Bạn đang xem bài viết Phương Pháp Giải Bài Tập Lipit (Chất Béo) được cập nhật mới nhất trên website 2atlantic.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1. Phản ứng xà phòng hóa
Công thức chung của chất béo (RCOO)3C3H5
Phương trình hóa học
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3
nNaOH = nRCOONa = 3nchất béo = 3nglixerol
* Nhận xét: Dạng bài tập này thường áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để giải.
mchất béo + mNaOH = mmuối + mglixerol.
Ví dụ 1: Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam chất béo cần vừa đủ 0,06 mol NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được khối lượng xà phòng là
A. 16,68 gam.
B. 18,38 gam.
C. 18,24 gam.
D. 17,80 gam.
Hướng dẫn
Phương trình hóa học
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3
0,06 0,02 mol
Theo ĐLBTKL:
mmuối = mchất béo + mNaOH – mglixerol
= 17,24 + 0,06.40 – 0,02.92
= 18,8 gam
→ Đáp án: D
2. Phản ứng đốt cháy
Chất béo no có công thức chung: CnH2n – 4O6
CnH2n – 4O6 + (3n – 8)/2 O2 → nCO2 + (n – 2)H2O
→ nX = (nCO2 – nH2O)/2
* Nhận xét: Dạng bài tập này áp dụng ĐLBT nguyên tố O
6nchất béo + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm 2 triglixerit no. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần V lit oxi (đktc) thu được 34,272 lit CO2 (đktc) và 26,46 gam H2O. Giá trị của V là
A. 48,720.
B. 49,392.
C. 49,840.
D. 47,152.
Hướng dẫn
nCO2 = 1,53 mol
nH2O = 1,47 mol
Gọi công thức chung của X là CnH2n – 4O6: x mol
Dựa vào Định luật bảo toàn nguyên tố oxi
CnH2n – 4O6 + (3n – 8)/2 O2 → nCO2 + (n – 2)H2O
→ nX = (nCO2 – nH2O)/2 = 0,03 mol
Theo ĐLBT nguyên tố Oxi
→ 6nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
→ nO2 = (2.1,53 + 1,47 – 6.0,03)/2 = 2,175
→ VO2 = 2,175.22,4 = 48,72 lit
→ Đáp án: A
3. Phản ứng hidro hóa
Chất béo không no + H2 (Ni, to) → chất béo no
Ví dụ 3: Cho 0,1 mol triolein tác dụng hết với 0,16 mol H2 (Ni, t0) thu được hỗn hợp các chất hữu cơ X. X tác dụng tối đa với a mol Br2. Giá trị của a là
A. 0,34.
B. 0,14.
C. 0,04.
D. 0,24.
Hướng dẫn
Phương trình hóa học
(C17H33COO)3C3H5 + 3H2 → (C17H35COO)3C3H5
→ số mol H2 cần thiết để phản ứng hoàn toàn với chất béo là 0,3 mol
Theo giả thuyết: nH2 + nBr2 = 0,3 mol
→ nBr2 = 0,3 – 0,16 = 0,14 mol
→ Đáp án: B
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
1. Xà phòng hóa hoàn toàn mg chất béo trung tính bằng dung dịch KOH thu được 18,77g muối. Nếu thay dung dịch KOH bằng dung dịch NaOH chỉ thu được 17,81g muối. Giá trị của m là
A. 18,36.
B. 17,25.
C. 17,65.
D. 36,58.
Hướng dẫn
Nếu thay thế 1mol K+ bằng 1 mol Na+ thì sự chênh lệch khối lượng là 16g
Nếu thay thế x mol thì 18,77 – 17,81 = 0,96g
→ x = 0,06 mol
Chất béo + 3NaOH → 3muối + glixerol
0,06 0,02
→ mchất béo = 17,81 + 0,02.92 – 0,06.40 = 17,25g
→ Đáp án: B
2. Chất béo X chứa triglixerit và axit béo tự do. Ðể tác dụng hết với 9,852 gam X cần 15 ml dung dịch NaOH 1M (t0) thu duợc dung dịch chứa m gam xà phòng và 0,368 gam glixerol. Giá trị của m là
A. 10,138.
B. 10,084.
C. 10,030.
D. 10,398.
Hướng dẫn
nNaOH = 0,015 mol
nC3H5(OH)3 = 0,004 mol
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3.
0,012 0,004
R’COOH + NaOH → R’COONa + H2O
0,015 – 0,012 0,003
Theo ĐLBTKL:
mxà phòng = mX + mNaOH – mglixerol – mH2O
= 9,852 + 0,015.40 – 0,004.92 – 0,003.18
= 10,03g
→ Đáp án: C
3. Đốt cháy hoàn toàn mg hỗn hợp gồm metyl fomat, saccarozơ, glucozơ cần 6,72 lit O2 (đktc) thu được 5,22g H2O. Giá trị của m là
A. 8,82.
B. 8,38.
C. 9,00.
D. 10,02.
Hướng dẫn
Metyl fomat: HCOOCH3 = C2H4O2 = C2(H2O)2
Saccarozơ: C12H22O11 = C12(H2O)11
Glucozơ: C6H12O6 = C6(H2O)6
→ cả 3 chất này đều có chung Cn(H2O)m. Vì vậy, lượng oxi cần dùng để đốt cháy cả 3 chất này bằng lượng oxi dùng để đốt cháy C.
C + O2 → CO2
0,3 0,3 mol
→ mhh = mC + mH2O = 0,3.12 + 5,22 = 8,82g
→ Đáp án: A
4. Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu được H2O và 2,28 mol CO2. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
Hướng dẫn
Công thức cấu tạo X: (C17H35-COO)x(C17H33-COO)3-xC3H5
(trong đó: x là số liên kết (C=C)
Số mol CO2 = 57a = 2,28 → a = 0,04
Theo định luật bảo toàn nguyên tố O:
6.0,04 + 2.3,22 = 2.2,28 + nH2O
→ nH2O = 2,12 mol
(55 – x). 0,04 = 2,12
→ x = 2
→ số mol Br2 = 0,04.2 = 0,08 mol
→ Đáp án: B
5. Đốt cháy hoàn toàn a gam triglixerit X cần vừa đủ 3,26 mol O2, thu được 2,28 mol CO2 và 39,6 gam H2O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn a gam X trong dung dịch NaOH, đun nóng, thu được dung dịch chứa b gam muối. Giá trị của b là
A. 40,40
B. 31,92
C. 35,60
D. 36,72
Hướng dẫn
Theo ĐLBTKL: mX + mOxi = mCO2 + mH2O
→ mX = 2,28.44 + 39,6 – 3,26.32 = 35,6g
Theo ĐLBT O: 6x + 2.3,26 = 2,28.2 + 39,6/18
→ x = 0,04 mol
Khối lượng triglixerit:
a = mC + mH + mO = 2,28.12 + 2,2.2 + 0,04.6.16 = 35,6g
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3
0,04 0,12 0,04 mol
theo ĐLBTKL
mX + mNaOH = mmuối + mgli
→ b = 35,6 + 0,12.40 – 0,04.92
→ mmuối = b = 36,72g
→ Đáp án: D
6. Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồm ba triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được 3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đun nóng Y với dung dịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Giá trị của m là
A. 86,10.
B. 57,40.
C. 83,82.
D. 57,16.
Hướng dẫn
Theo ĐLBT nguyên tố O:
0,06.6 + 4,77.2 = 2nCO2 + 3,14 → nCO2 = 3,38 mol
Số liên kết pi
nX = (nH2O – nCO2)/(1 – K) → K = 5
khối lượng của triglyxerit
m = mC + mH + mO = 3,38.12 + 3,14.2 + 0,06.6.16 = 52,6g
→ MtbX = 52,6/0,06 = 876,666
Số mol X khi hidro hóa
nX = 78,9/876,666 = 0,09 mol
X + 2H2 → Y
0,09 0,18 0,09
Y + 3NaOH → muối + C3H5(OH)3
0,09 0,27 0,09
mmuối = 78,9 + 0,18.2 + 0,27.40 – 0,09.92 = 86,1g → Đáp án: A
7. Hỗn hợp X gồm các triglixerit trong phân tử đều chứa axit stearic, axit oleic, axit linoleic. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần a mol O2 thu được 0,285 mol CO2. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH vừa đủ được m1 gam muối. Giá trị a và m1 lần lượt là
A. 0,8 và 8,82.
B. 0,4 và 4,32.
C. 0,4 và 4,56.
D. 0,75 và 5,62.
Hướng dẫn
Triglixerit X chứa cả 3 gốc (C17H35COO)(C17H33COO)(C17H31COO)C3H5 = C57H104O6
C57H104O6 + 80O2 → 57CO2 + 52H2O
0,005 0,4 0,285
nCO2 = 0,285 mol → nX = 0,005 mol
→ nO2 = 0,4mol
nNaOH = 3nX = 0,15 mol → nglixerol = 0,05 mol
theo ĐLBTKL:
mmuối = 0,005.884 + 0,015.40 – 0,005.92 = 4,56g
→ Đáp án: C
8. Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic và triglixerit Y. Ðốt cháy hoàn toàn m gam X thu đuợc 1,56 mol CO2 và 1,52 mol H2O. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa dủ với 0,09 mol NaOH trong dung dịch, thu duợc glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của a là
A. 25,86.
B. 26,40.
C. 27,70.
D. 27,30.
Hướng dẫn
Đặt x, y là số mol của 2 axit và triglixerit
x + 3y = 0,09 (1)
Axit panmitic (C16H32O2) và axit stearic (C18H36O2) có k = 1 (nCO2 = nH2O)
Triglixerit Y có k = 3
nY = y = (nH2O – nCO2)/(1 – k) = 0,02 mol → nglixerol = 0,02 mol
→ x = 0,03 mol → nH2O = 0,03 mol
mX = mC + mH + mO (mà nO = 2nNaOH = 0,18 mol)
= 1,56.12 + 1,52.2 + 0,18.16 = 24,64g
Theo ĐLBTKL:
mmuối = 24,64 + 0,09.40 – 0,02.92 – 0,03.18 = 25,86g
→ Đáp án: A
9. Đốt cháy hoàn toàn 13,728 gam một triglixerit X cần vừa đủ 27,776 lít O2 (đktc) thu được số mol CO2 và số mol H2O hơn kém nhau 0,064 mol. Mặt khác, hidro hóa hoàn toàn một lượng X cần 0,096 mol H2 thu được m gam chất hữu cơ Y. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam Y bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch chứa a gam muối. Giá trị của a là
A. 11,424.
B. 42,720.
C. 41,376.
D. 42,528.
Hướng dẫn
Gọi x, y là số mol CO2 và H2O → x – y = 0,064 (1)
Theo ĐLBTKL: 44x + 18y = 13,728 + 27,776/22,4.32 (2)
Giải hệ (1) và (2) → x = 0,88 mol và y = 0,816 mol
Theo ĐLBT nguyên tố O:
6nA + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
→ nA = 0,016 mol
Số C = 0,88/0,016 = 55
Số H = 0,816.2/0,016 = 102
→ CTPT của X là C55H102O6
→ số pi = 5 (trong đó có 3pi -COO- và 2pi -CC-)
→ nX khi td với H2 = 0,096/2 = 0,048 mol
Theo ĐLBT khối lượng
→ a = 0,048.858 + 3.0,048.40 + 0,096.2 – 0,048.92 = 42,72g
→ Đáp án: B
10. Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2, thu được CO2 và 2 mol H2O. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 35,36 gam muối. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,2.
B. 0,24.
C. 0,12.
D. 0,16.
Hướng dẫn
Gọi x, y là số mol của X và CO2
Theo ĐLBT nguyên tố O: 6x + 3,08.2 = 2y + 2
→ 6x – 2y = 4,16 (1)
Khối lượng X:
m = mC + mH + mO
= 12y + 2.2 + 16.6x
= 96x +12y + 4
Khi cho X vào dung dịch NaOH vừa đủ thì nNaOH = 3x và ngli = x mol
Theo ĐLBTKL:
mX + mNaOH = mmuối + mglixerol
96x + 12y + 4 + 3x.40 = 35,36 + 92x
124x + 12y = 31,36 (2)
Giải hệ (1), (2) → x = 0,04 và y = 2,2
Gọi k là số pi hoặc vòng thì nX = (nH2O – nCO2)/(1 – k)
→ k = 6
→ nBr2 = nX.(k – 3) = 0,12 mol
→ Đáp án: C
11. Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu được H2O và 2,28 mol CO2. Giá trị m là
A. 32,24g.
B. 30,12g.
C. 35,64g.
D. 33,74g
Hướng dẫn
Cả 2 gốc axit này đều có 18C
→ Công thức chung của X là C57HxO6 amol
nCO2 = 57a = 2,28 → a = 0,04 mol
theo ĐLBT nguyên tố O:
6.0,04 + 3,22.2 = 2,28.2 + nH2O
→ nH2O = 2,12 mol
→ m = 2,28.12 + 2,12.2 + 0,04.16 = 32,24g.
→ Đáp án: A
Trung tâm luyện thi, gia sư – dạy kèm tại nhà NTIC Đà Nẵng
LIÊN HỆ NGAY VỚI CHÚNG TÔI ĐỂ BIẾT THÊM THÔNG TIN CHI TIẾT
ĐÀO TẠO NTIC
Địa chỉ: Đường nguyễn lương bằng, P.Hoà Khánh Bắc, Q.Liêu Chiểu, Tp.Đà Nẵng Hotline: 0905540067 - 0778494857
Email: daotaontic@gmail.com
Phương Pháp Giải Bài Tập Định Luật Ôm
I- PHƯƠNG PHÁP ĐIỂM NÚT
1. Biểu thức định luật ôm cho đoạn mạch AB
Trong đó:
+ IAB: cường độ dòng điện qua đoạn AB theo chiều A → B
+ EP: Suất điện động của nguồn phát (V)
+ Et: Suất điện động của nguồn thu (V)
+ rP: điện trở trong của nguồn phát (W)
+ rt: điện trở trong của nguồn thu (W)
+ RN: điện trở tương đương của mạch ngoài (W)
2. Công thức hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch AB
Quy ước dấu:
+ Lấy + I nếu dòng I có theo chiều A → B, ngược lại lấy dấu -I
+ Khi đi từ A → B: gặp nguồn nào lấy nguồn đó, gặp cực nào lấy dấu của cực đó.
3. Định lý về nút mạnh (nơi giao nhau của tối thiểu 3 nhánh):
Tại một điểm nút ta luôn có:
II- PHƯƠNG PHÁP NGUỒN TƯƠNG ĐƯƠNG
– Bộ nguồn tương đương mắc nối tiếp:
Eb = E1 + E2 + … + En
rb = r1 + r2 + … + rn
Có điện trở R ghép nối tiếp với nguồn (e, r) thì:
rb = r1 + r2 + … + R
Bộ nguồn tương đương của bộ nguồn gồm n nguồn mắc song song
Điện trở tương đương của bộ nguồn:
Giả sử chiều dòng điện qua các nguồn như hình vẽ (coi các nguồn đều là nguồn phát)
Tại nút A: I2 = I1 + … + In
Quy ước dấu:
Theo chiều ta chọn từ A → B:
+ Nếu gặp cực dương của nguồn trước thì e lấy (+)
+ Nếu gặp cực âm của nguồn trước thì e lấy (-)
+ Nếu tính ra Eb < 0 thì cực của nguồn tương đương ngược với điều giả sử.
+ Nếu tính ra I < 0 thì chiều giả sử dòng điện là sai, ta chọn chiều ngược lại.
Phương Pháp Giải Bài Tập Bảo Toàn Điện Tích
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
Hướng dẫn
Quá trình áp dụng định luật bảo toàn điện tích thường kết hợp Các phương pháp bảo toàn khác:
– Bảo toàn nguyên tố. – Viết phương trình phản ứng ở dạng ion thu gọn.
Ví dụ 2: Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần: 0,01 mol Na+, 0,02 mol Mg 2+, 0,015 mol SO 42-, x mol Cl –. Giá trị của x là
Hướng dẫn
Ví dụ 4: Trong dung dịch X có chứa 0,1 mol H +; x mol Zn 2+ và 0,15 mol SO 42-. Cho 800 ml dung dịch NaOH 0,5M vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Biết phản ứng xảy ra hoàn toàn thì giá trị của m là
Hướng dẫn
Hướng dẫn
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
4. Có 500 ml dung dịch X chứa Na+, NH 4+, CO 32- và SO 42-. Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu 2,24 lít khí (đktc). Lấy 100 ml dung dịch X cho tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl 2 thấy có 43 gam kết tủa. Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu 4,48 lít khí NH 3 (đktc). Tính tổng khối lượng muối có trong 500 ml dung dịch X.
5. Dung dịch X chứa các ion: Fe 3+, SO 42-, NH 4+, Cl–. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau : Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (đktc) và 1,07 gam kết tủa ; Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl 2, thu được 4,66 gam kết tủa. Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi)
6. Cho hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗ hợp gồm Al và Al 2O 3 trong 500 dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H 2 (đktc) và dung dịch X. Thể tích dung dịch HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất làA. 0,175 lít.
7. Chia hỗn hợp gồm 2 kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: Hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,792 lít H 2 (đktc). Phần 2: Nung trong không khí dư, thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxit. Khối lượng hỗn hợp X làA. 1,56 gam
Trung tâm luyện thi, gia sư – dạy kèm tại nhà NTIC Đà Nẵng
Giải Bài Tập Hóa Bằng Phương Pháp Bảo Toàn Nguyên Tố
Phương pháp bảo toàn nguyên tố
Phương pháp bảo toàn nguyên tố có thể áp dụng cho hầu hết các dạng bài tập, đặc biệt là các dạng bài hỗn hợp nhiều chất, xảy ra nhiều biến đổi phức tạp
Tác giả bài viết:
Phạm Ngọc Dũng
Nguồn tin: Thầy Phạm Ngọc Dũng
Chú ý: Việc đăng lại bài viết trên ở website hoặc các phương tiện truyền thông khác mà không ghi rõ nguồn http://thaydungdayhoa.com là vi phạm bản quyền
Từ khóa:
phương pháp giải bài tập hóa, phương pháp bảo toàn nguyên tố
Đánh giá bài viết
Tổng số điểm của bài viết là: 350 trong
76
đánh giá
Được đánh giá
4.6
/
5
Cập nhật thông tin chi tiết về Phương Pháp Giải Bài Tập Lipit (Chất Béo) trên website 2atlantic.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!