Bài tập thủy phân lipid

Đặt công thức của hỗn hợp X các triglixerit là (RCOO)₃C₃H₅ : 0,05 (mol) (với R là giá trị trung bình)

BTNT (O) ta có:\(6{n_X} + 2{n_{{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} + 2{n_{C{O_2}}}\)

                  → 0,05.6 + 2.3,75 = \({n_{{H_2}O}}\) + 2.2,7

                  → \({n_{{H_2}O}}\) = 2,4 (mol)

BTKL ta có: m_X = \({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{{O_2}}}\) = 2,7.44 + 2,4.18 - 3,75.32 = 42

\({M_X} = \dfrac{{42}}{{0,05}} = 840\) g/mol

Xét 50,4 gam X phản ứng với NaOH

\({n_X} = \dfrac{{50,4}}{{840}} = 0,06\,\,mol\)

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

                  0,06      →      0,18                            →  0,06           (mol)

BTKL ta có: m_X + m_NaOH = m_muối­  + \({m_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}}\)

→ 50,4 + 0,18.40 = m_muối + 0,06.92

→ m_muối = 52,08 (g)

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

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

Bảo toàn nguyên tố O có n_O(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O 

→ n_O(X) + 2.3,26 = 2.2,28 + 2,2 → n_O(X) = 0,24 mol

Vì X là triglixerit nên X chứa 6 O trong công thức phân tử nên n_X = 0,04 mol

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

Ta có n_NaOH  = 3n_X = 3.0,04 =0,12 mol

          n_C3H5(OH)3 = 0,04 mol

Bảo toàn khối lượng có m_X + m_NaOH =m_muối + m_C3H5(OH)3 

→ 35,6 + 0,12.40 = 0,04.92 + m_muối → m_muối = 36,72 g

A đúng, vì mỡ lợn và dầu ăn đều có thành phần chính là chất béo.

B sai, vì mục đích thêm NaCl bão hòa là để làm tăng khối lượng riêng của dung dịch phía dưới và làm giảm độ tan của xà phòng, khiến cho xà phòng dễ nổi lên và tách ra khỏi dung dịch hơn.

C đúng, vì chất lỏng trong bát sứ có chứa glixerol có thể hòa tan được Cu(OH)₂.

D đúng, chất rắn nổi lên chính là xà phòng.

Tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

Do chất béo chứa 20% tạp chất trơ nên 80% còn lại là tristearin

→ m_tristearin = \(2,225.\frac{{80}}{{100}}\) = 1,78 (kg)

→ n_tristearin = \(\frac{{1,78}}{{890}}\) = 0,002 (kmol)

PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3 C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

Theo PTHH → n_glixerol = n_tristearin = 0,002 (kmol)

→ m_glixerol = 0,002.92 = 0,184 (kg)

- X₁, X₂, X₃ là axit.

- Từ (b)X₂ là axit no mà X₂ nhiều hơn X₃ 2 nhóm CH₂=>X₃ cũng là axit no

- X1 có thể cộng tối đa 2H₂ => X₁ chứa 2 liên kết π ở ngoài mạch hidrocacbon

Mà số liên kết π trong X nhỏ hơn 6 => X chứa 3π trong 3 nhóm COO và 2π ngoài mạch hidrocacbon => Hệ số bất bão hòa k = 5

Đặt: Số C_(X1) = Số C_(X2) = n => Số C_(X3) = n - 2

Số C_(X) = Số C_(X1) + Số C_(X2) + Số C_(X3) + 3

=> n + n + (n - 2) + 3 = 55 => n = 18

Kết luận:

X₁ là C₁₇H₃₁COOH; X₂ là C₁₇H₃₅COOH; X₃ là C₁₅H₃₁COOH

X là C₅₅H₁₀₂O₆; X₄ là C₃H₅(OH)₃

Xét các phương án:

A. %m_H(X3) = 32/256.100% = 12,5% => A đúng

B đúng

C đúng

D. %m_C(X1) = (18.12/280).100% = 77,14% => D sai

BTNT "O": 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

→ n_X = (0,228.2 + 0,208 - 2.0,32)/6 = 0,004 (mol)

BTKL ta có: m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

→ a + 0,32.32 = 0,228.44 + 0,208.18 → a = 3,536 (g)

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

n_KOH = n_NaOH = 0,045.0,1 = 0,0045 (mol) → ∑ n_OH- = 0,009 (mol)

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

Ta thấy:  3n_X > n_OH- → bazo pư hết, X dư. Mọi tính toán theo số mol OH^-

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

          0,003    ← 0,009                      → 0,003        (mol)

→ n_X pư = n_C3H5(OH)3 = n_OH-/3 = 0,003 (mol)

BTKL ta có: m_X pư + m_NaOH + m_KOH = m_muối + m_C3H5(OH)3

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

→ m_muối = 2,808 (g)

Đặt n_COO(E) = a mol

- Khi đốt E:

BTNT "O" → \({n_{{H_2}O}} = 2a + 7,47.2 - 5,22.2 = 2a + 4,5\left({mol} \right)\)

BTKL → \({m_E} = (2a + 4,5).18 + 5,22.44 - 7,47.32 = 36a + 71,64\left(g \right)\)

- Khi E + NaOH:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{glixerol}} = {n_X} = \dfrac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{3 - 1}} = \dfrac{{5,22 - (2a + 4,5)}}{2} = 0,36 - a\\{n_{{H_2}O}} = a - 3(0,36 - a) = 4a - 1,08\\{n_{NaOH}} = {n_{COO}} = a\end{array} \right.\)

Bảo toàn KL: \({m_E} + {m_{NaOH}} = {m_{muoi}} + {m_{glixerol}} + {m_{{H_2}O}}\)

⟹ 36a + 71,64 + 40a = 86,76 + 92(0,36 – a)+ 18(4a – 1,08) ⟹ a = 0,3 mol

Muối gồm \(\left\{ \begin{array}{l}{C_{15}}{H_{31}}COONa:x\\{C_{17}}{H_{35}}COONa:y\end{array} \right.\) ⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}278x + 306y = 86,76\\x + y = 0,3\end{array} \right.\) ⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0,18\\y = 0,12\end{array} \right.\)

Mà \({n_X} = 0,36 - a = 0,06\) ⟹ X phải là (C₁₅H₃₁COO)₂(C₁₇H₃₅COO)C₃H₅

X không thể chứa 3 gốc stearat vì mol muối natri panmitat chỉ là 0,12.

X không thể chứa 3 gốc panmitat vì mol muối natri panmitat khi đó sẽ lớn hơn 0,18 (vì có cả axit panmitic tự do).

X không thể chứa 2 stearat và 1 gốc panmitat vì mol muối natri stearat lúc đó sẽ lớn hơn 0,12 (có cả axit stearic tự do).

⟹ m_X = 50,04 gam.

Các triglixerit đều được tạo từ các axit có 18C (C₁₇H₃₅COOH; C₁₇H₃₃COOH, C₁₇H₃₁COOH) và glixerol nên:

Đặt công thức chung của các triglixerit X có dạng: C₅₇H₁₀₄O₆ : x (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = 57x = 0,285 ⟹ x = 0,005 (mol)

PTHH: C₅₇H₁₀₄O₆ + 80O₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) 57CO₂ + 52H₂O (1)

Theo PTHH (1): \({n_{{O_2}}} = \frac{{80}}{{57}}{n_{{H_2}O}} = \frac{{80}}{{57}} \times 0,285 = 0,4(mol)\)= a

BTNT “O”:  ⟹ n_H2O = 6n_X + 2n_O2 - 2n_CO2  = 6.0,005 + 2.0,4 -  2.0,285 = 0,26 (mol)

⟹ m_X = m_C + m_H + m_{O(trong X)} = 0,285.12 + 0,26.2 + 0,005.6.16 = 4,42 (g)

Xét phản ứng xà phòng hóa: X + 3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

Có: n_C3H5(OH)3 = n_X = 0,005 (mol) ; n_NaOH = 3n_X = 3.0,005 = 0,015 (mol)

BTKL ta có: m_X + m_NaOH = m_muối + m_C3H5(OH)3

⟹ m_muối = m_X + m_NaOH – m_C3H5(OH)3 = 4,42 + 0,015.40 – 0,005.92 = 4,56 (g) = m₁

(a) sai, sau bước 3, thấy có lớp chất rắn màu trắng nổi lên là muối natri của axit béo.

(b) sai, thêm dung dịch NaCl bão hòa nóng để làm giảm độ tan muối natri của axit béo và làm tăng khối lượng riêng của lớp chất lỏng phía dưới khiến cho muối này dễ dàng nổi lên trên.

(c) đúng, vì phải có nước thì phản ứng thủy phân mới xảy ra.

(d) sai, dầu dừa có thành phần chính là chất béo còn dầu nhờn bôi trơn máy có thành phần chính là hiđrocacbon.

Vậy chỉ có 1 phát biểu đúng.