Ôn tập chương 1

BTKL → m_CO2 = m_X + m_O2 - m_H2O = 11a - 121b

→ n_CO2 = 2,5x - 2,75y (mol)

Bảo toàn O → n_{O(trong X)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 3x - 4,5y (mol)

X có 6O → n_X = 1/6.n_{O(trong X)} = 0,5x - 0,75y (mol)

Khi đốt hợp chất hữu cơ chứa C, H, O thì: \({n_{hchc}} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}}\) (với k là độ bất bão hòa của toàn phân tử)

\(\begin{array}{l} \to 0,5{\rm{x}} - 0,75y = \frac{{\left( {2,5{\rm{x}} - 2,75y} \right) - y}}{{k - 1}}\\ \to \left( {0,5{\rm{x}} - 0,75y} \right) = \frac{{5\left( {0,5{\rm{x}} - 0,75y} \right)}}{{k - 1}}\\ \to 1 = \frac{5}{{k - 1}}\\ \to k = 6\end{array}\)

=> X có chứa 6 liên kết π, mà có 3 π trong 3 nhóm COO

→ còn lại 3 π ngoài gốc hiđrocacbon

- Khi X phản ứng với Br₂ thì X + 3Br₂ → Sản phẩm cộng

→ n_X = 1/3.n_Br2 = 1/3.0,15 = 0,05 mol = a

Phản ứng tổng quát: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

n_Glixerol = 9,2 : 92 = 0,1 mol → n_NaOH = 3n_Glixerol = 0,3 mol

Bảo toàn khối lượng: m + m_NaOH = m_muối + m_glixerol

→ m = 91,8 + 9,2 - 0,3.40 = 89 gam

Phản ứng thủy phân chất béo: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

Ta luôn có: n _Glixerol = 1/3.n_NaOH = 0,04 mol

BTKL: m muối = m _{chất béo} + m_NaOH - m _glixerol

= 35,6 + 0,12.40 - 0,04.92 = 36,72 (g)

 _{\(k = \pi + v = {{3.2 + 2 - 6} \over 2} = 1\)}→ Este no, đơn chức, mạch hở

(1) HCOOCH₂CH₃

(2) CH₃COOCH₃

CH₃COO(CH₂)₂OOCCH₃+ 2NaOH → 2CH₃COONa + CH₂OH-CH₂OH

CH₃OOC-COOCH₃ + 2NaOH → (COONa)₂ + 2CH₃OH

C₆H₅COOCH₃ + NaOH → C₆H₅COONa + CH₃OH

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

\({n_{NaOH}} = {{2,4} \over {40}} = 0,06\,\,mol\) => n_NaOH = 2. n_este

→ este của phenol RCOOC₆H₄R’

RCOOC₆H₄R’ +2NaOH → RCOONa + R’C₆H₄ONa + H₂O

m_este = m_{sản phẩm hữu cơ} + m_H2O - m_NaOH = 5,94+ 0,03.18 – 2,4 = 4,08 g

${M_{Este}} = {{4,08} \over {0,03}}$= 136→ C₈H₈O₂

=> CTCT của X:

Z vừa có phản ứng tráng bạc, vừa tác dụng được với Na => Z chứa gốc –CHO và –OH

Y không tráng bạc => X có dạng R’COOCH=CH-R-OH hoặc R’COO-CH₂-RCHO

Từ 4 đáp án => X là CH₃COO-CH₂CHO

PTHH: CH₃COO-CH₂CHO + NaOH → CH₃COONa + HO-CH₂CHO

$k = \pi  + v = \dfrac{{2.4 + 2 - 8}}{2} = 1$  → Este no, đơn chức, mạch hở

(1) HCOOCH₂CH₂CH₃

(2) HCOOCH(CH₃)₂

(3) CH₃COOCH₂CH₃

(4) CH₃CH₂COOCH₃

Thoát hơi nước là động lực đầu trên của sự vận chuyển nước, ion khoáng từ rễ lên thân và lá.

Tất cả các nhân tố trên đều ảnh hưởng tới quá trình thoát hơi nước ở cây.

${n_{NaOH}} = \dfrac{{12}}{{40}} = 0,3\,\,mol = 2{n_{{\text{es}}te}}$ → este của phenol RCOOC₆H₄R’

RCOOC₆H₄R’ +2NaOH $\xrightarrow{{}}$ RCOONa + R’C₆H₄ONa + H₂O

m_este = m_{sản phẩm hữu cơ} + m_H2O - m_NaOH

         = 29,7 + 0,15.18 – 12 = 20,4 g

${{\text{M}}_{{\text{es}}te}} = \dfrac{{20,4}}{{0,15}} = 136$→ C₈H₈O₂

Trong mô thực vật có 3 con đường liên kết NH₃ với các hợp chất hữu cơ: amin hóa, chuyển vị amin và hình thành amit

C₆H₅COOC₆H₅ + 2NaOH → C₆H₅COONa + C₆H₅ONa + H₂O

CH₃COO-[CH₂]₂-OOCCH₂CH₃ + 2NaOH → CH₃COONa + CH₃CH₂COONa + CH₂OH-CH₂OH

CH₃OOC-COOCH₃ + 2NaOH → (COONa)₂ + 2CH₃OH

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

(1), (2), (3) và (4) là các con đường tạo ra nitơ dưới dạng mà cây hấp thụ được hoặc các chất có thể tạo ra dạng nitơ đó.

Z vừa có phản ứng tráng bạc, vừa tác dụng được với Na => Z chứa gốc –CHO và –OH

=> X có dạng HCOOCH=CH-R-OH hoặc HCOO-CH₂-RCHO

Từ 4 đáp án => X là HCOO-CH₂CHO

PTHH: HCOO-CH₂CHO + NaOH → HCOONa + HO-CH₂CHO

Phát biểu đúng là B

Ý D sai vì O₂ được tạo từ H₂O

• Theo đề bài: X đơn chức, tác dụng với NaOH sinh ra muối và ancol

=> X là este đơn chức: RCOOR’.

• Mặt khác: \({m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_H}_{_2O} \Rightarrow 44.{\text{ }}{n_{C{O_2}}} + 18.{n_{{H_2}O}} = 2,07 + 0,135.32 = 6,39\) gam

Và \(44.{n_{C{O_2}}} - 18.{n_H}_{_2O} = 1,53{\text{ }}gam \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,09{\text{ }}mol;{\text{ }}{n_H}_{_2O} = 0,135{\text{ }}mol\)

\({n_H}_{_2O} > {n_{C{O_2}}}\)  => Z là ancol no, đơn chức, mạch hở có công thức: C_nH_2n+1OH (n ≥ 1)

Từ phản ứng đốt cháy Z => \(\dfrac{{{n_{{H_2}O}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \dfrac{{n + 1}}{n} = \dfrac{{0,135}}{{0,09}} \Rightarrow n = 2\)

Y có dạng C_xH_yCOONa => T: C_xH_y+1 => M_T = 12x + y + 1 = 1,03.29

=> x = 2 và y = 6 => CTPT este: C₂H₅COOC₂H₅

Các phát biểu đúng là: III, IV

I sai vì sản phẩm đầu của quá trình cố định CO₂ ở thực vật C₃ là hợp chất APG

II sai vì chỉ có thực vật C₄ có 2 loại lục lạp ở tế bào mô giậu và tế bào bao bó mạch

Chất C tác dụng với Na sinh ra khí H₂ => C là ancol

Oxi hóa C ra E không phản ứng với AgNO₃ => C không là ancol bậc 1

Dựa vào các đáp án cho A là este đơn chức => B là muối của Na

Nung B với NaOH rắn tạo ra D có MD = 32.0,5 = 16 => D là CH₄ => Gốc R trong D là CH₃-

Đặt công thức của A là RCOOR’

CH₃COOR’ + NaOH → CH₃COONa + R’OH

R’OH + Na → R’ONa + H₂

Ta có: n_H2 = 0,1 mol => n_ancol = 2.0,1 = 0,2 mol

n_NaOH = 0,3 mol > n_ancol => NaOH dư, este phản ứng hết

=> n_este = n_ancol = 0,2 mol => ${M_{este}} = \dfrac{{20,4}}{{0,2}} = 102$

=> R’ = 102 – 59 = 43 => gốc R’ là C₃H₇- và ancol bậc 2

Vì cây C₄ có điểm bù CO₂ thấp hơn cây C₃ nên cây C₄ có thể quang hợp ở nồng độ CO₂ thấp hơn so với cây C₃ →nồng độ CO₂ sẽ giảm đến điểm bù của cây C₄.