Trích mẫu thử, đánh số thứ tự.

- Ống nghiệm tác dụng với Cu(OH)₂ tạo phức màu xanh lam → glixerin.

- Ống nghiệm tác dụng với Cu(OH)₂ tạo phức màu tím → lòng trắng trứng (protein).

- Ống nghiệm tác dụng với Cu(OH)₂ không có hiện tượng → tính bột.

→ Đáp án B

Các phát biểu đúng là (1), (3)

(2) sai phải là protein hình cầu.

(4) sai phải là chất rắn ở điều kiện thường.

→ Đáp án A

X + Cu(OH)₂ → màu tím → X phải là tripeptit trở lên → loại A và D.

Z + Br₂ → Kết tủa trắng → Anilin chứ không thể là acrilonitrin → loại C.

→ Đáp án B

Nhiều protein tan trong nước tạo thành dung dịch keo → không phải tất cả.

→ Đáp án B

PTTQ: C₃H₅(OH)₃ + nRCOOH ⇆ (RCOO)_nC₃H₅(OH)₃-n + nH₂O

Các công thức đúng là (a), (b), (c).

→ Đáp án C

Thứ tự nhiệt độ sôi của các axit, ancol, este có cùng số C là: este < ancol < axit (Do giữa các nguyên tử este không có liên kết H, liên kết H trong axit bền hơn trong ancol)

→ Thứ tự sắp xếp đúng là: HCOOCH₃ < CH₃CH₂OH < CH₃COOH.

→ Đáp án B

Các đồng phân mạch hở của C₂H₄O₂ là: CH₃COOH, HCOOCH₃, CH₂OHCHO.

+) CH₃COOH phản ứng được với NaOH, Na

CH₃COOH + NaOH -^to→ CH₃COONa + H₂O

CH₃COOH + Na → CH₃COONa + 1/2 H₂

+) HCOOCH₃ phản ứng được với NaOH, dd AgNO₃/NH₃

HCOOCH₃ + NaOH -^to→ HCOONa + CH₃OH

HCOOCH₃ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → 2Ag↓ + 2NH₄NO₃ + NH₄OCOOCH₃

+) CH₂OHCHO phản ứng được với Na và dd AgNO₃/NH₃.

CH₂OHCHO + Na → NaOCH₂CHO + 1/2 H₂

CH₂OHCHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → 2Ag↓ + CH₂OHCOONH₄ + 2NH₄NO₃

→ Đáp án D

Những cặp chất nào tham gia phản ứng este hoá là:

(3): C₆H₅OH + (CH₃CO)₂O → CH₃COOC₆H₅ + CH₃COOH

Chú ý: Để điều chế este của phenol không dùng axit cacboxylic mà phải dùng anhidrit axit hoặc clorua axit.

(4) CH₃COOH + C₂H₅OH ⇆ CH₃COOC₂H₅ + H₂O.

(5) CH₃COOH + CH≡CH -^to, xt→ CH₃COOCH=CH₂.

(6) C₆H₅COOH + C₂H₅OH ⇆ C₆H₅COOC₂H₅ + H₂O.

→ Đáp án D

C₅H₈O₂ có k = 2 → C₅H₈O₂ là este đơn chức chứa 1 liên kết đôi.

→ Các đồng phân cấu tạo este mạch hở có CTPT là C₅H₈O₂ khi thủy phân tạo ra một axit và một anđehit là:

1. HCOOCH=CHCH₂CH₃ 

2. HCOOCH=C(CH₃)₂

3. CH₃COOCH=CHCH₃ 

4. CH₃CH₂COOCH=CH₂

→ Đáp án C

+ Đốt cháy hoàn toàn X tạo thành CO₂ và H₂O có số mol bằng nhau → X là este no đơn chức.

+ Thuỷ phân X trong môi trường axit được chất Y (tham gia phản ứng tráng gương) và chất Z (có số nguyên tử cacbon bằng một nửa số nguyên tử cacbon trong X) → Y là HCOOH, Z là CH₃OH, X là HCOOCH₃.

→ Đáp án C

có n_glixerol = 0,92 ÷ 92 = 0,01 mol; n_{natri linoleat} = 3,02 ÷ 302 = 0,01 mol

⇒ tỉ lệ: n_glixerol : n_{natri linoleat} = 1 : 1 → cho biết X chứa 1 gốc linoleat

⇒ 2 gốc axit còn lại là 2 gốc oleat ⇒ có 2 cấu tạo thỏa mãn X là: A-A-B; A-B-A

Trieste X sẽ gồm 2 gốc axit RCOO (A) và R'COO (B)

CT: A-B-B; B-A-B; A-A-B; A-B-A

Số CTCT thỏa mãn X là: 4

Trieste X phải có đủ cả 3 gốc axit RCOO (A), R'COO (B) và R"COO (C)

Cách 1: Số CTCT thỏa mãn X là: 3!/2 = 3

Cách 2: Đếm CT: A-B-C; A-C-B; B-A-C (chỉ khác ở giữa)

chất béo là trieste của glixerol với axit béo nên (CH₃COO)₃C₃H₅ không phải chất béo, do CH₃COO là từ axit axetic (không phài axit béo)

Chất béo có chỉ số axit bằng 7

→ Cần 7 mg KOH để trung hòa 1 gam chất béo

→ Cần x mg KOH để trung hòa 200 gam chất béo

x = 7 . 200 = 1400 (mg) = 1,4 gam

n NaOH (trung hòa axit) = n KOH = 1,4 : 56 = 0,025 (mol)

Gọi số mol NaOH cần để xà phòng hóa este là x (mol)

→ Số mol ancol tạo thành sau phản ứng là x/3 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

200  +  0,025.40  +  40x  = 207,55  +  92. x/3  +  0,025.18  n = 0,75

Vậy khối lượng của NaOH là: (0,025 + 0,75).40 = 31 gam.

Chất béo có chỉ số axit = 7

→ 1 gam chất béo cần 7 mg (0,007 gam) KOH để trung hoà axit.

  Trong 1 gam chất béo có \(\frac{{1.89}}{{100}}\) = 0,89 gam tristearin (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅.

\({n_{{{\left( {{{\rm{C}}_{{\rm{17}}}}{{\rm{H}}_{35}}{\rm{COO}}} \right)}_{\rm{3}}}{{\rm{C}}_{\rm{3}}}{{\rm{H}}_{\rm{5}}}}} = \frac{{0.89}}{{890}} = 0,001mol\)

→ n_{KOH phản ứng với este} = 3.0,001 = 0,003 mol.

→ m_{KOH phản ứng với este} =  0,003.56.1000 = 168 mg.

Vậy chỉ số xà phòng hoá = chỉ số axit + chỉ số este hóa = 7  +  168  = 175.

Đặt công thức trung bình của lipit là: C₃H₅(OOCR)₃

Ta có phương trình hóa học:

C₃H­₅(OOCR)₃+3NaOH→C₃H­₅(OH)₃+3RCOONa

                              0,3   ↔   0,1     ↔       0,3

Theo giả thiết ta có

\(\begin{array}{l}
{n_{NaOH}} = \frac{{200.8\% }}{{40}} = 0,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mol\\
{n_{{{\rm{C}}_{\rm{3}}}{{\rm{H}}_{\rm{5}}}{{({\rm{OH}})}_{\rm{3}}}}} = \frac{{9,2}}{{92}} = 0,1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mol
\end{array}\)

Theo phương trình (1) suy ra  

Do đó trong 94,6 gam chất rắn có 0,1 mol NaOH dư và 0,3 mol RCOONa.

Vậy ta có phương trình : 0,1.40 + (R+67).0,3 = 94,6

→ R = 235 → R là C₁₇H₃₁–.

 (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃ (1)

Ta có: n_NaOH = 1,2/40 = 0,03 (kmol)

Từ (1) ⇒ nC₃H₅(OH)₃ = 1/3 n_NaOH = 0,01 (kmol)

⇒ mC₃H₅(OH)₃ = 0,01 x 92 = 0,92 (kg)

Vì H = 80% ⇒ mC₃H₅(OH)_{3 thực tế} = 0,92 x 80/100 = 0,736 (kg)

A. Nhiệt độ sôi của este thấp hơn hẳn so với ancol có cùng phân tử khối.

→ Đúng do este không có chứa liên kết H liên phân tử nên nhiệt độ sôi thấp hơn ancol có cùng phân tử khối

B. Trong công nghiệp có thể chuyển hoá chất béo lỏng thành chất béo rắn.

→ Đúng, người ta chuyển hóa chất béo lỏng thành chất béo rắn bằng cách hidro hóa

C. Số nguyên tử hiđro trong phân tử este đơn và đa chức luôn là một số chẵn.

→ Đúng, este có dạng: C_nH_2n+2-2kO_2a (a ≤ k)

D. Sản phẩm của phản ứng xà phòng hoá chất béo là axit béo và glixerol.

→ Sai, sản phẩm phản ứng xà phòng hóa chất béo là muối và glixerol.

Ta có phương trình phản ứng thủy phân tristearin:

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + H₂O →3C₁₇H₃₅COOH + C₃H₅(OH)₃

Theo đề bài

⇒ Thủy phân 10 g lipid cần n_NaOH = n_KOH = 1,68 : 56 = 0,03 mol

⇒ Thủy phân 1 tấn lipid cần n_NaOH = 3000 mol

⇒nC₃H₅(OH)₃ = 1/3. n_NaOH = 1000 mol

BTKL ⇒ m_{xà phòng} = 106 + 3000.40 - 1000.92 = 1028000 = 1,028 tấn

⇒ m_{xà phòng (72%)} = 1,028 : 0,72 = 1,428 tấn

Giả sử ta cần x mol chất béo đó

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

x                               3x                                x

Bảo toàn khối lượng ⇒ 860x + 3x.40 = m_{xà phòng} + x.92

Mà m_{xà phòng} = 20 000g ⇒ x = 22,522

⇒ m_{chất béo} = 22,522. 860 = 19,37.10³ (g) = 19,37 kg

Dầu mỡ động thực vật là các trieste, còn dầu mỡ bôi trơn máy là các ankan cao phân tử. Chúng hoàn toàn khác nhau.

Giả sử trong 1g chất béo có 0,89g tristearin còn 0,11g axit stearic

⇒ n_KOH = 0,11 : 284 = 0,00038mol

⇒ m_KOH = 0,00038. 56 = 0,02169g = 21,69mg

Tức là chỉ số a xit là 21,69.

n_glixerol = 0,1mol

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

                                                 0,3                 0,1

m_muối = 83,4 : 3 = 27,8g

⇒ M_muối = 27,8: 0,1 = 278 ⇒ M_axit = 278 -22 = 256 (panmitic)

⇒ Chọn C.

Glucozo có cấu tạo mạch thẳng CH₂OH(CHOH)₄CHO glucozo có khả năng lên men tạo thành ancol etylic ,nhưng không bị thủy phân

C₆H₁₂O₆ + H₂ → C₆H₁₄O₆

180 ← 182 (gam)

1,82. 180/182 : 80% = 2,25g ← 1,82 (gam)

→ Đáp án A

m dung dịch giảm = m kết tủa - mCO₂ → mCO₂ = 10-3,4 = 6,6 gam

nCO₂ = 0,015 mol

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

%H = [(0,075.180) : 15].100% = 90%

C₆H₁₂O₆ → 2Ag

180                 216

27g →      \(27.\frac{{216}}{{180}}.75\%  = 24,3g\)

n_sac = (62,5.17,1%)/342 = 0,03125

C₁₂H₂₂O₁₁ → Glucozo = fructozo

Cả glu và fruc đều tham gia phản ứng tráng bạc

⇒ n_Ag = 4 n_sac = 0,125 ⇒ m_Ag = 13,5g

n_glu + n_fruc = n_H2 = 0.2 mol;

Fructozơ không phản ứng với dd Br₂ ⇒ n_glu = n_Br2 = 0,05 mol;

⇒ n_fruc = 0,15 mol

Dùng quỳ tím nhận ra axit axetic (làm quỳ tím đổi màu đỏ); Ag₂O/dd NH₃ nhận ra glucozơ (xuất hiện kết tủa bạc).

 Tác dụng với kim loại Na: Chứng minh tính linh động của H trong nhóm –OH;

Cu(OH)₂ trong NaOH, đun nóng và AgNO₃ (hoặc Ag₂O) trong dung dịch NH₃, đun nóng: Chứng minh phân tử glucozơ có nhóm –CHO.

6CO₂ + 6H₂O → C₆H₁₂O₆ + 6O₂

n_CO2 = 6n_glu = 27:180 = 0,9 mol

→ V_{không khí} = 0,9. 22,4 : 0,03% = 672 lít

C₁₂H₂₂O₁₁ (Saccarozo) + H₂O -^H+, t^o→ C₆H₁₂O₆ (glucozo) + C₆H₁₂O₆ (Fructozo)

Cả glucozo và fructozo đều tráng bạc

⇒ n_Ag = 2(a+a) = 4a

n_Ag = 4n_saccarozo = 4.[(62,5.17,1%)/342] = 0,125(mol)

⇒ m_Ag = 0,125. 108 = 13,5g

→ Đáp án B

Giả sử có x gam mantozo

⇒ m_saccarozo = 34,2 - x (g)

n_Ag = 2n_mantozo ⇒ x = 0,342 gam

⇒ Độ tinh khiết là: (34,2-x)/34,2 = (34,2-0,342)/34,2 = 99%

→ Đáp án B

Saccarozo + H₂O -^to→ Glucozo + Fructozo

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O -^to→ C₆H₁₂O₆ + C₆H₁₂O₆

Trong môi trường kiềm cả glucozo và fructozo đều có phản ứng tráng gương:

C₆H₁₂O₆ + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → C₆H₁₁O₇NH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

⇒ n_saccarozo = 1/4 n_Ag = 1,5.10^-3 (mol)

⇒ %m_saccarozo = 5,13%

→ Đáp án C

Phương trình:

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃(đặc) → [C₆H₇O₂(ONO2)3]_n + 3nH₂O

n_HNO3 = 3n[C₆H₇O₂(ONO2)₃]_n = (3.29.7)/297 = 0,3 mol

Do hiệu suất chỉ đạt 90% nên m_HNO3 = (0,3.63)/0.9 = 21kg

→ Đáp án C

Vì hiệu suất phản ứng thủy phân là 75% nên tổng số mol mantozơ và saccarozơ tham gia phản ứng thủy phân là (0,02 + 0,01).75% = 0,0225 mol.

Số mol của mantozơ dư sau phản ứng thủy phân là 0,01.25% = 0,0025 mol.

Sơ đồ phản ứng :

C₁₂H₂₂O₁₁ (gồm mantozơ và saccarozơ phản ứng) → 2C₆H₁₂O₆ → 4Ag (1)

C₁₂H₂₂O₁₁ (mantozơ dư) → 2Ag (2)

Saccarozơ dư không tham gia phản ứng tráng gương.

Theo sơ đồ (1) và (2) suy ra tổng số mol Ag tạo ra là 0,095 mol.

→ Đáp án B

X, Y là C_nH_{2n + 4 – 2k}N₂ (a mol), ancol là C₃H₇OH (b mol)

n_E = a + b = 0,1 (1)

Thế (2) vào → a(1 – 0,5k) = 0,04

(1) → a < 0,1 → k < 1,2

Gốc hiđrocacbon không no nên k = 1 là nghiệm duy nhất.

→ a = 0,08; b = 0,02 và n = 4,5

Các amin kế tiếp nhau nên X là C₄H₁₀N₂ (0,04) và C₅H₁₂N₂ (0,04)

→ %C₄H₁₀N₂ = 46,30%