Khi thủy phân chất béo X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp hai muối C17H35COONa, C15H31COONa có khối lượng hơn kém nhau 1,817 lần. Trong phân tử X có
A. 2 gốc C15H31COO
B. 3 gốc C17H35COO
C. 2 gốc C17H35COO
D. 3 gốc C15H31COO
Khi thủy phân chất béo X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp hai muối C17H35COONa, C15H31COONa có khối lượng hơn kém nhau 1,817 lần. Trong phân tử X có
A. 2 gốc C15H31COO
B. 3 gốc C17H35COO
C. 2 gốc C17H35COO
D. 3 gốc C15H31COO
Khi thủy phân chất béo X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp hai muối C17H35COONa, C15H31COONa có khối lượng hơn kém nhau 1,817 lần. Trong phân tử X có
A. 2 gốc C15H31COO
B. 3 gốc C17H35COO
C. 2 gốc C17H35COO
D. 3 gốc C15H31COO
Chọn đáp án A.
Trường hợp 1:
Trường hợp 2:
=> Trong phân tử X có 2 gốc C15H31COO
Khi thủy phân chất béo X trong dung dịch NaOH thu được glixerol và hỗn hợp 2 muối C17H35COONa và C15H31COONa có khối lượng hơn kém nhau 1,817 lần. Phân tử X có chứa
A. 3 gốc C17H35COO-.
B. 2 gốc C17H35COO-.
C. 3 gốc C15H31COO-.
D. 2 gốc C15H31COO-.
Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp E chứa hai triglixerit X và Y trong dung dịch NaOH (đun nóng, vừa
đủ), thu được 3 muối C15H31COONa, C17H33COONa, C17H35COONa với tỉ lệ mol tương ứng 2,5: 1,75: 1 và
6,44 gam glixerol. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 47,488 gam E cần vừa đủ x mol khí O2. Phần trăm khối
lượng của triglixerit có phân tử khối thấp hơn trong E là
A. 41,96%. B. 57,95%. C. 58,04%. D. 42,05%.
Hỗn hợp E gồm peptit X (mạch hở, phân tử chứa 5 liên kết peptit, được tạo thành từ glyxin và alanin) và chất béo no Y (chứa một loại gốc axit béo). Thủy phân hoàn toàn m gam E cần vừa đủ dung dịch chứa 7,2 gam NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp muối khan và 1,84 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 1,84 mol khí O 2 , tạo thành C O 2 , H 2 O v à N 2 . Phân tử khối của X là
A. 416.
B. 402.
C. 374.
D. 388.
Chọn đáp án A
Cách 1: phân tích giả thiết – biến đổi cơ bản:
n N a O H = 0,18 mol; n g l i x e r o l = 0,02 mol ⇒ n c h ấ t b é o Y = 0,02 mol.
mà X là X 6 (chứa 5 lk peptit) ⇒ n X 6 = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
⇒ E gồm 0,02 mol X 6 dạng C a H 2 a – 4 N 6 O 7 và 0,02 mol Y dạng C b H 2 b – 4 O 6
(điều kiện a, b nguyên: 13 ≤ a ≤ 17 và số C a x i t b é o = (b – 3) ÷ 3 là số chẵn).
đốt m gam E + 1,84 mol O 2 → t 0 x mol C O 2 + y mol H 2 O .
tương quan đốt: x – y = ∑ n C O 2 – ∑ n H 2 O = 2 n E = 0,08 mol.
bảo toàn O: 2x + y = 3,94 ⇒ giải: x = 1,34 mol và y = 1,26 mol.
⇒ có phương trình: 0,02a + 0,02b = 1,34 ⇔ a + b = 67. thỏa mãn
điều kiện a, b chỉ có: a = 16, b = 51 ứng với chất béo là C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5
và peptit X có cấu tạo: C 16 H 28 N 6 O 7 ⇔ M X = 416. → Chọn đáp án A. ♥.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
X chứa 5 liên kết peptit ⇒ X chứa 5 + 1 = 6 mắt xích.
n Y = n C 3 H 8 O 3 = 0,02 mol. n N a O H = 6 n X + 3 n Y ⇒ nX = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
Quy E về G l y 6 , C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 , C H 2 .
⇒ n O 2 = 13,5 n G l y 6 + 72,5 n C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 + 1,5 n C H 2 = 1,84 mol.
⇒ n C H 2 = (1,84 – 13,5 × 0,02 – 72,5 × 0,02) ÷ 1,5 = 0,08 mol.
Đặt số gốc C H 2 ghép vào peptit và chất béo lần lượt là m và 3n (m ≥ 1; n ≥ 0 và n chẵn).
⇒ 0,02m + 0,02 × 3n = 0,08 → chỉ có cặp nghiệm m = 4 ; n = 0 thỏa mãn.!
Tương ứng với X là G l y 2 A l a 4 ⇒ M X = 416.!
Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong NaOH, thu được 46 gam glixerol và hỗn hợp gồm hai muối của hai axit béo là stearic và oleic có tỉ lệ mol 1 : 2. Khối lượng muối thu được là:
A. 456 gam
B. 459 gam
C. 458 gam
D. 457 gam
Hỗn hợp E gồm một tetrapeptit X và một pentapeptit Y (đều mạch hở và chứa đồng thời gốc glyxin và alanin). Thủy phân m gam E bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được (m + 23,7) gam hỗn hợp T gồm hai muối. Đốt cháy toàn bộ T, thu được N a 2 C O 3 , 7,392 lít khí N 2 (đktc) và 84,06 gam tổng khối lượng C O 2 v à H 2 O . Số gốc glyxin trong phân tử X và Y lần lượt là
A. 3 và 1.
B. 1 và 2.
C. 3 và 2.
D. 2 và 2.
Chọn đáp án C
Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân
T + O 2 → t 0 N a 2 C O 3 + 84,06 gam C O 2 + H 2 O + 0,33 mol N 2 .
muối T dạng C n H 2 n N O 2 N a ⇒ n T = 0,66 mol; n N a 2 C O 3 = 0,33 mol.
⇒ trong T: n C = n H 2 = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.
⇒ m T = 67,8 gam ⇒ m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà n N a O H = 0,66 mol.
☆ 44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol H 2 O
||⇒ BTKL có m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = n E = 0,15 mol.
giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit X 4 và 0,06 mol pentapeptit Y 5 .
Lại dùng giả thiết đốt cháy trên ⇒ có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.
gọi số gốc glyxin trong X 4 v à Y 5 lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).
⇒ ∑ n G l y = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol ⇔ 3a + 2b = 13 ⇒ a = 3; b = 2 thỏa mãn.!
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ T gồm C 2 H 4 N O 2 N a v à C H 2 .
⇒ n N a O H = n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:
m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + m H 2 O ⇒ m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = 0,15 mol.
n N a 2 C O 3 = 0,33 mol ⇒ n H 2 O đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hiđro: n C H 2 = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.
⇒ n A l a = n C H 2 = 0,27 mol ⇒ nGly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.
Đặt n X = x mol; n Y = y mol ⇒ n E = 0,15 mol = x + y; n C 2 H 3 N O = 0,66 mol = 4x + 5y
Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1
Cho hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức ( hơn kém nhau 1 nguyên tử C trong phân tử). Đem đốt cháy m gam X cần vừa đủ 0,46 mol O2. Thủy phân m gam X trong 70 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thì thu được 7,06 gam hỗn hợp muối Y và một ancol Z no, đơn chức, mạch hở. Đem đốt hoàn toàn hỗn hợp muối Y thì cần 5,6 lít (đktc) khí O2. Phần trăm khối lượng của este có phân tử khối lớn hơn trong X là?
A. 47,104%
B. 59,893%
C. 38,208%
D. 40,107%
Đáp án B
nO2 đốt X = 0,46
nO2 đốt Y = 0,25
=> nO2 đốt Z = 0,46 - 0,25 = 0,21
Z no, đơn chức, mạch hở nên nCO2 = 0,21/1,5 = 0,14
Nếu X mạch hở thì nX = nZ = nNaOH = 0,07
=> Z là C2H5OH
Bảo toàn khối lượng
mX = mY + mZ - mNaOH = 7,48
Đặt a, b là số mol CO2 và H2O
=> 2a + b = 0,07 . 2 + 0,46 . 2 và 44a + 18b = 7,48 + 0,46 . 32
=> a = 0,39 và b = 0,28
=> Số C = 5,57 => C5 (0,03 mol) và C6 (0,04 mol)
Các muối gồm C2HxCOONa (0,03) và C3HyCOONa (0,04)
=> mY = 0,03(x + 91 ) + 0,04(y +103) = 7,06
=> 3x + 4y = 21 —> X = y = 3 là nghiệm duy nhất Xgồm:
C2H3COOC2H5 (0,03 mol)
C3H3COOC2H5 (0,04 mol)
=> % = 59,893%
Thủy phân hoàn toàn chất béo X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp hai muối natri của axit panmitic và axit stearic. Số công thức cấu tạo thỏa mãn tính chất của X là
A. 6.
B. 3.
C. 4.
D. 2.