Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chất béo và acid béo (Hóa học Lớp 12)

Hướng dẫn giải
Đáp án 2
$$<table><tbody><tr><td>C{H}_2-OOC{C}_{17}{H}_{35}</td></tr><tr><td>|</td></tr><tr><td>CH-OOC{C}_{17}{H}_{35}</td></tr><tr><td>|</td></tr><tr><td>C{H}_2-OOC{C}_{15}{H}_{31}</td></tr></tbody></table><table><tbody><tr><td>C{H}_2-OOC{C}_{17}{H}_{35}</td></tr><tr><td>|</td></tr><tr><td>CH-OOC{C}_{15}{H}_{31}</td></tr><tr><td>|</td></tr><tr><td>C{H}_2-OOC{C}_{17}{H}_{35}</td></tr></tbody></table>$$

(AI giải đề cho tôi)
Chất béo X là trieste của glycerol với 2 gốc stearic acid (C17H35COOH) và 1 gốc palmitic acid (C15H31COOH), vì tỉ lệ mol stearic : palmitic = 2 : 1 và mỗi phân tử chất béo thủy phân cho 3 phân tử acid béo. Vậy X có dạng glycerol este hóa với 2 gốc -OCOC17H35 và 1 gốc -OCOC15H31. Do 2 gốc stearic giống nhau, số đồng phân cấu tạo chỉ phụ thuộc vị trí của gốc palmitic trên khung glycerol: palmitic ở vị trí giữa (C2) hoặc ở vị trí đầu (C1 hoặc C3, hai vị trí này cho cùng một đồng phân do đối xứng). Vậy chỉ có 2 đồng phân cấu tạo thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Tripanmitin là trieste của glycerol với axit panmitic $C_{15}{H}_{31}COOH$ (axit hexadecanoic). Khi thủy phân trong dung dịch NaOH (phản ứng xà phòng hóa): $(C_{15}{H}_{31}COO{)}_3{C}_3{H}_5+3NaOH\stackrel{t^o}{\to }{C}_3{H}_5(OH{)}_3+3C_{15}{H}_{31}COONa$. Muối thu được là natri panmitat $C_{15}{H}_{31}COONa$. Phương trình cân bằng: bên trái 3 gốc $C_{15}{H}_{31}CO{O}^{-}$ và 3 Na, bên phải 3 muối natri panmitat và glycerol — bảo toàn nguyên tử và điện tích. Đáp án D, khớp bảng đáp án nguồn (62 = D).

(AI giải đề cho tôi)
- Glixerol: $n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=\frac{0,92}{92}=0,01$ mol → $n_Y=0,01$ mol (chỉ Y tạo glixerol).
- Gọi Y chứa a gốc axit panmitic ($C_{15}{H}_{31}COOH$, M = 256) và b gốc axit linoleic ($C_{17}{H}_{31}COOH$, M = 280), $a+b=3$; Z là một trong hai axit này với số mol n.
- Khối lượng: $0,01(38+256a+280b)+M_{Z}n=21,34$. Với $a=1,b=2$ (Y = 1 panmitic + 2 linoleic, $M_Y=854$): $8,54+256n=21,34\Rightarrow n=0,05$ mol (Z là axit panmitic).
- Kiểm tra H khi đốt cháy: $n_{H_{2}O}=\frac{23,22}{18}=1,29$ mol → H = 2,58 mol. Y có H = $3\times 32+2=98$ → 0,98 mol; Z (panmitic, H = 32): $32\times 0,05=1,6$ mol. Tổng = 2,58 mol ✓ khớp.
- (Lưu ý: số liệu CO${}_2$ = 30,24 lít in trong đề không nhất quán với các dữ liệu còn lại — theo thành phần trên, $n_{C{O}_2}=0,01\times 52+0,05\times 16=1,32$ mol ≈ 29,568 lít; tuy nhiên đáp án không phụ thuộc số liệu này.)
- Xà phòng hóa: Y (0,01 mol) + Z (0,05 mol axit panmitic) tạo muối:
+ $n_{C_{15}{H}_{31}COONa}=0,01+0,05=0,06$ mol → khối lượng $=0,06\times 278=16,68$ g.
+ $n_{C_{17}{H}_{31}COONa}=0,02$ mol → khối lượng $=0,02\times 302=6,04$ g.
- $\%m_{natripanmitat}=\frac{16,68}{16,68+6,04}\times 100=73,4\%$.
→ Chọn C.

(1) Đúng, C đầu tiên (tính từ đầu methyl) chứa nối đôi ở vị trí số 6 nên ARA thuộc loại acid béo omega-6.
(2) Sai, trong một phân tử ARA có 10 nhóm methylene ($-C{H}_2-$).
(3) Sai, triester của glycerol với ARA $(C_{19}{H}_{31}COO{)}_3{C}_3{H}_5$, công thức phân tử là $C_{63}{H}_{98}{O}_6$.
(4) Đúng, ARA có 4C=C nên a mol ARA tác dụng tối đa với 4a mol $H_2$.

Chọn C.
Đặt $n_X=a$ mol $\Rightarrow n_Y=2a$ mol
Dựa vào phản ứng thủy phân có: $n_{KOH}=5a$ mol, $n_{C_3{H}_5(OH{)}_3}=n_X=a$ mol và $n_{H_{2}O}=n_Y=2a$ mol
Bảo toàn khối lượng: 49,56 + 56.5a = 54,88 + 92a + 18.2a $\Rightarrow$ a = 0,035
X là (C${}_{15}$H${}_{31}$COO)(C${}_{17}$H${}_{33}$COO)(RCOO)C${}_3$H${}_5$ và Y là RCOOH
m${}_E$ = 0,035(R + 621) + 0,07(R + 45) = 49,56 $\Rightarrow$ R = 235 (C${}_{17}$H${}_{31}$-)
$\Rightarrow n_{B{r}_2}$ = 3n${}_X$ + 2n${}_Y$ = 0,245 mol
Trong 3a mol E tạo ra: 49,56 + 0,245.160 = 88,76 gam dẫn xuất brom
Vậy để tạo ra 63,40 gam dẫn xuất brom thì cần n${}_E$ = 63,40.3a/88,76 = 0,075 mol.

Câu 73. Chọn C.
(e) Sai, nước ép nho hầu như không chứa protein nên không có phản ứng màu biure.

(AI giải đề cho tôi)
Axit béo là axit monocacboxylic có mạch hydrocarbon dài, mạch hở (thường từ 14–22 nguyên tử carbon), ví dụ axit palmitic C${}_{15}$H${}_{31}$COOH. A (HCOOH) là axit fomic, C (CH${}_3$COOH) là axit acetic — đều là axit cacboxylic mạch ngắn, không phải axit béo. D (C${}_3$H${}_5$(OH)${}_3$) là glixerol, một ancol đa chức. Đáp án đúng là B, khớp với đáp án nguồn (47-B).

(a) Sai, tristearin là chất béo no
(b) Đúng
(c) Sai
CH${}_3$-CH${}_2$-NH-CH${}_2$-CH${}_3$
CH${}_3$-CH${}_2$-CH${}_2$-NH-CH${}_3$
(CH${}_3$)${}_2$CH-NH-CH${}_3$
(d) Sai, tơ nilon-6,6, tơ nitron là tơ tổng hợp.
(e) Đúng

nX = nC${}_3$H${}_5$(OH)${}_3$ = 0,02
nC${}_{17}$H${}_{35}$COONa = 0,02
⟶ X là (C${}_{17}$H${}_{35}$COO)(C${}_{17}$H${}_{33}$COO)${}_2$C${}_3$H${}_5$
A. Sai, MX = 886
B. Đúng
C. Đúng, nC${}_{17}$H${}_{33}$COONa = 2nX = 0,04 ⟶ m = 12,16 gam
D. Đúng, có 2C=C + 3C=O

Chất béo này là Triolein (C${}_{17}$H${}_{33}$COO)${}_3$C${}_3$H${}_5$

Chất béo bão hòa có nhiệt độ nóng chảy cao hơn chất béo không bão hòa.

Trong các chất đã cho:

- Tristearin: gốc stearate no, mạch dài C_17H_35COO–.
- Tripalmitin: gốc palmitate no nhưng mạch ngắn hơn C_15H_31COO–.
- Triolein và trilinolein: không bão hòa.

Vì tristearin no và có mạch carbon dài hơn tripalmitin nên có nhiệt độ nóng chảy cao nhất.

Chọn C.

Câu 54: B
Tripanmitin là chất béo có công thức (C${}_{15}$H${}_{31}$COO)${}_3$C${}_3$H${}_5$

Câu 71: A
(b) Sai vì mật ong chứa nhiều fructozo và glucozo.
(c) Sai vì dầu mỡ bôi trơn có thành phần hiđrocacbon
(e) Sai vì amilozo không nhánh

Câu 74: A
+ BTKL : 35,36 + 3n_X.40 = 36,48 + 92n_X ⇒ n_X = 0,04.
+ BTNT O → n_{H_2O} = 0,04.6 + 3,2375.2 - 2,28.2 = 2,155
→ n_{H_2} = a = $\frac{2,155.18+2,28.44-35,36-3,2375.32}{2}$ = 0,075 mol

$n_{NaOH}=0,05\to n_O=0,1$

$n_{C{O}_2}=0,85$ và $n_{H_{2}O}=0,82$

$\to n_{C_{17}{H}_{31}COOH}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{2}=0,015$

$m_X=m_C+m_H+m_O=13,44$

$\to \%mo{l}_{C_{17}{H}_{31}COOH}=\frac{0,015}{0,05}.100\%=30\%$

(Lưu ý: tài liệu gốc in nhầm dòng kết luận \%C_{17}H_{31}COOH = 31,25\%; theo bảng đáp án chính thức và theo tính toán, giá trị đúng là 30% → chọn B.)

Acid béo omega-3 tạo ra khi thủy phân X là $C_{17}{H}_{29}COOH$ (Tạo ra từ gốc số 3, có 30H trong phân tử).

Chọn A.
Quy đổi E thành HCOOH (a), $C_3{H}_5(OH{)}_3$ (b), CH${}_2$ (c) và H${}_2$O (-3b).
$n_{O_2}=0,5a+3,5b+1,5c=7,47$
$n_{C{O}_2}=a+3b+c=5,22$
Muối gồm HCOONa (a), CH${}_2$ (c)
→ m muối = $68a+14c=86,76$
→ a = 0,3; b = 0,06; c = 4,74
→ Muối gồm $C_{15}{H}_{31}COONa$ (0,18) và $C_{17}{H}_{35}COONa$ (0,12)
$n_X=b=0,06$ nên X không thể chứa 3 gốc $C_{15}{H}_{31}COO-$, cũng không thể chứa 2 gốc $C_{17}{H}_{35}COO-$.
→ X là $(C_{17}{H}_{35}COO)(C_{15}{H}_{31}COO{)}_2{C}_3{H}_5$
→ $m_X=50,04$ gam

(AI giải đề cho tôi)
Tripanmitin là trieste của glixerol với axit panmitic C15H31COOH. Thủy phân trong dung dịch NaOH: (C15H31COO)3C3H5 + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 3C15H31COONa. Muối thu được là natri panmitat C15H31COONa, tương ứng phương án D. Lưu ý C17H35COONa (A) là muối của axit stearic, không phải panmitin.

Quy đổi E thành HCOOH (a), $C_3{H}_5(OH{)}_3$ (b), $C{H}_2$ (c) và $H_{2}O$ (-3b).
$n_{O_2}=0,5a+3,5b+1,5c=7,65$
$n_{C{O}_2}=a+3b+c=5,34$
Muối gồm $HCOONa$ (a), $C{H}_2$ (c)
→ a = 0,3; b = 0,06; c = 4,86
→ Muối gồm $C_{15}{H}_{31}COONa$ (0,12) và $C_{17}{H}_{35}COONa$ (0,18)
$n_X=b=0,06$ nên X không thể chứa 2 gốc $C_{15}{H}_{31}CO{O}^{-}$, cũng không thể chứa 3 gốc $C_{17}{H}_{35}CO{O}^{-}$.
→ X là $(C_{17}{H}_{35}COO{)}_2(C_{15}{H}_{31}COO)C_3{H}_5$
→ $m_X=51,72$ gam