 mol.
► X gồm 3 axit đơn chức nên nπC=O = nX ||→ ∑nCO2 – ∑nH2O = (nπC=O + nπC=C – nX) = nπC=C. ||→ nπC=C = 0,54 – 0,51 = 0,03 mol. Lại cĩ 1πC=C + 1H2 → nH2 = 0,03 mol → V = 0,672 lít.
[H12][01][1533] Chọn đáp án C
➤ Chú ý: đốt 53,4 gam chất béo no dạng CnH2n – 4O6 thu được 3,42 mol CO2. ||⇒ nchất béo no = (53,4 – 3,42 × 14) ÷ (6 × 16 – 4) = 0,06 mol.
Tương quan đốt: (∑π – 1).nX = ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,24 mol ⇒ ∑πtrong X = 5. mà ∑πtrong X = πC=O + πC=C và πC=O = 3 ⇒ πC=C = 2.
[H12][01][1534] Chọn đáp án C
đốt x mol triglixerit T + 1,5 mol O2 t°
→
CO2 + 1,0 mol H2O. Bảo tồn nguyên tố O cĩ nCO2 = 3x + 1 mol.
Tương quan: nCO2 – nH2O = 3x = 3nT → ∑πtrong T = 3 + 1 = 4.
Mà sẵn trong T cĩ 3πC=O → πC=C = 1 → 1T + 1H2 → 16,68 gam chất béo no. ||→ mT = 16,68 – 2x = 18 + 44 × (3x + 1) – 1,5 × 32 ||→ x = 0,02 mol. Thay x ngược lại cĩ mT = 16,64 gam → MT = Ans ÷ 0,02 = 832
[H12][01][1535] Chọn đáp án D
Quy đổi T về C (x mol), H (y mol), O (z mol). Bảo tồn C, H ta cĩ sơ đồ phản ứng cháy sau: T (C, H, O) + O2 → CO2 (x mol) + H2O (0,5y mol).
0,5y = 1,04 ⇒ y = 2,08.
Bảo tồn O ta cĩ z + 1,6.2 = 2x + 0,5y ⇔ 2x – z = 2,16 (1). Chất béo no cĩ cơng thức chung là CnH2n–4O6.
ncbéo no = 1 6 nO = 1 6 z. Nhận thấy: nC – 1 2 nH = 2ncbéo no ⇔ nH = 2x – 2z 3 . mcbéo no = 12x + 2x – 2z 3 + 16z = 17,8 (2). Từ (1) và (2) suy ra x = 1,14; z = 0,12.
Vậy x : y : z = 1,14 : 2,08 : 0,12 = 57 : 104 : 6 → T là C57H104O6. MT = 884. [H12][01][1536] Chọn đáp án B đốt a gam E + 3,08 mol O2 t° → 2,2 mol CO2 + 2,0 mol H2O. • BTKL cĩ a = mCO2 + mH2O – mO2 = 34,24 gam.
• bảo tồn nguyên tố cĩ nO trong E = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 0,24 mol ⇒ nE = 0,04 mol. • tương quan đốt cĩ (∑π – 1)nE = ∑nCO2 – ∑nH2O = 0,2 mol.
⇒ ∑πtrong E = 6 = 3πC=O + 3πC=C ||⇒ E + 3H2 → m gam chất béo no ⇒ m = mE + mH2 = 34,24 + 0,04 × 3 × 2 = 34,48 gam. [H12][01][1537] Chọn đáp án B a mol T + 4a mol H2 Ni,t° → chất béo no (phản ứng vừa đủ).
||→ trong T cĩ chứa 4 nối đơi C=C hay πC=C trong T = 4; lại thêm πC=O trong T = 3 ||→ ∑πtrong T = 7. Đốt cháy 0,02 mol T + O2
t°
→
CO2 + 1,02 mol H2O. ||→ tương quan: nCO2 – nH2O = (∑πtrong T – 1).nT. Thay số cĩ nCO2 = 1,14 mol.
T cĩ 6O nên bảo tồn O cĩ nO2 cần đốt = 1,14 + 1,02 ÷ 2 – 0,02 × 3 = 1,59 mol. ||→ V = VO2 cần đốt = Ans × 22,4 = 35,616 lít.
[H12][01][1538] Chọn đáp án A
đốt a mol X + O2 → b mol CO2 + c mol H2O.
Tương quan: nCO2 – nH2O = 4nX (b – c = 4a theo giả thiết). mà nCO2 – nH2O = (∑πtrong X – 1)nX ||→ ∑πtrong X = 4 + 1 = 5. ► chú ý πC=O trong X = 3 → πC=C = ∑π – πC=O = 5 – 3 = 2.
||→ Phản ứng: 1X + 2H2 → 25,02 gam chất béo no. cĩ nH2 = 0,06 mol → nX = 0,03 mol và mX = 25,02 – 0,06 × 2 = 24,9 gam → MX = Ans ÷ 0,03 = 830.
[H12][01][1539] Chọn đáp án A [H12][01][1540] Chọn đáp án D
Gọi nT = x mol và triglixerit T cĩ a liên kết π (gồm 3πC=O và (a – 3)πC=C). ♦ tương quan đốt: ∑nCO2 – ∑nH2O = (∑π – 1)nT ⇒ (a – 1)x = 0,12 mol. ♦ phản ứng với H2: 1πC=C + 1H2 ⇒ (a – 3)x = nH2 = 0,06 mol.
||⇒ giải x = 0,03 mol và a = 5 ||⇒ Mchất béo no = 25,86 ÷ 0,03 = 862.
890 là phân tử khối của tristearat ⇒ 862 gồm 1 gốc panmitat và 2 gốc stearat. Vậy, chất béo khơng no T gồm 1 gốc panmitat và 2 gốc oleat.
[H12][01][1541] Chọn đáp án C
các gốc stearat, oleat, linoleat đều cĩ 18C
→ 35,6 gam chất béo no chính là (C17H35COO)3C3H5 ⇄ 0,04 mol.
||→ nCO2 = 0,04 × 57 = 2,28 mol → đốt E cho 2,28 – 0,12 = 2,16 mol H2O.
Theo đĩ, số H = 2,16 ÷ 0,04 × 2 = 108 ||→ thấy ngay và luơn B sai, C đúng → chọn C. ♣. p/s: phân tích thêm: nCO2 – nH2O = 0,12 mol = 3 × 0,04 = 3nE
||→ trong E cĩ 3 + 1 = 4π → A sai. Nữa: 4π = 3πC=O + 1πC=C
||→ E được tạo từ 2 gốc stearic và 1 gốc oleic → D cũng sai nốt.
[H12][01][1542] Chọn đáp án D
a mol E + 5a mol H2 Ni,t°
→
chất béo no (phản ứng vừa đủ).
||→ ∑πtrong E = 8. Đốt cháy a mol E + O2 t°
→
V lít CO2 + b mol H2O. ||→ tương quan: nCO2 – nH2O = (∑πtrong E – 1).nE = 7nE.
||→ Thay số: nCO2 = 7a + b ||→ VCO2 = V = 22,4 × (7a + b).
2.1. Bài tập thủy phân chất béo[H12][01][1544] Chọn đáp án B