Ôn tập chương 1

Phản ứng thủy phân tạo 2 axit béo → phương trình tổng quát dạng:

\({({R_1}COO)_2}{C_3}{H_5}{\text{(OOC}}{{\text{R}}_2}) + 3{H_2}O \to 2{R_1}COOH + {R_2}{\text{COOH}} + {C_3}{H_5}{(OH)_3}\)

${n_{lipit}} = {n_{glixerol}} \to {n_{lipit}} = \dfrac{{46}}{{92}} = 0,5\,mol \to {M_{lipit}} = \dfrac{{444}}{{0,5}} = 888\,g/mol$

$ \to ({R_{^1}} + 44).2 + ({R_{^2}} + 44) + 41 = 888 \to 2{R_{^1}} + {R_{^2}} = 715 \to \left\{ \begin{gathered}{R_{^1}} = 239\,({C_{17}}{H_{35}}) \hfill \\{R_{^2}} = 237\,({C_{17}}{H_{33}}) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

→ C₁₇H₃₃COOH và C₁₇H₃₅COOH.

Khi ở biển: Áp suất thẩm thấu của cá hồi bằng 1/3 so với môi trường → các nguy cơ sau cho chúng:

- Mất nước qua mang 1 cách thụ động.

- Tăng nồng độ mol các chất hòa tan trong cơ thể qua mang 1 cách thụ động.

- Các chất hòa tan trong nước biển hấp thu qua ruột.

Giải pháp:

- Uống nước qua mang.

- Thải muối qua mang, da và thận 1 cách chủ động.

- Bài tiết nước tiểu đẳng trương.

Ta có:

${(RCOO)_3}{C_3}{H_5} + 3NaOH\xrightarrow{{}}3RCOONa + {C_3}{H_5}{(OH)_3}$

     0,02        ←                0,06                               →                0,02

Bảo toàn khối lượng:

m_{xà phòng} = m_{chất béo} + m_NaOH - m_glixerol $ = 17,24 + 0,06.40 - 0,02.92 = 17,8\,gam$

Để trung hòa 200 gam chất béo có chỉ số axit bằng 7

${n_{NaOH}} = \,{n_{KOH}} = \dfrac{7}{{56}}.\dfrac{1}{{1000}}.200 = 0,025\,mol$

$RCOOH + NaOH\xrightarrow{{}}RCOONa + {H_2}O$

                           0,025                0,025

${(RCOO)_3}{C_3}{H_5} + 3NaOH\xrightarrow{{}}3RCOONa + {C_3}{H_5}{(OH)_3}$

                                            3x                                                     x

Bảo toàn khối lượng: m_{chất béo} + m_axit + m_NaOH = m_muối + m_glixrol

$ \to 200 + (0,025 + 3x).40 = 207,55 + 0,025.18 + x.92$

$ \to x = 0,25 \to \sum {{n_{NaOH}}}  = 0,025 + 3.0,25 = 0,775\,mol \to {m_{NaOH}} = 0,775.40 = 31\,gam$

Ancol + Na dư → 0,04 mol H₂ và m_{bình tăng} = 2,48 gam

=> n_ancol = 2.n_H2 = 0,08 mol và m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 2,56 gam

=> M_ancol = 32 => ancol là CH₃OH

=> X gồm 2 este no dạng C_nH_2n+1COOCH₃ và 1 este không no dạng C_mH_2m-1COOCH₃ (m ≥ 2)

+) Đốt 5,88 gam X (ứng với 0,08 mol) + O₂ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) ? mol CO₂ + 0,22 mol H₂O

n_{O trong X} = 2.n_X = 0,16 mol và m_X = m_C + m_H + m_O => n_C = 0,24 mol

Tương quan đốt có n_{este không no} \(= \sum {n_{C{O_2}}} - \sum {n_{{H_2}O}} = 0,02{\text{ }}mol\)

=> n_{2 este no} = 0,06 mol

\(\bar C = \dfrac{{0,24}}{{0,08}} = 3\)=> 2 este no là HCOOCH₃ và CH₃COOCH₃

Vì este không no chứa ít nhất 4C, chặn khoảng giá trị số C của este không no:

\(\dfrac{{0,24-0,06.3}}{{0,02}} = 3$  < số C_{este không no} $ < 6 = \dfrac{{0,24-0,06.2}}{{0,02}}\)

Tuy nhiên ứng với C₄ có mỗi công thức CH₂=CHCOOCH₃ không có đồng phân hình học => loại

=> etse không no có 5C và cấu tạo có đồng phân hình học là: CH₃CH=CHCOOCH₃

=>\(\% {m_{{C_5}{H_8}{O_2}}}{\text{ = }}\dfrac{{0,02.100}}{{5,88}}{\text{.100%  = }}34,01\% \)  

Trong phản ứng xà phòng hóa: ${n_X} = \dfrac{{24,96}}{{{M_X}}}$ mol và ${n_{NaOH}} = 0,42$  (mol)

Ta có tỉ lệ:

$\dfrac{{24,96}}{{{M_X}}}$ mol X chứa n_O = 2.n_NaOH = 0,42.2 = 0,84 mol O

=> trong 0,2 mol X chứa n_O = $\dfrac{{7{M_X}}}{{1040}}$ mol O

Bảo toàn O cho phản ứng cháy => ${n_{C{O_2}}} = \dfrac{{7{M_X}}}{{2080}} + 0,28$

Khối lượng este bị đốt cháy:

$0,2{M_X} = 12.\left( {\dfrac{{7{M_X}}}{{2080}} + 0,28} \right) + 0,48.2 + \dfrac{{16.7{M_X}}}{{1040}}$

=> M_X = 83,2

=> n_CO2 = 0,56 => số C = 2,8

Vậy este X có số C = số O => 2 muối trong Z chỉ có thể là HCOONa (x mol) và (COONa)₂ (y mol)

n_NaOH = x + 2y = 0,42

Bảo toàn khối lượng: m_muối = 68x + 134y = 0,09

=> x = 0,24 và y = 0,09

=> a : b = 1,353

Bảo toàn H cho phản ứng đốt m (g) X → n_H(X) = 2n_H2O = 2,08 mol

- Xét phản ứng thủy phân m gam X trong NaOH:

Đặt n_X = a mol

\(\mathop X\limits_{a\left( {mol} \right)}  + \mathop {NaOH}\limits_{3{\rm{a}}\left( {mol} \right)}  \to \left\{ \begin{array}{l}Muối + {O_2} \to \left\{ \begin{array}{l}N{a_2}C{O_3}\\C{O_2}:1,01\\{H_2}O:0,99\end{array} \right.\\\mathop {{C_3}{H_5}{{\left( {OH} \right)}_3}}\limits_{a\left( {mol} \right)} \end{array} \right.\)

Bảo toàn H → n_H(X) + n_NaOH = 2n_{H2O(đốt muối)} + 8n_C3H8O3

→ 2,08 + 3a = 2.0,99 + 8a → a = 0,02

Bảo toàn Na → n_Na2CO3 = 1/2.n_NaOH = 0,03 mol

Bảo toàn C → n_C(X) = n_{Na2CO3(đốt muối)} + n_{CO2(đốt muối)} + 3n_C3H5(OH)3 = 1,1 mol

- Xét phản ứng đốt m (g) X:

Bảo toàn C → n_{CO2(đốt X)} = n_C(X) = 1,1 mol

Ta có: \({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} \Leftrightarrow 0,02 = \frac{{1,1 - 1,04}}{{k - 1}} \Leftrightarrow k = 4\)

⟹ X có 1 π ở gốc hiđrocacbon (vì 3 nhóm COO chiếm 3 π)

⟹ n_Br2 = n_X = 0,02 mol

Trung hòa axit trong 100 gam chất béo: n_axit = n_KOH = 0,01 mol

Cho chất béo tác dụng với NaOH:

RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

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

n_triglixerit = (n_NaOH - n_axit)/3 = (0,4 - 0,01)/3 = 0,13 mol

n_H2O = n_axit = 0,01 mol

n_C3H5(OH)3 = n_triglixerit = 0,13 mol

BTKL: m_muối = m_{chất béo} + m_NaOH - m_H2O - m_C3H5(OH)3

                     = 100 + 0,4.40 - 0,01.18 - 0,13.92 = 103,86 gam

BTKL → m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 2,01.44 + 1,84.18 - 2,82.32 = 31,32 gam

Đặt số mol của axit oleic và triglixerit lần lượt là 2a và 3a mol

Bảo toàn O → 2.2a + 6.3a + 2.2,82 = 2.2,01 + 1,84 → a = 0,01

→ n_{axit oleic} = 0,02 mol; n_triglixerit = 0,03 mol

*Khi đốt hợp chất hữu cơ bất kì (chứa C, H, O) có độ bất bão hòa k, ta luôn có: n_CO2 - n_H2O = n_hchc.(k-1)

- Đốt axit oleic (k = 2) thì: n_{CO2(do axit oleic)} - n_{H2O(do axit oleic)} = 0,02 (*)

- Đốt triglixerit Y (k) thì: n_{CO2(do Y)} - n_{H2O(do Y)} = 0,03.(k - 1) (**)

Cộng vế với vế của (*) và (**) được:

      ∑n_CO2 - ∑n_H2O = 0,02 + 0,03.(k - 1)

→  2,01 - 1,84 = 0,02 + 0,03.(k - 1)

→ k = 6

*Khi cho hỗn hợp tác dụng với Br₂ thì:

n_Br2 = n_{axit oleic} + 3.n_triglixerit = 0,02 + 3.0,03 = 0,11 mol

Tỷ lệ: 31,32 gam hỗn hợp X tác dụng với tối đa 0,11 mol Br₂

→       46,98 gam ……………………………….0,165 mol

Vậy x = 0,165

Ta có n_Br2 : n_X = 0,32 : 0,08 = 4 nên các gốc hiđrocacbon của chất béo có tổng cộng 4π

Mà mỗi gốc COO có 1π nên độ bất bão hòa của toàn phân tử X là k = 4 + 3 = 7

- Phản ứng đốt 0,08 mol X:

Giả sử n_CO2 = a và n_H2O = b (mol)

+) Bảo toàn O → 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

→ 2a + b = 6.0,08 + 2.6,36 (1)

+) \({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}}\)

→ \(\frac{{a - b}}{{7 - 1}} = 0,08\) (2)

Giải (1) (2) được a = 4,56 và b = 4,08

BTKL → m_X = m_CO2 + m_H2O - m­_O2 = 4,56.44 + 4,08.18 - 6,36.32 = 70,56 gam

Ta có           X + 3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

                  0,08 → 0,24 →               0,08       (mol)

BTKL → m_muối = m_X + m_NaOH - m_C3H5(OH)3

= 70,56 + 0,24.40 - 0,08.92 = 72,8 gam

BTKL → m_CO2 = m_X + m_O2 - m_H2O = 110x - 121y (g)

→ 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 = 1/3.0,45 = 0,15 mol = a

Dẫn hỗn hợp Z qua dung dịch Ba(OH)₂ dư thì

\({n_{C{O_2}}} = {n_{BaC{{\rm{O}}_3}}} = 1,028\,\,mol\)

\( \to {n_{CO}} + {n_{{H_2}}} = 2,364 - 1,028 = 1,336 mol\)

Xét quá trình trao đổi electron của phản ứng giữa C với CO₂ và H₂O

C → C⁺⁴ + 4e          C⁺⁴ + 2e → C⁺²

2H⁺ + 2e → H₂

Áp dụng bảo toàn electron: \(4{n_C} = 2{n_{CO}} + 2{n_{{H_2}}}\)

\( \to {n_C} = \frac{{2.1,336}}{4} = 0,668\,\,mol\)

→ a = 2,364 – 0,668 = 1,696 mol

Quy đổi hỗn hợp X thành (HCOO)₃C₃H₅ (x mol), CH₂ (y mol) và H₂ (-0,032 mol)

→ m_X = 176x + 14y – 0,032.2 = 13,728 (1)

\({n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = (6{\rm{x}} + y) + (4{\rm{x}} + y - 0,032) = 1,696\)(2)

Từ (1) và (2) → x = 0,016 mol; y = 0,784 mol

Ta có: n_NaOH = 3x = 0,048 mol; \({n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = x = 0,016\,\,mol\)

Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_glixerol

→ m_muối = 13,728 + 0,048.40 – 92.0,016 = 14,176 gam

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3H₂ → (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

→ n_H2 = 3n_triolein = 3.26,52 : 884 = 0,09 mol → V_H2 = 0,09.22,4 = 2,016 lít

Ta có n_CaCO3 = n_CO2 = 0,255 mol

  m_{dd giảm} = - m_CO2 -  m_H2O + m_CaCO3 = - 0,255.44 – m_H2O + 25,5 = 9,87

→ m_H2O = 4,41 gam → n_H2O = 0,245 mol

BTKL có m_O2 = m_CO2 + m_H2O – m_X 

= 0,255.44 + 4,41 – 4,03 = 11,6 g → n_O2= 0,3625 mol

Bảo toàn O có 2n_O2 + n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O → n_O(X) = 0,03 mol

Vì X là triglixerit nên n_X = 1/6 .n_O(X) = 0,005 mol

→ 8,06 g X có số mol là 0,005.8,06 : 4,03 = 0,01 mol

0,01 mol X + 0,03 mol NaOH → muối + 0,01 mol C₃H₅(OH)₃

BTKL m_muối = m_X + m_NaOH – m_C3H5(OH)3 

= 8,06 + 0,03.40 – 0,01.92 = 8,34 gam

X + O₂ → x mol CO₂ + y mol H₂O

n_O2 = 1,24 mol 

m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O → 13,728 + 1,24.32 = 44x + 18y (1)

Mà x – y = 0,064 mol => x = 0,88 mol và y = 0,816 mol

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

= 2.0,88 + 0,816 – 2.1,24 =0,096 mol

Vì X là triglixerit nên n_O(X) = 6n_X → n_X = 0,016 mol

Ta có nX = (nCO2 - nH2O)/(k -1) => k = 5 

→ X cộng tối đa với 2H₂ → no

X + 0,096 mol H₂ → Y => n_X = 0,048 mol  → m_X =41,184 gam

→m_Y = 41,184 + 0,096.2 =41,376 gam

n_Y =n_X =0,048 mol

Y + 3NaOH → a gam muối + C₃H₅(OH)₃

n_NaOH = 3n_Y = 0,048.3 =0,144 mol và n_C3H5(OH)3 = 0,048 mol

→ BTKL : m_muối = m_Y + m_NaOH – m_C3H5(OH)3 

= 41,376 + 0,144.40 – 0,048.92 = 42,72 gam

Triolein + H₂ theo tỉ lệ 1:3

Bảo toàn khối lượng: m_Triolein + m_{H2 pứ} = m_X

=> m_{H2 pứ} = (m + 0,3) – m = 0,3g

=> n_H2 = 0,3 : 2 = 0,15 mol

=> n_tristearin = n_H2 : 3 = 0,05 mol

Khi X + NaOH:

            (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3KOH → 3C₁₇H₃₅COOK + C₃H₅(OH)₃

Mol                  0,05                 →             0,15 mol

=> m_muối = 0,15.322 = 48,3g

- Gọi công thức của X là (RCOO)₃C₃H₅ có k liên kết pi

n_O2  = 9,016 : 22,4 = 0,4025 mol ; n_CO2 = 6,384 : 22,4 = 0,285 mol ; n_H2O = 0,265 mol

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

=> n_O(X) = 0,03 mol = 6n_(X) => n_X = 0,005 mol

Mặt khác: (k – 1).n_X = (n_CO2 – n_H2O) => k = 5

Có 3 pi trong 3 gốc COO => 2 pi còn lại sẽ nằm trong gốc hidrocacbon (Có thể phản ứng được với Br₂/CCl₄)

=> n_Br2 = 2.n_X = 2.0,005 = 0,01 mol

=> m_Br2 = x = 0,01.160 = 1,6g

- X là trieste tạo bởi glixerol và các axit cacboxylic đơn chức nên có 6O

- Số C nhiều hơn số O là 3 nên X có 9C

- Khi đốt hợp chất hữu cơ (chứa C, H, O) có độ bất bão hòa k ta có:

\({n_{hchc}} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} \Leftrightarrow x = \frac{{y - z}}{{k - 1}} \Leftrightarrow x = \frac{{3{\rm{x}}}}{{k - 1}} \Leftrightarrow k = 4\)

⟹ X có 1 liên kết C=C

Mà X có đồng phân hình học nên X là (HCOO)₂(CH₃-CH=CH-COO)C₃H₅

A đúng, 2 CTCT đó là:

B sai, X có 12 nguyên tử H

C đúng, n_X = 16,2 / 216 = 0,075 = n_glixerol ⟹ m_glixerol = 0,075.92 = 6,9 gam

D đúng, vì X có đầu HCOO- nên có khả năng tráng bạc

\(k = \frac{{2C + 2 - H}}{2} = 6\) ⟹ 2 este đều no (vì có 2π trong 2 nhóm COO và vòng benzen có độ bất bão hòa 4)

Do sau phản ứng thu được 2 ancol có cùng số nguyên tử C nên 2 ancol đó là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂

⟹ CTCT của 2 este trong X là:

Ta có n_A = n_B = ½.n_{hh X} = ½.(38,8 : 194) = 0,1 mol

C₂H₅OOC-COOC₆H₅ + 3NaOH → (COONa)₂ + C₆H₅ONa + C₂H₅OH + H₂O

                 0,1 →                                    0,1 →           0,1

C₆H₅COO-CH₂-CH₂-OOCH + 2NaOH → C₆H₅COONa + HCOONa + C₂H₄(OH)₂

                 0,1 →                                                  0,1 →            0,1

Chất rắn trong Z gồm: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {COONa} \right)}_2}:0,1}\\{{C_6}{H_5}ONa:0,1}\\{{C_6}{H_5}COONa:0,1}\\{HCOONa:0,1}\end{array}} \right.\)

→ m = m_{chất rắn} = 0,1.134 + 0,1.116 + 0,1.144 + 0,1.68 = 46,2 gam

Đốt cháy X₁ chỉ thu được Na₂CO₃ và CO₂ nên X₁ chứa C, O và Na trong phân tử

X₁ pư với HCl theo tỉ lệ 1:6 nên X₁ có 6 trung tâm phản ứng với HCl → X là este 6 chức → CTCT của X  C₆[(COO)₂C₂H₄]₃

Công thức cấu tạo của X₁ là:

X₃ là axit C₆(COOH)₆ (6 gốc –COOH gắn vào 6 đỉnh của vòng benzen)

X₂ là C₂H₄(OH)₂

X­₄ là C₆(COOH)₅(COOC₂H₅)

→ Phân tử khối của X₄ = 370