Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chất béo và acid béo (Hóa học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi) Gọi n_X = x, n_Y = 2x. Thủy phân hoàn toàn E cần 3x + 2x = 5x mol KOH và sinh ra x mol glixerol. Bảo toàn khối lượng: 49,56 + 5x.56 − 92x = 54,88 ⟹ 188x = 5,32 ⟹ x ≈ 0,0283 mol.
Khối lượng phân tử trung bình của E (theo tỉ mol X : Y = 1 : 2): M̄_E = 49,56/(3x) ≈ 583,8 g/mol.
Số liên kết C=C trong 1 mol hỗn hợp E: X chứa 1 liên kết π (axit oleic), Y chứa 2 liên kết π (axit béo không no), tổng số π trong 3 mol (1 X + 2 Y) là 1 + 2.2 = 5 ⟹ trong 1 mol E có 5/3 mol Br₂ phản ứng.
Khối lượng sản phẩm tăng thêm chính là khối lượng Br₂ cộng vào: 63,40 = a.583,8 + 160.(5/3)a = 850,47a ⟹ a ≈ 0,075.
Chọn D.

Bảo toàn khối lượng: $m_{CO2}=m+32x-18y=110x-121y\Rightarrow n_{CO2}=2,5x-2,75y$

Bảo toàn nguyên tố Oxi: $n_X=[2\times (2,5x-2,75y)+y-2x]÷6=0,5x-0,75y$

Ta có: $n_{CO2}-n_{H2O}=(k-1).n_{HCHC}$ (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: $(2,5x-2,75y)-y=(k-1).(0,5x-0,75y)\Rightarrow k=6\Rightarrow {\pi }_{C=C}+{\pi }_{C=O}=6$

Mà ${\pi }_{C=O}=3\Rightarrow {\pi }_{C=C}=3\Rightarrow n_{Br2}=0,15\times 3=0,45$ mol $\Rightarrow$ chọn A.

$n_{C{O}_2}=5,52$ và $n_{H_{2}O}=5,18$
Bảo toàn khối lượng $\to n_{O_2}=7,81$
Bảo toàn O $\to n_X=0,1$
$$\to 5,52-5,18=0,1(k-1)\to k=4,4$$
Do 3 chức COO không cộng H₂ nên:
$$X+1,4H_2\to Y$$
$$0,\mathrm{1.....0},\mathrm{14.....0},1$$
$$\to m_Y=m_X+m_{H_2}=86,48$$
$n_{KOH}=0,3$ và $n_{glixerol}=0,1$
Bảo toàn khối lượng $\to$ m muối = 94,08.

Z chứa $Ba(HC{O}_3{)}_2$ (z mol).
$$n_{NaOH}=n_{KOH}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,05$$
$$O{H}^{-}+HC{O}_3^{-}\to C{O}_3^{2-}+H_{2}O$$
$$n_{B{a}^{2+}}=n_{C{O}_3^{2-}}\iff z=0,15$$
Bảo toàn Ba $\to n_{BaC{O}_3}=0,42-0,15=0,27$
Bảo toàn C $\to n_{C{O}_2}=2z+0,27=0,57$
$$\to n_{H_{2}O}=0,53$$
$$n_O=\frac{m_X-m_C-m_H}{16}=0,06\to n_X=0,01$$
$$\to n_{NaOH}=0,03\text{ vaˋ }{n}_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=0,01$$
Bảo toàn khối lượng $\to$ m muối = 9,14.

Chọn đáp án B
Giải thích:
+ X là $C_3{H}_5\{\begin{array}{l}OOC{C}_{17}{H}_{31}\\ OOC{C}_{17}{H}_{33}\\ OOC{C}_{15}{H}_{31}\end{array}$ (k=6, M=856)
$$\{\begin{array}{l}(k-1)n_{X\text{ trong m gam}}=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}\\ m_{X\text{ trong m gam}}=856n_{X\text{ trong m gam}}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{X\text{ trong m gam}}=0,01\\ m_{X\text{ trong m gam}}=8,56\end{array}$$
(6 ; ? ; 0,55 ; 0,5)
$$\{\begin{array}{l}{n}_{KOH}=3n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=3n_{X\text{ trong 2m gam}}\\ m_{X\text{ trong 2m gam}}+m_{KOH}=m_{xaophong}+m_{C_3{H}_5(OH{)}_3}\end{array}\Rightarrow m_{xaophong}=\boxed{18,64gam}$$
(0,06 ; 0,02 ; 0,02 ; 8,56.2 ; 0,06.56 ; ? ; 0,02.92)

Chọn đáp án C
Giải thích:

$+\{\begin{array}{l}{n}_{mu\acute{\hat{o}}i}=3n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=0,21\\ n_{mu\acute{\hat{o}}i}=2,5x+1,75x+x=0,21\end{array}\Rightarrow x=0,04\Rightarrow X\stackrel{\text{quy đổi}}{\to }\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_5(OH{)}_3:0,07\\ C_{15}{H}_{31}COOH:0,1\\ C_{17}{H}_{33}COOH:0,07\\ C_{17}{H}_{35}COOH:0,04\\ H_{2}O:-0,21\text{ mol}\end{array}\Rightarrow m_X=59,36\text{ gam}$

$+59,36\text{ gam }X\stackrel{O_2,t^0}{\to }\text{BTE}:n_{O_2}=\frac{14.0,07+92.0,1+102.0,07+104.0,04}{4}=5,37\text{ mol}$

$\Rightarrow 47,488\text{ gam }X\stackrel{O_2,t^0}{\to }{n}_{O_2}=\frac{5,37.47,488}{59,36}=4,296\text{ mol}$

Các axit béo gọi chung là A. Các muối đều 18C nên X có 57C và A có 18C.
Số C $=\frac{n_{C{O}_2}}{n_E}=\frac{369}{14}\to n_X:n_A=3:11$
Trong phản ứng xà phòng hóa: $n_X=3e$ và $n_A=11e$
$\to n_{NaOH}=3.3e+11e=0,2\to e=0,01$
Quy đổi E thành $(C_{17}{H}_{35}COO{)}_3{C}_3{H}_5$ (3e), $C_{17}{H}_{35}COOH$ (11e) và $H_2$ (-0,1)
$\to m_E=57,74$

C trung bình của muối $=\frac{18.8+18.5+16.2}{8+5+2}=\frac{266}{15}$
$\to$ C trung bình của E $=\frac{3.266}{15}+3=56,2$
Đặt $n_E=x$; $n_{H_{2}O}=y$ và $n_{C{O}_2}=56,2x$

Bảo toàn khối lượng: $43,52+3,91.32=44.56,2x+18y$

Bảo toàn O: $6x+3,91.2=2.56,2x+y$

→ $x=0,05$; $y=0,5$

Số $H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_E}=100$

$k=\frac{2C+2-H}{2}=0,21$

Tỉ lệ: 43,52 gam E tác dụng vừa đủ 0,21 mol $B{r}_2$

...............m..............................0,105

→ m = 21,76

Chất béo X chứa các triglixerit của axit béo no (chứa 3 liên kết π và 6 nguyên tử O trong phân tử) và axit béo tự do (chứa 1 liên kết π và 2 nguyên tử O trong phân tử).

Gọi số mol triglixerit, axit béo trong X và số mol CO${}_2$ khi đốt cháy X lần lượt là x, y và z (mol)

Xét phản ứng với NaOH:

Ta có n${}_{NaOH}$ = 3n${}_{triglixerit}$ + n${}_{axitb\acute{e}o}$ = 3x + y = 0,25 (1)

X + NaOH → muối + C${}_3$H${}_5$(OH)${}_3$ (x mol) + H${}_2$O (y mol)

Áp dụng BTKL → m = m${}_X$ = 69,78 + 92x + 18y − 0,25.40 = 92x + 18y + 59,78 (gam).

Xét phản ứng đốt cháy:

X + O${}_2$ (6,06 mol) → CO${}_2$ (z mol) + H${}_2$O

+ Axit béo trong X có 1 liên kết π trong phân tử → n${}_{C{O}_2}$ = n${}_{H_{2}O}$ (khi đốt cháy).

+ Triglixerit trong X có 3 liên kết π trong phân tử → n${}_{C{O}_2}$ − n${}_{H_{2}O}$ = 2n${}_{triglixerit}$

→ Đốt cháy X ta có: n${}_{H_{2}O}$ = n${}_{C{O}_2}$ − 2n${}_{triglixerit}$ = z − 2x (mol).

BTNT O → 6x + 2y + 6,06.2 = 2z + z − 2x → 8x + 2y − 3z = -12,12 (2)

BTKL → m${}_X$ + m${}_{O_2}$ = m${}_{C{O}_2}$ + m${}_{H_{2}O}$

→ 92x + 18y + 59,78 + 6,06.32 = 44z + 18z − 18.2x → 128x + 18y − 62z = -253,7 (3)

Từ (1)(2) và (3) → x = 0,08 ; y = 0,01 và z = 4,26.

Vậy m = 92x + 18y + 59,78 = 67,32 gam.

n_{O₂} = 0,84; n_{CO₂} = 0,6; n_{H₂O} = 0,58
Bảo toàn khối lượng → m_X = 9,96
Gọi chất béo là A, các axit béo tự do là B.
Các axit béo đều no nên chất béo có k = 3
→ n_A = (n_{CO₂} - n_{H₂O})/2 = 0,01
Bảo toàn O:
6n_A + 2n_B + 2n_{O₂} = 2n_{CO₂} + n_{H₂O} → n_B = 0,02
n_{C₃H₅(OH)₃} = n_A; n_{CO₂} = n_B; n_{NaOH} = 3n_A + n_B = 0,05
Bảo toàn khối lượng:
m_X + m_{NaOH} = m muối + m_{C₃H₅(OH)₃} + m_{H₂O}
→ m muối = 10,68.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi X là triglixerit. Từ dữ liệu Br${}_2$: 8,86 g X tác dụng tối đa 0,02 mol Br${}_2$. Từ phần đốt cháy: cho số mol CO${}_2$ = x, H${}_2$O = 1,1 − x. Khi cho Y vào 0,42 mol Ba(OH)${}_2$, nếu x > 0,42 thì phần CO${}_2$ dư tạo Ba(HCO${}_3$)${}_2$ (x − 0,42 mol, chứa x − 0,42 mol Ba${}^{2+}$ trong dung dịch). Để kết tủa lớn nhất (0,42 mol BaCO${}_3$) cần chuyển hết HCO${}_3^{-}$ thành CO${}_3^{2-}$: hỗn hợp thêm vào cung cấp CO${}_3^{2-}$/OH${}^{-}$ tương đương 0,05 (Na${}_2$CO${}_3$) + 0,05 (KOH) + 0,05 (NaOH) = 0,15 mol. Vậy 'ít nhất 100 ml' nghĩa là x − 0,42 = 0,15 → x = 0,57 mol CO${}_2$, H${}_2$O = 0,53 mol. Suy ra với 8,86 g X: C = 0,57; H = 1,06 mol. Vì X phản ứng tối đa 0,02 mol Br${}_2$ nên nếu mỗi phân tử có 2 liên kết đôi thì n_X = 0,01 mol, M_X = 886 → công thức C${}_{57}$H${}_{106}$O${}_6$ (thỏa mãn: bão hòa hoàn toàn là C${}_{57}$H${}_{110}$O${}_6$, thiếu 4H → 2 nối đôi C=C, đúng 0,02 mol Br${}_2$). X = dioleostearin (2 gốc oleoyl C${}_{17}$H${}_{33}$– + 1 gốc stearoyl C${}_{17}$H${}_{35}$–). Thủy phân bằng NaOH vừa đủ: X + 3NaOH → glixerol + 2 muối oleat + 1 muối stearat. Khối lượng 3 axit tương ứng = 886 + 3·18 − 92 = 848 (tính trên 1 mol X); khối lượng muối = 848 − 3·1 + 3·23 = 914 g/mol. Với n_X = 0,01 mol: m = 9,14 gam ≈ 9 gam. Đáp án A, khớp với đáp án nguồn.

Chọn D

$$(RCOO{)}_3{C}_3{H}_5:xmol\stackrel{+O_2:2,31mol}{\to }\{\begin{array}{l}C{O}_2:1,65mol\\ H_{2}O:ymol\end{array}$$

Bảo toàn nguyên tố O: $6x+2,31.2=1,65.2+y\to y=6x+1,32$ (1)

$$\to mX=mC+mH+mO=1,65.12+2y+6x.16=96x+2y+19,8$$

$$(RCOO{)}_3{C}_3{H}_5:xmol\stackrel{+NaOH:3xmol}{\to }\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_5(OH{)}_3:xmol\\ RCOONa:3xmol\end{array}$$

Bảo toàn khối lượng: $mX+40.3x=92x+26,52$

$$\to 96x+2y+19,8+120x=92x+26,52\to 124x+2y=6,72(2)$$

Thế (1) vào (2): $124x+2(6x+1,32)=6,72\to 136x=4,08$

$$\to \{\begin{array}{l}x=0,03\\ y=1,5\end{array}\to \{\begin{array}{l}\overline{C}=\frac{1,65}{0,03}=55\\ \overline{H}=\frac{2.1,5}{0,03}=100\end{array}\to k=6$$

Số π trong gốc hidrocacbon là $6-3=3\to a=0,03.3=0,09mol$

(AI giải đề cho tôi)
Từ 7,36 gam glixerol: $n_{glycerol}=7,36/92=0,08$ mol → tổng số gốc axit $=0,24$ mol, theo tỉ lệ 3:4:5 ta có $n_{C_{17}{H}_{x}COOH}=0,06$; $n_{C_{15}{H}_{31}COOH}=0,08$; $n_{C_{17}{H}_{y}COOH}=0,10$ mol.

Đốt cháy triglixerit: vì triglixerit = glixerol + 3 axit − 3H₂O mà H₂O không tiêu thụ O₂ nên $O_2(E)=O_2(\text{axit})+O_2(\text{glixerol})$.

- Glixerol C₃H₈O₃: $O_2=3+8/4-3/2=3,5$ mol/mol → $0,08\times 3,5=0,28$ mol.
- Axit C₁₇HₓCOOH (C₁₈H₍ₓ₊₁₎O₂): $O_2=17+(x+1)/4$, số mol $=0,06$.
- Palmitic C₁₅H₃₁COOH (C₁₆H₃₂O₂): $O_2=23$ → $0,08\times 23=1,84$ mol.
- Axit C₁₇H_yCOOH: $O_2=17+(y+1)/4$, số mol $=0,10$.

Tổng: $0,28+1,84+1,02+1,70+0,015(x+1)+0,025(y+1)=6,14$ → $0,015x+0,025y=1,26$ → $3x+5y=252$.

Chọn $x=29$ (axit linolenic C₁₇H₂₉COOH, C₁₈H₃₀O₂) và $y=33$ (axit oleic C₁₇H₃₃COOH, C₁₈H₃₄O₂): kiểm tra $3(29)+5(33)=87+165=252$ ✓.

Khối lượng axit: $0,06\times 278+0,08\times 256+0,10\times 282=16,68+20,48+28,20=65,36$ gam.

Khối lượng E = khối lượng axit + glixerol − nước (phản ứng este hoá): $m=65,36+7,36-0,24\times 18=65,36+7,36-4,32=68,40$ gam.

Vậy đáp án A, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
- Glixerol: $n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=\frac{0,92}{92}=0,01$ mol → $n_Y=0,01$ mol (chỉ Y tạo glixerol).
- Gọi Y chứa a gốc axit panmitic ($C_{15}{H}_{31}COOH$, M = 256) và b gốc axit linoleic ($C_{17}{H}_{31}COOH$, M = 280), $a+b=3$; Z là một trong hai axit này với số mol n.
- Khối lượng: $0,01(38+256a+280b)+M_{Z}n=21,34$. Với $a=1,b=2$ (Y = 1 panmitic + 2 linoleic, $M_Y=854$): $8,54+256n=21,34\Rightarrow n=0,05$ mol (Z là axit panmitic).
- Kiểm tra H khi đốt cháy: $n_{H_{2}O}=\frac{23,22}{18}=1,29$ mol → H = 2,58 mol. Y có H = $3\times 32+2=98$ → 0,98 mol; Z (panmitic, H = 32): $32\times 0,05=1,6$ mol. Tổng = 2,58 mol ✓ khớp.
- (Lưu ý: số liệu CO${}_2$ = 30,24 lít in trong đề không nhất quán với các dữ liệu còn lại — theo thành phần trên, $n_{C{O}_2}=0,01\times 52+0,05\times 16=1,32$ mol ≈ 29,568 lít; tuy nhiên đáp án không phụ thuộc số liệu này.)
- Xà phòng hóa: Y (0,01 mol) + Z (0,05 mol axit panmitic) tạo muối:
+ $n_{C_{15}{H}_{31}COONa}=0,01+0,05=0,06$ mol → khối lượng $=0,06\times 278=16,68$ g.
+ $n_{C_{17}{H}_{31}COONa}=0,02$ mol → khối lượng $=0,02\times 302=6,04$ g.
- $\%m_{natripanmitat}=\frac{16,68}{16,68+6,04}\times 100=73,4\%$.
→ Chọn C.

Chọn C.
Đặt $n_X=a$ mol $\Rightarrow n_Y=2a$ mol
Dựa vào phản ứng thủy phân có: $n_{KOH}=5a$ mol, $n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=n_X=a$ mol và $n_{H_{2}O}=n_Y=2a$ mol
Bảo toàn khối lượng: 49,56 + 56.5a = 54,88 + 92a + 18.2a $\Rightarrow$ a = 0,035
X là (C${}_{15}$H${}_{31}$COO)(C${}_{17}$H${}_{33}$COO)(RCOO)C${}_3$H${}_5$ và Y là RCOOH
m${}_E$ = 0,035(R + 621) + 0,07(R + 45) = 49,56 $\Rightarrow$ R = 235 (C${}_{17}$H${}_{31}$-)
$\Rightarrow n_{B{r}_2}$ = 3n${}_X$ + 2n${}_Y$ = 0,245 mol
Trong 3a mol E tạo ra: 49,56 + 0,245.160 = 88,76 gam dẫn xuất brom
Vậy để tạo ra 63,40 gam dẫn xuất brom thì cần n${}_E$ = 63,40.3a/88,76 = 0,075 mol.

Chọn A.
Quy đổi E thành HCOOH (a), $C_3{H}_5(OH{)}_3$ (b), CH${}_2$ (c) và H${}_2$O (-3b).
$n_{O_2}=0,5a+3,5b+1,5c=7,47$
$n_{C{O}_2}=a+3b+c=5,22$
Muối gồm HCOONa (a), CH${}_2$ (c)
→ m muối = $68a+14c=86,76$
→ a = 0,3; b = 0,06; c = 4,74
→ Muối gồm $C_{15}{H}_{31}COONa$ (0,18) và $C_{17}{H}_{35}COONa$ (0,12)
$n_X=b=0,06$ nên X không thể chứa 3 gốc $C_{15}{H}_{31}COO-$, cũng không thể chứa 2 gốc $C_{17}{H}_{35}COO-$.
→ X là $(C_{17}{H}_{35}COO)(C_{15}{H}_{31}COO{)}_2{C}_3{H}_5$
→ $m_X=50,04$ gam

Quy đổi E thành HCOOH (a), $C_3{H}_5(OH{)}_3$ (b), $C{H}_2$ (c) và $H_{2}O$ (-3b).
$n_{O_2}=0,5a+3,5b+1,5c=7,65$
$n_{C{O}_2}=a+3b+c=5,34$
Muối gồm $HCOONa$ (a), $C{H}_2$ (c)
→ a = 0,3; b = 0,06; c = 4,86
→ Muối gồm $C_{15}{H}_{31}COONa$ (0,12) và $C_{17}{H}_{35}COONa$ (0,18)
$n_X=b=0,06$ nên X không thể chứa 2 gốc $C_{15}{H}_{31}CO{O}^{-}$, cũng không thể chứa 3 gốc $C_{17}{H}_{35}CO{O}^{-}$.
→ X là $(C_{17}{H}_{35}COO{)}_2(C_{15}{H}_{31}COO)C_3{H}_5$
→ $m_X=51,72$ gam

Chọn A.

- $\underset{C{O}_2\text{vaˋ}{H}_{2}O}{\overset{\text{quang h}\text{oˆˊ}}{\to }}$ $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_X(k_X-1)\to 4a=a(k_X-1)\Rightarrow k_X=5=3{\pi }_{\cdot CO{O}^{-}}+2{\pi }_{C-C}$

- Hidro hóa m (g) X với $n_X=\frac{n_{H_2}}{2}=0,15$ mol $\stackrel{\text{BTKL}}{\to }$ $m_X=m_Y-2n_{H_2}=132,9$ (g)

- Cho m (g) X tác dụng với NaOH thì $n_X=n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=0,15$ mol

- $\stackrel{\text{BTKL}}{\to }$ $m_r=m_X+40n_{NaOH}-92n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=\boxed{139,1(g)}$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol X = 2t, Y = 3t (tỉ lệ 2:3), mỗi phân tử triglixerit có 3 gốc acyl, nên mỗi 'lô' (2X + 3Y) có 15 gốc acyl. Các gốc acyl: palmitoyl C16H31O (từ C15H31COONa), oleoyl C17H33O (1 liên kết C=C, từ C17H33COONa), linoleoyl C17H31O (2 liên kết C=C, từ C17H31COONa). Gọi R, O, L lần lượt là số gốc palmitoyl, oleoyl, linoleoyl trong lô (R + O + L = 15).
- Số C của lô: C = 15 (glycerol) + 16R + 18(O + L) = 285 − 2R.
- Số H của lô: H = 25 + 31R + 33O + 31L = 490 + 2O.
Đốt cháy: t(285 − 2R) = 2,65 và t(490 + 2O)/2 = 2,48 → t(490 + 2O) = 4,96. Chia hai phương trình: (490 + 2O)/(285 − 2R) = 4,96/2,65 → O + 1,8717R = 21,717. Với R = 10 → O = 3 (thỏa mãn, L = 2). Suy ra t = 2,65/(285 − 20) = 0,01; kiểm tra H: 0,01 × 496 = 4,96 ✓.
Số mol H2 tối đa = số liên kết C=C: t·D' = 0,07 → D' = 7, với D' = 2(O_X + 2L_X) + 3(O_Y + 2L_Y), R_X + R_Y = 10 (mỗi phân tử tối đa 3 gốc P). Chọn X = 2 palmitoyl + 1 linoleoyl (R_X = 2, L_X = 1, d_X = 2) và Y = 2 palmitoyl + 1 oleoyl (R_Y = 2, O_Y = 1, d_Y = 1): kiểm tra R = 4 + 6 = 10 ✓, O = 3 ✓, L = 2 ✓, D' = 2×2 + 3×1 = 7 ✓.
Khối lượng mol: M_X = 2×256 + 280 + 38 = 830 g/mol; n_X = 2t = 0,02 mol → m_X = 0,02 × 830 = 16,60 gam. (Y: M_Y = 832, m_Y = 0,03 × 832 = 24,96 gam — phương án nhiễu A.) Đáp án B.

nC${}_3$H${}_5$(OH)${}_3$ = 0,07
nC${}_{15}$H${}_{31}$COONa = 2,5e; nC${}_{17}$H${}_{33}$COONa = 1,75e; nC${}_{17}$H${}_{35}$COONa = e
—> nNaOH = 2,5e + 1,75e + e = 0,07.3
—> e = 0,04
Quy đổi E thành C${}_3$H${}_5$(OH)${}_3$ (0,07), HCOOH (0,21), CH${}_2$ (2,5e.15 + 1,75e.17 + 17e = 3,37), H${}_2$ (-1,75e = -0,07) và H${}_2$O (-0,21)
—> mE = 59,36 và nO${}_2$ = 0,07.3,5 + 0,21.0,5 + 3,37.1,5 – 0,07.0,5 = 5,37
—> Đốt 47,488 gam E cần nO${}_2$ = 5,37.47,488/59,36 = 4,296