Thi Online Bài tập trắc nghiệm Este - Lipit (mức độ Vận dụng cao)
Bài tập trắc nghiệm Este - Lipit (mức độ Vận dụng cao - P3)
-
2916 lượt thi
-
20 câu hỏi
-
30 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX<MY<MZ), T là este tạo bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T. Chia 79,8 gam hỗn hợp M thành 3 phần bằng nhau.
Phần 1: Đem đốt cháy hết bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O.
Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 đến khi xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag.
Phần 3: Cho phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dung dịch G. Cô cạn dung dịch G thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với
Xem đáp án
Đáp án A
M có phản ứng tráng gương nên X là HCOOH, (X, Y, Z là các axit no đơn chức), Z là este no ba chức
Este T có độ bất bão hòa k = 3 nên:
nT = (nCO2 – nH2O)/2 = 0,05
Quy đổi M thành:
nHCOOH(M) = nAg : 2 = 0,1 mol
=> n(2 axit còn lại) = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol
Gọi 2 axit còn lại có công thức CnH2nO2 (n > 2) và ancol là CmH2m+2O3 (m≥3, m nguyên)
Hỗn hợp chứa: HCOOH (0,1 mol); CnH2nO2 (0,3 mol) và CmH2m+2O3 (0,05 mol)
BTNT “C”: 0,1.1 + 0,3n + 0,05m = 1 => 6n + m= 18
Mà n > 2 => m < 6
=> m = 3, 4, 5
TH1: m = 3 => n = 2,5. Muối gồm HCOONa (0,1) và CnH2n-1O2Na (0,3)
=> m rắn = 0,1.68 + 0,3.(14.2,5-1+32+23) = 33,5 gam
TH2: m = 4 => n = 7/3. Muối gồm HCOONa (0,1) và CnH2n-1O2Na (0,3)
=> m rắn = 0,1.68 + 0,3.[14.(7/3)-1+32+23] = 32,8 gam
TH3: m = 5 => n = 13/6. Muối gồm HCOONa (0,1) và CnH2n-1O2Na (0,3)
=> m rắn = 0,1.68 + 0,3.[14.(13/6)-1+32+23] = 32,1 gam
=> 32,1 ≤ m ≤ 33,5
=> m có giá trị gần nhất là 33 gam
Câu 2:
Để thủy phân hết 7,668 gam hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức và 2 este đa chức thì cần dùng vừa hết 80 ml dung dịch KOH aM. Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm các muối của các axit cacboxylic và các ancol. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thì thu được muối cacbonat, 4,4352 lít CO2 (đktc) và 3,168 gam H2O. Giá trị của a gần nhất với
Xem đáp án
Đáp án C
Đốt Y: nCO2 = 0,198 mol, nH2O = 0,176 mol
nCOO = 0,08a mol => nK2CO3 = 0,04a mol, nO(X) = 0,16a
BTNT O: nO(X) + nO(KOH) + nO(O2) = 2nCO2 + nH2O + 3nK2CO3
=> 0,16a + 0,08a + nO(O2) = 0,198.2 + 0,176 + 0,04a.3
=> nO(O2) = 0,572 - 0,12a
BTKL => mX + mKOH + mO(O2) = mCO2 + mH2O + mK2CO3
=> 7,668 + 0,08a.56 + 16(0,572 – 0,12a)
= 44.0,198 + 18.0,176 + 0,04a.138
=> a = 1,667
Câu 3:
Hỗn hợp E gồm bốn chất mạch hở X, Y, Z, T (trong đó: X, Y ( MX < MY) là hai axit kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng axit fomic, Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T). Đốt cháy 37,56 gam E cần dùng 24,864 lít O2 (đktc), thu được 21,6 gam nước. Mặt khác, để phản ứng vừa đủ với 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch NaOH 0,5M. Biết rằng ở điều kiện thường, ancol T không tác dụng được với dung dịch Cu(OH)2. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với:
Xem đáp án
Đáp án A
12,52 g E cần nNaOH = 0,19 (mol)
Đốt 37,56 g E cần nO2= 1,11 (mol) → nH2O = 1,2 (mol)
=> Đốt 12,52 g E cần 0,37 mol O2 → 0,4 mol H2O
Quy đổi hỗn hợp E thành:
CnH2nO2 : 0,19 mol
CmH2m+2O2 : a mol
H2O: - b mol
mE = 0,19 ( 14n + 32) + a( 14m + 34) – 18 = 12,52
nO2 = 0,19 ( 1,5n – 1) + a ( 1,5n – 0,5) = 0,37
nH2O = 0,19n + a( m + 1) –b = 0,4
=> a = 0,05; b = 0,04 và 0,19n + am = 0,39
=> 0,19n + 0,05m = 0,39
=> 19n + 5m = 39
T không tác dụng với Cu(OH)2 nên m ≥ 3. Vì n ≥ 1 nên m = 3 và n = 24/19 là nghiệm duy nhất.
=> HCOOH ( 0,14) và CH3COOH (0,05)
b = 0,04 => HCOO-C3H6-OOC-CH3: 0,02 mol
=> nHCOOH = 0,14 – 0,02 = 0,12 (mol)
=> %nHCOOH = 60%. (gần nhất với 55%)
Câu 4:
Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ no, mạch hở ( đều chứa C, H, O), trong phân tử mỗi chất có hai nhóm chức trong số các nhóm –OH; -CHO; -COOH. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 4,05 gam Ag và 1,86 gam một muối amoni hữu cơ. Cho toàn bộ lượng muối amoni hữu cơ này vào dung dịch NaOH (dư, đun nóng), thu được 0,02 mol NH3. Giá trị của m là
Xem đáp án
Đáp án A
X tráng bạc nên X chứa CHO: nCHO = nAg/2 = 0,01875
nCOONH4 = nNH3 = 0,02 > nCHO => X có chứa nhóm COOH
Ta có các trường hợp sau:
TH1: OHC-CnH2n-CHO và HOOC-CnH2n-COOH
Muối là: CnH2n(COONH4)2 (0,01 mol) => (14n+124)0,01 = 1,86 => n = 4,4 (loại)
TH2: HO-CmH2m-CHO và HO-CmH2m-COOH
Muối là HO-CmH2m-COONH4 (0,02 mol) => (14m+79)0,02 = 1,86 => n = 1
Vậy X gồm: HOCH2CHO (0,01875 mol) và HOCH2COOH (0,00125 mol)
=> m = 0,01875.60 + 0,00125.76 = 1,22 gam
Câu 5:
Hỗn hợp E chứa hai chất hữu cơ X, Y đều mạch hở (MX<MY). Thủy phân hoàn toàn 7,1 gam E bằng dung dịch chứa NaOH vừa đủ. Sau phản ứng, thu được một ancol duy nhất và 7,74 gam hỗn hợp hai muối (gồm muối của một axit hữu cơ đơn chức và muối của Gly). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn lượng E trên cần 0,325 mol O2, sản phẩm cháy thu được có chứa 0,26 mol CO2. Phần trăm khối lượng của Y trong E gần nhất với
Xem đáp án
Đáp án D
Nhận xét: Ta thấy khối lượng muối = 7,74 g > 7,1g khối lượng của este => ancol là CH3OH
nE = nCH3OH = nNaOH = x (mol)
Bảo toàn khối lượng:
mE + mNaOH = mmuối + mCH3OH
=> 7,1 + 40x = 7,74 + 32x
=> x = 0,08 (mol)
Bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng cháy:
nO(trong E) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
=> nH2O = 0,08.2 + 2.0,325 – 2. 0,26 = 0,29 (mol)
BTKL cho phản ứng cháy: mE + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2
=> mN2 = 7,1 + 0,325.32 – 0,26.44 – 0,29.18 = 0,84(g)
=> nN2 = 0,84/28 = 0,03 (mol)
=> nNH2-CH2-COONa = 2nN2 = 0,06 (mol)
Gọi muối còn lại có công thức RCOONa
=> nRCOONa = 0,08 – 0,06 = 0,02 (mol)
và mRCOONa = 7,74 - nNH2-CH2-COONa = 1,92(g)
=> MRCOONa = 1,92/ 0,02 = 96 => CH3-CH2-COONa
Vậy X là CH3CH2-COOCH3 (0,02) và Y là NH2-CH2-COOCH3 (0,06)
=> % Y= [(0,06. 89): 7,1].100% = 75,2%
Bài thi liên quan
Các bài thi hot trong chương
Đánh giá
Đánh giá trung bình
0%
0%
0%
0%
0%