GIẢI CHI TIẾT hóa hữu cơ HAY và KHÓ từ các đề THI THỬ

Thông tin tài liệu

... dịch Biết Z có cơng thức phân tử trùng với cơng thức đơn giản Số cơng thức cấu tạo Z thỏa mãn A B C D (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 –Bộ Giáo dục Đào Tạo)  Hướng dẫn giải Ancol... trị a gần giá trị sau đây? A 14,5 B 17,5 C 18,5 D 15,5 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần – Khóa luyện đề Moon.vn – Hà Nội, năm 2015)  Hướng dẫn giải o t  Ancol  Anken  H O  0,27 0,27 mol: 0,27... lối mòn tác giả đề thi cho số liên kết peptit học sinh tham gia giải có phần nhẹ nhàng, nhiên tác giả đề thi không cho sẵn số liên kết peptit học sinh tham gia giải chắ c chắn gặp khó khăn câu Một

Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus GIẢI CHI TIẾT BÀI TẬP HÓA HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ 2015 – 2016 (Phần 1) Lời nói đầu ! Gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới Thầy Nguyễn Văn Duyên – là người Thầy đã dìu dắt con những bước đi đầu đến với việc nghiên cứu tìm tòi về Hóa Học Phổ Thông. Cảm ơn các quý Thầy cô là những tác giả của các bài tập được mình sử dụng trong tài liệu này. Các câu đều được trích dẫn nguồn rõ ràng. Tuy nhiên do có một số bài tập được tổng hợp từ Internet, mạng xã hội nên mình không trích dẫn rõ ràng về nguồn, rất mong sự thông cảm từ quý Thầy cô. “Tài liệu này được chia sẽ miễn phí, với mục địch phi thương mại nên rất mong nhận được sự đóng góp, phản hồi từ quý Thầy cô cũng như các bạn học sinh để tài liệu ngày một hoàn thiện hơn và sẽ là nguồn tư liệu quý báu cho các bạn học sinh ôn thi THPT Quốc Gia.” “Gửi tặng các bạn học sinh 98 ôn thi THPT Quốc 2016 như món quà nhân dịp TẾT TRUNG THU 2015” Đặc biệt mình gửi lời cảm ơn tới:  Một bạn nữ sinh viên lớp Y2015 – Khoa Y Đại học Quốc Gia TP. Hồ Chí Minh, người đã từng động viên, tin tưởng vào con đường mình chọn, cho mình thấy nhiều mảng vui tươi của cuộc sống ở Sài Gòn đầy bon chen, tấp nập này. Mong một ngày gặp lại bạn! “Thiên hạ về đâu? Sao vội đi? Bao giờ gặp nữa? Có tình chi? Lòng tôi theo bước người qua ấy Cho đến hôm nay vẫn chẳng về.”  Một bạn nick Facebook là Hồng Ánh – học sinh trường THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh.  Một bạn nick Facebook là Phương Nguyễn – ở Hà Nội (dự thi trường ĐH Kinh tế Quốc dân). Cảm ơn các bạn đã tin tưởng, quý mến gọi mình một tiếng là “Thầy” dù chưa từng một lần đứng bảng dạy được các bạn chữ nào. Với cá nhân mình ở tuổi 23, lại không xuất thân chính thống từ môi trường Sư Phạm thì đó là quả là niềm vui, niềm vinh hạnh lớn. Cảm ơn các bạn. Chúc các bạn giành được kết quả thật cao ở kỳ thu THPT Quốc Gia năm 2016. Đêm Trung Thu - Sài Gòn, 27/09/2015 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 1: Hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử là C5H15O4N3. Cho m gam X tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 0,24M. Sau phản ứng thu được dung dịch Y, cô cạn dung dịch Y thu được 3,681 gam chắn rắn khan và khí Z duy nhất. Mặt khác nếu cho toàn bộ dung dịch Y trên tác dụng với HCl vừa đủ thì số mol HCl cần dùng là A. 0,045 mol B. 0,050 mol C. 0,051 mol D. 0,054 mol  Hướng dẫn giải 2.5  3  15  2  0  k X tÝnh theo CTPT   X l¯ hîp chÊt cã chøa liªn kÕt ion 2 Biện luận cấu tạo của X  X ph°n øng ®îc víi KOH  k X thùc tÕ  1  Sè liªn kÕt ion = k X thùc tÕ  k X tÝnh theo CTPT  Mặt khác, ta có   X l¯ hîp chÊt cã chøa 2 nhãm muèi amoni 4 X cã 4 Oxi  k X thùc tÕ   2   2     Công thức cấu tạo của X có thể là Trường hợp 1: Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 181x  0,036.56  3,681  31.2x  18.2x  x  0,02 mol mX m KOH m r·n mCH NH  m H O 3 2 2  n KOH ph°n øng  2x = 0,04 mol > n KOH ban ®Çu = 0,036 mol (M©u thuÉn  Lo³i) Trường hợp 2: Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 181x  0,036.2.56  3,681  17.2x  18.2x  x  0, 015 mol mX m KOH m r·n mCH NH  m H O 3 2 2 KOOC  CH(C 2 H 4  NH 2 )  COOK : 0,015 mol  Y gåm  KOH d : 0,036  0,03  0,006 mol KOOC  CH(C 2 H 4  NH 2 )  COOK + 3HCl   0,015 mol  Y   n HCl ®± dïng  3.0,015  0,006  0,051 mol KOH d + HCl      0,006 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 2: Hỗn hợp X gồm 1 ancol đơn chức và 1 este đơn chức (mạch hở, cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đủ V lít O2 thì thu được 17,472 lít CO2 và 11,52 gam nước. Mặt khác m gam X phản ứng với dung dịch KOH dư thì thu được 0,26 mol hỗn hợp ancol. Biết X không tham gia phản ứng tráng gương. Giá trị V là bao nhiêu? (các khí đo ở đktc) A. 21,952 B. 21,056 C. 20,384 D.19,600 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT Nguyễn Khuyễn – TP. Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải  O2 , t   CO2  H 2 O o RCOOR ' : a mol Ta có : m gam  R ''OH : b mol 0,78 mol 0,64 mol R 'OH : a mol  KOH d   0, 26 mol  R ''OH : b mol Cách 1: Đánh giá thông qua số mol CO2 và H2O Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố C, ta có: (với n là số C của ancol và este)  a  b  0, 26 mol n 3   n(a  b)  n CO2  0, 78 mol Vì X không tham gia phản ứng tráng gương  este không có dạng HCOOR nên este phải là : CH3COOCH3 Lại có n CO2  n H2O do đó ancol phải là : CH  C  CH2  OH (k = 2)   CH3COOCH3  k  1 n ancol  n CO2  n H2O  0, 78  0, 64  0,14 mol    n este  0, 26  0,14  0,12 mol CH  C  CH 2  OH  k  2   Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: 0,14  0,12.2  2n O2   0,78.2  0,64  mol  n O2  0,91 mol  V  20,384 lÝt Cách 2: Dựa vào đại lượng trung bình n CO2  CH3COOCH 3 : x mol 3 C X  n   X cã 6H  X  H X  2n H2 O  4,923 CH  C  CH 2 OH : y mol   cã 4H nX   x  0,12 mol x  y  0,26 mol Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tô H, ta có:   6x  4y  2n H2O  1,28 mol y  0,14 mol  Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: 0,14  0,12.2  2n O2   0,78.2  0,64  mol  n O2  0,91 mol  V  20,384 lÝt Câu 3: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu được 151,2 gam hỗn hợp gồm các muối natri của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X, Y ở trên cần 107,52 lít khí O2 (đktc) và thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là A. 102,4. B. 97,0. C. 92,5. D. 107,8.  Hướng dẫn giải Cách 1: Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn Quy ®æi hçn hîp X,Y  n  peptit E m gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus sè O trong E  n  1  n l¯ ph©n tö   aminoaxit trung b×nh trong E cã n1 liªn kÕt peptit  Víi    sè N trong E = n a l¯ sè mol cða E  k E  n  n  peptit E  nNaOH   Muèi  H 2 O  151,2 gam an mol a mol m gam  Khi đó, theo quy luật phản ứng ta có:  0 t  CO2  H 2 O  N 2  peptit E  O2   4,8 mol 3,6 mol 0,5a(n 1)  m gam Áp dụng bảo toàn khối lượng cho cả 2 thí nghiệm, ta có: BTKL ThÝ nghiÖm 1:   m  151,2  18a  40an m muèi m H 2O m NaOH BTKL ThÝ nghiÖm 2:   m  44n CO2  64,8  28.0,5an  4,8.32 mCO2 m H 2O m N2 mO2 Áp dụng công thức về độ bất bão hòa k, bảo toàn nguyên tố O và bảo toàn khối lượng, ta có: n CO  n H O  (k E  1  0,5.sè N)a 2  2 n n CO  0,5an  a  3,6 mol n CO2  3,9 mol n 3,6 2      2n CO2  an  a  6 mol  an  1, 4 mol 2n CO2  n H2 O  s è O trong E .a  2 n O2   a  0, 4 mol 3,6 4,8 n 1   44n CO2  54an  18a  240 gam  44n CO2  54an  18a  151,2  64,8  4,8.32  m  151,2  18.0, 4  40.1, 4  102, 4 gam m muèi m H2O m NaOH Cách 2: Quy đổi hỗn hợp peptit về đipeptit Ý tưởng : Lợi dụng việc đốt đipeptit cho số mol CO2 = Số mol H2O quy vÒ  peptit X,Y   Xn hçn hîp ban ®Çu n  n  n X2 H2 O  X n (I). 2X n +  n  2  H 2 O   nX 2 : x mol cã n NaOH cÇn ®Ó thðy ph©n  2x mol  ®ipeptit a mol sè n O2 ®Ó ®èt X n v¯ X 2 l¯ nh nhau  X n  Giải thích: V× H 2 O kh«ng ch²y nªn  sè mol O2 ®Ó ®èt   l¯ nh nhau H 2 O ®ipeptit: X  2 4,8 mol O2  §èt : X 2 : C n H 2n N 2 O3  CO2  H 2 O (II) CO2 H2 O   3x  2.4,8  2n CO2  n H2O  n CO2  n H2O   x  3,2  mol n n BTNT C   m X2 (C n H2 n N2O3 )  14 nx  76x  14.  x  3,2   76x   90x  44,8  gam nC nCO 2  n H O khi ®èt Xn  n H2O  n H2O khi ®èt ®ipeptit  a   x  0, 4  mol  n Xn  0, 4 mol 2 3,6 a x 3,2 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m Xn   90x  44,8   18  x  0, 4   72x  52 (1) mX 2 (C nH2nN2O3 ) mH 2O “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus (II). X n  2NaOH   Muèi  H 2 O gam : m 80x 151,2 0,4.18 Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân, ta có: mXn  80x  151,2  0,4.18 (2)  x  0,07 mol  Gi°i hÖ (1), (2)    m Xn  102, 4 gam Câu 4: Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M đun nóng, thu được hợp chất hữu cơ no mạch hở Y có phản ứng tráng bạc và 37,6 gam hỗn hợp muối hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình chứa dung dịch nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 24,8 gam. Khối lượng của X là A. 30,8 gam B. 33,6 gam C. 32,2 gam D. 35,0 gam (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Can Lộc – Hà Tĩnh, năm 2015)  Hướng dẫn giải n NaOH 0, 4    1  cã chøa este phenol  Este cða phenol (x mol)  n X (2 este ®¬n chøc) 0,3   X gåm  AgNO3 / NH3 NaOH Este cða ankin (y mol) X   Y   Ag  Y l¯ an®ehit no, ®¬n chøc   ®¬n chøc  O2 , t o x  0,1 mol C n H 2n O   CO2  H 2 O n X  x  y  0,3 mol     y  0,2 mol   0,2 0,2n 0,2n n NaOH  2x  y  0, 4 mol n   Y (C n H2n O)  0,2 mol 0,2n(44  18)  24,8 gam  n = 2 X  NaOH   Muèi  C 2 H 4 O  H2 O gam : m 0, 4.40 37,6 0,2.44 0,1.18 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m  37,6  0,2.44  0,1.18  0, 4.40  32,2 gam Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn m gam một este đơn chức X (tạo bởi các chất có trong chương trình phổ thông) cần vừa hết 10,08 lít oxi (đktc), sinh ra 8,96 lít CO2 (đktc). Mặt khác, m gam X phản ứng vừa hết với 100 ml dung dịch NaOH 1M. Số đồng phân cấu tạo của X có dạng CxHyOOCH là A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Đồng Lộc – Hà Tĩnh, năm 2015)  Hướng dẫn giải Xét hai trường hợp sau:  X kh«ng ph°i l¯ este cða phenol Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố O, ta có: n H2O  0,3 mol n X (C x HyO2 )  n NaOH  0,1 mol   + 2 n C H O  2 n O  2 n CO  n H O  n C : n H : n O  0, 4 : 2.0,3  0,2  4 : 6 : 2 x y 2 2 2 2   0,45 0,4 ? 0,1  X l¯ C 4 H6 O2 + X có 3 đồng phân cấu tạo dạng CxHyOOCH HCOOCH  CH  CH3 HCOOC(CH3 )  CH2  X l¯ este cða phenol HCOOCH2 CH  CH2 n X (C x HyO2 )  0,5n NaOH  0,05 mol n H2 O  0,2 mol   + 2 n C H O  2 n O  2 n CO  n H O  n C : n H : n O  0, 4 : 2.0,2  0,1  8 : 8 : 2 x y 2 2 2 2   0,45 0,4 ? 0,05  X l¯ C 8 H8O2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus + X có 4 đồng phân + X có tổng số đồng phân của X thỏa mãn điều kiện là 7 Câu 6: Thủy phân 63,5 gam hỗn hợp X gồm tripeptit Ala – Gly – Gly và tetrapeptit Ala – Ala – Ala – Gly thu được hỗn hợp Y gồm 0,15 mol Ala – Gly ; 0,05 mol Gly – Gly ; 0,1 mol Gly; Ala – Ala và Ala. Mặt khác, khi thủy phân hoàn toàn 63,5 gam hỗn hợp X bởi 500 ml dung dịch NaOH 2M thì thu được dung dịch Z. Cô cạn cận thận dung dịch Z thu được m gam chất rắn khan. Giá trị gần nhất của m là A. 100,5 B. 112,5 C. 96,4 D. 90,6 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Ala  Gly : 0,15 mol Gly  Gly : 0, 05 mol Ala  Gly  Gly : a mol  H Ta có : 63,5 gam    Ala  Ala  Ala  Gly : b mol Gly: 0,1 mol Ala  Ala v¯ Ala Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn mol mắt xích Gly, ta có: 203a  288b  63,5 gam a  0,1 mol     n peptit  0, 25 mol  2a  b   0,15  0,1  0,1 mol b  0,15 mol  Theo quy luật phản ứng thủy phân peptit trong NaOH, ta có: n  peptit  nNaOH   Muèi  H2 O gam : 63,5 1.40 ? BTKL gÇn nhÊt  Víi n peptit  n H2O   63,5  1.40  m  0,25.18  m  99 gam    100,5 gam Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 29,2 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, metyl axetat, anđehit axetic và etylen glicol thu được 1,15 mol CO2 và 23,4 gam H2O. Mặt khác, khi cho 36,5 gam hỗn hợp X trên tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được tối đa m gam Ag. Giá trị gần nhất của m là A. 43,5 B. 64,8 C. 53,9 D. 81,9 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đổi Thời buổi 2015 này người ta có vẻ thích những bài toán hỗn hợp nhiều chất. Những loại bài tập này chỉ mang tính chất dọa nhau thôi chứ thực ra cũng đơn giản. Chỉ cần các bạn tìm ra được cái chung của “đám ô hợp” đó là tiêu diệt gọn ngay. + Bọn X này có gì chung ? “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Quan sát kỹ ta thấy: • Có hai chất có 1 Oxi và 4 Hiđro (CH2=CH-CHO và CH3CHO) đều có mối liên quan tới Ag. • Còn hai chất còn lại có 2 Oxi và 6 Hiđro (CH3COOCH3 và C2H4(OH)2) không liên quan tới Ag.  CO2 :1,15 mol Cx H 4O : a mol  O2 , t o quy th¯nh + Vậy thì X      H 2O :1,3 mol C y H6O2 : b mol 29, 2  1,15.12  1,3.2  0,8 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: n O trong X  16 a  2b  0,8 mol a  0, 2 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và H, ta có:   4a  6b  2, 6 mol b  0,3 mol Chú ý : Có sự thay đổi khối lượng giữa các lần thí nghiệm các bạn nhé ! 36,5  CHO2Ag gÇn nhÊt  n  CHO  0, 2.  0, 25 mol   mAg  0, 25.2.108  54 gam    53,9 gam 29, 2 Cách 2: Sử dụng phương pháp số đếm Nhận xét: Bài ra gồm 4 chất nhưng chỉ cho 3 thông tin về số liệu gồm khối lượng hỗn hợp, số mol CO2, số mol H2O như vậy theo phương pháp số đếm ta có thể bỏ tùy ý (4 – 3) = 1 chất với điều kiện không làm thay đổi bản chất của bài toán. Ở thí nghiệm 2, hỗn hợp X phản ứng với AgNO3/NH3 nên không được bỏ các anđehit  bỏ tùy ý metyl axetat (CH3COOCH3) hoặc etylen glicol (C2H6O2). Ở đây, mình chọn bỏ etylen glicol (C2H6O2).  CH 2  CH  CHO : a mol CO2 :1,15 mol    O2 , t o 29,2 gam X CH COOCH : b mol    3 3  H 2 O :1,3 mol CH CHO : c mol Khi đó:   3  36,5  AgNO3 /NH3 36,5 gam X   Ag : (2a  2c) mol  29,2 Theo giả thuyết, bảo toàn nguyên tố C và H, ta có: 56a  74b  44c  29,2 gam a  0,15 mol    3a  3b  3c  n CO2  1,15 mol  b  0,3 mol   4a  6b  4c  2n H2O  2,6 mol c  0,35 mol  36,5 gÇn nhÊt Theo đó, thí nghiệm 2 ta có: m Ag  .108.(2.  0,15  2.0,35)  54 gam  53,9 gam 29,2 Lưu ý: Bản chất của phương pháp số đếm là dạng đặc biệt của quy đổi nên vẫn chấp nhận các số âm trong các số liệu tính toán ra mà không làm thay đổi kết quả sau cùng của bài toán ! Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 22,9 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở tạo bởi cùng một ancol với hai axit cacboxylic kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, thu được 1,1 mol CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, toàn bộ lượng X trên phản ứng hết với 300 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m có thể là A. 20,4 B. 23,9 C. 18,4 D. 19,0 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải  O2 , t  CO2  H 2O o Ta có : 22,9 gam RCOOR ' 1,1 mol 0,85 mol 0,3 mol NaOH  m gam Y  R 'OH “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 22,9  1,1.12  0,85.2  0,5 mol  n X  0, 25 mol 16 + Theo giả thuyết X là hỗn hợp este đơn chức đồng đẳng kế tiếp.  n CO2  n H2O  O2 , t o + Mặt khác X    k X  2  X l¯ hçn hîp este ®¬n, kh«ng no cã 1C C n  n  n CO H O X   2 2 C4 H6O2 : x mol 1,1 ®®kt  KÕt hîp CX   4, 4    0, 25 C5 H8O2 : y mol  x  0,15 mol 4x  5y  n CO2  1,1 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C và H, ta có:    6x + 8y = 2n H2O  1,7 mol y  0,1 mol CH 2  CH  COO  CH3 : 0,15 mol  Trêng hîp 1: X  CH 2  CH  CH 2  COO  CH3 : 0,1 mol BTKL   22,9  0,3.40  m  0, 25.32  m  26,9 gam (không có đáp án  loại) Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: n O trong X  CH3OH HCOO  CH 2  CH  CH 2 : 0,15 mol  Trêng hîp 2: X  CH3COO  CH 2  CH  CH 2 : 0,1 mol BTKL   22,9  0,3.40  m  0, 25.58  m  20, 4 gam CH2 CH CH2 OH Câu 9: Cho 11 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở A và B tác dụng hết với 200 gam dung dịch KOH 5,6% đun nóng, thoát ra hỗn hợp ancol Y đồng đẳng kết tiếp, cô cạn dung dịch thì thu được m gam chất rắn khan. Cho Y đi qua bình Na dư thì khối lượng bình tăng 5,35 gam và có 1,68 lít khí thoát ra ở đktc. Mặt khác, 16,5 gam X làm mất màu tối đa a gam brom. Giá trị (m + a) là A. 40,7. B. 52,7. C. 32,7. D. 28,7. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Tĩnh Gia 2 – Thanh Hóa, năm 2015)  Hướng dẫn giải n ROH  2 n H2  0,15 mol m ROH  5,5 gam  CH3OH 0,075     ROH gåm  5,5 C 2 H 5OH m b×nh Na t¨ng  m ROH  m H2 M ROH  0,15  36,67  ?  5,35 gam 0,075.2 n CH OH  n C 2 H5OH  0,15 mol n CH OH  0,1 mol  3  3 32n CH3OH  46n C 2 H5OH  5,5 gam n C 2 H5OH  0,05 mol  RCOOCH3   0,1 mol  R  14  Lo³i    HCOOC 2 H 5 n RCOOR '(X)  n ROH  0,15 mol   0,05 mol    RCOOR' gåm  11  HCOOCH3 M R  0,15  44  19,6  R'   0,1 mol  R  27  CH 2  CH    RCOOC H 2 5    0,05 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : mchÊt r·n  m este  m KOH  m ancol  16,7 gam m 11 11,2 5,5 n Br ph°n øng  0,15  0,075  0,225 mol HCOOCH3 : 0,15 mol  + 16,5 gam X cã   2 CH 2  CH  COOC 2 H 5 : 0,075 mol  a  m Br2 ph°n øng  36 gam  VËy m  a  16,7  36  52,7 Lưu ý : HCOOCH3 có phản ứng với dung dịch Br2 theo phản ứng HCOOR  Br2  H2 O   HO  COOR  2HBr Câu 10: Hỗn hợp T gồm X, Y, Z (58 < MX < MY < MZ < 78, là hợp chất hữu cơ tạp phức, phân tử chỉ chứa C, H và O có các tính chất sau: - X, Y, Z đều tác dụng được với Na - Y, Z tác dụng được với NaHCO3 - X, Y đều có phản ứng tráng bạc Nếu đốt cháy hết 0,25 mol hỗn hợp T thì thu được m gam chất CO2, giá trị của m gần nhất với A. 44,4 B. 22,2 C. 11,1 D. 33,3 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Nhận xét: do X, Y, Z đều là tạp chức và đều có M > 58 nên hỗn hợp X, Y, Z không chứa HCOOH và chỉ chứa tối đa 1 nhóm –CHO và 1 nhóm –COOH. + X, Y, Z đều tác dụng với Na  X, Y, Z đều chứa nhóm chức –OH hoặc –COOH. + Y, Z đều tác dụng với NaHCO3  Y, Z đều chứa nhóm chức –COOH. + X, Y đều có phản ứng tráng bạc  X, Y có chứa nhóm chức –CHO. Theo đó: + X, Y đều có chứa 1 nhóm –CHO. Mặt khác, X có phản ứng với Na, không tác dụng với NaHCO3; còn Y phản X : HO CH2  CHO X mang nhãm  OH v¯  CHO 58MX MY MZ 78   ứng với cả 2   Y mang nhãm  COOH v¯  CHO Y : HOC  COOH M 74 M 78 Y Z  Y : HO CH2  COOH + Z không tráng bạc  Y mang nhãm  COOH  X : HO  CH 2  CHO   O2 , t o Suy ra T là : Y : HOC  COOH  CO 2  Z : HO  CH  COOH ? gam 2  Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: gÇn nhÊt n C trong T  2n T  0,25.2  0,5 mol  m  0,5.44  22 gam    22,2 gam Câu 11: Cho hỗn hợp X gồm 1 este no, đơn chức Y và 1 ancol đơn chức Z tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,35 mol ancol Z. Cho Z tách nước ở điều kiện thích hợp thu được chất hữu cơ T có tỉ khối hơi so với Z là 1,7. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn X cần dùng 44,24 lít O2 (đktc). Công thức phân tử của axit tạo Y là A. C5H10O2. B. C4H8O2. C. C3H6O2. D. C2H4O2. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, năm 2014)  Hướng dẫn giải H2 SO4 ®Æc, t o Z (ROH)  T n  n  n  0,2 mol  este Y NaOH  Z míi t³o th¯nh   ;  MT n Z cã s¶n trong X  0,35  0,2  0,15 mol  M  1,7   Z “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus T ph°i l¯ ete ROR R  43 C H  Y l¯ C n H 2n 1COOC 3 H 7 : 0,2 mol  3 7      2R  16  X: Z l¯ C 3 H 7 OH : 0,15 mol  R  17  1,7 ROH l¯ C 3 H 7 OH C n H 2n 1COOC 3 H 7  k  1 to X  O2   CO2  H 2 O C 3 H 7 OH  k  0  1,795 mol Áp dụng bảo toàn mol nguyên tố O và khai thác độ bất bão hòa k, ta có : 2n CO2  n H2 O  0,2.2  0,15  2 n O2 n H2 O  1,6 mol  1,975    n CO2  1, 45 mol n H O  n CO  0,15 mol  2 2 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : mX  12.1, 45  2.1,6  16.  0,2.2  0,15  29, 4 gam  n  1  0,15.60  0,2. 14n  88  29, 4 gam    mC3H7OH axit t³o Y l¯ CH3COOH hay C 2 H 4 O2 mC nH2 n1COOC3H7 Câu 12: Hỗn hợp E chứa peptit X mạch hở (tạo bởi glyxin và alanin) và este Y mạch hở (được tạo bởi etylen glicol và một axit đơn, không no chưa một liên kết C=C). Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 23,08 gam hỗn hợp F có chứa a gam muối của glyxin và b gam muối của alanin . Lấy toàn bộ F đốt cháy thu được Na2CO3, N2, 23,76 gam CO2 và 7,56 gam H2O. Mặt khác cũng đem đốt cùng lượng E trên cần dùng 19,936 lít khí O2 (đktc). Giá trị của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,45. B. 2,60. C. 2,70. D. 2,55.  Hướng dẫn giải Amino axit t³o X: C n H 2n 1O2 N (n  2) Muèi cða amino axit  A : C n H 2n O2 NNa : x mol   Axit t³o este Y: C m H 2m 2 O2 Muèi cða axit  B : C m H 2m 3O2 Na : y mol A: C n H 2n O2 NNa : x mol  O2 , t o  23,08 gam F   Na 2 CO3  CO2  H 2 O  N 2 B: C m H 2m 3O2 Na : y mol 0,54 mol 0,42 mol (x  y) mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có : n Na2CO3  2  k  1; cã 1 nit¬   A  (k A  1  0,5.Sè N) n A  (k B  1) n B  n CO2  n H2O 1 k B  2 1 x 2 y 0,54 mol 0,42 mol  0,5x  y  0,12 mol (1) Áp dụng bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp F, ta có : m A v¯ B  12(n Na2 CO3  n CO2 )  2 n H2O  16 n O  23 n Na  14 n N  23,08 gam 0,5x 0,5y 0,54 0,42 2(x  y) (x  y) x  75x  61y  15,76 gam (2) 0,5x  y  0,12 mol x  0,08 mol Tõ (1) v¯ (2)    75x  61y  15,76 gam y  0,16 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : n C trong muèi  n CO2  n Na2 CO3  0,54   Do n  2  n C trong A  2.0,08  0,16 mol  n C trong B   0,66  0,16  mol  Sè C trong B  0,08  0,16  0,66 mol 2 0,66  0,16 axit kh«ng no nªn C  3  3,125   B l¯ CH 2  CH  COONa 0,16 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  0,18 n C trong A  0,66  0,16.3  0,18 mol   Sè C trong A   2,25 0,08 n  0,08 mol   A Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có : øng víi C 2 H 4 O2 NNa (2C) 0,75  0,06 mol   0,08 mol  C  2,25 C H O NNa (3C) øng víi 0,25  0,02 mol  3 6 2 a m C 2 H4 O2 NNa 0,06.(74  23) gÇn nhÊt     2,62  2,60 b m C3H6 O2 NNa 0,02.(88  23) Comment: Với cách giải trên thì dữ kiện số mol O2 để đốt cháy hỗn hợp E là không dùng tới. Tuy nhiên dữ kiện đó là không hoàn toàn thừa nên ta đánh giá bài toàn theo hướng nhìn số mol O2 chênh lệch để đốt cháy E và hỗn hợp muối F chính là số mol O2 cần để đốt cháy hoàn toàn etilen glicol  số mol este Y. Câu 13: Hỗn hợp X gồm 0,2 mol axetilen, 0,1 mol but–1–in, 0,15 mol etilen, 0,1 mol etan và 0,85 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc túc bột Ni) sau một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 bằng x. Cho Y tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thu được kết tủa và 19,04 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Sục khí Z qua dung dịch brom dư thấy có 8,0 gam brom phản ứng. Giá trị của x gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 9,0. B. 10,0. C. 10,5. D. 11,0. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Bến Tre – Bến Tre, năm 2015)  Hướng dẫn giải CH  CH : 0,2 mol  AgNO3 /NH3 Ankin d   thu ®îc    CH  C  CH 2 CH 3 : 0,1 mol Anken   Ni, t o X CH 2  CH 2 : 0,15 mol  Y   0,05 mol Br2  C H : 0,1 mol 0,85 mol Z Ankan  2 6    H 2 d  H 2 : 0,85 mol   n   0,2.2  0,1.2  0,15  0,75 mol  Ta cã   n Br2 ph°n øng  nanken trong Z  0,05 mol  n X  0,2  0,1  0,15  0,1  0,85  1,4 mol    n X  n Y  n H2 ph°n øng  1,4  (n ankin d  0,85)  n H2 ph°n øng (*) n  n  0,85   Y ankin d  Áp dụng bảo toàn mol liên kết  và độ giảm số mol khí (*), ta có :  n  ban ®Çu  2n ankin d  n H2 ph°n øng  0,05  0,75 mol nankin d  0,15 mol   n  n  (1,4  0,85) mol n H2 ph°n øng  0,4 mol H2 ph°n øng  ankin d  n Y  1,4  0,4  1 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : m 0, 2.26  0,1.54  0,15.28  0,1.30  0,85.2 mX  mY  MY  X   19, 5 nY 1  VËy x = d Y/H2  19, 5 gÇn nhÊt  9, 75   10,0 2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 14: Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 và hợp chất B có công thức phân tử là C4H9NO2. Lấy 0,09 mol X tác dụng vừa đủ với 0,21 mol NaOH chỉ thu được sản phẩm là dung dịch gồm ancol etylic và a mol muối của glyxin, b mol muối của alanin. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X bằng oxi vừa đủ thì thu được N2 và 96,975 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Giá trị của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 0,50. B. 0,76. C. 1,30. D. 2,60. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải C 2 H 5OH A l¯ pentapeptit t³o bëi Gly v¯ Ala C x H y N 5O6 0,21 mol NaOH   0,09 mol X   C 2 H 4 O2 NNa   B l¯ H 2 N  CH 2 COOC 2 H 5 C 4 H 9 NO2 C H O NNa 3 6 2  n pentapeptit  n H2 N CH2COOC 2H5  0,09 mol n pentapeptit  0,03 mol  Ta cã    nA : nB  1 : 2 5n pentapeptit  n H2 N CH2COOC 2H5  0, 21 mol n H2 N CH2COOC 2H5  0,06 mol C x H y N 5O6 : x mol  O2 , t o  41,325 gam X   N 2  CO2  H 2 O C 4 H 9 NO2 : 2x mol 96,975 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng, giả thuyết và độ bất bão hòa k, ta có: m X  12n CO  2n H O  16.(6x  4x)  14.(5x  2x)  41,325 gam 12n CO  2n H O  258x  41,325 gam 2 2 2 2      44n CO2  18n H2O  96,975 gam  44n CO2  18n H2O  96,975 gam   n CO2  n H2O  (5  1  0,5.5)x  (1  1  0,5.1)2x n CO2  n H2O  0,5x  0   n CO2  1,575 mol   n H2O  1,5375 mol  x  0,075 mol 1,575  4.2.0,075 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: Sè C trong A =  13 (Gly  Gly  Ala  Ala  Ala) 0,075 C 2 H 4 O2 NNa :  2.0,03  0,06  mol  muèi cða Gly Gly  Gly  Ala  Ala  Ala : 0,03 mol  BT m·t xÝch Gly  0,09 mol     BT m·t xÝch Ala H 2 N  CH 2 COOC 2 H 5 : 0,06 mol C 3 H6 O2 NNa : 3.0,03 mol  muoiscðaAla a 0,12 4 gÇn nhÊt  VËy     1,30 b 0,09 3 Câu 15: 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 A. 1,50. B. 1,24. C. 2,98. D. 1,22. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải  n  CHO  0,01875 mol 1,86 n Ag  0,0375 mol    M RCOONH4   93  R = 31 (OH  CH2 ) + n  0,02 mol n =0,02 mol 0,02 R  COONH   NH3  4  Giải thích do trong X mỗi chất đều chứa hai trong 3 nhóm chức –OH, –CHO, –COOH. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  OH  CH2  CHO : 0,01875 mol  m  1,22 gam + Vậy trong X có chứa các chất là  3 OH  CH  COOH:1,25.10 mol   2  AgNO /NH OH  CH  CHO  3 3  OH  CH  COONH  2Ag 2 2 4 Comment:   NH3  OH  CH 2  COONH 4 OH  CH2  COOH  Cá nhân mình thấy ĐÂY là câu hay nhất đề, không nặng về hình thức toán học, đơn giản nhưng mang hàm lượng chất HÓA HỌC cao! Hồi học phổ thông mình không giỏi về toán thành thử nặng về tính toán quá mình không có thiện cảm, thích mấy bài mang chất Hóa thế này hơn. Câu 16: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cừng một ancol Y và 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm –COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đối cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là A. 34,01%. B. 38,76%. C. 40,82%. D. 29,25%. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải  NaOH Hçn hîp muèi    Na  H 2 : 0,04 mol RCOOR' R'OH  5,88 gam  CO2 R1CH  CHCOOR'  O2   o  t H 2 O : 0,22 mol m R'OH  2, 48  0,04.2  2, 56 gam 2,56 Giả thuyết, Δm bình Na tăng ta có:   M R'OH   32  Y : CH3OH 0,08 n R'OH  0,04.2  0,08 RCOOCH3 : a mol (k = 1)  C Este no  2  Vậy Y là ancol no, kết hợp với các giả thuyết  5,88 gam   R1CH  CHCOOCH3 : b mol (k = 2)  C  n Khi đó, áp dụng bảo toàn số nhóm gốc CH3–, mối liên hệ của độ bất bão hòa k và bảo toàn khối lượng, ta có: a  b  n CH OH  0,08 mol a  0,06 mol 3     b  0,02 mol b = n CO2  n H2O  n CO2  0,22   12n CO2  2.0,22  16.2(a  b)  5,88 gam n CO2  0,24 mol  Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,06.2  0,02n  n CO2  0,24 mol  n < 6.  Mặt khác, do axit không no, có đồng phân hình học  Este không no cũng có đồng phân hình  Sè C  4 0,02.100 .100  34,01% Vậy Este không no là CH3–CH=CHCOOCH3 (0,02 mol)  %m  5,88 Câu 17: Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun nóng 27,2 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba ete (có khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc). Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là A. 20% và 40%. B. 40% và 30%. C. 30% và 30%. D. 50% và 20%. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus H2SO4  2R  OH   R  O  R  H2 O 6,76  gi° thuyÕt Ta có:    M R O  R   84,5  R  34,25 0,08 mol : 0,16  0,08   øng víi X : C 2 H 5  (29) 8,75   0,1 mol   M X M Y  0,16 mol  + Do X, Y đồng đẳng kế tiếp  R  34,25 Y : C H  (43) øng víi 5,25   0,06 mol 3 7   + Do lượng C trong T và Z là không đổi nên đốt cháy hỗn hợp ancol hay đốt Z (H2O cháy không cần oxi) đều cần cùng một lượng O2 như nhau (1,95 mol). to   2CO2  3H 2 O C 2 H6 O  3O2  + Do đó lượng ancol ban đầu  to  3CO2  4H 2 O  C 3 H8 O  4, 5O2  46x  60y  27,2 gam x  0,2 mol Gọi số mol C2H5OH và C3H7OH ban đầu lần lượt là x, y mol    3x  4,5y  1,95 mol y  0,3 mol 0,1 0,06  H%X  .100  50% và H%Y  .100  20% 0,2 0,3 Câu 18: Hỗn hợp X gồm 2 chất có công thức phân tử là C3H12N2O3 và C2H8N2O3. Cho 3,40 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và 0,04 mol hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh quỳ tím ẩm). Cô cạn Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 3,36. B. 2,97. C. 2,76. D. 3,12. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải + Gọi 2 chất trong X là A và B. 2.3  2  12  2   1  k A tÝnh theo CTPT  • Biện luận cấu tạo của A   A l¯ hîp chÊt cã chøa liªn kÕt ion 2  A ph°n øng ®îc víi NaOH  k A thùc tÕ  1 Sè liªn kÕt ion = k A thùc tÕ  k A tÝnh theo CTPT  • Mặt khác, ta có   A l¯ hîp chÊt cã chøa 2 nhãm muèi amoni 3 X cã 3 Oxi  k A thùc tÕ   2   1     k B tÝnh theo CTPT  0   "T¬ng V¨n Tù"  B   3   B l¯ hîp chÊt chøa 1 nhãm muèi amoni cã 3 oxi  k  thùc tÕ   2   1  Do A và B sinh hỗn hợp gồm 2 khí làm xanh quỳ ẩm (là các amin) nên CTCT đúng của A và B lần lượt là x mol y mol CH  NH 2 : 2x mol 2x  y  0,04 mol x  0,01 mol Khi ®ã: Hçn hîp khÝ  3   C 2 H 5  NH2 : y mol 124x  108y  3,4 gam y  0,02 mol Na CO BT gèc CO32  v¯ NO3 VËy Y gåm  2 3   m  0,01.106  0,02.85  2,76 gam NaNO3 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 19: Đun hỗn hợp etylen glicol và axit cacboxylic X (phân tử chỉ có nhóm -COOH) với xúc tác H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ, trong đó có chất hữu cơ Y mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 3,95 gam Y cần 4,00 gam O2, thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1. Biết Y có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất, Y phản ứng được với NaOH theo tỉ lệ mol tương ứng 1: 2. Phát biểu nào sau đây sai? A. X có đồng phân hình học. B. Tổng số nguyên tử hiđro trong hai phân tử X, Y bằng 8. C. Y tham gia được phản ứng cộng với Br2 theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2. D. Y không có phản ứng tráng bạc. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn khối lượng và tỉ lệ số mol CO2, H2O, ta có: 3,95  4  44.2n H2O  18n H2O  n H2O  0,075 mol  3,95  12.0,15  0,15 n C  n CO2  2.0,075  0,15 mol BTKL   n O trong Y   0,125 mol  16 n  2n  2.0,075  0,15 mol H H O   2 Vậy nC : n H : nO  0,15: 0,15: 0,125  6 : 6 : 5  công thức đơn giản nhất của Y là C6H6O5. Do Y có công thức đơn giản trùng với CTPT nên Y là C6H6O5. Mặt khác Y tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 nên  Y là HOOC  C  C  COOCH2  CH2 OH .  Do đó X là HOOC  C  C  COOH  không có đồng phân hình học  A. Sai. Câu 20: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là A. 340,8. B. 409,2. C. 396,6. D. 399,4. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải + Do số liên kết peptit trong X hoặc Y không nhỏ hơn 4 nghĩa là số amino axit tạo X hoặc Y không nhỏ hơn 5. + Gọi n là số mặt xích amino axit trung bình của X và Y. Theo quy luật phản ứng thủy phân peptit, ta có: n  peptit (X,Y) + nNaOH   Muèi + H2 O 3,8 n  5, 43 . 0, 7 mol : 0,7  0,7n  3,8  Sè O = 13  peptit còn lại: C H O N  Phải có 1 peptit chứa 5 mắt xích amino axit (pentapeptit): C H O N  x y 6 5 n m  x  y  0, 7 mol X l¯ Pentapeptit : C x H y O6 N 5 (x mol) gi° thuyÕt    + Không mất tính tổng quát giả sử   5x  6y  3,8 mol Y l¯ Hexapeptit : C n H m O7 N 6 (y mol) x  0,4 mol   . Mặt khác, do đốt 0,4 mol X hay 0,3 mol Y đều thu được cùng một lượng CO2. y  0,3 mol nCO (X)  nCO (Y) X : (Gly)a (Ala)5a 2 2    0,4.[2a + 3(5 – a)] = 0,3.[2b + 3(6 – b)] Khi đó:  Y : (Gly) (Ala)  b 6b X : Gly3 Ala 2 (0,4 mol) a  3 NghiÖm nguyªn thàa m±n  4a – 3b = 6    b  2 Y : Gly2 Ala 4 (0,3 mol) BT nhãm Gly  0,4.3  0,3.2  1,8 mol X : Gly3Ala 2 (0,4 mol) C 2 H 4 O2 NNa  3,8 mol NaOH  Vậy    BT nhãm Ala  0,4.2  0,3.4  2 mol  Y : Gly2 Ala 4 (0,3 mol) C 3 H6 O2 NNa   mmuèi  1,8.97  2.111  396,6 gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” 7 6 Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 21: Thủy phân hoàn toàn chất béo X trong môi trường axit, thu được glixerol và hỗn hợp hai axit béo gồm axit oleic và axit linoleic. Đốt cháy m gam X cần vừa đủ 76,32 gam O2, thu được 75,24 gam CO2. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với V ml dung dịch Br2 1M. Giá trị của V là A. 120. B. 150. C. 180. D. 200. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, năm 2015)  Hướng dẫn giải axit oleic : C17 H33COOH (1 C C ) với a + b = 3.  X là Ta có:  axit linoleic : C H COOH (2  )  17 31 C C y y   to + Vậy chất béo X khi đó có dạng : C18.3+ 3HyO6  C 57 H y O6   57   3  O2   57CO2  H2 O 4 2   y 57   3 n O2 2,385 4  y = 102.   + Giả thuyết, ta có: n CO2 57 1,71 ab3 a  2   Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: 33a + 31b +5 = y = 102    CC  2.1  2  4 . b  1 n CO2 1,71   0,03 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: n X   Sè C X 57 BT mol C C   nBr2 ph°n øng  0,03.4  0,12 mol  V  120 ml Câu 22: Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol este X cần 200 ml dung dịch NaOH 1,5M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được glixerol và 24,6 gam muối khan của axit hữu cơ mạch thẳng. Số công thức cấu tạo của X là A. 1 B. 4 C. 7 D. 6 (Đề thi thử THPT Quốc Gia – THPT chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc, năm 2015)  Hướng dẫn giải  Glixerol + muối của các axit hữu cơ. + 0,1 mol X + 0,3 mol NaOH   24,6 X l¯ (RCOO)3C 3H 5 : 0,1 mol  R  67  15 (CH3 ) 0,3  Muèi l¯ RCOONa : 0,3 mol R1 : H  (a) R1 : CH3  (b) R1 : H  (a)     R2 : CH3  (b) hoặc R2 : CH 3  (b) hoặc R2 : H  (a) R : CH  (b) R : CH CH CH  (b) R : C H  (c) 3 3 2 2  3  3  3 2 5 + Số đồng phân của X là 6 gồm : (b) (a) (b) (c) (a) (a) (b) (b) (c) (a) (a) (d) (b) (c) (a) (b) (d) (a) Câu 23: Cho hỗn hợp X gồm một este đơn chức và một ancol (bền), cả hai đều mạch hở và có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 7,2 gam H2O. Mặt khác, cho m gam X tác dụng với NaOH dư thu được 0,1 mol ancol. Giá trị của m là A. 9,4. B. 10,1. C. 9,5. D. 8,5. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus nCO2  0,45 mol ; nH2O  Hướng dẫn giải  0,4 mol . Gọi công thức este là CnHyO2; ancol là CnHtO. (do este và ancol có cùng C) Trường hợp 1: thủy phân este tạo ra ancol  n X  nancol  0,1 mol  Sè C = n CO2 nX  0,45  4,5 (LÎ  Lo³i) . 0,1 Trường hợp 2: thủy phân este không tạo ra ancol  este không no  n  3. Ta có khi đó 0,1 mol chính là số mol ancol ban đầu  n X  0,1 mol  n  n  3 0,45 n 3  4,5  n  4 0,1  0,45 y BTNT H  0,1125 mol  n este  0,0125 mol   0,0125y  0,1t  0,4.2   t  8 4 8 Dễ thấy không có nghiệm y nguyên nào thỏa mãn vì C4HyO2 không no thì y  6. 0,45 BTNT H  0,15 mol  n este  0,05 mol   0,05y  0,1t  0,4.2  y  2t  16 + Nếu n = 3  n X  3 y  2  t  7 LÎ  Lo³i Este : HCOOCH  CH2  C3HyO2 không no thì y  4   y  4  t  6 (Thàa m±n) Ancol : CH 2  CH  CH 2  OH + Nếu n = 4  n X   m  0,05.72  0,1.58  9,4 gam Câu 24: Hỗn hợp X gồm metan, etilen, propin, vinylaxetilen và hiđro. Dẫn X qua Ni nung nóng, sau phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với khí nitơ đioxit là 1. Biết 5,6 lít hỗn hợp Y (đktc) làm mất màu vừa đủ 72 gam brom trong dung dịch. Nếu lấy 5,6 lít hỗn hợp X (đktc) làm mất màu vừa đủ bao nhiêu gam brom trong dung dịch? A. 56 gam. B. 60 gam. C. 48 gam. D. 96 gam  Hướng dẫn giải Quy đổi hỗn hợp Y thành C n H2n 22k Khi đó: 0,25 mol Y + 0,45 mol Br2 vừa đủ  k  0,45  1,8  Y l¯ C n H 2n 1,6 0,2  C 3,4 H4 + M Y  14n  1,6  46  n  3,4. VËy Y l¯ C 3,4 H5,2  X   H 2  C 3,4 H 4 :1 mol Ni,t o C 3,4 H4  0,6H2   C 3,4 H5,2  NÕu lÊy 1,6 mol X gåm   H 2 : 0,6 mol  C 3,4 H 4 :1,5625 mol  LÊy 0,25 mol X gåm   H2 : 0,09375 mol Ni,t C 3,4 H4  2, 4Br2   C 3,4 H 4 Br4,8 o mol : 0,15625  0,375  mBr2  0,375.160  60 gam Câu 25: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cũng số nguyên tố cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) cần vừa đủ 30,24 lít khí O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O. Biết thể tích các khí đó ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng của Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là A. 9,0 gam. B. 11,4 gam. C. 19,0 gam. D. 17,7 gam.  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus n CO  1, 2(mol) BTNT O XY   n Trong  1, 2.2  1,1  1,35.2  0,8 O  2  Ta có : n H2O  1,1(mol)  1, 2 3  Ph°n øng Sè C trong X hoÆc Y= 0, 4 n  1,35(mol)   O2 Vì H  2, 2  5,5  có hai trường hợp xảy ra . 0, 4 C3 H 2 O2 : a mol BTNT H a  b  0, 4 a  0,167    Trường hợp 1: 0, 4 mol  (Loại) C H O : b mol 2a  8b  1,1.2 b  0, 233    3 8 n C3 H 4 O2 : a mol BTNT H a  b  0, 4 a  0, 25    Trường hợp 2: 0, 4 mol  thỏa mãn. 4a  8b  1,1.2 b  0,15 C3 H8 On : b mol Dễ thấy n  2  m Y  0,15.76  11,4 gam Câu 26: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09 mol vinylaxetylen và 0,16 mol hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 là 21,13. Dẫn Y đi qua dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam Z gồm 4 kết tủa có số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm mất màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 27. B. 29. C. 26. D. 25.  Hướng dẫn giải CH  CH : 0, 08 mol CH CHO : 0, 06 mol  3 BTKL øng   mX  9,72  n Y  0, 23  n Hph°n  0,16 mol Ta có : X  2 CH  C  CH  CH 2 : 0, 09 mol H 2 : 0,16 mol Trong Y ta tưởng tượng là chia thành hai phần: CH  CH : a mol CAg  CAg : a mol CH CHO : 0,5a mol Ag : a mol  3  AgNO3  m gam  Phần 1:  CH  C  CH  CH 2 : a mol CAg  C  CH  CH 2 : a mol CH  C  CH 2  CH 3 : a mol CAg  C  CH 2  CH 3 : a mol Phần 2: Gồm anken, ankan, ancol, ankadien. øng ph°n øng Ta đi bảo toàn liên kết pi với chú ý là lượng n Hph°n  n Br  0,16  0,003  0,163 mol sẽ làm cho các chất 2 2 CH  CH : 0, 08  a  này biến thành no hoàn toàn. Khi đó ta có: Phần chưa phản ứng với H2 CH3 CHO : 0, 06  0,5a CH  C  CH  CH : 0, 09  2a 2  Và một chút có phản ứng với H2 là : CH  C  CH2  CH3 : a mol Áp dụng bảo toàn mol liên kết  ta có: 2  (0,08  a)  (0,06  0,5a)  3  (0,09  2a)  a  0,163  a  0,0436 mol gÇn nhÊt  m  29,1248   29 gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 27: Hỗn hợp X gồm CnH2n-1CHO, CnH2n-2(CHO)2, CnH2n-2(COOH)2, CnH2n-3(CHO)(COOH)2. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 56,16 gam Ag. Trung hoà m gam hỗn hợp X cần 30 gam dung dịch hỗn hợp NaOH 12% và KOH 5,6%. Đốt m gam hỗn hợp X cần (m + 7,92) gam O 2. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 19,84 B. 20,16 C. 19,36 D. 20.24  Hướng dẫn giải  AgNO3 /NH3 C n H 2n 1CHO : x mol (k = 2)   Ag : 0,52 mol  30.0,12 30.0,056 C n H 2n 2 (CHO)2 : y mol (k = 3) 30 gam NaOH 12% m gam X     n OH ph°n øng    0,12 mol v¯ KOH 5,6% 40 56 C H (C OOH) : z mol (k = 3) n 2n  2 2   (m  7,92) gam O2 C H (CHO)(COOH) : t mol (k = 4)   CO2  H 2 O  n 2n 3 2 n Ag   0,26 mol (1) n  CHO  x  2y  t  Theo giả thuyết, ta có:  2 n  COOH  2z  2t  n   0,12 mol (2) OH ph°n øng   nO trong E  nO trong -CHO  n O trong -COOH  0,26  2.0,12  0,5 mol Theo mối liên hệ của độ bất bão hòa k với số mol CO2 và H2O, ta có: x  2y  2z  3t  n CO2  n H2O (1)(2) Mặt khác, từ (1) và (2)  x  2y  t  2z  2t  0,26  0,12   x  2y  2z  3t  0,38 mol Vậy  nCO2  n H2O  0,38 mol (*) Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, bảo toàn khối lượng và (*), ta có:  m  7,92 2n CO2  n H2O  0,5  2. 2n CO  n H O  0,0625m  0,995 32 2 2   44n CO2  18n H2O  m  (m  7,92)  44n CO2  18n H2O  2m  7,92 gam   m O2 n CO2  n H2O  0,38 mol  n CO2  n H2O  0,38 mol n  0,86 mol CO2    n H2 O  0, 46 mol  gÇn nhÊt  m  19,28 gam  19,36 gam Câu 28: Hỗn hợp M gồm Lys-Gly-Ala, Lys-Ala-Lys-Lys-Gly, Ala-Gly trong đó nguyên tố oxi chiếm 21,3018% khối lượng. Cho 0,16 mol hỗn hợp M tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ thu được bao nhiêu gam muối? A. 90,48 B. 83,28 C. 93,36 D. 86,16  Hướng dẫn giải Nhận xét: ta thấy cả 3 peptit đều có điểm chung là chức 1 gốc Ala-Gly. gèc Ala  Gly (C 5 H10 O3 N 2 ) : 0,16 mol Quy đổi M thành  gèc Lys (C 6 H12 ON 2 ) : x mol Theo giả thuyết, ta có: %O  3.0,16  x .100%  21,3018%  x  0,24 mol 146.0,16  128x “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus   Muèi gèc Ala  Gly  2HCl  H 2 O  Theo quy luật phản ứng, ta có:   Muèi  gèc Lys  2HCl  H 2 O  BTKL   mmuèi  0,16.(146  36,5.2  18)  0,24.(128  36,5  18)  90,48 gam Câu 29: Hỗn hợp E gồm chất X (CxHyO4N) và Y (CxHtO5N2); trong đó X không chứa chức este, Y là muối của α–amino axit no với axit nitric. Cho m gam E tác dụng vừa đủ với 100 ml NaOH 1,2M đun nóng nhẹ thấy thoát ra 0,672 lít (đktc) một amin bậc 3 thể khí điều kiện thường. Mặt khác m gam E tác dụng vừa đủ với a mol HCl trong dung dịch thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có 2,7 gam một axit cacboxylic. Giá trị m và a lần lượt là A. 9,87 và 0,03 B. 9,84 và 0,03 C. 9,87 và 0,06 D. 9,84 và 0,06  Hướng dẫn giải + Amin bậc 3 thể khí ở điều kiện thường chỉ có thể là trimetyl amin (CH3)3N : 0,03 mol. + X (CxHyO4N) không chứa chức este, chỉ có 1 nguyên tử N nên là muối amoni của axit 2 chức. + Y là muối của α–amino axit no với axit nitric nên phản ứng với NaOH không sinh khí. TN1: HOOC  R  COOHN(CH 3 )3  2NaOH   NaOOC  R  COONa + (CH 3 )3 N  2H 2 O  0,03  0,06  0,03 mol : Víi X   HOOC  R  COOH + (CH 3 )3 NHCl TN 2 : HOOC  R  COOHN(CH 3 )3  HCl  mol : 0,03  0,03  0,03  2,7  Maxit cacboxylic   90  R  0 (HOOC  COOH). VËy X l¯ C 5H11O 4 N  Y l¯ C 5H t O5 N 2 0,03 amino axit cã 2O 1N Mặt khác Y là muối của α–amino axit no với HNO3     amino axit là C5H11O2N. Y là C H O N (  5 12 5 2 HOOC  C 4 H8  NH3 NO3  HOOC  COOHN(CH 3 )3  2NaOH   NaOOC  COONa + (CH3 )3 N  2H 2 O  0,03  0,06  mol :  TN1  HOOC  C 4 H8  COONH 3 NO3  2NaOH   NaOOC  C 4 H8  NH 2 + NaNO3  2H 2 O  mol : 0,03  0,03  m  0,03.149  0,03.180  9,87 gam Vậy     a  n HCl  0,03 mol Câu 30: Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm metanol, etanol, glixerol và sobitol cần vừa đủ 5,712 lít khí O2 (ở đktc), sau phản ứng thu được 5,04 gam H2O. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng với Na dư thì thu được 4,76 lit H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của etanol có trong hỗn hợp X là A. 16,20%. B. 24,30%. C. 8,10%. D. 32,40%.  Hướng dẫn giải  CH 3OH   CO 0,255 mol O2 m gam X C 2 H 5OH   2    H 2 O : 0,28 mol C 3 H 5 (OH)3  sobitol : C H (OH)  6 8 6   Na d 0,2 mol X  H 2 : 0,2125 mol + Thí nghiệm 2  n OH trong ancol  2n H2  0, 425 mol  Sè O = n OH nX  0, 425  2,125 0, 2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus + Thí nghiệm 1: Do hỗn hợp X gồm các ancol no. Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và độ bất bão hòa k, ta có:   2,125n X  2.0,255  2n CO2  0,28 n X  0,08 mol   n OH trong ancol  0,08.2,125  0,17 mol    n CO2  0, 2 mol n X  0,28  n CO2  m X  12n CO2  2n H2O  16n O  12.0,2  2.0,28  16.0,17  5,68 gam BTKL    m X  m CO2  m H2O  m O2  0,2.44  5,04  0,255.32  5,68 gam Nhận xét: 3 ancol metanol, glixerol và sobitol có số C = số nhóm –OH, riêng etanol có số C > số nhóm –OH 1 đơn vị. 0,03.46 Vậy %m C2H5OH  .100%  24,30% 5,68 Câu 31: 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 12,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 8,288 lít O 2 (đktc) thu được 7,2 gam nước. Mặt khác đun nóng 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 Cu(OH)2. Phần trăm số mol của X có trong hỗn hợp E là A. 60% B. 75% C. 50% D. 70%  Hướng dẫn giải + Hai axit đồng đẳng kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng axit fomic  X, Y no, đơn chức. + Z là este hai chức tạo bởi hai axit và ancol  ancol T là ancol hai chức. 17,16  0,39 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mCO2  12,52  0,37.32  7,2  17,16 gam  n CO2  44 Ancol ph°i no (k = 0) Nhận xét: n CO2  0,39 mol < n H2O  0,4 mol   T cã d³ng C n H2n (OH)2 CO2 : 0,39 mol X, Y: RCOOH : a mol (k = 1) 0,37 mol O2    Khi đó: 12,52 gam E T : C n H 2n (OH)2 : b mol (k = 0) H 2 O : 0,4 mol Z : (RCOO) C H : c mol (k = 2) 0,19 mol NaOH   2 n 2n võa ®ð Theo giả thuyết, bảo toàn nguyên tố O và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: a  2c  n NaOH ph°n øng  0,19 mol a  0,15 mol   2a  2b  4b  2.0,39  0,4  2.0,37  0,44 mol  b  0,03 mol b  c  n  n  0,01 mol  CO2 H2 O c  0,02 mol  n CO2 X : HCOOH : x mol 0,39   1,95   Mặt khác, ta có: C E  nE 0,15  0,03  0,02 Y : CH3COOH : y mol Hướng 1: Do ancol T hai chức không tác dụng với Cu(OH)2  2 nhóm –OH không kế cận  C T  3 . BTNT C + Xét nếu C T  4  C Z  7    x  2y  0,03.4  0,02.7  0,39 mol  x + 2y  0,13 mol (VÔ LÝ)   x  y  a  0,15 mol x  0,12 mol BTNT C    + Vậy C T  3  C Z  6  x  2y  0,03.3  0,02.6  0,39 mol y  0,03 mol Hướng 2:  3 2 nhãm -OH kh«ng kÕ cËn C 0,39  (0,15  2.0,02) C ancol   4   ancol  C ancol  3 (T l¯ OH  CH 2 CH2 CH2  OH) 0,03  0,02 C ancol  2 (Phần còn lại tương tự như trên !) “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 32: Cho hỗn hợp m gam X gồm tyrosin (HOC6H4CH2CH(NH2)COOH) và alanin. Tiến hành hai thí nghiệm sau: + Thí nghiệm 1: Cho m gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu được dung dịch Y, cô cạn dung dịch Y thì thu được (m + 9,855) gam muối khan + Thí nghiệm 2: Cho m gam X tác dụng với 487,5 ml dung dịch NaOH 1M thì lượng NaOH dùng dư 25% so với lượng cần phản ứng. Giá trị của m là A. 44,45 B. 37,83 C. 35,99 D. 35,07 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Bến Tre – Bến Tre, năm 2015)  Hướng dẫn giải Gọi số mol tyrosin (HOC6H4CH2CH(NH2)COOH): x mol và alanin (CH3CH(NH2)-COOH) : y mol. 9,855 BTKL + Do cả 2 chất đều phản ứng với HCl theo tỉ lệ 1 : 1  x  y  n HCl ph°n øng   n HCl   0,27 mol (1). 36,5 + Mặt khác, HOC6H4CH2CH(NH2)COOH phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 do đó ta có : 0, 4875 2x  y  n NaOH ph°n øng   0,39 mol (2). 1,25 x  0,12 mol Từ (1) và (2)    mX  0,12.181  0,15.89  35,07 gam y  0,15 mol Câu 33: Hỗn hợp X gồm một số amino axit (chỉ chứa nhóm chức –COOH và –NH2 trong phân tử), trong đó tỉ lệ mO : mN = 16 : 7. Để tác dụng vừa đủ với 10,36 gam hỗn hợp X cần vừa đúng 120 ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác cho 10,36 gam hỗn hợp X tác dụng với 150 ml dung dịch NaOH 1M rồi cô cạn thu được m gam rắn. Giá trị của m là A. 14,20. B. 16,36. C. 14,56. D. 13,84. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải 0,12 mol HCl  (NH3Cl)n R(COOH)m võa ®ð (NH 2 )n R(COOH)m 10,36 gam (NH 2 )n R(COONa)m 0,15 mol NaOH   m gam   H2 O NaOH d  n  NH2  n HCl  0,12 mol  m N  0,12.14  1,68 gam mO 16  mN 7 1,68.16 0,24  3,84 gam  nO  0,24 mol  n COOH   0,12 mol 7 2 MÆt kh²c, ta cã: nNaOH pø  nCOOH  nH2O sinh ra  0,12 mol   mO  Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m  10,36  0,15.40  0,12.18  14,2 gam mX mNaOH mH O 2 Câu 34: Tetrapeptit X (CxHyO5Nt) trong đó oxi chiếm 26,49% về khối lượng; Y là muối amoni của   amino axit Z. Đun nóng 19,3 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được một muối duy nhất và 2,688 lít khí (đktc) T (T có tỉ khối hơi so với H2 < 15). Mặt khác 19,3 gam E tác dụng HCl dư thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 27,85. B. 28,45. C. 31,52. D. 25,10.  Hướng dẫn giải + Hỗn hợp E phản ứng với NaOH chỉ thu được 1 muối duy nhất  X là tetrapeptit được tạo bởi 1   amino axit Z. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 16.5  302  4M Z  3.18  302  M Z  89 (Alanin) 0,2649 + Do Y là muối amoni của amino axit được tạo bởi amino axit Z phản ứng với NH3 hoặc amin. Do đó MT  30  T l¯ NH3 (được sinh bởi muối amoni Y phản ứng với NaOH). Cách 1: Giải chân phương Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na  nCH3CH(NH3 )COONa  n NaOH  0,2 mol . Khi đó, ta có: + %mO  26,49%  M tetrapeptit  CH3CH(NH 2 )COONa : 0,2 mol X : Ala  Ala  Ala  Ala : x mol   0,2 mol NaOH 19,3 gam E Y: CH3CH(NH 2 )COONH 4 : y mol  NH 3 : 0,12 mol Z : CH CH(NH )COOH : z mol   3 2 H 2 O Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mH2O  19,3  0,2.40  (0,2.111  0,12.17)  3,06 gam  n H2O  0,17 mol 4x  y  z  n NaOH ph°n øng  0,2 mol x  0,01 mol     x  y  z  n H2O sinh ra  0,17 mol  y  0,12 mol  z  0,04 mol   y = n NH3  0,12 mol  Ala  Ala  Ala  Ala  4HCl  3H 2 O   CH 3CH(NH 3Cl)COOH  0,01  0,04  0,03 mol :  CH 3CH(NH 3 )COONH 4  2HCl   CH 3CH(NH 3Cl)COOH + NH 4 Cl 19,3 gam E  0,12  0,24 mol :  CH 3CH(NH 3 )COOH  HCl   CH 3CH(NH 3Cl)COOH  0,04  0,04 mol :   nHCl ®± dïng  0,04  0,24  0,04  0,32 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mmuèi  19,3  0,32.36,5  0,03.18  31,52 gam Cách 2: Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na  ngèc Ala  nCH3CH(NH3 )COONa  n NaOH  0,2 mol . BT gèc Ala  CH3CH(NH3Cl)COOH  0,2 mol Khi đó: E    m muèi  0,2.125,5  0,12.53,5  31,52 gam NH3 :0,12 mol  0,12 mol  NH 4 Cl   HCl Câu 35: X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic; Z là axit no hai chức; T là este tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 17,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 10,864 lít O2 (đktc) thu được 7,56 gam nước. Mặt khác 17,12 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,09 mol Br2. Nếu đun nóng 0,2 mol E với 450 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, lấy phần lỏng chứa các chất hữu cơ đi qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của m là A. 11,34. B. 7,50. C. 10,01. D. 5,69.  Hướng dẫn giải  X,Y : R'  CH  CH  CH 2 OH : a mol (k = 1) CO2 0,485 mol O2     17,12 gam E Z : R(COOH)2 : b mol (k = 2) H 2 O : 0,42 mol   0,09 mol Br2   T : R(COO CH 2  CH  CH  R')2 : c mol (k = 4)   0,45 mol KOH Na d  PhÇn làng  m b×nh  ? gam 0,2 mol E  Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mCO2  17,12  0,485.32  7,56 = 25,08 gam  n CO2  25,08  0,57 mol 44 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 17,12  0,57.12  0,42.2  0,59 mol 16 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, mối liên hệ độ bất bão hòa k và số mol C C , ta có:  n O trong E  a  4b  4c  n O trong E  0,59 mol a  0,07 mol    b  3c  n CO2  n H2O  0,15 mol  b  0,12 mol   n E  0,07  0,12  0,01  0,2 mol   c  0,01 mol a  2c  n Br2 ph°n øng  0,09 mol  C X,Y  3 n CO2 0,57   Mặt khác ta có: C Z  2  Sè C trong E    2,85  C Z  2  Y l¯ HOOC  COOH nE 0,2 C  8   T Do số mol E ở thí nghiệm cũng là 0,2 mol nên 0,2 mol E ở phản ứng với KOH cũng chính là 17,12 gam hỗn hợp ban đầu. Khi đó, ta có: R'  CH  CHCH 2 OH : (0,07  0,01.2)  0,09 mol R'  CH  CHCH 2 OH : 0,07 mol   (C OOK)2 : (0,12  0,01)  0,13 mol 0,45 mol 17,12 gam (COOH)2 : 0,12 mol   KOH  KOH d : 0,19 mol (COOCH 2 CH  CH  R')2 : 0,01 mol H O : 0,12.2 = 0,24 mol  2 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m E  m KOH  m R'CHCHCH OH  m(COOK)2  m KOH d  m H2O 2 17,12 0,45.56 0,13.166 0,19.56 0,24.18  mR'CHCHCH OH  (17,12  0, 45.56)  (0,13.166  0,19.56  0, 24.18)  5, 78 gam 2  0,09 m R'CHCHCH2OH  5,78 gam  Na  VËy    H2 :  0,045 mol 2 n  0,09 mol   R'CHCHCH2OH  mb×nh  mR'CHCHCH OH  mH2  5,78  0,09  5,69 gam 2 Câu 36: Chia 0,15 mol hỗn hợp X gồm một số chất hữu cơ (bền có trong sách giáo khoa cơ bản), trong phân tử cùng chứa C, H và O thành ba phần bằng nhau. Đốt cháy phần một bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 5 gam kết tủa. Phần hai tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 8,64 gam Ag. Phần ba tác dụng với một lượng Na vừa đủ thu được 0,448 lít H2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng của 0,15 mol hỗn hợp X là A. 6,48 gam. B. 5,58 gam. D. 5,52 gam. D. 6,00 gam. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải  O2 , t   CO2 : 0,05.3  0,15 mol  n C/trong X  0,15 mol o  AgNO3 /NH3 0,15 mol X  Ag  : 0,08.3  0,24 mol  Na   H 2 : 0,02.3  0,06 mol  n  H linh ®éng  0,12 mol CH3OH : x mol x  y  z  0,15 mol x  0,06 mol n CO2    Sè C =  1  HCHO : y mol  4y  2z  0,24 mol  y  0,03 mol nX HCOOH : z mol x  z  0,12 mol z  0,06 mol     m  0,06.32  0,03.30  0,06.46  5,58 gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 37: Cho hỗn hợp X gồm muối A (C5H16O3N2) và B (C4H12O4N2) tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm hai muối D và E (MD < ME) và 2,24 lít hỗn hợp Z gồm hai amin no, đơn chức đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối hơi đối với H2 là 18,3. Khối lượng của muối E trong hỗn hợp Y là A. 2,12 gam. B. 3,18 gam. C. 2,68 gam. D. 4,02 gam. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải 2.5  2  16  2   1  k A tÝnh theo CTPT   A l¯ hîp chÊt cã chøa liªn kÕt ion • Biện luận cấu tạo của A  2 A ph°n øng ®îc víi NaOH  k A thùc tÕ  1 Sè liªn kÕt ion = k A thùc tÕ  k A tÝnh theo CTPT  • Mặt khác, ta có   A l¯ hîp chÊt cã chøa 2 nhãm muèi amoni 3 X cã 3 Oxi  k A thùc tÕ   2   1     k B tÝnh theo CTPT  0   " T¬ng V¨n Tù"  B   B l¯ hîp chÊt chøa 2 nhãm muèi amoni 4 cã 4 oxi  k   2 thùc tÕ   2   Do A và B sinh hỗn hợp Z gồm 2 amin no đồng đằng kế tiếp nên CTCT đúng của A và B lần lượt là x mol y mol x  y  0,1 mol C 2 H 5  NH 2 : x mol  x  0,04 mol Khi ®ã: Z    45x  31y  CH3  NH 2 : y mol  x  y  18,3.2 y  0,06 mol  D : Na 2 CO3 : 0,02 mol  Y E : (COONa)2 : 0,03 mol  m E  134.0,03  4,02 gam Câu 38: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một tetrapeptit A và một pentapeptit B (A và B chứa đồng thời glyxin và alanin trong phân tử) bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được (m + 15,8) gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được Na 2CO3 và hỗn hợp hơi Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ hỗn hợp hơi Y đi rất chậm qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có 4,928 lít một khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Xem như N2 không bị nước hấp thụ, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần phần trăm khối lượng của A trong hỗn hợp X là A. 55,92%. B. 35,37%. C. 30,95%. D. 53,06%. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải C 2 H 4 O2 NNa  tetrapeptit A C H O N : a mol  muèi cða glyxin     x y 5 4  NaOH  m gam   (m  15,8)  + H2O C H O NNa pentapeptit B C H O N : b mol     3 6 2 n m 6 5    muèi cða alanin Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố N, ta có: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus m  40(4a  5b)   m  15,8   18(a  b)  142a  182b  15,8 gam a  0,06 mol  m m m   b  0,04 mol n  4a  5b  0,22.2 mol  N BTNT Na  n NaOH ph°n øng  0, 44 mol  n Na CO  0, 22 mol NaOH H2 O muèi 2 C 2 H 4 O2 NNa 3 O , t   Na 2 CO3  CO 2  H 2 O  N 2 o  (m  15,8) Y  2 C 3 H 6 O2 NNa 0,22 mol 0,22 mol 56,04 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp Y, ta có: 12  0, 22  n CO   2n H O  30,36   m  15,8  gam n C  0, 22  n CO   m m m  n H  2n H O n 2 n Y  44n CO  18n H O  56,04 gam n  2.0, 44  0,88 mol  O/ trong muèi  n  n  0, 44 mol 2n H O  2(0, 22  n CO )  N Na  m  29, 4 gam BTNT C   2n C H O NNa  3n C H O NNa   0,84  0, 22  mol n C H O NNa  0, 26 mol    n CO  0,84 mol    n C H O NNa  n C H O NNa  0, 44 mol  n C H O NNa  0,18 mol  n  1,06 mol  HO  xAla tetrapeptit A : 0,06 mol gåm (4  x)Gly   BT m·c xÝch Ala  Gäi    0,06x  0,04y  0,18 mol  pentapeptit B : 0,04 mol gåm yAla   (5  y)Gly  2 2 2 O 2 H N Na C 2 2 2 2 4 2 2 3 6 2 2 4 2 3 6 2 2 2 4 2 3 6 2 2 0,06(75.3  89  3.18) x  1 A : Gly Gly  Gly  Ala    %m A  .100  53,06% 29, 4 y  3 B : Gly  Gly  Ala  Ala  Ala Câu 39: Hỗn hợp A gồm 2 este đơn chức X, Y. Cho 0,05 mol A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ B. Đốt cháy hết toàn bộ B thu được 2,688 lít CO2; 3,18 gam Na2CO3. Khi làm bay hơi B thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 4,56. B. 3,40. C. 5,84. D. 5,62.  Hướng dẫn giải Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : n NaOH phaûn öùng  2nNa 2CO3  n NaOH phaûn öùng 0,06 2.3,18  0,06    1,2 106 n(X, Y) 0,05 Suy ra : X hoặc Y là este của phenol. nCO  n Na CO  nC 0,12  0,03  X : HCOOCH3 2 2 3 C(X, Y)    3  n(X, Y) n(X, Y) 0,05  Y : Cx Hy O2 (x  7) Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có : n n C H O  0,01  n C H O  0,05  HCOOCH3 x y 2 x y 2   n HCOOCH3  2n CxHyO2  n NaOH  0,06  n HCOOCH3  0,04  Cx H y O2 : HCOOC6 H 5   2n HCOOCH3  x.nCxHyO2  nC  0,15 x  7  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m chaát raén  0,04.60  0,01.122  0,06.40  0,04.32  0,01.18  4,56 gam m(X, Y) m NaOH mCH OH 3 mH O 2 Câu 40: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic no hai chức, mạch hở; hai ancol no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và một đieste tạo bởi axit và cả 2 ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn 4,84 gam X trên thu được 7,26 gam CO2 và 2,70 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 4,84 gam X trên với 80 ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng thêm vừa đủ 10 ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư. Cô cạn phần dung dịch thu được m gam muối khan, đồng thời thu được 896 ml hỗn hợp ancol (đktc) có tỉ khối hơi so với H2 là 19,5. Giá trị của m là A. 4,595 B. 5,765. C. 5,180. D. 4,990.  Hướng dẫn giải R(C OOH)2 : a mol (k = 2)  4,84 gam X R'OH : b mol (k = 0) R(C OOR') : c mol (k = 2) 2  CO2 : 0,165 mol  O2 , t o   H 2 O : 0,15 mol m gam r·n  0,08 NaOH   0,896 0,01 mol HCl R'OH : 22,4  0,04 mol  Theo giả thuyết và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: a  b  c  n CO2  n H2O  0,015 mol a  0,025 mol   2a  2c  n NaOH ph°n øng  0,08  0,01  0,07 mol  b  0,02 mol   c  0,01 mol b  2c  n ancol  0,04 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m X  m NaOH  m HCl  m  m H2O  m R 'OH (víi n H2O  a  0,01  0,035 mol)  m   4,84  0,08.40  0,01.36,5   0,035.18  0,04.19,5.2   5,765 gam Câu 41: Đốt cháy este 2 chức mạch hở (X được tạo từ axit cacboxylic no, đa chức, phân tử X không có quá 5 liên kết  ) thu được tổng thể tích CO2 và H2O gấp 5/3 lần thể tích O2 cần dùng. Lấy 21,6 gam X tác dụng hoàn toàn với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn Y. Giá trị lớn nhất của m là A. 28,0. B. 26,2. C. 24,8. D. 24,1. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải  Ta cã c«ng thøc ph©n tö cða Este 2 chøc m³ch l¯ C n H 2n 22k O4 (k  5) n 1 k   to C n H 2n 22k O 4 +  n  2  O 2   nCO 2  (n  1  k)H 2 O  2   5 5 n 1 k   Theo gi° thuyÕt   n CO2  n H2O  n O2  2n+1  k   n  2   3 3 2  n  6  1,5n  0,5k  10,5   k  3 2 trong -COOVËy Este l¯ C 6 H8 O 4 cã k = 3   1 trong gèc hi®rocacbon cða ancol Để tạo được khối lượng rắn tối đa thì gốc axit phải lớn nhất nhưng do mạch hở không thể là este vòng do vậy có 2 gốc ancol trong đó 1 gốc chứa gốc hiđrocacbon không no chứa 1  C=C. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Vậy cấu tạo của este phải là 21,6  0,15 mol 144 0,4 mol Vậy m = 0,1.40 + 0,15.148 = 26.2 gam Câu 42: Thủy phân 12,64 gam hỗn hợp X gồm hai este A và B chỉ chứa một loại nhóm chức (MA < MB) cần vừa đúng 200 ml dung dịch NaOH 1M rồi cô cạn thu được muối của một axit hữu cơ D và hỗn hợp X gồm hai ancol no, đơn chức đồng đẳng kế tiếp. Cho toàn bộ lượng ancol này tác dụng với 6,9 gam Na thu được 13,94 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Chọn kết luận đúng trong các kết luận sau: A. Tỉ lệ mol giữa A và B trong hỗn hợp X là 1 : 3. B. Tỉ lệ mol giữa A và B trong hỗn hợp X là 3 : 1. C. D có thành phần phần trăm khối lượng C là 26,67%. D. D có thành phần phần trăm khối lượng C là 26,08%. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải R(COOR ')n  nNaOH   R(COONa)n  nR 'OH (I)  0,2 mol  12,64 gam R 'OH  Na  13,94 gam r·n + H 2 (II)   n R 'OH  n NaOH  0,2 mol  n H  0,1 mol 2 Áp dụng bảo toàn khối lượng cho (II), ta có: n R 'OH  6,9  13,94  2.0,1  n R 'OH  7,24 gam  M R 'OH  mH CH3 OH (t³o bëi A) no, ®®kt  36,2   M M 0,2 C 2 H 5 OH (t³o bëi B) 7,24 A 2 B 0,14  nA  mol n  n  0, 2 mol n  0,14 mol    CH OH C H OH CH OH    n BT nhãm -CH     BT nhãm -C H 32n  46n  7, 24 gam n  0,06 mol   CH OH C H OH C H OH n  0,06 mol     B n 3 2 5 3 3 2 3  nA : nB  2 5 2 5 5 0,14 0,06 :  7 : 3  §²p ²n A, B ®Òu sai n n Áp dụng bảo toàn khối lượng cho (I) và bảo toàn nguyên tố Na, ta có: m R(COONa )  12,64  0,2.40  7,24  13, 4 gam  m m n   n R(COONa )  67n  0,2 n  mol   Na trong R(COONa ) n n este NaOH R 'OH n n chØ thàa m±n  M R  67n  67n  M R  0   n  2  NaOOC  COONa   D : HOOC  COOH  % m C  12.2 90 .100  26,67%  §²p ²n C ®óng “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 43: X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic; Z là axit no hai chức; T là este tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 17,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 10,864 lít O2 (đktc) thu được 7,56 gam nước. Mặt khác 17,12 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,09 mol Br2. Nếu đun nóng 0,3 mol E với 450 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, lấy phần lỏng chứa các chất hữu cơ đi qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 7,00. B. 10,50. C. 8,50. D. 9,00.  Hướng dẫn giải  X,Y : R'  CH  CH  CH 2 OH : a mol (k = 1) CO2 0,485 mol O2     17,12 gam E Z : R(COOH)2 : b mol (k = 2) H 2 O : 0,42 mol   0,09 mol Br2   T : R(COO CH 2  CH  CH  R')2 : c mol (k = 4)   0,45 mol KOH Na d  PhÇn làng  m b×nh  ? gam 0,2 mol E  Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mCO2  17,12  0,485.32  7,56 = 25,08 gam  n CO2  17,12  0,57.12  0,42.2  0,59 mol 16 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, mối liên hệ độ bất bão hòa k và số mol C C , ta có: 25,08  0,57 mol 44  n O trong E  a  4b  4c  n O trong E  0,59 mol a  0,07 mol    b  3c  n CO2  n H2O  0,15 mol  b  0,12 mol   n E  0,07  0,12  0,01  0,2 mol   c  0,01 mol a  2c  n Br2 ph°n øng  0,09 mol  C X,Y  3 n CO2 0,57   Mặt khác ta có: C Z  2  Sè C trong E    2,85  C Z  2  Y l¯ HOOC  COOH nE 0,2 C  8   T 0,3 Do số mol E ở thí nghiệm cũng là 0,3 mol nên khối lượng E ở phản ứng với KOH là 17,12.  25,68 gam . 0,2 Khi đó, ta có: R'  CH  CHCH 2 OH : 0,135 mol R'  CH  CHCH 2 OH : 0,07.1,5 mol   (C OOK)2 : 0,195 mol 0,45 mol 25,68 gam (COOH)2 : 0,12.1,5 mol   KOH  KOH d : 0,06 mol (COOCH CH  CH  R') : 0,01.1,5 mol 2 2  H O : 0,36 mol  2 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m E  m KOH  m R'CHCHCH OH  m(COOK)2  m KOH d  m H2O 2 25,68 0,45.56 0,195.166 0,06.56 0,36.18  mR'CHCHCH OH  (25,68  0, 45.56)  (0,195.166  0,06.56  0,36.18)  8,67 gam 2  m R'CH CHCH2OH  8,67 gam  VËy  n  0,135 mol   R'CH CHCH2OH gÇn nhÊt  mb×nh  mR'CHCHCH OH  mH2  8,67  0,135  8,535 gam   8,50 gam 2 \ “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 44: Thủy phân hết m gam hỗn hợp X gồm một số este được tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được a gam muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy a gam hỗn hợp muối thu được hỗn hợp khí Y và 7,42 gam Na2CO3. Cho toàn bộ hỗn hợp khí Y sinh ra qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 23 gam kết tủa đồng thời thấy khối lượng bình tăng 13,18 gam so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol sinh ra với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 4,34 gam hỗn hợp các ete. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 10. B. 11. C. 13. D. 12. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải O RCOONa  Na 2 CO3  CO2  H 2 O (I)  a gam  0,23 mol 0,17 mol 0,07 mol  NaOH RCOOR '   140 C hçn hîp X R 'OH   4,34 gam c²c ete + H 2 O (II) H SO   b gam Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na và O, ta có: 2 o 2 4  n RCOONa  n NaOH  2n Na CO  0,14 mol   0,14.2  2n O  3.0,07  2.0,23  0,17  n O  0,28 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng (I), ta có: 2 3 2 2 a  m RCOONa  7, 42  13,18  0,28.32  11,64 gam  MÆt kh²c : n R ' OH  n RCOONa  0,14 mol  n H O  2 n R 'OH 2  0,07 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng (I), ta có: b  mR'OH  4,34  0,07.18  5,6 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân, ta có: gÇn nhÊt m  11,64  5,6  0,14.40  11,64 gam   12 gam a b mNaOH Câu 45: Hỗn hợp X gồm các chất có công thức phân tử là C2H7O3N và C2H10O3N2. Khi cho các chất trong X tác dụng với dung dịch HCl hoặc dung dịch NaOH dư đun nóng nhẹ đều có khí thoát ra. Lấy 0,1 mol X cho vào dung dịch chứa 0,25 mol KOH. Sau phản ứng cô cạn dung dịch được chất rắn Y, nung nóng Y đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 16,90. B. 17,25. C. 18,85. D. 16,60. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lương Đắc Bằng – Thanh Hóa, năm 2014)  Hướng dẫn giải 2.2  1  7  2  0  k C H O N theo CTPT   A l¯ hîp chÊt cã chøa liªn kÕt ion Biện luận cấu tạo của C2H7O3N  2 A ph°n øng ®îc víi NaOH  k A thùc tÕ  1 Sè liªn kÕt ion = k thùc tÕ  k tÝnh theo CTPT   A l¯ hîp chÊt cã chøa 1 nhãm muèi amoni • Mặt khác, ta có  3 X cã 3 Oxi  k thùc tÕ   2   1    2 7 3 + Có 1 nhóm muối amoni, 3 oxi nên muối có chứa gốc hiđrocacbonat vì nếu 3 oxi trong gốc cacbonat thì phải chứa ít nhất 2 liên kết ion.  k C H O N tÝnh theo CTPT  1   " T¬ng V¨n Tù"  C 2 H10 O3 N 2   B l¯ hîp chÊt chøa 2 nhãm muèi amoni 3 cã 3 oxi  k   1 thùc tÕ   2   2 10 3 2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Do cả 2 chất đều phản ứng với HCl hoặc NaOH đều sinh khí nên cả 2 đều là muối amoni của amin hoặc NH3 với axit cacbonic. Vậy công thức cấu tạo của C2H7O3N và C2H10O3N2 lần lượt là C2H7O3N: C2H10O3N2: CH3  NH3  HCO3 K CO Sau phản ứng của X với KOH  r·n gåm  2 3 KOH d Theo bảo toàn gốc cacbonat và nguyên tố K, ta có:  n K 2CO3  n CH3NH3HCO3  n CH3NH3CO3NH4  0,1 mol  VËy m chÊt r·n  0,1.138  0,05.56  16,60 gam   m K2 CO3 m KOH d n KOH d  n KOH  2n K2CO3  0,25  2.0,1  0,05 mol Câu 46: Cho 2,76 gam chất hữu cơ X gồm C, H, O tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ sau đó chưng khô thì phần bay hơi chỉ có nước và còn lại 2 muối của Na có khối lượng 4,44 gam. Nung nóng 2 muối này trong oxi dư, phản ứng hoàn toàn thu được 2,464 lít CO2 (đktc); 3,18 gam Na2CO3 và 0,9 gam H2O. Biết công thức phân tử của X trùng với công thức đơn giản nhất. Cho 2,76 gam X tác dụng với 80 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch thu được m gam chất răn. Giá trị của m là A. 6,16. B. 7,24. C. 6,88. D. 6,52.  Hướng dẫn giải X  NaOH   2 muèi Na + H2O  X l¯ este cða phenol . Khi đó ta có:  CO2    0,11 mol o  O2 ,t  o 2 muèi Na   Na CO   2 3  t 2,76 gam X  NaOH    4,44 gam  H2O 0,03 mol  0,05 mol  H 2 O Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na: nNaOH  2nNa2CO3  2.0,03  0,06 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C: nC trong X  nCO2  n Na2CO3  0,14 mol 0,11 0,03 Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân X với NaOH, ta có: m X  m NaOH  m muèi  m H2O  m H2O thðy ph©n  0,72 gam 2,76 4,44 0,06.40 ?  n H2O thðy ph©n  0,04 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố H: n H trong X  n H trong NaOH  2 n H2O ®èt  2 n H2O thðy ph©n  n H trong X  0,12 mol ? 0,06 0,05 0,04 Bảo toàn khối lượng trong phân tử X, ta có: m  mC  m H 2,76  12.0,14  0,12 nO trong X  X   0,06 mol 16 16 Tỉ lệ số mol các nguyên tử trong X: nC : nH : nO  0,14 : 0,12 : 0,06  7 : 6 : 3  CT§GN cða X l¯ C 7H6O3 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Vì công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của X là C7H6O3. Công thức cấu tạo của X là HCOOC6H4OH (có 3 đồng phân ortho, meta, para). Khi đó X phản ứng với dung dịch KOH, ta có: HCOOC 6 H 4OH  3KOH   HCOOK  C 6 H 4 (OK)2  2H 2O mol : 0,02 0,08 (d) 0,04 Theo bảo toàn khối lượng : m r·n  2,76  0,08.56  0,04.18  6,52 gam Câu 47: Đốt cháy hoàn toàn 24,4 gam hỗn hợp X gồm C3H6, C3H8, C4H10, CH3CHO, CH2=CH-CHO cần vừa đủ 49,28 lít khí O2 (đktc).Sau phản ứng thu được 28,8 gam H2O. Mặt khác, lấy toàn bộ lượng X trên sục vào dung dịch AgNO3/NH3 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa (các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Giá trị của m là A. 21,6 B. 32,4 C. 43,2 D. 54,0 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 7 – CLB Gia sư ĐH Ngoại Thương – Hà Nội, năm 2015)  Hướng dẫn giải  C3 H 6 C H  3 8 CO2 2,2 mol O 2 24, 4 gam X C4 H10    o  t H 2 O :1,6 mol CH  CHO  3 CH 2  CH  CHO Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng, ta có: 44n CO2  28,8  24,4  2,2.32  n CO2  1,5 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp X, ta có: 24, 4  1,5.12  1,6.2 mX  12n CO2  2n H2O  16n O  24, 4 gam  n O trong X   0, 2 mol 16 12.1,5 3,2 Nhận xét: chỉ có CH3CHO và CH2=CHCHO có oxi và cũng chỉ có cả hai chất đó phản ứng với AgNO3/NH3.  nO trong X  n RCHO trong X  0,2 mol  mAg  0,2.2.108  43,2 gam Câu 48: Cho 9,3 gam chất X có công thức phân tử C3H12N2O3 đun nóng với 2 lít dung dịch KOH 0,1M. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được một chất khí làm quỳ tím ẩm đổi thành xanh và dung dịch Y chỉ chứa chất vô cơ. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng chất rắn khan là A. 10,375 gam. B. 9,950 gam. C. 13,150 gam. D. 10,350 gam. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chuyên Thăng Long – Đà Lạt, năm 2015)  Hướng dẫn giải 2.3  2  12  2   1  k C H O N2 theo CTPT   A l¯ hîp chÊt cã chøa liªn kÕt ion Biện luận cấu tạo của C3H12O3N2  2 A ph°n øng ®îc víi NaOH  k A thùc tÕ  1 3 12 3 Sè liªn kÕt ion = k thùc tÕ  k tÝnh theo CTPT  1  (1)  2   A l¯ hîp chÊt cã chøa 2 nhãm muèi amoni • Mặt khác, ta có  3 X cã 3 Oxi  k   1 thùc tÕ   2   + X có 3 oxi có thể là muối cacbonat, hiđrocacbonat, nitrat nhưng do chứa 2 liên kết ion thì đó phải là muối amoni cacbonat, các muối hiđrocacbonat hay nitrat chỉ tạo được 1 liên kết ion “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Do sau phản ứng chỉ thu được một khí làm xanh quỳ tím ẩm nên công thức cấu tạo thỏa mãn X là: CH3  NH3 [CO3 ] H3N  CH 3  2KOH   K 2 CO3  2CH 3NH 2  2H 2 O mol :  m r·n  mK2CO3 9,3  0,075   0,15 0,075 124  mKOH d  0,075.138  (0,2  0,15).56  13,15 gam Câu 49: Đun nóng 0,045 mol hỗn hợp A gồm hai peptit X và Y cần vừa đủ 120 ml dung dịch KOH 1M thu được hỗn hợp Z chứa 3 muối của Gly, Ala và Val (trong đó muối của Gly chiếm 33,832% về khối lượng), biết X hơn Y một liên kết peptit. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,68 gam A cần dùng 14,364 lít O 2 (đktc) thu được hỗn hợp khí và hơi, trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 31,68 gam. Thành phần phần trăm về khối lượng của muối Ala trong Z gần giá trị nào nhất sau đây? A. 45%. B. 54%. C. 50%. D. 60%. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – Trung tâm Mclass.vn – Hà Nội, năm 2015)  Hướng dẫn giải C 2 H 4 O2 NK (33,832% vÒ m)  0,12 mol KOH 0,12 mol  Z C 3 H 6 O 2 NK Peptit X C H O NK A  5 10 2 Peptit Y CO2  O2 13,68 gam  o  31,68 gam  t H 2 O  Gäi n l¯ m·t xÝch -amino axit trung b×nh cða X, Y  n = n KOH 0,12   2,67 n X, Y 0,045  X : tripeptit  C x H y O 4 N 3 (a mol)  MÆt kh²c, X h¬n Y mét liªn kÕt peptit    Y : ®ipeptit  C n H m O3 N 2 (b mol) a  b  0,045 mol a  0,03 mol  Theo gi° thuyÕt   3a  2b  0,12 mol b  0,015 mol  Víi thÝ nghiÖm 2: Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 13,68  14,364 2,52 .32  m N2  31,68  n N trong X, Y ë TN2  2.  0,18 mol 22,4 28 Mặt khác, theo bảo toàn nguyên tố N ở thí nghiệm 1  n N trong X, Y ë TN1  0,12 mol  n N trong X, Y ë TN2 n N trong X, Y ë TN1  0,18  1,5  ThÝ nghiÖm 2 dïng gÊp 1,5 lîng so víi thÝ nghiÖm 1 0,12  CO X : C x H y O4 N 3 :1,5.0,03  0,045 mol  O2 Khi ®ã : 13,68 gam    31,68 gam  2 to  H 2 O Y : C n H m O3 N 2 :1,5.0,015  0,0225 mol Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố O, ta có: 44n CO2  18n H2O  31,68 gam n CO2  0,5175 mol    14,364   n H2O  0,495 mol 2n CO2  n H2O   4.0,045  3.0,0225  2. 22,4   “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  Víi thÝ nghiÖm 1: Do thí nghiệm 2 dùng lượng gấp 1,5 lần so với thí nghiệm 1 13,68  m X,Y   9,12 gam  X 1,5   0,045 mol    0,5175 Y n  0,345 mol C trong 0,045 mol X, Y   1,5  Theo quy luật của phản ứng thủy phân peptit trong dung dịch kiềm, ta có: n  peptit  nKOH   Muèi Z  H2 O mol : 0,045 0,12 0,045 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 9,12  0,12.56  mZ  0,045.18  mZ  15,03 gam  %mC2H4O2NK (muèi cða Gly)  33,832%  n C2H4O2NK  15,03.0,33832  0,045 mol 113 C 2 H 4 O2 NK : 0,045 mol  Vậy Z C 3 H6 O2 NK : x mol C H O NK : y mol  5 10 2 x  y  0,045  n KOH  0,12 mol x  0,06 mol  Áp dụng bảo toàn nguyên tố K và C, ta có:  y  0,015 mol 3x  5y  0,045.2  0,345 mol  %mC3H6O2NK (muèi cða Ala)  0,06.(89  1  30) gÇn nhÊt .100  50,7%    50% 15,03 Câu 50: Cho m gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, axit glutamic và lysin (trong đó tỉ lệ mO : mN = 16 : 9) tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y rồi đốt cháy hết lượng muối thu được 7,42 gam Na2CO3. Cho toàn bộ khí cacbonic và hơi nước sinh ra qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 49 gam kết tủa đồng thời thấy khối lượng bình tăng 31,64 gam so với ban đầu. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 14,98. B. 13,73. C. 14,00. D. 14,84. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP. Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải  Do Ca(OH)2 d  n CO2  n CaCO3   0,49 mol  n CO2  0,49 mol  Theo giả thuyết, ta có:    n H2O  0,56 mol 44n CO2  18n H2O  31,64 gam  Na 2 CO3 : 0,07 Glyxin   CO2 : 0,49 mol  O2 Alanin Y   o    NaOH t m gam X    H 2 O : 0,56 mol Glutamic  N  2   Lysin  H 2 O m :m 16:9 O N Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có: n NaOH  2n Na2CO3  0,14 mol  Ta cã: n COOH  n NaOH  0,14 mol  nO trong X  2n COOH  0,28 mol mO :m N 16:9   m N trong X  9m O trong X 16  9.16.0,28  2,52 gam 16 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Lưu ý: X phản ứng với NaOH sinh H2O với n H2O  n NaOH ph°n øng  0,14 mol (lượng H2O sinh bởi thủy phân) Áp dụng bảo toàn nguyên tố C và H, ta có:  n C trong X  n C trong Y  n Na2CO3  n CO2  0,07  0,49  0,56 mol   n H trong X  2n H2O thðy ph©n  2n H2 O ®èt ch²y  n NaOH  2.(0,14  0,56)  0,14  1,26 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng cho X, ta có: mX  12.0,56  1,26  16.0,28  2,52  14,98 gam Câu 51: Xà phòng hoá hoàn toàn m gam một este no, đơn chức, mạch hở E bằng 26 gam dung dịch MOH 28% (M là kim loại kiềm). Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng thu được 24,72 gam chất lỏng X và 10,08 gam chất rắn khan Y. Đốt cháy hoàn toàn Y, thu được sản phẩm gồm CO2, H2O và 8,97 gam muối cacbonat khan. Mặt khác, cho X tác dụng với Na dư, thu được 12,768 lít khí H2 (đktc). Phần trăm khối lượng muối trong Y có giá trị gần nhất với A. 67,5. B. 85,0. C. 80,0. D. 97,5. (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 –Bộ Giáo dục và Đào Tạo)  Hướng dẫn giải  R'OH  Na d  H 2 : 0,57 mol 24,72 gam chÊt làng X  H O  2  26 gam RCOOR'   MOH 28% RCOOM  O2 10,08 gam r·n Y   o  M 2 CO3  CO 2  H 2 O   MOH d (cã thÓ) t  8,97 gam  M  39 (K) 26.0,28 8,97 Áp dụng bảo toàn nguyên tố M, ta có: n MOH  2n M2CO3   2.  M  17 2M  60 KOH : 0,13 mol  mchÊt làng  m R ' OH  m H2O  24,72  m R ' OH  26  26.0,28  m R ' OH  6 gam m H2 O R'OH   Na    H2 : 0,57 mol 26  26.0,28 H O :  1,04 mol 2  18 Áp dụng bảo toàn mol H linh động, ta có: n R' OH  1,04  2n H2  1,14 mol  n R' OH  0,1 mol RCOOK : 0,1 mol Do este đơn chức nên n R ' OH  n RCOOK  0,1 mol  10,08 gam  KOH d : 0,03 mol 8,4 gÇn nhÊt  m RCOOK  10,08  56.0,03  8,4 gam  %m RCOOK  .100  83,33  85,0 10,08 Lưu ý: Đề bài chỉ yêu cầu xác định thành phần phần trăm khối lượng muối trong hỗn hợp nên không nhất thiết phải tìm ra R và R’ là gì? Tuy nhiên việc tìm R và R’ cũng rất đơn giản. Các bạn có thể tự kiểm chứng nhé ! Câu 52: Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy 30,73 gam E trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 69,31 gam. Giá trị a : b gần nhất với A. 0,730. B. 0,810. C. 0,756. D. 0,962. (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 –Bộ Giáo dục và Đào Tạo)  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Dựa vào công thức phân tử  X l¯ hexapeptit, Y l¯ pentapeptit C H O NNa : a mol 0,9 mol NaOH 0,16 mol E   2 4 2 X : C x H y O7 N 6  hexapeptit C 3 H6 O2 NNa : b mol E CO Y : C n H m O6 N 5  pentapeptit  O2 , t o 30,73 gam  69,31 gam  2 H 2 O n X  n Y  0,16 mol n  0,1 mol n 5  X  X  Theo giả thuyết, ta có  nY 3 6n X  5n Y  n NaOH  0,9 mol n Y  0,06 mol  CO2 : x mol X : C x H y O7 N 6 (5t mol) víi k X  6  O2 , to Khi đó 30,73 gam E   69,31 gam   H2 O : y mol Y : C n H m O6 N 5 (3t mol) víi k Y  5 Theo giả thuyết, bảo toàn khối lượng và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có : 44x  18y  69,31 gam 44x  18y  69,31 gam    12x  2y  1478t  30,73 gam 12x  2y  16(7.5t  6.3t)  14(6.5a  5.3t)  30,73 gam  nCO2 nH2O (k 10,5t )n peptit    x  y  (6  1  0,5.6)5t  (5  1  0,5.5).3t x  y  14,5t  0 x  1,16 mol   y=1,015 mol t  0,01 mol  Cách 1: Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn. X : 0,05 mol Vậy ứng với 30,73 gam E   số mol X, Y trong 0,16 mol E gấp đôi trong mol E trong 30,73 gam Y : 0,03 mol  n C trong 0,16 mol E  2n C trong 30,73 gam E  2n CO2  2,32 mol   m E øng víi 0,16 mol E  2.30,73  61,46 gam Theo quy luật thủy phân n-peptit (n là độ bội) trong dung dịch kiềm, ta có:  C 2 H 4 O2 NNa : a mol C x H y O 7 N 6 n  peptit E   nNaOH   Muèi  + H2O C H O NNa : b mol C H O N   3 6 2  n m 6 5 mol : 0,16 0,9 0,16 gam : 61,46 0,9.40 0,16.18 Khi đó áp dụng bảo toàn nguyên tố C và bảo toàn khối lượng, ta có: n C trong E  2a  3b  2,32 mol 2a  3b  2,32 mol a  0,38 mol    61,46  0,9.40  (97a  111b)  0,16.18 97a  111b  94,58 gam b  0,52 mol a 0,38 gÇn nhÊt Vậy   0,730 b 0,52 Cách 2: Xác định cấu tạo phù hợp của X, Y Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: C X .0,05  C Y .0,03  n CO2  1,16 mol Mặt khác X, Y đều được tạo bởi Glyxin và Alanin  2.6  C X v¯ C Y  3.6 12 18 C  16 X : (Gly) 2 (Ala)4 : 0,1 mol a  2.0,1  3.0,06  0,38 mol BT m·t xÝch Gly  X     BT m·t xÝch Ala b  4.0,1  2.0,06  0,52 mol C Y  12 Y : (Gly) 3 (Ala)2 : 0,06 mol a 0,38 gÇn nhÊt Vậy   0,730 b 0,52 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Cách 3: Kỹ thuật trùng ngưng-thủy phân peptit và bảo toàn. C 2 H 5 O2 N : a mol X : C x H y O 7 N 6 : 0,1 mol thðy ph©n 0,16 mol   H 2 O   C 3 H 7 O2 NNa : b mol Y : C n H m O6 N 5 : 0,06 mol  n H2O cÇn thðy ph©n  5.0,1  4.0,06  0,74 mol  Gäi k l¯ hÖ sè tØ lîng cða 30,73 gam so víi 0,16 mol cða hçn hîp E X : C x H y O 7 N 6  O2 , t o 30,73 gam   CO2  H 2 O Y : C n H m O6 N 5 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C và H, ta có: n CO2  n C trong muèi  (2a  3b) k mol   5ak  7bk  2.0,74 mol n H2O ®èt  n H trong Gly-Ala  n H2 O cÇn thðy ph©n   2 Khi đó, theo bảo toàn nguyên tố Na, bảo toàn khối lượng và giả thuyết, ta có:  a  b  n NaOH  0,9 mol a  0,38 mol    b  0,52 mol 30,73  18.0,74k  (75a  89b) k  k  0,5 (5a  7b)k  2.0,74 44.(2a  3a)k  18  69,31 mol   2 a 0,38 gÇn nhÊt Vậy   0,730 b 0,52 Câu 53: Ba chất hữu cơ X, Y, Z (50 < MX < MY < MZ) đều có thành phần nguyên tố C, H, O. Hỗn hợp T gồm X, Y, Z, trong đó nX = 4(nY + nZ). Đốt cháy hoàn toàn m gam T, thu được 13,2 gam CO2. Mặt khác m gam T phản ứng vừa đủ với 0,4 lít dung dịch KHCO3 0,1M. Cho m gam T phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 56,16 gam Ag. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp T là A. 32,54%. B. 47,90%. C. 74,52%. D. 79,16%. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 7 – CLB Gia sư ĐH Ngoại Thương – Hà Nội, năm 2015)  Hướng dẫn giải 13, 2  0,3mol Ta có khi đốt cháy T thu được n CO2  44 T tác dụng với KHCO3 chứng tỏ T chứa nhóm COOH  n COOH  n KHCO3  0, 4.0,1  0,04mol T tác dụng với AgNO3/NH3 chứng tỏ T có nhóm CHO, mặt khác 50 < MX < MY < MZ chứng tỏ 1CHO cho n 2Ag  n CHO  Ag  0, 26 mol 2 Nhận thấy n COOH  nCHO  nCO 2  chứng tỏ các chất trong T có số nhóm chức bằng số nguyên tử cacbon Vậy X, Y, Z lần lượt là HOC-CHO ; HOC-COOH ; HOOC – COOH HOC  CHO : x mol 2x  2y  2z  0,3 mol x  0,12 mol    Đặt số mol các chất là HOC  COOH : y mol   y  2z  0,04 mol   y  0,02 mol HOOC  COOH : z mol x  4y  4z z  0,01 mol    Vậy %m X  58.0,12 .100  74,52% 58.0,12  74.0,02 90.0,01 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 54: Hỗn hợp T gồm ba chất hữu cơ X, Y, Z (50 < MX < MY < MZ và đều tạo nên từ các nguyên tố C, H, O). Đốt cháy hoàn toàn m gam T thu được H2O và 2,688 lít khí CO2 (đktc). Cho m gam T phản ứng với dung dịch NaHCO3 dư, thu được 1,568 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, cho m gam T phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 10,8 gam Ag. Giá trị của m là A. 4,6. B. 4,8. C. 5,2. D. 4,4. (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 –Bộ Giáo dục và Đào Tạo)  Hướng dẫn giải n + Do MX > 50, suy ra X không phải là HCHO  n  CHO  Ag 2  O2 , t X  CO2 : 0,12 mol  n C trong X,Y,Z  0,12 mol   NaHCO3 m gam Y   CO2 : 0,07 mol  n  COOH trong X,Y,Z  0,07 mol Z  AgNO3 /NH3    Ag : 0,1 mol  n  CHO trong X,Y,Z  0,05 mol o Theo đó, ta có: n C trong X,Y,Z  n  COOH trong X,Y,Z  n  CHO trong X,Y,Z  trong X, Y, Z chØ chøa nhãm -CHO v¯ -COOH 0,12 mol 0,07 mol 0,05 mol Cách 1: mX,Y,Z  mCHO  mCOOH  0,05.29  0,07.45  4,6 gam Nếu các bạn tinh ý được điều này thì không cần quan trọng X, Y, Z lần lượt là gì ? Cách 2: X : HOC  CHO  ®Òu cã d³ng Theo giả thuyết đề bài  Y : HOC  COOH   C 2 H2 On Z : HOOC  COOH     m  12n C  m H  m O  12.0,12  0,12  16.  0,07.2  0,05   4,6 gam n   O trong COOH nO trong CHO  Câu 55: Ancol X (MX = 76) tác dụng với axit cacboxylic Y thu được hợp chất Z mạch hở (X và Y đều chỉ có một loại nhóm chức). Đốt cháy hoàn toàn 17,2 gam Z cần vừa đủ 14,56 lít khí O2 (đktc), thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ số mol tương ứng là 7 : 4. Mặt khác, 17,2 gam Z lại phản ứng vừa đủ với 8 gam NaOH trong dung dịch. Biết Z có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Số công thức cấu tạo của Z thỏa mãn là A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 –Bộ Giáo dục và Đào Tạo)  Hướng dẫn giải Ancol X víi M X  78  X l¯ C 3 H 6 (OH)2   Este Z m³ch hë Axit cacboxylic X  7x  n CO 0,65 mol O2   2  mol to n 4x  17,2 gam Z H O   2 0,2 mol NaOH   võa ®ð CO2 : 0,7 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 17,2 + 0,65.32 = 44.7x + 18.4x  x = 0,1 mol   H2 O : 0,4 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: nO trong Z  0,65.2  0,7.2  0,5  n O trong Z  0,5 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Z l¯ C 7 H8 O5  C : H : O  0,7 : 0,8 : 0,5  7 : 8 : 5   k Z  4 Khi đó theo phương trình tạo Z, ta có: C 3 H6 (OH)2  Y   C 7 H8 O5  H2 O BTNT   Y l¯ C 4 H2 O4  CTCT Y: HOOC-C  C-COOH Mặt khác : nZ : n NaOH  1: 2  Z cã 2 nhãm -COOCác công thức cấu tạo thỏa mãn Z gồm Câu 56: Hỗn hợp X gồm 2 ancol CH3OH, C2H5OH có cùng số mol và 2 axit C2H5COOH và HOOC[CH2]4COOH. Đốt cháy hoàn toàn 1,86 gam X cần dùng vừa đủ 10,08 lít không khí (đktc, 20% O2 và 80% N2 theo thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn Y qua nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam. Giá trị của m gần nhất với A. 2,75. B. 4,25. C. 2,25 D. 3,75 (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 –Bộ Giáo dục và Đào Tạo)  Hướng dẫn giải  CH3 OH  mol b´ng nhau  C 3 H10 O2     quy ®æi th¯nh  C 2 H 5OH     O2 , to CO2  Ca( OH)2 d 1,86 gam X C 2 H 5 COOH  C 3 H 6 O2   m dung dÞch gi°m    H O  2   HOOC[CH 2 ]4 COOH  C 6 H10 O 4    10,08 KK: 20% O2 ; 80% N2  0, 45 mol   n O2 / pø ch²y  0,09 mol 22, 4 3 2 2 Cách 1: Nhận xét: Trong hçn hîp X: Sè C = .Sè O  n O trong X  n C trong X  n CO2 2 3 3 Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có: BTKL    44x  18y  1,86  0,09.32 x  0,075 mol    BTNT O 2  x  2.0,09  2x  y y  0,08 mol    3 n kh«ng khÝ  m mCO2 m H2 O gÇn nhÊt víi  m dung dÞch gi°m  0,075.100  (0,075.44  0,08.18)  2,76 gam  2,75 gam Cách 2: C 3 H10 O2 C O CO2  Ca(OH)2 d   O2 , t o Quy ®æi hçn hîp  1,86 gam  3 2    m dung dÞch gi°m C 3 H 6 O 2  H H O  2  2 C H O  (C H O ) 3 5 2 2  6 10 4 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus t C 3O2  2O2   3CO2  x mol 2x mol 68x  2y  1,86 gam x  0,025 mol  n  0,075 mol 3x mol    CO2 Khi ®ã     1 1 to  H2O y  0,08 mol  H 2  O2  2x  2 y  0,09 mol  2  y mol y mol 0,5y mol  o m mCO2 m H2O gÇn nhÊt víi  m dung dÞch gi°m  0,075.100  (0,075.44  0,08.18)  2,76 gam   2,75 gam Câu 57: X là một axit cacboxylic, Y là một este hai chức, mạch hở (được tạo ra khi cho X phản ứng với ancol đơn chức Z). Cho 0,2 mol hỗn hợp gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với dung dịch KHCO3 lấy dư, thu được 0,11 mol CO2. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp trên thu được 0,69 mol CO2 và m gam H2O. Giá trị của m là A. 6,21. B. 10,68. C. 14,35. D. 8,82. (Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT Minh Khai – Hà Tĩnh, năm 2014)  Hướng dẫn giải  KHCO3   CO2 : 0,11 mol X l¯ C x H y (COOH)2  Do Z ®¬n chøc  0,2 mol  CO2 : 0,69 mol  O2 o  Y l¯ C x H y (COOC a H b )2  t H 2 O : ? gam COOH  KHCO3  CO2  H 2 O  COOK  0,11 mol 0,11 mol  n C H (COOH)  0,11  0,055 mol  n C H (COOC H )  0,2  0,055  0,145 mol 2 x y a b 2  X y 2 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: a  1 n CO2  0,055.(x 2)  0,145.(x 2  2a)  0,69 mol  0,2x  0,29a  0,29 mol   x  0 2.0,055  2.3.0,145   0,49 mol X l¯ (COOH)2 (y = 0)  n H2 O  BTNT H 2    Y l¯ (COOCH3 )2 (b = 3) m  H2O  0,49.18  8,82 gam Câu 58: Cho 47 gam hỗn hợp X gồm 2 ancol đi qua Al2O3, đun nóng thu được hỗn hợp Y gồm: ba ete, 0,27 mol olefin, 0,33 mol hai ancol dư và 0,42 mol H 2O. Biết rằng hiệu suất tách nước tạo mỗi olefin đối với mỗi ancol đều như nhau và số mol ete là bằng nhau. Khối lượng của hai ancol dư có trong hỗn hợp Y là a gam. Giá trị của a gần giá trị nào nhất sau đây? A. 14,5 B. 17,5 C. 18,5 D. 15,5 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – Khóa luyện đề Moon.vn – Hà Nội, năm 2015)  Hướng dẫn giải o t  Ancol  Anken  H 2 O  0,27 0,27 mol: 0,27 47 gam Ancol    n Ancol ban ®Çu  0,27  0,3  0,33  0,9 mol o t 2Ancol   3 ete + H O  2  0,15 0,15 mol : 0,3 C H OH : (0,9  x) mol 47 Ancol t²ch H2 O t³o anken nªn no, ®¬n  M ancol   52,22   X gåm  2 5 C 2 0,9 R  OH : x mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Do số mol các ete là bằng nhau nên số mol các ancol tạo ete cũng là bằng nhau ( = 0,15 mol). 0, 27 Mặt khác, nanken  0, 27 mol  H% t³o anken = .100  30%. 0, 9 0,15 mol t³o ete 3 Khi đó với R  OH gåm   nROH d  x  0,3x 0,15   0,7x 0,15  0  x  . 14 0,3x t³o anken Theo giả thuyết, ta có: 3 x 5,6 14 46.(0,9  x)  M ROH .x  47 gam  (M  46)x  5,6  M   46  M  72 (vËy l¯ C 3 H7 OH) 3 / 14 Với C3 H7 OH (M = 60)  46.(0,9  x)  60x  47 gam  x = 0, 4 mol C H OH d : 0,7.0,4  0,15  0,13 mol  VËy 0,33 mol  3 7 C 2 H5OH : 0,2 mol gÇn nhÊt   mancol d  0,13.60  0,2.46  17 gam  17,5 gam Câu 59: Hỗn hợp X gồm tripanmitin, tristearin, axit acrylic, axit oxalic, p-HO-C6H4CH2OH (số mol pHOC6H4CH2OH = số mol axit acrylic + số mol axit oxalic). Cho 56,4112 gam X tác dụng hoàn toàn với 58,5 gam dung dịch NaOH 40%, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam chất rắn và phần hơi có chứa chất hữu cơ chiếm 2,916% về khối lượng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,2272 mol X thì cần 37,84256 lít O2 (đktc) và thu được 18,0792 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 68. B. 70. C. 72. D. 67.  Hướng dẫn giải   RCOO 3 C 3 H 5 : x mol  RCOO 3 C 3 H 5 : x mol   C 2 H 2 O 4 : y mol  C 2 H 2 O 4  C 7 H8 O2 quy ®æi    C 4,5 H 5O3 : y mol Quy đổi hỗn hợp   2 C H O : z mol  3 4 2  C H O : (y  z) mol  C 3 H 4 O2  C 7 H8 O2  C 5 H6 O2 : z mol  7 8 2  2 Gọi k là hệ số tỉ lượng của hỗn hợp X ở thí nghiệm 1 với thí nghiệm 2, khi đó ta có: BTKL  mhh  28,2056 gam  k  2 Phản ứng với O2: nCO  nH O   3  1 .n hh  nCO  1, 4588 mol  2 2 2 Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố O, ta có:  n hh  x  y  z  0,2272.2 mol x  0,0144 mol  BTNT O   6x  3y  2z  0,5432.2 mol  y  0,12 mol     92x z  0,32 mol   0,02916  92x  1,5.18y  18z  35,1 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m r·n  56, 4112  58,5  0,0144 gÇn nhÊt .92  69, 48 gam    70 gam 0,02916 m phÇn h¬i Câu 60: Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp X gồm ba ancol, cần dùng vừa đủ V lít O2, thu được H2O và 12,32 lít CO2. Mặt khác, cho 0,5 mol X trên tác dụng hết với Na, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12,32 lít H2. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 12,31. B. 15,11. C. 17,91. D. 8,95. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015) “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  Hướng dẫn giải  Na + Thí nghiệm 2: 0,5 mol X   H2 : 12,32  0,55 mol  n OH trong X  2n H2  1,1 mol 22,4 1,1   0,55 mol n OH trong X   X luôn có số C = số nhóm –OH. 2 + Thí nghiệm 1: Dùng 0,25 mol X   n CO  0,55 mol  2 Vậy hỗn hợp X phải gồm các ancol no (k = 0)  n X  n H2O  nCO2  n H2O  0,25  0,55  0,8 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n O2  2n CO2  n H2O  n O trong X 2  2.0,55  0,8  0,55  0,675 mol 2 gÇn nh©t  VO2  0,675.22,4  15,12 lÝt    15,11 lÝt Câu 61: Cho X là axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, trong phân tử có một liên kết đôi C=C; Y và Z là hai axit cacboxylic đều no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm X, Y và Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu được dung dịch F. Cô cạn F, thu được m gam chất rắn khan G. Đốt cháy hoàn toàn G bằng O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi. Hấp thụ toàn bộ T vào bình nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam. Khối lượng chất Z trong 23,02 gam E gần giá trị nào nhất sau đây ? A. 3,5 gam. B. 2,0 gam. C. 17,0 gam. D. 22,0 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Minh Khai – Hà Tĩnh, năm 2015)  Hướng dẫn giải 23, 02 + Do E gồm các chất đơn chức  n E  n NaOH  0, 23.2  0, 46 mol  M E   50, 04 0, 46  E có chứa HCOOH  Y là HCOOH và Z là CH3COOH + Khi E tác dụng với NaOH, áp dụng tăng giảm khối lượng ta có: mG  23, 02  (23  1).0, 46  33,14 gam CO  O2 , t o  G  Na 2 CO3  CO2  H 2 O  T gåm  2  khối lượng bình tăng chính là khối lượng CO2 và H2O H 2 O Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 33,14  mO2  106.0, 23  22, 04  mO2  13, 28 gam  n O2  0, 415 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có : n Na 2CO3  0, 23 mol Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố O, ta có:   44n CO 2  18n H2O  22,04 gam n CO 2  0,37 mol   n H trong G  0,64 mol  n  0,32 mol 2n  n  0, 46.2  0, 415.2  0,23.3 mol   H O  CO H O   2  2 2  E  NaOH   G  H2 O  0, 46  0, 46 mol : Áp dụng bảo toàn nguyên tố C và H, ta có : n C  0, 23  0,37  0,6 mol 1,1   0, 55 mol n H trong E  n NaOH  n H trong G  2n H2 O  n H trong E  1,1 mol  n H2O (E)  2  0,46 2.0,46 0,64   X (k = 2) n X  n CO2  n H2O  0,6  0,55  0,05 mol  O2 , t o  E   n YZ  0, 46  0,05  0, 41 mol Y, Z (k = 1)  Áp dụng bảo toàn nguyên tố C cho phản ứng đốt cháy E, ta có : CX .0, 05  CY,Z .0, 41  0, 6 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Mặt khác CY,Z  1  CX .0, 05  0, 6  0, 41  CX  3,8  CX  3 (CH 2  CH  COOH) Khi đó, theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố C ta có :   n HCOOH  n CH3COOH  0, 41 mol n HCOOH  0,37 mol   n CH3COOH  0, 04 mol  n HCOOH  2n CH3COOH   0, 6  3.0, 05  mol  gÇn nhÊt VËy mCH3COOH trong E  0,04.60  2, 4 gam    2,0 gam Câu 62: Đốt cháy 0,15 mol hỗn hợp gồm metyl acrylat, etilen glicol, axetanđehit và ancol metylic cần dùng a mol O2. Sản phẩm cháy dẫn qua 200 ml dung dịch Ca(OH)2 1M, lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần dung dịch nước lọc thu thêm được 53,46 gam kết tủa. Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 0,50. B. 0,45. C. 0,60. D. 0,55.  Hướng dẫn giải Cách 1: Giải quyết dữ kiện lượng kết tủa: Do Ca(HCO3 )2  Ba(OH)2   CaCO3  BaCO3  2H2 O  BaCO3 : x mol CaCO3 (1) : 0,02 mol BTNT C BTNT Ca 53,46 gam    nCO2  0,38 mol  x  0,18 mol    CaCO3 : x mol Ca(HCO3 )2 : 0,18 mol Comment: Do đề bài hỏi về số mol O2 khi đó phải tìm cách biểu diễn phản ứng đốt cháy của hỗn hợp theo quy luật nhất định để “cô lập” số mol O2. Mặt khác, đề cho thông tin về số mol CO2, mà không hề nhắc tới số mol H2O  ý tưởng biểu diễn hỗn hợp theo H2O do nhận thấy các chất có 2O thì hơn các chất có 1O luôn là 2H. C 4 H6 O2  C 4 H 2 .2H 2 O  C 2 H6 O2  C 2 H 2 .2H 2 O Quy th¯nh Hỗn hợp gồm 0,15 mol    C n H2 .mH2 O : 0,15 mol C 2 H 4 O  C 2 H 2 .H 2 O CH O  CH .H O  4 2 2 Do H2O cháy không cần O2  số mol O2 cần để đốt cháy C n H2 .mH2 O = số mol O2 cần để đốt cháy C n H2  1  to C n H 2   n   O2   nCO2  H 2 O 0,38   0,38 1  2 n  n O2     .0,15  0,455 mol Vậy:   0,15  0,15 2  mol : 0,15   0,15n  0,38  C 4 H6 O2 (k = 2)  C 2 H6 O2 (k = 0) c²c ®Òu cã Cách 2: Nhận xét hỗn hợp gồm    k = số C – Số O  n   nC  nO/hçn hîp C 2 H 4 O (k = 1) CH O (k = 0)  4  CaCO3  BaCO3  2H2 O Giải quyết dữ kiện lượng kết tủa: Do Ca(HCO3 )2  Ba(OH)2   BaCO3 : x mol CaCO3 (1) : 0,02 mol BTNT C BTNT Ca 53,46 gam    nCO2  0,38 mol  x  0,18 mol    CaCO3 : x mol Ca(HCO3 )2 : 0,18 mol Áp dụng mối liên hệ độ bất bão hòa k và bảo toàn nguyên O, ta có: n CO2  n H2O  (k  1)n hçn h¬p  n   n hçn h¬p   0,38  n H2O  n   0,15 (1)   2n CO2  n H2O  2n O2  n O/hçn hîp   0,76  n H2O  2n O2  (0,38  n  ) (2) n C n   0,76  0,15  0,455 mol Lấy (1) + (2) vế theo vế ta được : 0,76  2nO2  0,15  nO2  2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Caâu 63: Chia hoãn hôïp X goàm glyxin vaø moät soá axit cacboxylic thaønh hai phaàn baèng nhau. Phaàn moät taùc duïng vôùi dung dòch NaOH vöøa ñuû roài coâ caïn. Ñoát chaùy toaøn boä löôïng muoái sinh ra baèng moät löôïng oxi vöøa ñuû thu ñöôïc hoãn hôïp khí Y goàm CO2, H2O, N2 vaø 10,6 gam Na2CO3. Cho toaøn boä hoãn hôïp khí Y qua bình ñöïng dung dòch Ca(OH)2 dö thu ñöôïc 34 gam keát tuûa ñoàng thôøi thaáy khoái löôïng bình taêng theâm 20,54 gam so vôùi ban ñaàu. Phaàn hai taùc duïng vöøa ñuû vôùi 40 ml dung dòch HCl 1M. Caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn, coi nhö N2 khoâng bò nöôùc haáp thuï. Thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng cuûa glyxin trong hoãn hôïp X laø A. 25,73%. B. 24,00%. C. 25,30%. D. 22,97%. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 5 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải  H 2 N  CH 2  COOH  HCl   ClH 3N  CH 2  COOH   Phaàn 2:  0,04   0,04  mol : n Töø ñaây theo bảo toàn nguyên tố N suy ra soá mol N2 taïo thaønh khi ñoát chaùy glyxin laø : n N2  Glyxin  0,02 mol 2  Phaàn 1: Xöû lí saûn phaåm chaùy ta ñöôïc nCO  nCaCO  2 3 34 (20,54  0,34.44) 10,6  0,34 mol, n H O   0,31 mol vaø n Na CO   0,1 mol. 2 2 3 100 18 106 Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có: nNaOH  2nNa2CO3 = 2.0,1 = 0,2 mol.   COOH + NaOH  COONa + H2 O  Theo quy luật phản ứng, ta có:   0,02 0,02  mol : 0,02  0,02  Áp dụng baûo toaøn nguyeân toá oxi cho quaù trình ñoát chaùy muoái ta coù: 2 n  COONa  2n O2  3n Na2CO3  2 n CO2  n H2O  n O2  0,445 mol 0,2 0,1 0,34 0,31 AÙp duïng ñònh luaät baûo toaøn khoái löôïng cho quaù trình ñoát chaùy muoái, ta coù: mmuoái  mO  mNa CO  mCO  mH O  mN  m muoái  10,6 + 20,54 + 0,02.28 – 0,445.32 = 17,46 gam. 2 2 3 2 2 2 AÙp duïng ñònh luaät baûo toaøn khoái löôïng cho quaù trình phaûn öùng cuûa hoãn hôïp X vôùi dung dòch NaOH: m X  mNaOH  mmuoái  m H O  mX = 17,46 + 0,2.18 – 0,2.40 = 13,06 gam. 2  Thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng cuûa glyxin trong hoãn hôïp X laø: %m glyxin  0,04.75 .100%  22,97% 13,06 Comment: Câu này tương đối khó, khi thiết kế câu này Thầy mình cho H2N–CH2–COOH 0,04 (mol), CH3– COOH 0,04 (mol), CH2=CH–COOH 0,02 (mol), HCOOH 0,04 (mol) và C4H8(COOH)2 0,03 (mol). Cái khó của câu này ở chỗ là học sinh phải trải qua nhiều bước tính và khi bảo toàn khối lượng cho quá trình đốt cháy muối, học sinh sơ suất sẽ bỏ quên N2, khi đó dẫn đến tìm khối lượng muối sẽ là 16,9 gam dẫn đến tìm ra khối lượng hỗn hợp X là 12,5 gam sẽ chọn đáp án B 24%. Việc này Thầy mình tiên đoán cho số học sinh khá giỏi khi tham gia giải thôi chứ đánh lụi thì Thầy mình bó tay . Caâu 64: Thuûy phaân hoaøn toaøn 4,84 gam este A baèng moät löôïng dung dòch NaOH vöøa ñuû, roài coâ caïn chæ thu ñöôïc hôi H2O vaø hoãn hôïp X goàm hai muoái. Ñoát chaùy toaøn boä löôïng muoái treân caàn vöøa ñuùng 6,496 lít O2 (ñktc), thu ñöôïc 4,24 gam Na2CO3; 5,376 lít CO2 (ñktc) vaø 1,8 gam H2O. Thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng cuûa muoái coù khoái löôïng phaân töû nhoû hôn trong hoãn hôïp X laø A. 27,46%. B. 54,92%. C. 36,61%. D. 63,39%. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 5 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải  AÙp duïng ñònh luaät baûo toaøn khoái löôïng cho quaù trình ñoát chaùy muoái ta coù: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus mmuoái  mO  mNa CO  mCO  mH O  mmuoái = 4,24 + 44. 2 2 3 2 2 5,376 6, 496 + 1,8 – 32. = 7,32 gam. 22, 4 22, 4 Thuûy phaân este A thu ñöôïc hoãn hôïp hôi nöôùc vaø hoãn hôïp X goàm hai muoái cho thaáy A laø este cuûa phenol.  AÙp duïng ñònh luaät baûo toaøn khoái löôïng cho quaù trình thuûy phaân este A ta coù: mA  mNaOH  mmuoái  m H O  4,84 + 0,08.40 = 7,32 + m H O  m H O = 0,72 gam. 2 2 2  Tìm coâng thöùc ñôn giaûn cuûa A: + mC = m C/CO2  mC/ Na2CO3 = 12.(5,376 : 22,4) + 12.(4,24 : 106) = 3,36 gam. + mH = m H/H2O ( thuûy phaân )  mH/H2O ( ñoát chaùy muoái )  mH/NaOH = 2.(0,72 : 18) + 2.(1,8 : 18) – 0,08.1 = 0,2 gam. + mO = 4,84 – ( 3,36 + 0,2 ) = 1,28 gam. Ñaët coâng thöùc cuûa A laø CxHyOz, ta coù tæ leä x : y : z = 3,36 0, 2 1, 28 = 7 : 5 : 2. : : 12 1 16 Coâng thöùc ñôn giaûn cuûa A laø (C7H5O2)n. Xeùt n = 2, ta coù coâng thöùc phaân töû cuûa A laø C14H10O4. Soá mol cuûa A laø: n = 4,84 : 242 = 0,02 mol. Tæ leä mol nA: nNaOH = 0,02 : 0,08 = 1 : 4  A laø este 2 chöùc coù chöùa 2 goác phenyl. Coâng chöùc caáu taïo cuûa A laø : (COO–C6H5)2 (Ñiphenyl oxalat) t0 (COOC6H5)2 + 4NaOH   (COONa)2 + 2C6H5ONa + 2H2O 0,02  0,02   0,08    0,04 0, 04.116 Thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng cuûa C6H5ONa: %m C H ONa  .100%  62,39% 6 5 7,32 Caâu 65: Hoãn hôïp X goàm moät soá hôïp chaát höõu cô beàn, moãi chaát chæ chöùa 2 nhoùm chöùc trong 3 nhoùm chöùc ancol, anñehit, axit, ngoaøi ra khoâng coù nhoùm chöùc naøo khaùc vaø khi ñoát chaùy V lít moãi chaát ñeàu thu ñöôïc 2V lít CO2. Chia 31,44 gam hoãn hôïp X thaønh ba phaàn baèng nhau. Cho phaàn moät taùc duïng vôùi moät löôïng dung dòch NaHCO3 vöøa ñuû thu ñöôïc 2,24 lít CO2 (ñktc). Cho phaàn hai taùc duïng vôùi moät löôïng Na vöøa ñuû thu ñöôïc 2,128 lít H2 (ñktc). Cho phaàn ba taùc duïng vôùi moät löôïng dö dung dòch AgNO3/NH3 thu ñöôïc m gam Ag. Caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn. Giaù trò cuûa m laø A. 25,92. B. 21,60. C. 23,76. D. 24,84. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 5 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải Ñoát chaùy V lít moãi chaát thu ñöôïc 2V lít CO2  Caùc chaát naøy chöùa 2 nguyeân töû cacbon trong phaân töû. Theo ñeà baøi moãi chaát chöùa 2 nhoùm chöùc trong ba nhoùm chöùc ancol, anñehit vaø axit neân toång theå ta coù 6 chaát: HOCH2–CH2OH, CHO–CHO, HOOC–COOH, CH2OH–CHO, CH2OH–COOH, CHO–COOH. Toùm laïi 6 chaát ñöôïc keát caáu bôûi –CH2OH, –CHO vaø –COOH khoâng coøn C vaø H töï do. Nhö vaäy khoái löôïng hoãn hôïp naøy chính laø khoái löôïng cuûa 3 nhoùm chöùc treân.  Phaàn 1: –COOH + NaHCO3   –COONa + CO2 + H2O 0,1  0,1 = 2,24 : 22,4  Phaàn 2: –COOH + Na  –CH2OH + Na   –COONa + 0,5H2  – ONa + 0,5H2 2,128 0,1  0,05 0,09  0,045 = – 0,05 22,4 31,44 Töø ñaây tính ñöôïc khoái löôïng nhoùm –CHO ôû phaàn 3: m = – (0,1.45 + 0,09.31) = 3,19 gam. 3 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 3,19 = 0,11 mol. 29 Sô ñoà hôïp thöùc phaûn öùng traùng göông cuûa caùc chaát: –CHO   2Ag 0,11   0,22 Khoái löôïng Ag: m = 0,22.108 = 23,76 gam. Comment: Caâu naøy raát khoù, töø giaû thuyeát cuûa ñeà baøi hoïc sinh phaûi toång quaùt ñöôïc caùc chaát ñöôïc caáu taïo thuaàn tuùy bôûi –CH2OH, –CHO vaø –COOH, vieäc naøy khoâng phaûi deã. Vì vaäy mình nghó khoâng coù maáy hoïc sinh giaûi ñöôïc caâu naøy ! Ngoaøi 6 chaát naøy theo kieán thöùc treân Ñaïi Hoïc seõ coù theâm moät soá chaát nöõa, tuy nhieân ñeà thi yeâu caàu caùc chaát chæ chöùa 2 nhoùm chöùc trong 3 nhoùm chöùc ancol, anñehit, axit neân chæ coù 6 chaát ôû treân. Suy ra soá mol –CHO laø: n = Caâu 66: Thuûy phaân 17,2 gam este ñôn chöùc A trong 50 gam dung dòch NaOH 28% thu ñöôïc dung dòch X. Coâ caïn dung dòch X thu ñöôïc chaát raén Y vaø 42,4 gam chaát loûng Z. Cho toaøn boä chaát loûng Z taùc duïng vôùi moät löôïng Na dö thu ñöôïc 24,64 lít H2 (ñktc). Ñun toaøn boä chaát raén Y vôùi CaO thu ñöôïc m gam chaát khí B. Caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn. Giaù trò cuûa m laø A. 5,60. B. 4,20. C. 6,00. D. 4,50. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 5 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải 28.50 14 = 14 gam  nNaOH = = 0,35 mol. 100 40 36 Khoái löôïng H2O: m = 50 – 14 = 36 gam  n H O = = 2 mol. 2 18 Khoái löôïng NaOH nguyeân chaát: mct = 0 t Ñaët coâng thöùc chung cuûa este laø RCOOR’ (x mol): RCOOR’ + NaOH   RCOONa + R’OH x  x   x    x Chaát loûng Z goàm: R’OH (x mol) vaø H2O (2 mol) taùc duïng vôùi Na: H2O + Na  R’OH + Na   NaOH + 0,5H2  R’ONa + 0,5H2 24,64 mol : 2   1 0,2  0,1 = –1 22, 4 Ta coù: 2.18 + 0,2.(MR’ + 17) = 42,4  MR’ = 15 (CH3–). Khoái löôïng este: 0,2.(MR + 44 + 15) = 17,2  MR = 27 (CH2=CH–). Coâng thöùc caáu taïo cuûa A laø: CH2=CH–COO–CH3 (metyl acrylat). Chaát raén Y goàm: CH2=CH–COONa 0,2 (mol) vaø NaOH dö 0,35 – 0,2 = 0,15 (mol) ñun vôùi CaO: CaO, t 0  CH2=CH2 + Na2CO3 CH2=CH–COONa + NaOH  Tröôùc phaûn öùng: 0,2 0,15 Phaûn öùng: 0,15 0,15   Khoái löôïng chaát khí B: m = 0,15.28 = 4,2 gam. Comment: Caâu naøy thöïc ra thì khoâng khoù tuy nhieân phaàn ñoâng caùc baïn laøm sai: Thöù nhaát caùc baïn seõ bò laán caán chaát loûng Z goàm nöôùc vaø ancol, theo loùi moøn thì khi chöng caát taùc giaû ra ñeà thi seõ chöng caát phaân ñoaïn (döïa vaøo nhieät ñoä soâi khaùc nhau cuûa caùc chaát ñeå taùch rieâng caùc chaát) ñeå coâ laäp nöôùc ra khoûi ancol nhöng ôû ñaây Thaày khoâng chöng caát phaân ñoaïn ñeå taùch rieâng nöôùc vaø ancol. Vì vaäy caùc baïn khoù loøng tìm ñöôïc coâng thöùc cuûa ancol. Thöù hai khi ñaõ tìm ñöôïc coâng thöùc cuûa ancol vaø axit roài ñeán khi tính khoái löôïng CH 2=CH2 hoïc sinh seõ khoâng döïa vaøo soá mol NaOH dö 0,15 mol ñeå keùo maø döïa vaøo soá mol CH2=CH–COONa 0,2 mol keùo seõ daãn ñeán ñaùp aùn A laø 5,6 gam. Phaàn ñoâng hoïc sinh khaù gioûi seõ maéc phaûi ñieàu naøy. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Caâu 67: Thuûy phaân m gam hoãn hôïp X goàm este ñôn chöùc A (C5H8O2) vaø este nhò chöùc B (C6H10O4) caàn vöøa ñuùng 150 ml dung dòch NaOH 1M roài coâ caïn thu ñöôïc hoãn hôïp Y goàm hai muoái vaø hoãn hôïp Z goàm hai ancol no ñôn chöùc ñoàng ñaúng keá tieáp, ngoaøi ra khoâng chöùa saûn phaåm höõu cô naøo khaùc. Cho toaøn boä hoãn hôïp Z taùc duïng vôùi moät löôïng CuO (dö) nung noùng thu ñöôïc hoãn hôïp hôi T (coù tæ khoái hôi so vôùi H 2 laø 13,75). Cho toaøn boä hoãn hôïp T taùc duïng vôùi moät löôïng dö dung dòch AgNO3/NH3 thu ñöôïc 32,4 gam Ag. Caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn. Thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng muoái coù khoái löôïng phaân töû nhỏ hôn trong hoãn hôïp Y laø A. 38,84%. B. 48,61%. C. 42,19%. D. 41,23%. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 5 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải to Ñaët coâng thöùc chung cuûa hai ancol laø: Cn H2n  2 O a (mol): Cn H2n  2 O + [O]   C H O + H2O n 2n Theo ñeà baøi ta coù: CH3 OH : x mol a.(14n  16)  a.18 = 13,75.2  n = 1,5  Z  (a  a) C 2 H5 OH : x mol HCHO  AgNO3 /NH3 CuO, t o    32, 4 gam Ag  (4x  2x)  108  32,4 gam  x = 0,05 mol Z    CH3 CHO Thuûy phaân hoãn hôïp X thu ñöôïc CH3OH vaø C2H5OH  Coâng thöùc caáu taïo cuûa este nhò chöùc B (C6H10O4) laø: C2H5OCO–COO–C2H5 hoaëc CH3OCO–CH2–COO–C2H5 hoaëc CH3OCO–CH2–CH2–COO–CH3. a. Tröôøng hôïp 1: B laø C2H5OCO–COO–C2H5 vaø A laø este maïch hôû: Vì B thuûy phaân taïo ra C2H5OH  A thuûy phaân taïo ra CH3OH  Coâng thöùc caáu taïo thu goïn cuûa A laø: C3H5COO–CH3 Phaûn öùng thuûy phaân A vaø B: 0 t C3H5COO–CH3 + NaOH   C3H5COONa + CH3OH 0,05  0,05 0 t  (COONa)2 + 2C2H5OH C2H5OCO–COO–C2H5 + 2NaOH  0,05  0,05 Soá mol NaOH phaûn öùng: n = 0,05 + 0,05 = 0,1 (mol)  0,15 (mol) (Loaïi) b. Tröôøng hôïp 2: B laø CH3OCO–CH2–CH2–COO–CH3 vaø A laø este maïch hôû: Vì B thuûy phaân taïo ra CH3OH  A thuûy phaân taïo ra C2H5OH  Coâng thöùc caáu taïo thu goïn cuûa A laø: CH2=CH–COO–C2H5 Phaûn öùng thuûy phaân A vaø B: 0 t CH2=CH–COO–C2H5 + NaOH   C3H5COONa + C2H5OH 0,05  0,05 0 t  (CH2COONa)2 + CH3OCO–CH2–CH2–COO–CH3 + 2NaOH  2CH3OH 0,05  0,05 Soá mol NaOH phaûn öùng: n = 0,05 + 0,05 = 0,1 (mol)  0,15 (mol) (Loaïi c. Tröôøng hôïp 3: B laø CH3OCO–CH2–COO–C2H5 vaø A laø este maïch hôû: Vì B thuûy phaân taïo ra C2H5OH vaø CH3OH  A thuûy phaân taïo ra CH3OH hoaëc C2H5OH  Tröôøng hôïp 1: A thuûy phaân taïo ra CH3OH  Coâng thöùc caáu taïo thu goïn cuûa A laø: C3H5COO–CH3 Phaûn öùng thuûy phaân A vaø B: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 0 t C3H5COO–CH3 + NaOH   C3H5COONa + CH3OH 0 t CH3OCO–CH2–COO–C2H5 + 2NaOH   CH2(COONa)2 + CH3OH + C2H5OH Tröôøng hôïp naøy voâ lí vì soá mol cuûa CH3OH vaø C2H5OH ôû 2 phöông trình phaûn öùng laø khaùc nhau nhöng theo ñeà baøi thì soá mol 2 ancol naøy laø baèng nhau laø 0,05 (mol)  Tröôøng hôïp 2: A thuûy phaân taïo ra C2H5OH  Coâng thöùc caáu taïo thu goïn cuûa A laø: CH2=CH–COO–C2H5 Phaûn öùng thuûy phaân A vaø B: 0 t CH2=CH–COO–C2H5 + NaOH   CH2=CH–COONa + C2H5OH 0 t CH3OCO–CH2–COO–C2H5 + 2NaOH   CH2(COONa)2 + CH3OH + C2H5OH Töông töï tröôøng hôïp 1 tröôøng hôïp naøy cuõng voâ lí. d. Tröôøng hôïp 4: B laø CH3OCO–CH2–COO–C2H5 vaø A laø este maïch voøng: Phaûn öùng thuûy phaân A vaø B: Phöông trình phaûn öùng thuûy phaân A: CH2 CH2 C O 0 CH2 CH2 O t + NaOH   HO–CH2–CH2–CH2–CH2–COONa (0,15 – 0,1) = 0,05   0,05 0 t CH3OCO–CH2–COO–C2H5 + 2NaOH   CH2(COONa)2 + CH3OH + C2H5OH 0,1  0,05 0,05 0,05 Hoãn hôïp muoái Y goàm: HO–CH2–CH2–CH2–CH2–COONa 0,05 (mol) vaø CH2(COONa)2 0,05 (mol) Thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng muoái coù khoái löôïng phaân töû nhoû laø HO–CH2–CH2–CH2–CH2–COONa: 0, 05.140 %m HOCH CH CH CH COONa  .100%  48,61% . 2 2 2 2 (0, 05.140  0, 05.148) Comment: Caâu naøy raát khoù. Thaät ra mình giaûi daøi, chi tiết tường minh cho caùc baïn hieåu, hoïc sinh naøo tinh yù caùc baïn seõ thaáy neáu este A thuûy phaân taïo ra ancol thì soá mol cuûa CH 3OH vaø C2H5OH laø khoâng baèng nhau nhö ñeà thi ñaõ cho. Caâu 68: Cho m gam hoãn hôïp X goàm moät peptit A vaø moät amino axit B ( MA > 4MB) ñöôïc troän theo tæ leä mol 1 : 1 taùc duïng vôùi moät löôïng dung dòch NaOH vöøa ñuû thu ñöôïc dung dòch Y chöùa (m + 12,24) gam hoãn hôïp muoái natri cuûa glyxin vaø alanin. Dung dòch Y phaûn öùng toái ña vôùi 360 ml dung dòch HCl 2M thu ñöôïc dung dòch Z chöùa 63,72 gam hoãn hôïp muoái. Caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn. Keát luaän naøo sau ñaây ñuùng? A. Tæ leä soá phaân töû glyxin vaø alanin trong phaân töû A laø 3 : 2. B. A coù thaønh phaàn traêm khoái löôïng nitô laø 20,29%. C. B coù thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng nitô laø 15,73%. D. A coù 5 lieân keát peptit. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 5 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải Trong quaù trình naøy ta coù nHCl = 2nNaOH  nNaOH = (0,36.2): 2 = 0,36 (mol). Dung dòch Z chöùa: NH3Cl–CH2COOH a (mol) vaø CH3–CH(NH3Cl)COOH b (mol) 111,5a  125,5b  0,36.58,5  63, 72 a  0,18      b  0,18 a  b  0,36  n HCl  0, 72 Ta coù:  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Dung dòch Y chöùa: H2N–CH2–COONa 0,18 (mol) vaø CH3–CH(NH2)COONa 0,18 (mol). Khoái löôïng hoãn hôïp muoái : 0,18.97 + 0,18.111 = m + 12,24  m = 25,2 gam. Ñaët soá phaân töû -amino axit trong phaân töû peptit A laø n, soá mol cuûa A vaø B trong hoãn hôïp X laø x (mol) vaø x (mol) t0 B + NaOH   Muoái + H2O A + nNaOH   Muoái + H2O x x     x x   nx   x AÙp duïng ñònh luaät baûo toaøn khoái löôïng ta coù: m + 0,36.40 = (m + 12,24) + 2x.18  x = 0,06 Ta coù: nx + x = nNaOH = 0,36  n = 5  A laø pentapeptit. Ta coù : 0,06.MA + 0,06.MB = 25,2  MA + MB = 420  Tröôøng hôïp 1: MA = 331 = (3.75 + 2.89 – 4.18) vaø MB = 89 (Alanin) (loaïi vì MA chöa lôùn hôn 4 laàn MB)  Tröôøng hôïp 2: MA = 345 = (2.75 + 3.89 – 4.18) vaø MB = 75 (Glyxin) (nhaän vì MA = 4,6MB) A laø pentapeptit ñöôïc caáu taïo bôûi 2 phaân töû glyxin vôùi 3 phaân töû alanin vaø B laø glyxin. Ñaùp aùn A (Sai) vì tæ leä soá phaân töû glyxin vaø alanin trong phaân töû A laø 2 : 3. 14.5 .100% = 20,29%. 345 14.1 Ñaùp aùn C (Sai) vì thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng nitô trong phaân töû B laø: %m N  .100% = 18,67%. 75 Ñaùp aùn B (Ñuùng): Thaønh phaàn phaàn traêm khoái löôïng nitô trong A laø: %m N  Ñaùp aùn D (Sai) vì A coù 4 lieân keát peptit. Comment: Theo loái moøn taùc giaû ra ñeà thi cho luoân soá lieân keát peptit thì hoïc sinh tham gia giaûi coù phaàn naøo nheï nhaøng, tuy nhieân neáu taùc giaû ra ñeà thi khoâng cho saün soá lieân keát peptit thì hoïc sinh khi tham gia giaûi chaé c chaén seõ gaëp khoù khaên nhö trong caâu naøy. Moät soá hoïc sinh khaù gioûi sau khi tìm ñöôïc soá lieân keát peptit trong A ñeán ñoaïn MA + MB = 420, do thôøi gian laøm baøi thi coù giôùi haïn, moät soá hoïc sinh thaáy tröôøng hôïp 1, khoâng xeùt ñieàu kieän MA > 4MB neân daãn ñeán choïn ñaùp aùn A hoaëc C. Câu 69: Khi thủy phân hoàn toàn một peptit mạch hở X (M = 346) thu được hỗn hợp 3 amino axit là glyxin, alanin và axit glutamic. Cho 43,25 gam peptit X tác dụng với 600 ml dung dịch HCl 1M thu đuợc dung dịch Y. Để tác dụng hết với các chất trong Y dùng vừa đủ dung dịch chứa KOH thu được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được x gam muối. Giá trị của x là A. 118,450. B. 118,575. C. 70,675. D. 119,075. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Bến Tre – Bến Tre, năm 2015)  Hướng dẫn giải + MX = 346 = 147 + 2.89 + 75 – 3.18  X l¯ Glu  Ala  Ala  Gly Cách 1: Glu  Ala  Ala  Gly  4HCl  3H 2 O   dung dÞch Y 43,25  0,125  0,5  0,375 346 HOOC  CH(NH3Cl)  [CH 2 ]2  COOH : 0,125 mol  BT gèc Ala CH3  CH(NH3Cl)  COOH  0,25 mol KOH   Khi đó: dung dịch Y gồm:  ClH3 N  CH 2  COOH : 0,125 mol HCl d : 0,1 mol  mol: KOOC  CH(NH 2 )  [CH 2 ]2  COOK : 0,125 mol  CH3  CH(NH 2 )  COOK : 0,25 mol  H 2 N  CH 2  COOK : 0,125 mol BTNT Cl KCl   0,1 mol  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  m r·n  0,125.223  0,25.127  0,125.113  0,6.74.5  118,45 gam Cách 2: “Trong Chuyên đề “Amin – Amino axit – Peptit” mình đã tổng kết trường hợp: khi cho hỗn hợp amino axit phản ứng với axit thu được dung dịch, lấy dung dịch thu được phản ứng với dung dịch NaOH. Khi đó quy đổi hỗn hợp sau phản ứng thành chính amino axit và axit ban đầu”. Glu  Ala  Ala  Gly : 0,125 mol Theo đó ta có: Dung dịch Y quy đổi thành  HCl : 0,6 mol  Glu  Ala  Ala  Gly  5KOH   Muèi + H 2O  0,125  0,625 0,25 mol : Khi đó theo quy luật phản ứng, ta có:  HCl  KOH   KCl  H 2O  mol : 0,6  0,6  Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân peptit, ta có: m muèi cða amino axit  43,25  0,625.56  0,25.18  73,75 gam   m muèi  73,75  0,6.74,5  118, 45 gam Lưu ý: Do axit glutamic có 2 nhóm –COOH nên có thêm 1 gốc –COOH phản ứng với NaOH sinh thêm 1H2O. Câu 70: Thủy phân hoàn toàn m gam peptit mạch hở X (được tạo bởi các  - amino axit no, chứa 1 nhóm – COOH và 1 nhóm –NH2) bằng dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn cẩn thận thu được được chất rắn Y. Đốt cháy hoàn toàn Y bằng lượng oxi vừa đủ thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Đưa Z về đktc thấy có thể tích là 82,432 lít. Mặt khác, nếu đốt cháy m gam X cần 107,52 lít O2 (đktc). Biết rằng số liên kết peptit trong X là 11. Giá trị của m là A. 80,80. B. 117,76. C. 96,64. D. 79,36. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – Diễn đàn Hóa học Phổ thông Bookgol, năm 2015)  Hướng dẫn giải Nhận xét: Do số C và O trong X và Y là không đổi nên đốt cháy Y thì lượng O2 cần dùng cũng chính bằng lượng O2 cần dùng để đốt cháy X. Khi đó, do các  - amino axit no, chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 nên  công thức tổng quát của Y là : CnH2nO2Nna. 3.(2n  1) to 2C n H 2n O2 NNa  O2   Na 2 CO3  (2n  1)CO 2  N 2  2nH 2O 2 107,52 4,8 mol :  4,8   3,2 22, 4 1,5 + Hỗn hợp khí còn lại sau khi đưa Z về điều kiện tiêu chuẩn gồm CO2 và N2. 82, 432   3,2  0, 48 mol n N2  22, 4 .  n Na CO  n N  0, 48 mol  2 3 2 Tới đây, có thể thể dựa vào phương trình phản ứng đốt cháy trên hoặc theo bảo toàn nguyên tố O để suy ra số mol H2O. Theo phương trình, ta có : n H2O  nCO2  n N2  3,68 mol . Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : m A  3,2.44  0,48.28  3,68.18  0,48.106  4,8.32  117,76 gam mCO2 m N2 mH2O mNa2CO3 mO2 Mặt khác, n N trong X  n N trong Y  0,48.2  0,96 mol và n N trong X  n NaOH ph°n øng thðy ph©n peptit Theo đó, do X có 11 liên kết peptit nên theo quy luật thủy phân peptit, ta có : “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus    gam :  X  12NaOH   Muèi  H 2O BTKL   m X  117,76  1, 44  38, 4  80,8 gam 0,96 117,76  .18 12 0,96.40 Câu 71: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở) bằng dung dịch KOH vừa đủ, rồi cô cạn cẩn thận thì thu được (m + 11,42) gam hỗn hợp muối khan của Val và Ala. Đốt cháy hoàn toàn muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được K2CO3; 2,464 lít N2 (đktc) và 50,96 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp M có thể là A. 55,24%. B. 54,54%. C. 45,98%. D. 64,59%. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải C 3 H 6 O2 NNa tetrapeptit X  C x H y O 5 N 4 : a mol  muèi cða alanin  KOH  m gam   (m  11,42)  + H2O  pentapeptit Y  C n H m O6 N 5  : b mol C 5 H10 O2 NNa  muèi cða Valin Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố N, ta có: m  56(4a  5b)   m  11,42   18(a  b)  206a  262b  11,42 gam a  0,03 mol  m m m   b  0,02 mol n  4a  5b  0,11.2 mol  N BTNT K  n KOH ph°n øng  0,22 mol   n Na CO  0,11 mol KOH H2 O muèi 2 C 3 H6 O2 NK  (m  11,42) Y  3 O , t   K 2 CO3  CO 2  H 2 O  N 2 o 2 C 5 H10 O2 NK 0,11 mol 0,11 mol 50,96 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp Y, ta có: 12  0,11  n CO   2n H O  18,7   m  11,42  gam n C  0,11  n CO   m m m  n H  2n H O n 2 n Y  44n CO  18n H O  50,96 gam n O/ trong muèi  2.0,22  0,44 mol  n  n  0,22 mol 2n H O  2(0,11  n CO )  N K  m  19,88 gam BTNT C   3n C H O NK  5n C H O NK   0,79  0,11 mol n C H O NK  0,1 mol    n CO  0,79 mol    n  n  0,22 mol n C H O NK  0,12 mol  C H O NK C H O NK   n  0,9 mol  HO tetrapeptit X : 0,03 mol gåm (Ala)n (Val)4n BT m·c xÝch Ala  Gäi    0,03n  0,02m  0,1 mol  pentapeptit Y : 0,02 mol gåm (Ala)m (Val)5m 2 2 2 O 2 H N K C 2 2 2 3 6 2 2 5 10 2 3 6 5 10 2 2 3 6 2 5 10 2 2 2  X : Val  Val  Val  Val  %m Y  37,52%  kh«ng cã ®²p ²n  n  0; m = 5   Y : Ala  Ala  Ala  Ala  Ala    0,02(117.3  89.2  4.18) X : Val  Val  Ala  Ala  n  2; m = 2    %m Y  .100  45,98% 19,88  Y : Val  Val  Val  Ala  Ala Comment: Ngoài cách tính khối lượng hỗn hợp muối được trình bày trên. Các bạn có thể đặt CTTQ muối là CnH2nO2NNa, viết PTPƯ cháy  mối liên hệ giữa số mol O2 và CO2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 72: Hỗn hợp M gồm CH3CH2OH, CH2=CHCH2OH, CH3COOH, CH2=CHCOOH, HCOOCH3. Đốt cháy hoàn toàn m gam M cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu được 0,35 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác, cho m gam M trên tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x%. Giá trị của x là A. 68,40. B. 17,10. C. 34,20. D. 8,55. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Cách 1: Tìm quy luật chung của hỗn hợp CH 3CH 2 OH  C 2 H 6 O    C n H6 O  CH 2  CHCH 2 OH  C 3 H6 O   0,4 mol O2 M CH 3COOH  C 2 H 4 O2  CO2  H 2 O   CH  CHCOOH  C H O  C H O 0,35 mol 0,35 mol 3 4 2 m 4 2  2  HCOOCH3  C 2 H 4 O2  Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và H, ta có:   n C n H6O  2n C m H4O2  n O trong M  2.0,35  0,35  2.0,4  0,25 mol n C n H6O  0,05 mol    6n  4n C H4O2  2n H2O  0,7 mol n  0,1 mol    C m H 4 O2  C n H6 O m Mặt khác, chỉ có C m H 4 O2 (hỗn hợp gồm axit và este) mới phản ứng với Ba(OH)2 do đó  2  COO  + Ba 2   (COO)2 Ba 0,05.(137  34) .100%= 17,1%  VËy x% =  50 0,1  0,05 mol : Cách 2: Dùng “số đếm” Các câu hỏi hỗn hợp nhiều chất này dù muốn dù không thì dùng “số đếm” vẫn là nhanh nhất ! Do ngoài CH3CH2OH (k=0); CH2=CHCOOOH (k=2) các chất còn lại trong M đều có k=1  để nCO2  n H2O thì nCH3CH2OH  nCH2 CHCOOH Khi đó dùng “số đếm” có thể quy hỗn hợp M chỉ gồm CH3CH2OH (a mol); CH3COOH (b mol); CH2=CHCOOH (a mol). (CH3COOH và HCOOCH3 là đồng phân của nhau và đều phản ứng với Ba(OH)2 cùng tỉ lệ nên có thể bỏ tùy ý 1 chất)  a  2b  2a  n O trong M  0,35.3  0,4.2  0,25 mol a  0,05 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và C, ta có:   b  0,05 mol  2a  2b  3a  n CO2  0,35 mol 0,05.(137  34)  n OH trong Ba(OH)  a  b  0,1 mol  n Ba(OH)2 =0,05 mol. VËy x% = .100%= 17,1% 2 50 Câu 73: 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. Đốt cháy hoàn toàn 26,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) bằng lượng vừa đủ khí O2, thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 26,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag. Mặt khác, cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dịch N. Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 38,04. B. 24,74. C. 16,74. D. 25,10. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải 26,6  12.1  2.0,9 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n O trong M   0,8 mol. 16 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Do hỗn hợp có phản ứng tráng bạc suy ra trong hỗn hợp có chứa X là HCOOH  X, Y, Z đều no, đơn (k =1).  O2 , t o X : HCOOH : a mol (k = 1)  CO2  H 2 O   VËy thÝ nghiªm 1: 26,6 gam Y,Z : RCOOH : b mol (k = 1) 1 0,9  AgNO3 /NH3   Ag : 0,2 mol E : (RCOO)2  R  OOCH : c mol (k = 3)  Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, số mol Ag và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: 2a  2b  6c  n O trong M  0,8 mol a  0,05 mol     b  0,2 mol 2a  2c  n Ag  0,2 mol   c  0,05 mol  2c  n CO2  n CO2  0,1 mol  C X,Y  2 Do MX < MY < MZ nên    C T  (1  2C X,Y )  C E  5  3  8 . C  3   E 0,55 BTNT C   0,05  C X,Y .0,2  0,05.8  n CO2  1 mol  C X,Y   2,75. Suy ra: Y là CH3COOH. 0,2 8 C X,Y  2,5 2  CZ   C X,Y  Mặt khác, theo giả thuyết số mol Y = số mol Z    Y : CH3COOH 2 2  C X,Y  2,75 Z : C H COOH  2 5  BTNT C    0,05  2,5.0,2  C T .0,05  1 mol  C T  0,45  9  C E  3  E l¯ C 3H 5 (OH)3 0,05 0,05  0,2  m r·n ? X, Y, Z:  0,125 mol    2 0,4 mol NaOH  ThÝ nghiÖm 2 : 13,3 gam   n H2O  n X,Y,Z  0,125 mol T: 0,05 =0,025 mol  C 3 H 5 (OH)3 : 0,025 mol   2 gÇn nhÊt   24,75 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng: m r·n  13,3  0,4.40  0,125.18  0,025.92  24,75 gam  M KOH H2 O C 3H5 (OH)3 Câu 74: Hỗn hợp X gồm axit oxalic, axit axetic, axit acrylic và axit malonic (HOOCCH2COOH). Cho 0,25 mol X phản ứng hết với lượng dư dung dịch NaHCO3, thu được 0,4 mol CO2. Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol X trên cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu được CO2 và 7,2 gam H2O. Phần trăm khối lượng của axit oxalic trong X là A. 21,63%. B. 43,27%. C. 56,73%. D. 64,90%. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải HOOC  COOH   NaHCO3   CO2 : 0,4 mol CH  COOH  3 0,25 mol  H 2 O : 0,4 mol 0,4 mol O2   CH 2  CH  COOH CO2 HOOC  CH 2  COOH + Thí nghiệm 1  n COOH  nCO2  0, 4 mol + Áp dụng bảo toàn nguyên tô O cho thí nghiệm 2, ta có: 2.0,4  2.0,4  0,4 2n  COOH  2n O2  2n CO2  n H2O  n CO2   0,6 mol 2 BTKL   mX  44.0,6  7,2  0,4.32  20,8 gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Trong X chỉ có axit axetic có k = 1; các chất còn lại đều có k = 2. Theo mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có:   n HOOC COOH  nCH2 CHCOOH  nHOOC CH2 COOH  nCO2  nH2O  0,6  0,4  0,2 mol  nCH3COOH  0,05 mol Khi đó, theo giải thuyết, số mol –COOH và bảo toàn nguyên tố O, ta có: n HOOC COOH  n CH CH COOH  n HOOC CH COOH  0,2 mol n 2 2 HOOC COOH  0,1 mol     2n HOOC COOH  n CH2 CH COOH  2n HOOC CH2 COOH  (0,4  0,05) mol  n CH2 CH COOH  0, 05 mol    2n HOOC COOH  3n CH2 CH COOH  3n HOOC CH2 COOH  (0,6  0,05.2) mol  n HOOC CH2 COOH  0,05 mol 0,1.90 Vậy %m HOOC-COOH  .100%  43,27% 20,8 Câu 75: Hỗn hợp M gồm C2H5NH2, CH2=CHCH2NH2, H2NCH2CH2CH2NH2, CH3CH2CH2NH2 và CH3CH2NHCH3. Đốt cháy hoàn toàn 5,6 lít M, cần dùng vừa đủ 25,76 lít O2, chỉ thu được CO2; 18 gam H2O và 3,36 lít N2. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Phần trăm khối lượng của C2H5NH2 trong M là A. 48,21%. B. 24,11%. C. 40,18%. D. 32,14%. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Cách 1: Tìm quy luật chung của hỗn hợp Đề lần này có vẻ “kết” cái gu cho hỗn hợp nhiều chất. Nhiều bạn sẽ hoảng khi thấy hỗn hợp nhiều chất nhưng thật ra “bình tĩnh” lại cái bạn sẽ thấy trong hỗn hợp M chỉ có C2H5NH2 (a mol) có 2C; các chất còn lại đều có 3C (b mol). 2,3  1  0,65 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n CO2  2 BTKL   mM  12nCO2  2n H2O  14n N  12.0,65  2.1  14.0,15.2  14 gam  a  0,1 mol a  b  0,25 mol Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố C, ta có:   2a  3b  n CO2  0,65 mol b  0,15 mol  0,1.45 .100%  32,14% 14 Cách 2: Dùng “số đếm”. Vậy %m CH3CH 2NH 2  2,3  1  0,65 mol. 2  2n H2O  14n N  12.0,65  2.1  14.0,15.2  14 gam Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n CO2  BTKL   mM  12nCO2 Hỗn hợp gồm 5 chất, nhưng ta chỉ có thể khai thác các thông tin sau để lập phương trình: số mol hỗn hợp (0,25 mol), số mol H của hỗn hợp (1 mol H2O) hoặc số mol N của hỗn hợp (0,15 mol N2), số mol C của hỗn hợp (0,65 mol CO2). Như vậy có thể lập được 3 phương trình  có thể bỏ tùy ý (5 – 3) = 2 chất trong hỗn hợp. Vậy theo đó ở đây mình chọn bỏ 2 chất cuối (CH3CH2CH2NH2 và CH3CH2NHCH3) C 2 H 5 NH 2  C 2 H 7 N : a mol CO2 : 0,65 mol    O2 , t o Khi đó: 0,25 mol M CH 2  CHCH 2 NH 2  C 3 H 7 N : b mol  H 2 O :1 mol H NCH CH CH NH  C H N : c mol N : 0,15 mol 2 2 2 2 3 10 2  2  2 Hướng 1: Theo giải thuyết, bảo toàn nguyên tố C và N, ta có: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus a  b  c  n  0,25 mol a  0,1 mol M  0,1.45   .100%  32,14% 2a  3b  3c  n CO2  0,65 mol  b  0,1 mol  %mCH3CH2NH2  14  c  0,05 mol  a  b  2c  n N  2n N2  0,3 mol  Hướng 2: Theo giải thuyết, bảo toàn nguyên tố C và H, ta có:  a  0,1 mol a  b  c  n  0,25 mol M   0,1.45 1  .100%  32,14%  b  mol  %mCH3CH2NH2  2a  3b  3c  n CO2  0,65 mol 14 15   1 7a  7b  10c  n H  2n H2O  2 mol  c  12 mol Lưu ý: không được bỏ C2H5NH2 và H2NCH2CH2CH2NH2 vì đề đang hỏi phần trăm C2H5NH2, còn H2NCH2CH2CH2NH2 có số N khác các chất còn lại trong hỗn hợp (bỏ đi sẽ làm thay đổi bản chất của bài toán) Câu 76: Cho 20,8 gam hỗn hợp M gồm hai chất hữu cơ, tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch N gồm hai muối R1COONa, R2COONa và m gam R'OH (R2 = R1 + 28; R1, R2, R' đều là các gốc hiđrocacbon). Cô cạn N rồi đốt cháy hết toàn bộ lượng chất rắn, thu được H2O; 15,9 gam Na2CO3 và 7,84 lít CO2 (đktc). Biết tỉ khối hơi của R'OH so với H2 nhỏ hơn 30; công thức của hai chất hữu cơ trong M là A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3. B. CH3COOC2H5 và C3H7COOC2H5. C. HCOOH và C2H5COOCH3. D. HCOOCH3 và C2H5COOH. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải  R COONa  NaOH 20,8 gam M   R 'OH  2  R COONa 1 15,9  BTNT Na   2n Na2CO3  n Na trong muèi  n NaOH  2.  0,3 mol   106 Đốt hỗn hợp hai muối   7,84 BTNT C Tõ c²c ®²p ²n    n C /muèi  0,15   0,5 mol   n H2O  0,35 mol k 1  22,4   mmuèi  12nC  2n H2O  16nO  23nNa  12.0,5  2.0,35  16.0,3.2  23.0,3  23,2 gam + Trường hợp 1: cả hai chất đều sinh ancol Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: mR'OH  20,8  0,3.40  23,2  9,6 gam  n R'OH  n NaOH  M R'OH  9,6  32 (CH3OH) 0,3  HCOOCH3 HCOONa 23,2  R2  R1  28  77,33    M 0,3 C 2 H5COONa  C 2 H 5COOCH3 + Trường hợp 2: chỉ một chất sinh ancol (có đáp án rồi nên trường hợp này các bạn tự “ngẫm” nhé !) Câu 77: Cho 0,1 mol axit axetic vào cốc chứa 30 ml dung dịch MOH 20% (D=1,2 g/ml, M là kim loại kiềm). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Đốt cháy hoàn toàn chất rắn thu được 9,54 gam M2CO3 và hỗn hợp khí, dẫn hỗn hợp khí này qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thì khối lượng dung dịch tăng hay giảm bao nhiêu gam? A. Tăng 5,70 gam. B. Giảm 2,74 gam. C. Tăng 2,74 gam. D. Giảm 5,70 gam. (Đề thi thử THPT Quốc Gia – Sở Giáo dục và đào tạo TPHCM, năm 2015)  MMuèi  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  Hướng dẫn giải  n MOH  30.1,2. 20 7,2 .  mol  M  17  100 M  17 BTNT M   7,2 9,54 n NaOH  0,18 mol  2.  M  23 (Na)   M  17 2M  60 n Na2 CO3  0,09 mol  O2 , t  2CH 3COONa  Na 2 CO3  3CO 2  3H 2O  0,1 0,05 0,15 0,15 mol :  Khi ®ã  2NaOH d + CO 2   Na 2 CO3 + H 2O  mol: 0,08 0,04 0,04 0,04  o CO2 :  0,15  0,04  mol  Ca(OH)2 d  khÝ tho²t ra gåm    H 2 O : 0,19 mol  m dung dÞch thay ®æi  m CO2  m H2 O  m CaCO3  2,74 gam  gi°m 2,74 gam 44.0,11 18.0,19 0,11.100 Câu 78: Hỗn hợp R chứa các chất hữu cơ đơn chức gồm axit (X),ancol (Y) và este (Z) (được tạo thành từ X và Y). Đốt cháy 2,15 gam este (Z) rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư được 19,7 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 13,95 gam. Mặt khác, 2,15 gam Z tác dụng vừa đủ với NaOH được 1,7 gam muối. Axit X và ancol Y tương ứng là A. CH3COOH và C3H5OH B. C2H3COOH và CH3OH C. HCOOH và C3H7OH D. HCOOH và C3H5OH (Đề thi thử THPT Quốc Gia – Sở Giáo dục và đào tạo TPHCM, năm 2015)  Hướng dẫn giải Từ các đáp án suy ra Z tạo bởi ancol đơn và axit đơn  Z là este đơn chức. CO2  Ba(OH)2 d  O2 , t o    BaCO3  H2O  0,1 mol RCOOR '  NaOH 2,15 gam  RCOONa 1,7 gam n CO2  n BaCO3  0,1 mol n CO2  0,1 mol  m dung dÞch gi°m  m BaCO3  (m CO2  18n H2 O )  13,95 gam   n H2 O  0,075 mol  4,4 19,7   n CO2  n H2O  k Z  1  este ®¬n, kh«ng no  Lo³i C Nếu kinh nghiệm để ý các đáp án còn lại đều tạo Z đơn, không no có 1 nối đôi (k = 2)  n Z  nCO2  n H2O  0,025 mol Thôi thì mình giải theo cách “ngây ngô” nhất dành cho mọi đối tượng nhé ! 2,15  12.0,1  2.0,075  0,05 mol  n Z  0,025 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: n O trong Z  16 n CO2  0,1  5 C Z  nZ 0,025  X : HCOOH   Y : C 3H 5OH 1,7 M   68  R  1  RCOONa  0,025 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 79: Cho m gam hỗn hợp E gồm X, Y, T trong đó X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (MX < MY). T là este tạo bởi X, Y và 1 ancol no hai chức mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn m gam E bằng oxi dư thu được a mol CO2 và (a – 0,49) mol H2O (biết a < 1,65 mol). Mặt khác m gam E tác dụng với AgNO3/NH3 dư thu được 54 gam Ag. Khi cho m gam E tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thì khối lượng muối thu được là bao nhiêu gam ? A. 70,6 gam B. 76,5 gam C. 81,4 gam D. 77,2 gam  Hướng dẫn giải  O2   CO2  H 2 O to a mol (a 0,49)mol X : RCOOH    AgNO3 /NH3 d m gam E Y : R'C OOH   Ag : 0,5 mol T : (RCOO) R'' 0,3 mol Ba(OH)2   (RCOO)2 Ba  2 võa ®ð ? gam + Do E có phản ứng với AgNO3/NH3 nên trong E có HCOO–  n HCOO  + E phản ứng vừa đủ với 0,3 mol Ba(OH)2 nên  n OH n Ag  0,25 mol 2 n  n Y  2n T  0,6 mol  0,6 mol   X n HCOO  n X  n T  0,25 mol  nY  n T  0,6  0,25  0,35 mol n CO2  n H2O 0,49  1,4 0,35 0,35 Do X phải là HCOOH nên nếu Y là axit no đơn  T là este 2 chức tạo bởi hai axit no đơn và ancol no hai chức (kT = 2). Vậy kY, T < 2, do đó để kY, T = 2,4 thì Y phải có k = 2. n HCOO  0,25 mol BTNT C 1,4    n CO2 sinh bëi Y,T  1,65  0,25  1,4 mol  C Y, T  4 O2 , t o 0,35 n C trong Y, T n CO2 sinh bëi HCOO+ Đặt công thức tổng quát của Y và T là C n H2n 22k Ox : a mol  (k Y, T  1)   k  2 Do ®ã Y cã  Y  Y l¯ CH 2  CH  COOH C Y  4 HCOO : 0,25 mol 0,3 mol Ba 2  VËy trong E cã    Muèi CH 2  CH  COO : 0,35 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : m Muèi  0,25.45  0,35.71  0,3.137  77,2 gam m HCOO m CH2 CHCOO m Ba 2 Câu 80: Một oligopeptit được tạo thành từ glyxin, alanin, valin. Thủy phân X trong 500 ml dung dịch H2SO4 1M thì thu được dung dịch Y, cô cạn dung dịch Y thì thu được hỗn hợp Z có chứa các đipeptit, tripeptit, tetrapeptit, pentapeptit và các amino axit tương ứng. Đốt một nửa hỗn hợp Z bằng một lượng không khí vừa đủ, hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thấy khối lượng bình tăng 74,225 gam, khối lượng dung dịch giảm 161,19 gam đồng thời thoát ra 139,608 lít khí trơ. Cho dung dịch Y tác dụng hết với V lít dung dịch KOH 2M đun nóng (dùng dư 20% so với lượng cần thiết), cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất rắn có giá trị gần đúng là A. 204 gam. B. 198 gam. C. 210 gam. D. 184 gam.  Hướng dẫn giải 44n CO  18n H O  74,225 gam n CO  1,195 mol 2 2   2   + 44n CO2  18n H2O  197n CO2  161,19 gam  n H 2O  1,2025 mol     n N2  n N2 kh«ng khÝ  nN 2 ®èt  6,2325 mol n N 2  n N 2 kh«ng khÝ  nN 2 ®èt  6,2325 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus + Do các peptit và amino axit trong Z trong phân tử đều có số O = số N +1 nên khi đó:  O2  C x H y On1N n   CO2  H2 O  N 2 1  Ta quy đổi hỗn hợp Z thành  2 a  mol : Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, mối liên hệ về độ bất bão hòa k và số mol N2, ta có:   an  a + 2n O2  3,5925 mol an  0,375 mol (n  1)a + 2n O2  2.1,195  1,2025     (n  1  0,5n)a  n CO2  n H2O  7,5.103 mol  0,5an  a  7,5.10 3 mol  a  0,195 mol  k 0,5an  4n  6,2325 mol n  1,51125 mol O2  O2    an n  4n   6,2325 mol  N2 O2  2 + Đối với toàn bộ hỗn hợp Z (nhân 2 số liệu tính toán ở trên), ta có:  n N trong Z  2.0,375  0, 75 mol  m Z  24.1,195  4.1, 2025  16.1,14  14.0, 75  62, 23 gam  n  (an  a).2  1,14 mol  O trong Z  Theo quy luật thủy phân peptit trong môi trường kiềm, ta có:  Z  KOH   Muèi + H2 O  0,195.2 mol : 0,195.2 0,75 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mmuèi  mZ  mKOH  mH2O  62,23  56.0,75  18.0,195.2  97,21 gam 20  0,35 mol 100 gÇn nhÊt  97,21  0,35.56  0,5.174  203,81 gam    204 gam dïng d 20%  n KOH ph°n øng  n N trong Z  n H trong H SO  0,75  1  1,75 mol   n KOH d  1,75. 2  m r·n  mmuãi  mKOH d  mK2SO4 4 Câu 81: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong CCl4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là A. 21,00 B. 14,28 C. 10,50 D. 28,56. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – Đại học Đà Lạt – Lâm Đồng, năm 2015)  Hướng dẫn giải Cách 1:  C 3 H6 : x mol CO2  Ba(OH)2 d   V lÝt O2      m dd gi°m  21,45 gam Ni, t o Hçn hîp X C 4 H10 : y mol  Y  H 2 O   C 2 H 2 : z mol  Br2 /CCl 4   Br2 ph°n øng: 0,15 mol (ThÝ nghiÖm 1)  H : t mol  2   Br2 /CCl 4 0,5 mol X   Br2 ph°n øng: 0,4 mol (ThÝ nghiÖm 2) Áp dụng bảo toàn mol liên kết  , ta có: n   x  2z  n H2 ph°n øng  n Br2 ph°n øng  t   x  2z  0,15 mol t Theo giả thuyết, ta có: n X  x  y  z  t   2x  y  3z  0,15 mol Gọi k là hệ số tỉ lượng của thí nghiệm 1 và thí nghiệm 2, ta có: 0,15 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus n   n Br2 ph°n øng  k(x  2z) mol x  2z 0,4  0,4 mol    3x  4y  2z  0,6 mol = n C trong X  2x  y  3z  0,15 0,5 n  k  2x  y  3z  0,15 = 0,5 mol  X Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: nC trong X  nCO2  nBaCO   0,6 mol 3 Theo giả thuyết, khối lượng dung dịch giảm: (mCO2  m H2O )  mBaCO3    21,45 gam  nH2 O  0,675 mol 44.0,6 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n O2  197.0,6 0,6.2  0,675  0,9375 mol  VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00 lÝt 2 Cách 2: Sử dụng phương pháp quy đổi C 3 H 6 2n  (4n  6)  2  ®Òu cã d³ng Nhận xét: C 4 H10   C n H 4n 6 víi k =  4n 2 C H  2 2 Khi đó: BTNT C  CO2   n CO2  an mol  V lÝt O 2    C n H 4n 6 : a mol (k = 4  n) Ni, to BTNT H Hçn hîp X   Y  n H2O   2an  3a  b  mol H 2 O  H : b mol   2  Br2 /CCl 4    Br2 ph°n øng: 0,15 mol   Br2 /CCl 4  Br2 ph°n øng: 0,4 mol 0,5 mol X  Áp dụng bảo toàn mol liên kết  , ta có: n   a.(4  n)  n H2 ph°n øng  n Br2 ph°n øng  an  4a  b  0,15 (1) b 0,15 mol Theo giả thuyết: 44an  18  2an  3a  b   197an  21,45 gam  20an + 54a  18b = 21,45 gam (2) mCO2 m H2 O mBaCO 3 a.(4  n) 0,4 4    5an  16a  4b  0 (3) ab 0,5 5 an  4a  b  0,15 an  0,6 mol n CO  0,6 mol    Theo đó từ (1), (2) và (3)  20an + 54a  18b = 21,45  a  0,225 mol   2 n H2O  0,675 mol 5an  16a  4b  0 b  0,15 mol    Mặt khác theo thí nghiệm 2, ta có: Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n O2  0,6.2  0,675  0,9375 mol  VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00 lÝt 2 Cách 3: Phương pháp số đếm Bài ra hỗn hợp X gồm 4 chất nhưng chỉ có 3 thông tin về số liệu (khối lượng dung dịch giảm, số mol Br2 phản ứng thí nghiệm 1 và tỉ lệ mol  với tổng số mol X). Theo phương pháp số đếm ta được quyền bỏ đi 4 – 3 = 1 chất trong hỗn hợp X với điều kiện không làm thay đổi bản chất của bài toán. Như vậy không được bỏ đi H2 vì đây là bài toán cộng H2 của các hiđrocacbon không no. Vậy trong 3 chất C3H6, C4H10, C2H2 ta có thể tùy ý bỏ đi 1 chất. Ở đây, mình bỏ đi C4H10 BTNT C  C H : a mol CO2   n CO2   3a  2b  mol  V lÝt O 3 6 2      Ni, t o BTNT H X C 2 H 2 : b mol  Y  n H2O   3a  b  c  mol H 2 O     Br2 /CCl 4  H 2 : c mol   Br2 ph°n øng: 0,15 mol   Br2 /CCl 4  Br2 ph°n øng: 0,4 mol 0,5 mol X  Theo giả thuyết, bảo toàn mol liên kết  và thí nghiệm 2, ta có: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 56.(3a  2b)  18.(3a  b  c)  21,45 gam a  0,15 mol n CO  0,6 mol     b  0,075 mol   2 a  2b  c  0,15 n H2O  0,675 mol 5(a  2b)  4.(a  b  c) c  0,15 mol    0,6.2  0,675  0,9375 mol  VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00 lÝt Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n O2  2 Câu 82: Đun nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Y và tetrapeptit Z (X, Y, Z đều mạch hở) bằng lượng vừa đủ dung dịch NaOH đến phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch chứa 0,5 mol muối của glyxin; 0,4 mol muối của alanin và 0,2 mol muối của valin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E trong oxi vừa đủ thu được CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 78,28. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 32,5. B. 33,0. C. 33,5. D. 34,0. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 3 – Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ –Hà Nội, năm 2015)  Hướng dẫn giải Theo quy luật phản ứng thủy phân peptit trong dung dịch NaOH, ta có: C 2 H 4 O2 NNa : 0,5 mol  n  Peptit E + nNaOH   Muèi C 3 H 6 O 2 NNa : 0,4 mol + H 2 O C H O NNa : 0,2 mol  5 10 2 mol : 0,4 0,4 Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có: n NaOH  n Na trong muèi  0,5  0,4  0,2  1,1 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân peptit, ta có: m hçn hîp E  1,1.40  0,5.97  0,4.111  0,2.139  0,4.18  m hçn hîp E  83,9 gam mNaOH mMuèi mH2 O Khi đó theo bảo toàn nguyên tố C và H, ta có: n C trong E  0,5.2  0,4.3  0,2.5  3,2 mol n C trong E  3,2 mol   n H trong E  1,1  0,5.4  0,4.6  0,2.10  0,4.2   n H trong E  6,1 mol   n H trong NaOH n H trong H2O n H trong muèi  Gọi k là hệ số tỉ lượng của m gam (thí nghiệm 2) so với 83,9 gam hỗn hợp E (thí nghiệm 1) BTNT C CO2   3,2k mol n C trong E  3,2k mol  O2  Khi đó ở thí nghiệm 2, ta có: m gam E    78,28 gam o  t BTNT H   n H trong E  6,1k mol H2O  3,05k mol  44.3,2k  18.3,05k  78,28 gam  k = 0,4 gÇn nhÊt Vậy m = 83,9.0,4 = 33,56 gam  34,0 gam Câu 83: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol peptit X (X được tạo thành các amino axit chỉ chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH) cần 58,8 lít O2 (đktc) thu được 2,2 mol CO2 và 1,85 mol H2O. Nếu cho 0,1 mol X thủy phân hoàn toàn trong 500 ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch Y, cô cạn Y thu được m gam chất rắn. Công thức chung của peptit và giá trị của m lần lượt là A. CxHyO8N7 và 96,9 gam B. CxHyO10N9 và 96,9 gam C. CxHyO10N9 và 92,9 gam D. CxHyO9N8 và 92,9 gam (Đề thi thử THPT Quốc Gia – Sở Giáo dục và đào tạo TPHCM, năm 2015)  Hướng dẫn giải 2,625 mol O2 0,1 mol X   CO2  H2 O 2,2 mol 1,85 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 0,1.Otrong X + 2.2,625 = 2n CO2  n H2O  Otrong X  10  lo³i A, D 4,4 mol 1,85 mol X l¯ C x H y O10 N 9   m X  12 n CO2  2 n H2O  16.10  14.9  .0,1  58,7 gam BTKL 2,2 1,85 Khi đó theo quy luật phản ứng thủy phân peptit, ta có: nonapeptit  9 NaOH   Y  H 2O  BTKL  m  58,7  40  0,1.18  96,9 gam   gam : 58,7 40 ? 0,1.18 Comment: Với cách ra đề của Bác Sở TP. Hồ Chí Minh thế bày, các bạn kinh nghiệm có thể thấy đáp án là B hoặc C, lấy m của 2 đáp án thay ngược vào  đáp án rất nhanh chóng ! Câu 84: Đun nóng 14,52 gam hỗn hợp E chứa 2 este đơn chức, mạch hở cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp chứa 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng và hỗn hợp gồm x gam muối X và y gam muối Y (MX < MY). Dẫn toàn bộ hỗn hợp 2 ancol qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 6,83 gam. Tỉ lệ của x : y gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,00. B. 2,20. C. 2,15. D. 2,10.  Hướng dẫn giải  Na d R 'OH   m t¨ng  6,83 gam   + 0,2 mol NaOH 14,52 gam E   R1COONa muèi  R2 COONa  + Do E chứa 2 este đơn chức  nE  nNaOH  n R'OH  0,2 mol m R 'OH  6,83  0,2  7,03 gam  m t¨ng mH 7,03 2  + Xử lý dữ kiện khối lượng bình Na tăng   M R 'OH   35,15 0,2 n  n R 'OH  0,1 mol  H2 2 CH3 OH : a mol a  b  0,2 mol a  0,155 mol 2 ancol ®ång ®µng kÕ tiÕp    0,2 mol  32a  46b  7,03 gam b  0,045 mol C 2 H5 OH : b mol R1COOCH3 : 0,155 mol 14,52 với M E   E  72,6 0,2 R2 COOC 2 H5 : 0,045 mol Do MR2COOC2H5  72,6  MR1COOCH3  72,6 . Mặt khác, nếu R1COOCH3 không no thì MR1COOCH3  86 .  R1COOCH3 ph°i no  R1COOCH3 là HCOOCH3. Vậy   M R1COOCH3 14,52  0,155  60 + Khi đó : MR2COOC2H5   116 (C 3 H7 COOC 2 H5 ) 0,045 X : HCOONa : 0,155 mol 0,155  68 gÇn nhÊt    x:y=  2,129   2,15 0,045  110 Y : C 3 H7 COONa : 0,045 mol Câu 85: X là este no; Y là este không no chứa một liên kết C=C (X, Y đều đơn chức và mạch hở). Đốt cháy 14,16 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 0,62 mol O2. Mặt khác 14,16 gam E tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch KOH 1M thu được 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng và m gam hỗn hợp chứa 2 muối. Giá trị của m là A. 19,6. B. 18,4. C. 18,8. D. 17,2.  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus X (k = 1) 14,16 gam E  Y (k = 2) + 0,62 mol O2   CO2  H2 O 2 ancol ®ång ®µng kÕ tiÕp + 0,2 mol KOH   2 muèi : m gam ? + Do E chứa 2 este đơn chức  nCOO  n KOH  0,2 mol  nO trong E  0,2  2  0,4 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có :   44n CO2  18n H2O  (14,16  0,62  32) gam n CO2  0,56 mol      n H2O  0,52 mol 2n CO2  n H2O   0, 4  0,62  2  mol 0,56 Y kh«ng no  C Y  3 trong E chứa X là HCOOCH3.  C X,Y   2,8  0,2 Mặt khác, áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k và thủy phân E thu được 2 ancol đồng đẳng kế tiếp  Y : RCOOC 2 H 5  BTNT C n Y  0,56  0,52  0,04 mol  0,16  2  0,04.C Y  nCO2  0,56 mol  C Y  6 n  0,2  0,04  0,16 mol  X X : HCOOCH3 : 0,16 mol KOH HCOOK : 0,16 mol  E   C 3 H5 COOK : 0,04 mol Y : C 3 H5 COOC 2 H5 : 0,04 mol  m  0,16  84  0,04  124  18,4 gam Câu 86: Đun nóng 20,28 gam hỗn hợp E chứa 2 este đều đơn chức, mạch hở cần dùng 240 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp 2 ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đun nóng hỗn hợp 2 ancol này với H 2SO4 đặc ở 1400C (hiệu suất đạt 100%) thu được 6,78 gam hỗn hợp gồm 3 ete. Công thức cấu tạo của 2 este là A. HCOOCH3 và CH3COOC2H5. B. CH3COOC2H5 và C2H5COOCH3. C. CH3COOCH3 và C2H5COOC2H5. D. HCOOC2H5 và CH3COOCH3.  Hướng dẫn giải H2SO4 ®Æc + 0,24 mol NaOH 20,28 gam E (2 este ®¬n)  R'OH   6,78 gam Ete 2 ancol ®®kt 140o C + Do E chứa 2 este đều đơn chức  2 ancol đều đơn chức và nancol  n NaOH  0,24 mol . BTKL    mancol  m Ete  m H2O + Trong phản ứng tách nước của ancol ở 140 C ta luôn có   nancol  2n Ete  2 H2O mancol  6,78  18.0,12  8,94 gam 8,94   Mancol  Áp dụng ta có:   37,25 nancol 0,24 n   0,12 mol  H2 O  2 CH3 OH : a mol a  b  0,24 mol a  0,15 mol 2 ancol ®ång ®µng kÕ tiÕp    0,24 mol  32a  46b  8,94 gam b  0,09 mol C 2 H5 OH : b mol 0 R1COOCH3 : 0,15 mol gi° thuyÕt  E   (R1  59)  0,15  (R2  73)  0,09  20,28 gam. R COOC H : 0,09 mol  2 2 5 b°ng gi² trÞ  5R1  3R2  162   R1 R2 1 (H) 52,33 15 (CH3) 29 (C2H5) Vậy công thức cấu tạo của 2 este là CH3COOCH3 v¯ C 2 H5COOC 2 H5 P/S: Chạy các giá trị trong bảng giá trị dừng khi thu được cặp nghiệm thỏa mãn. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 87: Nung nóng hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon có các công thức tổng quát lần lượt là CnH2n + 2, CmH2m, Cn + m + 1H2m (đều là hiđrocacbon mạch hở và ở điều kiện thường đều là chất khí; n, m nguyên dương) và 0,1 mol H2 trong bình kín (xúc tác Ni). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch Br2 trong CCl4, thấy có tối đa 24 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Y, thu được a mol CO2 và 0,5 mol H2O. Giá trị của a là A. 0,25. B. 0,30. C. 0,50. D. 0,45. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải n  1 do m  2 Các hiđrocacbon đều là chất khí ở điều kiện thường  n  m  1  4   m  2 CH 4 : x mol (k = 0) 0,15 mol Br2    C 2 H 4 : y mol (k = 1) Ni, t o X  Y CO2 : a mol  O2 C H : z mol ( k = 3)   o  4 4  t H 2 O : 0, 5 mol H : 0,1 mol  2 Cách 1: Áp dụng bảo toàn mol liên kết  , bảo toàn nguyên tố H và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có:  n  trong X  y  3z  0,15  0,1  0,25 mol (1)  (1)(2)   x  2y  4z  n CO2  a  0,25  0,2  0,45 mol  0,5.2  0,1.2 x  y  z   0,2 mol (2)   4 Cách 2: Nhận thấy các hiđrocacbon trong X đều có 4C, khi đó quy đổi X thành CxH4 2.0,5  2.0,1  0,2 mol . Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: n Cx H4  4 2x  4  2 BTKL   x  1  (x 1).0,2  n Br2  n H2  0,25 mol  x = 2,25 . Mặt khác k CxH4  2 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C  a  nCO2  2,25.0,2  0,45 mol Câu 88: Hỗn hợp X gồm peptit A được cấu tạo bởi glyxin, alanin và chất béo B có chứa 3 liên kết  trong phân tử (số mol của B nhỏ hơn số mol của A). Đốt cháy a gam hỗn hợp X cần vừa đúng 49,28 lít O2 (đktc). Mặt khác, thủy phân a gam hỗn hợp X bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm 3 muối. Đốt cháy m gam hỗn hợp muối Y cần vừa đúng 47,712 lít O2 (đktc), thu được hỗn hợp khí Z gồm CO2, H2O, N2 và 13,78 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Z qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng thêm 90,46 gam so với ban đầu. Xem như N2 không bị nước hấp thụ, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 43,6%. B. 42,7%. C. 44,5% D. 41,8%  Hướng dẫn giải  2,2 mol O 2  CO  H O  N  2 2 2 Peptit A : (Gly)n (Ala)m X B : (RCOO)3 C 3 H 5 (k = 3) a gam C 3 H 5 (OH)3  Na CO  C 2 H 4 O2 NNa  2 3   x mol  0,13 mol  NaOH    2,13 mol O2    Y C H O NNa   N 2 3 6 2    y mol   90, 46 gam CO2  RCOONa  H 2 O  m gam  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Nhận xét: Số mol O2 chênh lệch giữa đốt hỗn hợp X và hỗn hợp Y chính là số mol O2 cần để đốt cháy hoàn toàn C3H5(OH)3  nO2 cÇn ®Ó ®èt C3H5 (OH)3  2,2  2,13  0,07 mol to   BT gèc C3H5 C 3 H8 O3  3,5O2   3CO2  4H2 O n(RCOO)3 C3H5  nC3H5 (OH)3  0,02 mol     BT gèc RCOO n    RCOONa  0,06 mol mol : 0,02   0,07  Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có: nNa trong Y  2nNa2CO3  0,26 mol  nO trong Y  2nNa trong Y  2  0,26  0,52 mol Khi đó, áp dụng bảo toàn nguyên tố O và giả thuyết, ta có :   2n CO2  n H2O  (0,52  2,13  2  0,13  3) mol n CO  1, 43 mol   2   nC trong Y  1,43  0,13  1,56 mol  44n  18n  90, 46 gam n  1,53 mol CO H O H O    2 2  2 BTKL   mY  1,56  12  1,53  2  0,52  16  0,2  14  0,23  23  38,88 gam Nhận xét : nC2H4O2NNa  nC3H6O2NNa  n N trong Y  0,2 mol  2(x  y)  n C trong muèi Gly, Ala  3(x  y) x mol 0,4 mol y mol BTNT C    (1,56  0,6)  n C trong RCOONa  (1,56  0, 4)  0,96 mol Sè C cða axit bÐo l¯ sè ch·n 1,16 mol kB  3 0,6 mol 0,96 1,16  16  Sè C RCOONa   19,33. 0,06 0,06  B : (C17 H35COO)3 C 3 H5  Sè C RCOONa  18  Thật ra : chất béo B chỉ chứa 3 liên kết  trong phân tử  B là chất béo no. Trong chương trình phổ thông, ta học về 2 loại chất béo no là tripanmitin – (C15H31COO)3C3H5 và tristearin – (C17H35COO)3C3H5. Như vậy thì chỉ cần số C trong muối > 16 là có thể suy ra được B là tristearin. C 2 H 4 O2 NNa : x mol x  y  0,2 mol  + Khi đó : 38,88 gam C 3 H6 O2 NNa : y mol  97x  111y  0,06  306  38,88 mol C H COONa : 0,06 mol  17 35 n C2H4O2NNa 0,12 3 x  0,12 mol      n C3H6O2NNa 0,08 2 y  0,08 mol BTNT C +  (2n  3m)  n A  nC trong muèi Gly, Ala  0,12  2  0,08  3  0,48 mol  n  3 ; m = 2  n A  0,04 mol > n B (Thàa m±n)  n 3 Do    n  6 ; m = 4  n A  0,02 mol = n B (Lo³i) m 2  ....................  n A < nB  C 2 H 4 O2 NNa : 0,12 mol to (Gly)3 (Ala)2  5NaOH    H2 O    C 3 H6 O2 NNa : 0,08 mol  0,04 0,2 0,04 mol : Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : m A  (0,12  97  0,08  111)  0,04  18  0,2  40  13,24 gam mmuèi Gly. Ala  %m A  mH O 2 mNaOH 13,24 gÇn nhÊt  42,7% .100  42,65%  13,24  0,02.890 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Tuyển tập các câu hỏi hay và khó của Thầy Tào Mạnh Đức trên Facebook Câu 89: Hỗn hợp E chứa 3 este đều 2 chức và mạch hở, trong đó có một este không no chứa một liên kết C=C. Đun nóng hoàn toàn hỗn hợp E với dung dịch KOH (lấy dư gấp 2,4 lần so với phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp chứa 2 ancol đơn chức cùng dãy đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp F chứa 3 chất rắn. Lấy hỗn hợp 2 ancol đun với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 6,39 gam hỗn hợp 3 ete (biết rằng hiệu suất ete hóa mỗi ancol đều bằng 75%). Đốt cháy toàn bộ F bằng lượng oxi vừa đủ chỉ thu được 0,24 mol K2CO3 và 0,16 mol H2O. Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử lớn không thể có là  Hướng dẫn giải  R(COOK)2  O2 K 2 CO3 : 0,24 mol   R·n  o KOH d   H 2 O : 0,16 mol  t R(C OOR')2 + KOH    Ete : 6,39 gam  H2SO4 ®Æc; 140o C R'  OH    H%  75%  H 2 O  Áp dụng bảo toàn nguyên tố K, ta có:   n Este  0,1 mol lÊy d gÊp 2,4 lÇn  n KOH ph°n øng  0,2 mol   n KOH ban ®Çu  2n K2CO3  0,48 mol    nancol  n KOH  0,2 mol + Xử lý số liệu thí nghiệm tách H2O của hỗn hợp ancol mancol  6,39  18n H2O   mancol  7,74 gam   Áp dụng bảo toàn khối lượng và tỉ lệ số mol, ta có:  75  2n H2O  nancol pø  0,2. n H2O  0,075 mol  100 7,74  Mancol   51,6 . 0,2.0,75 + Mặt khác, ancol đơn chức, không no có khối lượng phân tử nhỏ nhất là 56 (CH  C  CH2  OH) øng víi C H OH (46) 8,4  0,12 mol 2 5   ancol ®ång ®µng kÕ tiÕp  0,2 mol  Do đó  M  51,6  øng víi C H OH (60) 5,6  0,08 mol   3 7 Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: n H trong muèi RCOOK  n KOH d  2n H2O  0,32 mol  nH trong muèi RCOOK  n H trong gèc R  0,04 mol 0,28 mol  Sè H trong R = 0,04  0,4 . Suy ra trong E có este chứa gốc R không chức H (số H = 0) 0,1 + Mặt khác do KOH dùng dư nên hỗn hợp F gồm KOH dư và 2 muối của axit  có 2 este cùng tạo bởi 1 axit hai chức vậy khi đó E gồm X là 1 este không no, chức 1 một liên kết C=C (x mol, k = 3) và Y; Z là 2 este no hai chức tạo bởi axit oxalic và các ancol đơn no (y mol; z mol đều có k = 2). Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có:  n C trong E  n K2CO3  nC trong ancol  0,24  (0,12.2  0,08.3)  0,72 mol   n H trong E  2n H2O  n H trong ancol  n KOH  0,32  (0,12.6  0,08.8)  0,48  1,2 mol + Giả sử khi đó đốt cháy hỗn hợp E thì ta sẽ thu được nCO2  0,72 mol và n H2O  0,6 mol  x  y  z  0,1 mol  x = 0,02 mol. Theo giả thuyết và mối liên hệ của độ bất bão hòa k :   2x  y  z  n CO2  n H2O  0,12 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus BTNT H Do gốc axit của Y; Z không chứa H   Số H trong gốc của X = n H trong R nX  0,04  2. 0,02 X :  OOC  CH  CH COO  : 0,02 mol   KOH C 2 H5OH : 0,12 mol Vậy khi đó E gồm Y : R OOC  COO  R': y mol   C 3 H7 OH : 0,08 mol Z : R' OOC  COO  R' : z mol  Trong đó X có thể có có 2 gốc R’ hoặc 1R’+1R (với R và R’ là gốc ancol C2H5– hoặc C3H7–). Khi đó các trường hợp có thể có là Trường hợp 1: C 3 H7  OOC  CH  CH  COO  C 3H 7 : 0,02 mol   %mEste cã ph©n tö lín  24,63%  E C 3 H 7  OOC  COO  C 2 H 5 : 0,04 mol C H  OOC  COO  C H : 0,04 mol 2 5  2 5 Trường hợp 2: C 3 H7  OOC  CH  CH  COO  C 3H 7 : 0,02 mol   %mEste cã ph©n tö lín  24,63%  E C 3 H 7  OOC  COO  C 3 H 7 : 0,02 mol C H  OOC  COO  C H : 0,06 mol 2 5  2 5 Trường hợp 3: C 2 H5  OOC  CH  CH  COO  C 2 H 5 : 0,02 mol   %mEste cã ph©n tö lín  42,86%  E C 3 H 7  OOC  COO  C 3 H 7 : 0,04 mol C H  OOC  COO  C H : 0,04 mol 2 5  2 5 Trường hợp 4: C 3 H7  OOC  CH  CH  COO  C 2 H 5 : 0,02 mol   %mEste cã ph©n tö lín  22,91%  E C 3 H 7  OOC  COO  C 3 H 7 : 0,03 mol C H  OOC  COO  C H : 0,05 mol 2 5  2 5 Trường hợp 5: C 3 H7  OOC  CH  CH  COO  C 2 H 5 : 0,02 mol   %mEste cã ph©n tö lín  22,91%  E C 3 H7  OOC  COO  C 2 H5 : 0,06 mol C H  OOC  COO  C H : 0,02 mol 2 5  2 5 Câu 90: Đốt cháy 25,0 gam hỗn hợp E chứa 3 este đều no, mạch hở và không phân nhánh cần dùng 0,85 mol O2. Mặt khác đun nóng 25,0 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được một muối duy nhất và hỗn hợp F chứa 2 ancol đều đơn chức cùng dãy đồng đẳng kế tiếp. Đun toàn bộ F với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 6,28 gam hỗn hợp gồm 3 ete. Hóa hơi hỗn hợp 3 ete thì thể tích đúng bằng thể tích của 2,8 gam N 2 (đo cùng điều kiện). Hiệu suất ete hóa mỗi ancol là  Hướng dẫn giải + Do E chứa 3 este đều no, mạch hở không phân nhánh  số chức của các este đều < 3. + Mặt khác thủy phân E trong NaOH chỉ thu được 1 muối duy nhất  3 este có cùng số nhóm chức (cùng đơn chức hoặc cùng hai chức). Do chỉ thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 ancol đơn chức  E gồm 3 este hai chức (do nếu là các este đơn chức tạo bởi 1 axit đơn và 2 ancol đơn thì chỉ tạo được 2 este: RCOOR’, RCOOR’’).  0,85 mol O Khi đó : 25 gam R(COOR)2 (k = 2) x mol 2  CO  H O  2 2  NaOH   R(C OONa)2  R' OH “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Áp dụng bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố O và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: 44n CO  18n H O  (25  0,85.32) gam n CO2  0,9 mol 2 2    n H2O  0,7 mol 2n CO2  n H2O  (0,85.2  4x) mol   x  0,2 mol n CO2  n H2O  x mol n CO2 0,9  Sè C    4,5  trong E có chứa (COOCH3)2. nE 0,2 + Mặt khác, thủy phân 3 este chỉ thu được 1 muối và 2 ancol đồng đẳng kế tiếp (C OOK)2 (C OOCH3 )2  6, 28 gam Ete   NaOH   0, 2 mol E (C OOC 2 H 5 )2   CH3OH (H1 %)  H2SO4 ®Æc   0,1 mol o 0, 4 mol C H OH (H %)  CH OOC  COOC H 140 C  2 5 2 2 5  3 H O   2 H SO ®Æc 2 4  2R ' OH   Ete  H2 O  140o C + Theo quy luật phản ứng ete hóa  0,1  0,1  mol : 0,2   8,08 m Ancol  6,28  0,1.18  8,08 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có:   Mancol   40,4 n  0,2 mol 0,2  ancol ph°n øng  øng víi CH3OH (32) 5,6   0,16 mol  M = 40, 4 Sơ đồ đường chéo, ta có: 0, 4 mol   øng víi 8,4   0, 24 mol C 2 H5OH (46)   0,16H1  0,24H2  nancol ph°n øng  0,2 mol H  50%  1 Khi đó kết hợp các giả thuyết ta có:    32.0,16H1  46.0,24.H2  nancol ph°n øng  8,08 gam H 2  50% Câu 91: X, Y là hai este đều mạch hở, không phân nhánh và có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy 15,9 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 0,615 mol O2. Mặt khác, đun nóng 15,9 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp F gồm 2 ancol đơn chức đồng đẳng kế tiếp nhau và hỗn hợp gồm a gam muối A và b gam muối B (MA > MB). Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 8,28 gam; đồng thời thu được 2,688 lít khí H2 thoát ra ở đktc. Giá trị của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,4. B. 2,5. C. 2,6. D. 2,3.  Hướng dẫn giải  2,688 m b×nh t¨ng  m hh ancol  m H2  + Xử lý dữ kiện hỗn hợp ancol, ta có:   m hh ancol  8,28  .2  8,52 gam 22,4  n hh ancol  2n H2  0,24 mol 8,52 ®ång ®µng kÕ tiÕp CH3OH : x mol  M hh ancol    35,5  0,24 C 2 H5OH : y mol 32x  46y  8,52 gam x  0,18 mol  + Khi đó ta có:  x  y  0,24 mol y = 0,06 mol + Do X, Y đều mạch hở và các mạch C không phân nhánh  Số chức X, Y đều < 3. Mặt khác, do 2 ancol thu được đều đơn chức  nO trong X, Y  2nhçn hîp ancol  0,48 mol . Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố C, ta có: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus   44n CO2  18n H2O  (15,9  0,615.32) gam n CO  0,6 mol   2   n H2O  0,51 mol 2n CO2  n H2O  (0,48  0,615.2) mol  Trường hợp 1: X, Y đều đơn chức.  nX, Y  nhçn hîp ancol  0,24 mol  C X  C Y  n CO2 n X, Y  0,6  2,5  N*  Lo³i. 0,24 ancol ®¬n chøc Trường hợp 2: X, Y đều hai chức   X, Y là este 2 chức tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn. n CO2 n hçn hîp ancol 0,6   5.  n X, Y   0,12 mol  C X  C Y  n X, Y 0,12 2 R' no v¯ R'  1 + Do hỗn hợp E là R(C OOR')2   để E không no thì C E  5 . X, Y hai chøc  CX = CY = 5 thì X, Y phải no  n E  n CO2  n H2O  0,09 mol  0,12 mol (mâu thuẫn) 0,6 mol 0,51 mol Trường hợp 3: Hỗn hợp E chứa 1 este đơn và 1 este hai chức tạo bởi axit hai chức và ancol đơn.  CH3OH : 0,18 mol hçn hîp F  R(COOR')2 : x mol  NaOH  C 2 H 5OH : 0,06 mol 15,9 gam E    R(COONa)2 R1COOR'' : y mol  hçn hîp muèi   R1COONa  + Theo đó, ta có: nhçn hîp ancol  2x  y  0,24 mol  2x  y  x  y  2x  y 2 nX, Y 0,24 mol 0,12 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,6 0,6 Sè C X, Y > 3  CX  CY   2,5  C X  C Y  5   CX  CY  4 (cã Este 2 chøc cða axit 2 chøc v¯ ancol ®¬n) 0,24 0,12  E gồm 1 este đơn và este 2 chức đều có số C bằng 4 thủy phân sinh được hỗn hợp CH3OH và C2H5OH phải BT gèc CH3    0,09 mol (COOCH3 )2   NaOH A : (COONa)2 : 0,09 mol là     BT gèc C 2 H5  CH COOC H   0,06 mol B : CH3COONa : 0,06 mol   3 2 5 201 gÇn nhÊt   2,5 Vậy a : b  0,09.134 : 0,06.82  82 Câu 92: X là este no, đơn chức, Y là axit cacboxylic đơn chức, không no chứa một liên kết đôi C=C; Z là este 2 chức tạo bởi etylen glicol và axit Y (X, Y, Z, đều mạch hở, số mol Y bằng số mol Z). Đốt cháy a gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,335 mol O2 thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 19,74 gam. Mặt khác, a gam E làm mất màu tối đa dung dịch chứa 0,14 mol Br2. Khối lượng của X trong E là A. 8,6 gam. B. 6,6 gam. C. 6,8 gam. D. 7,6 gam.  Hướng dẫn giải CO2  0,335 mol O2 X : RCOOR' : x mol (k  1)   19,74 gam  o  t a gam E Y : R''C OOH : y mol (k = 2) H 2 O Z : (R''COO) C H : y mol (k = 4)  0,14 mol Br2 2 2 4    mÊt m¯u tèi ®a. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus + Do đề nói E làm mất màu tối đa 0,14 mol dung dịch Br2 thông tin quý giá này được hiểu như sau : Trường hợp 1: X không phản ứng với dung dịch Br2. 7 mol Áp dụng bảo toàn mol C C , ta có: y  2y  nBr2 ph°n øng  0,14 mol  y  150 Khi đó, áp theo giả thuyết và mối liên hệ độ bất bão hòa, ta có: 44n CO2  18n H2O  19,74 gam  bÊm m²y   số liệu rất xấu, không thể chấp nhận (đối với Toán Hóa Học).  14 n  n  (y  3y)  mol  CO2 H 2O  75 Comment: còn các bạn làm tiếp sẽ tìm ra được x mol thông qua BTNT O  mâu thuẫn. Trường hợp 2: X phản ứng với dung dịch Br2  X có dạng HCOOR. Áp dụng bảo toàn mol C C , ta có: x  y  2y  nBr2 ph°n øng  0,14 mol  2x  2y  4y  2nBr2  0,28 mol . Khi đó,theo giả thuyết và áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: 44n CO2  18n H2O  19,74 gam  n CO2  0,33 mol  2n CO  n H O  0,335.2  (2x  2y  4y)   2 2   n H2O  0,29 mol 0,28 mol   y = 0,01 mol y  3y  n CO2  n H2O  0,04 mol  Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa, ta có:   x = 0,11 mol x  y  2y  0,14 mol n CO2 0,33 X cã d³ng HCOOR Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: C X    3  X : HCOOCH3 nX 0,11 Vậy : mX  0,11.60  6,6 gam Comment: Đề bài gợi ý cụm từ “tối đa” khá rõ nên chỉ cần mẫn cảm các bạn sẽ thấy được bài toán xuất hiện ở BTNT  Y là CH2=CH-COOH (0,01mol); trường hợp 2. Bài ra chỉ hỏi về khối lượng của X,còn các chất Y; Z  Z là (CH2=CH-COO)2C2H4 (0,01 mol). Câu 93: X, Y là hai axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở (trong phân tử X, Y chứa không quá 2 liên kết  và 50 < MX < MY); Z là este được tạo bởi X, Y và etylen glicol. Đốt cháy 13,12 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,50 mol O2. Mặt khác 0,36 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,1 mol Br2. Nếu đun nóng 13,12 gam E với 200 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,9. B. 2,7. C. 2,6. D. 2,8.  Hướng dẫn giải  0,5 mol O2  X : RCOOH  CO2  H 2 O   13,12 gam E Y : R'C OOH  muèi A : RCOOK : a gam  0,2 mol KOH  Z : RCOOC H OCOR'  F  2 4  muèi B : R'C OOK : b gam    0,1 mol Br2  mÊt m¯u võa ®ð 0,36 mol E  Do các chất trong E đều chứa nhóm –COO– nên theo quy luật phản ứng, ta có: nCOO  nKOH  0,2 mol  nO trong E  2n COO  0,4 mol Khi đó, áp dụng bảo toàn khối lượng vào bảo toàn nguyên tố O, ta có:   12n CO2  2n H2O  (13,12  0,4.16) gam n CO  0,49 mol   2    2n CO2  n H2O  0,5.2  0,4 mol n H2O  0,42 mol + Mặt khác ở thí nghiệm phản ứng với dung dịch Br2 theo bảo toàn mol liên kết C C ta có : “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 0,1  0,278  trong E có chứa chất có C C = 0 (axit no đơn). 0,36 + Do X, Y đều chứa không quá 2 liên kết   axit còn lại không no chức 1 C C . (Gọi a là hệ số tỉ lượng) 0,36.Sè C C  nBr2  0,1 mol  Sè C C  axit no ®¬n : ax mol (C C  0) ax  ay  az  0,36 mol    ax  0,26 mol 0,36 mol axit kh«ng no 1C C : ay mol (C C  1) ay  az  0,1 mol  este t³o bëi 2 axit v¯ etilen glicol : az mol ( C  C  1)  + Từ thí nghiệm đốt cháy và thủy phân hỗn hợp E ta lại có :  0,5 mol O2 CO2 : 0, 49 mol  axit no ®¬n : x mol (k  1)   H 2 O : 0,42 mol axit kh«ng no 1C C : y mol (k  2) este t³o bëi 2 axit v¯ etilen glicol : z mol (k  3)   0,2 mol KOH  F  muèi A : RCOOK : a gam   muèi B : R 'C OOK : b gam Theo giả thuyết về số mol KOH phản ứng và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có:  x  y  2z  n KOH ph°n øng  0,2 mol ayaz0,1 mol ax0,26 mol a = 2   x  0,13 mol   y + z = 0,05 mol.   y  2z  n CO2  n H2O  0,07 mol x  y  2z  0,2 mol x  0,13 mol n CO2 0,49   Theo đó ta có: y  2z  0,07 mol  y  0,03 mol  Sè C E    2,72 nE 0,13  0,03  0,02 y  z  0,05 mol z = 0,02 mol   Vậy trong E phải có axit 1C hoặc 2C. Mặt khác do 50 < MX < MY  X phải là CH3COOH (0,13 mol) BTNT C SHIFT SOLVE   0,13.2  C Y .0,03  (C Y  2  2).0,02  nCO2  0,49 mol    C Y  3 (CH2  CH  COOH) Vậy khi đó: X : CH3COOH : 0,13 mol  CH3 COOK : (0,13 + 0,02) mol  BT CH3 - v¯ CH2 CH  E Y : CH 2  CH  C OOH : 0,03 mol  F  CH2  CH C OOK : (0,03  0,02) mol Z : CH COOC H OCOCH=CH : 0,02 mol 3 2 4 2  0,15.98 gÇn nhÊt  a :b=  2,7 = 2,6727  0,05.110 Câu 94: Hỗn hợp E chứa 3 este đều mạch hở và không phân nhánh (không chứa nhóm chức khác). Đun nóng 20,62 gam E cần dùng 280 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp F chứa 3 ancol đều no và hỗn hợp muối. Lấy toàn bộ hỗn hợp muối này đun nóng với vôi tôi xút thu được duy nhất một hiđrocacbon đơn giản nhất có thể tích là 5,6 lít (đktc). Mặt khác đốt cháy 20,62 gam E cần dùng 0,955 mol O2 (đktc). Phần trăm khối lượng của ancol có khối lượng phân tử nhỏ trong hỗn hợp F là  Hướng dẫn giải + Trong hỗn hợp chỉ chứa chức este và mạch không phân nhánh  số chức của các este trong E đều < 3. 2NaOH + Theo quy luật phản ứng nung muối với vôi tôi xút ta có: R(COONa)n   RHn  Na 2 CO3 CaO, t o Vậy hiđrocacbon đơn giản nhất là CH4 (0,25 mol)  n R(COONa)n  0,25 mol Do các este chỉ chứa nhóm chức este nên ta có n COO  nNaOH  0,28 mol  nO trong E  2.0,28  0,56 mol. Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có: 44n CO2  18n H2O  (20,62  0,955.32) gam n CO2  0,84 mol        2n CO2  n H2O  (0,56  0,955.2) mol n H2O  0,79 mol + Không mất tính tổng quát, gọi số mol của 3 este lần lượt là x mol, y mol và z mol. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Theo đó Sè  COO   n NaOH n R(COONa)n  0,28  1,12  E gồm este đơn chức và este 2 chức. 0,25 n CO2 0,84  3,36 x  y  z 0,25  trong E có chứa X: CH3COOCH3 (x mol; k = 1) và Y: R  OOC  CH2  COO  R' (y mol; k = 2). Este còn lại đơn chức, suy ra Z là CH3COOR’’ (z mol; k = 1). Mặt khác, 3 ancol đều no nên khi đó theo giả thuyết, số mol NaOH và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: x  y  z  0,25 mol    y  0,03 mol   MÂU THUẪN. x  2y  z  n NaOH  0,28 mol  y  n  n CO2 H2 O  0,84  0,79  0,05 mol  Trường hợp 2: trong E chứa 2 este hai chức và đồng thời phải thu được 3 ancol no nên  R  OOC  CH 2  COO  R'  trong E có chứa X: CH3COOR (x mol; k = 1) và Y  : (y mol; k = 2)  R' OOC  CH 2  COO  R' Este còn lại hai chức, suy ra Z là CH3COO–R’’–OCOCH3 (z mol; k = 2). Theo giả thuyết, số mol NaOH và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: x  y  2z  n CH4  0,25 mol x  0,18 mol n CO2  0,84   y  0,03 mol  Sè C =   3,652 x  2y  2z  n NaOH  0,28 mol x  y  z 0,23 z  0,02 mol y  z  n  n  CO2 H2 O  0,84  0,79  0,05 mol   X là CH3COOCH3 (0,18 mol). BTNT C Do C R ''  2   0,18.3  0,02.( 6)  C Y .0,03  nCO2  0,84 mol  C Y  6 . Nếu trong Y chứa 2 gốc Trường hợp 1: trong E chứa 2 este đơn chức  x + y + z = 0,25 mol  Sè C =  ancol giống nhau thì 2C R'  3  C R'  1,5 khi đó R’ = CH3–  chỉ thu được 2 ancol. Để thu được 3 ancol thì trong Y phải chứa 1 gốc R = CH3– ở gốc ancol và R’  CH3–. Khi đó, ta có:  CH COOCH  CH3 COONa : (0,18 + 0,02.2) mol 3  3 muèi  CH 2 (C OONa)2 : 0,03 mol  0,18 mol     0,28 mol NaOH 20,62 gam CH 3  OOC  CH 2  COO  R'   CH3 OH : (0,18+0,03) mol    0,03 mol  ancol R'OH : 0,03 mol R''(OH) : 0,02 mol CH3 COO  R'' OCOCH 3  2    0,02 mol  Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: 20,62  0,28.40  mancol  (0,22.82  0,03.148)  mancol  9,34 gam (0,18  0,03).32 .100  71,95% Vậy: %mCH3OH  9,34 Comment: Ngoài ra nếu không dùng bảo toàn khối lượng, các bạn có thể từ C Y  6 suy ra R’ = C2H5–; sau đó áp dụng bảo toàn nguyên tố C để tìm ra được R’’ = –C2H4–. Câu 95: X là este đơn chức, Y là este hai chức (không chứa nhóm chức khác; X, Y đều mạch hở và có cùng số cacbon). Đốt cháy 14,94 gam hỗn hợp E chứa X, Y (số mol Y lớn hơn số mol X) cần dùng 0,81 mol O2. Mặt khác đun nóng 14,94 gam E với 165 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp chứa 2 muối và hỗn hợp chứa 2 ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng kế tiếp. Dẫn hỗn hợp 2 ancol này qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 6,165 gam. Lấy toàn bộ hỗn hợp muối nung với vôi tôi xút thu được hỗn hợp chất hữu cơ T. Nếu lấy 0,36 mol T tác dụng tối đa với bao nhiêu ml dung dịch Br2 1M “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  Hướng dẫn giải + Xử lý dữ kiện về hỗn hợp ancol: + Na Ta có: nCOO  nNaOH ph°n øng  0,165 mol   nancol  0,165 mol   n H2  0,165 mol 2 mancol  m H2  m b×nh t¨ng 6,165  0,165  Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có:   Mancol   38,36 0,615 gam 6,165 gam 0,165 n  ancol  0,165 mol CH3OH : a mol a  b  0,165 mol a  0,09 mol ancol ®ång ®µng kÕ tiÕp      0,165 mol  32a  46b  6,33 gam b  0,075 mol C 2 H5OH : b mol Khi đó: do n Y  n X và nC2H5OH  nCH3OH  2nC2H5OH  Y chỉ chứa 1 gốc C2H5– và 1 gốc CH3– Vậy:  0,81 mol O2 X : R1COOCH3   CO2  H 2 O  0,015 mol   R1COONa R1H NaOH  V lÝt COO  CH3  2 muèi      o Br 1M  CaO, t 14,94 gam  2 R (COONa) R H  2 2  2 2  0,165 mol    Y : R2 NaOH   2 ancol CH3OH : 0,09 mol COO  C 2 H 5    C 2 H 5OH : 0,075 mol  0,075 mol  Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có:   44n CO2  18n H2O  (14,94  0,81.32) gam n CO  0,72 mol   2    2n CO2  n H2O  (0,165.2  0,81.2) mol n H2O  0,51 mol BTNT C Do X, Y có cùng số nguyên tử C   C X,Y .(0,015 + 0,075) = nCO2 = 0,72 mol  C X,Y  8. Cách 1:  H X  8  H Y  12 BTNT H   HX .0,015  HY .0,075  2n H2O  1,02 mol  HX  5HY  68    H2  13  H Y  11 (L) Do hợp chất hữu cơ chứa C, H, O thì số H phải là số chẵn R  C 6 H5  : 0,015 mol C 6 H6 : 0,015 mol  1    R2  CH  CH  CH2  : 0,075 mol CH2  CH  CH3 : 0,075 mol 0,3 0,36  0,3 lÝt Do  4  khi dùng 0,36 mol T thì nBr2 ®± dïng  0,075.4  0,3 mol  V  1 0,075  0,015 Cách 2: Sử dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k. k R 51 4  k  5  1  R1  C 6 H5   X (k X  1).0,015  (k Y  1).0,075  nCO2  nH2O  0,21 mol   k R 32 1 2   R2  CH  CH  CH2   k X  3  Câu 96: X, Y là 2 axit cacboxylic đều hai chức (trong đó X no, Y không no chứa một liên kết C=C); Z là este thuần chức tạo bởi X, Y và ancol no T. Đốt cháy 21,58 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol của Y gấp 2 lần số mol của Z) cần dùng 0,275 mol O2. Mặt khác đun nóng 21,58 gam E với 440 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (M A < MB). Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 1,76 gam; đồng thời thu được 0,672 lít khí H2 (đktc). Tỉ lệ a : b gần nhất là. A. 3,9 B. 3,7 C. 3,6 D. 3,8  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus   0,275 mol   CO2  H 2 O  O2 X : R '(COOH) (k = 2) 2   R '(COONa)2  x mol  Muèi F  21,58 gam E Y : R(COOH)2 (k = 3) R(COONa)2  0,44 mol     2y mol NaOH  m b×nh t¨ng  1,76 gam  + Na  Ancol T     Z : Este t³o bëi X, Y v¯ ancol T  H 2 : 0,03 mol   y mol  + Xử lý dữ kiện về ancol no T là R’’(OH)n  1,82.n 91n mancol T  1,76  0,03.2  1,82 gam Theo giả thuyết, ta có:   Mancol T   0,06 3  n OH  2n H2  0,06 mol Với Mancol T , n phải nguyên và do T no (CTPT dạng C x H2x2 On )  Mancol T phải chẵn và n chia hết cho 3.  n  3  Mancol T  91 (Lo³i)  T là C6 H8 (OH)6 : 0,01 mol (Sorbitol) Khi đó :   n  6  Mancol T  182 Vậy khi đó Z là este 6 chức tạo bởi X, Y và C6 H8 (OH)6  y = 0,01 mol. Khi đó theo giả thuyết  2x  2.0,02  6.0,01  n NaOH ph°n øng  0, 44 mol  x = 0,17 mol. 2y y Theo quy luật phản ứng ta có: nCOO  nNaOH ph°n øng  0,44 mol  nO trong E  2.0,44  0,88 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có:  n CO  0,58 mol 44n CO2  18n H2O  (21,58  0,275.32) gam   2   n H2O  0,27 mol 2n CO2  n H2O  (0,88  2.0,275) mol n CO2 0,58  Sè C =   2,9  X là HOOC–COOH (0,17 mol). n X  n Y  n Z 0,17  0,02  0,01 Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: (2  1).0,17  (3  1).0,02  (k Z  1).0,01  n CO2  n H2O  0,31 mol  k Z  11 Do đó sè C C trong gèc R = 11  6COO  3Vßng  2  Z chứa 2 gốc R của axit không no hai chức, 1 C C BTNT C    0,17.2  (C R  2).0,02  (2 C R  12).0,01  n CO2  0,58 mol Z là R chøc 1 C C  R l¯  CH  CH   C R  2  BT gèc OOC COO   0,17  0,01  0,18 mol NaOOC  COONa   F gồm  BT gèc CH=CH  NaOOC  CH  CH  COONa  0,02  2.0,01  0,04 mol a 0,18.134 gÇn nhÊt  3,8 Vậy   3,76875  b 0,04.160 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Nhận xét: + Ở bài toán này “nút thắt” cần cởi ở việc xác định CTCT của ancol no T. Bài toán hay ở chỗ các bạn không ngờ được ancol đó là sorbitol. + Nhiều bạn khi giải sẽ dự đoán ancol T để cố gắng ép dữ kiện và cho rằng số liệu của đề có vấn đề. - Este tạo với 2 axit 2 chức X, Y  cho rằng ancol T 4 chức, cố ép điều đó thì suy ra khối lượng bình mancol T  1,77  0,06  1,83 gam 1,83  tăng phải là 1,77 gam vì   MT   122 C 4 H6 (OH)4 0,06 0,015 n   0,015 mol ancol T   4 - Với n = 3  MT  91 gÇn víi 92 C3 H5 (OH)3 + Nếu các bạn thoát ra được 2 sai lầm trên thì “nghiền ngẫm” sẽ thấy được hướng đi từ con số huyền ảo 1,82. Câu 97: Hỗn hợp E chứa 3 este đều có số nhóm chức không quá 2 và không chứa nhóm chức khác (trong đó có 2 este là đồng phân của nhau và đều có số nguyên tử C không quá 7). Đốt cháy m gam E bằng lượng oxi vừa đủ, thu được 1,59 mol CO2 và 1,2 mol H2O. Mặt khác đun nóng m gam E cần dùng 260 ml dung dịch NaOH 1,5M thu được hỗn hợp muối Y và hỗn hợp Z chứa 2 ancol đều no có cùng số nguyên tử cacbon. Dẫn Z qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng là 16,41 gam. Nung toàn bộ Y với NaOH/CaO đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp T chứa 3 khí có tỉ khối hơi so với He bằng 4,875. Biết Z không tác dụng với Cu(OH)2 ở điều kiện thường. Phần trăm khối lượng của muối có khối lượng phân tử nhỏ trong Y là A. 18,7% B. 24,9% C. 12,4% D. 20,7%  Hướng dẫn giải Theo quy luật phản ứng, ta có : nCOO  nOH trong ancol  n NaOH ph°n øng  0,39 mol Giả thuyết về khối lượng bình tăng cho ta : mZ  16,41  0,39  16,8 gam   mC, H trong anccol  16, 8  0, 39.16  10, 56 gam Mặt khác do E chứa các este có số nhóm chức không quá 2 nên  ancol tạo este tối đa 2 chức. Vậy hỗn hợp 2 Ancol no ®¬n : C n H2n 2 O (a mol) BTNT O ancol no có cùng số C gồm     a + 2b = 0,39 mol Ancol no, hai chøc : C n H2n 2 O2 (b mol)  0, 5a  b  a  b < a  2b 0,195 mol  nZ 0,39 mol  mC, H trong ancol  (14n + 2).(a + b) = 10,56 gam nZ  14n  2  n  3 10, 56 ancol  n  3, 725   n  2 2 chøc 0,195  Mặt khác vì Z không phản ứng với Cu(OH)2 ở điều kiện thường  n = 3. C 3 H7 OH : a mol a  2b  0,39 mol a  0,09 mol    Vậy 16,8 gam Z  60a  76b  16,8 gam b  0,15 mol C 3 H6 (OH)2 : b mol Do cả 3 este đều có số C  7 nên este 2 chức không thể tạo bởi axit 2 chức và C3H7OH. n CO2 RCOOC 3 H7 : 0,09 mol 1,59 BTNT C  E gồm     Sè C =   6,625  có este 7C. nE 0,09  0,15 (R'COO)2 C 3 H6 : 0,15 mol 0,09.7  0,15.C Este 2 chøc  1,59 mol  C Este 2 chøc  6, 4  N (Lo³i) 2 este ®ång ph©n cða nhau  C nguyªn   0,09.C Este ®¬n chøc  0,15.7  1,59 mol  C Este ®¬n chøc  6 Không mất tính tổng quát gọi k1, k2 lần lượt là độ bất bão hòa của este đơn và este 2 chức. Khi đó, ta có :  k1  2 k1, k 2 nguyªn 0,09.(k1  1)  0,15.(k 2  1)  nCO2  n H2O  0,39 mol    k 2  3 Vậy Este đơn chức có k = 2, số C = 6  CH2  CH  COO  C3 H7 : 0,09 mol (1) “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Mặt khác, do thu được 2 ancol nên khi đó 2 este đồng phân của nhau phải là 2 este hai chức. Với este 2 chức có k = 3 và số C = 7 thì có thể có các trường hợp sau : CH2=CH-COOCH2 COO–CH2 COO–CH2 | | | | | CH2 (CH2)2 CH2 CH3CH CH2 | | | | | HCOOCH2 COO–CH2 COO–CH2 a mol (2) b mol (3) b mol (4) Vậy khi đó 3 este có thể có gồm (1), (2), (3) hoặc (1), (2), (4). Lưu ý: không có trường hợp (1), (3), (4) vì khi đó sẽ chỉ sinh 2 khí và không có khí nào có M < 19,5. Với 2 trường hợp trên BTKL   mE  1,59.12  1,2.2  0,78.16  33,96 gam  m Y  33,96  0,39.40  16,8  32,76 gam mZ Với hỗn hợp Y có công thức tổng quát là : R(C OONa)n : 32,76 gam 0,39 32,76 0,39  R = 17n. mol   n R  67n n 13  M RHn  R  n  17n  n  18n  n    12 NaOH, CaO, t o  R(C OONa)n     RH n n R(C OONa)  0,39  0,36 mol MT  19,5 n  13 / 12 n Este hai chøc  a  b  0,15 mol a  0,12 mol Khi đó, ta có :    b  0,03 mol n Y  0,09  2a  b  0,36 mol 0,12.68 Với muối có phân tử khối nhỏ trong Y là HCOONa (0,12 mol)  %m HCOONa  .100  24,9% 32,76 Câu 98: Hóa hơi hoàn toàn 17,52 gam este X hai chức, mạch hở thì thể tích đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 (đo cùng điều kiện). Y, Z (MY < MZ) là hai este đều hai chức, trong phân tử mỗi chất có độ bất bão hòa không quá 4. Đun nóng 23,16 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol X gấp đôi số mol của Z) cần dùng 360 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp chứa 2 muối đều có số nguyên tử cacbon không quá 4 và hỗn hợp chứa 2 ancol có cùng số nguyên tử cacbon. Mặt khác đốt cháy 23,16 gam E cần dùng 0,79 mol O 2. Biết rằng X, Y, Z không chứa nhóm chức khác. Phần trăm khối lượng của Z có trong hỗn hợp E là  Hướng dẫn giải  0,36 mol NaOH 2 muèi cã sè C  4 X : 2x mol    23,16 gam E Y : y mol 2 ancol cïng sè C Z : x mol  0,79 mol O2    CO  H O 2 2 + Do X, Y, Z đều 2 chức do đó theo quy luật phản ứng, ta có: nCOO  nNaOH ph°n øng  0,36 mol. Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có: 44n CO2  18n H2O  (23,16  0,79.32) gam n CO2  0,88 mol        2n CO2  n H2O  (2.0,36  2.0,79) mol n H2O  0,54 mol 0,36  0,18 mol (*) + Mặt khác, nNaOH ph°n øng  2.(2x  y  x)  6x  2y  0,36 mol  3x  y   n X, Y, Z  2 n CO2 0,88 Sè C Este 2 chøc  4   4,89   E có chứa este có 4C. Áp dụng bảo toàn nguyên tố C: Sè C X, Y, Z  n X, Y, Z 0,18 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus (COOC 2 H 5 )2  m X  17,52 gam CH OOC  COOC 3 H 7 17, 52   146   3 + Xử lý, dữ kiện tìm X    MX  3,36 CH3OOC  (CH 2 )2  COOCH3 0,12 n X  28  0,12 mol  CH3OOC  CH 2  COOC 2 H 5 + Do sau phản ứng thủy phân chỉ thu được 2 ancol có cùng số C  1 ancol đơn chức, 1 ancol 2 chức có cùng C. Ancol 2 chøc sè C  2 X phải là (COOC2H5)2.  + Mặt khác do MY < MZ và trong E phải có este có 4C, tạo bởi ancol có 2C  Y là Trường hợp 1: Với kZ = 2.  3x  y  0,18 mol Khi đó theo (*) và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có:   2x  2y  x  3x  2y  n CO2  n H2O  0,34 mol 1  mol 1 1 x  BTNT C  4.0,16  C Z .  n CO2  0,88 mol  C Z  24 .   6.2.  150 150 150  y  0,16 mol + Thủy phân Z sinh được ancol có 2C do đó Z phải chứa 2 gốc C2H5– hoặc 1 gốc –CH2–CH2– .  C gèc axit  24  2. 2  20  4 . (LOẠI do các muối đều có số C không quá 4). C2H5 Trường hợp 2: Với kZ = 3.  3x  y  0,18 mol Khi đó theo (*) và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có:   2x  2y  2x  4x  2y  n CO2  n H2O  0,34 mol x  0,01 mol BTNT C    6.0,02  4.0,15  C Z .0,01  nCO2  0,88 mol  C Z  16 . y  0,15 mol + Thủy phân Z sinh được ancol có 2C do đó Z phải chứa 2 gốc C2H5– hoặc 1 gốc –CH2–CH2– .  C gèc axit  16  2. 2  12  4 . (LOẠI do các muối đều có số C không quá 4). C2H5 Trường hợp 3: Với kZ = 4.  3x  y  0,18 mol Khi đó theo (*) và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có:   2x  2y  3x  5x  2y  n CO2  n H2O  0,34 mol x  0,02 mol BTNT C     6.0,04  4.0,12  C Z .0,02  nCO2  0,88 mol  C Z  8 . y  0,12 mol + Thủy phân Z sinh được ancol có 2C do đó Z phải chứa 2 gốc C2H5– hoặc 1 gốc –CH2–CH2– .  C gèc axit  8  2. 2  4 . Khi đó Z là C 2 H5OOC  C  C  COOC 2 H5 (0,02 mol). C2H5 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Vậy %m Z  0,02.(29  44  13).2 .100  14,68% 23,16 Câu 99: Đốt cháy hoàn toàn a mol chất hữu cơ X (C, H, O) thu được x mol CO2 và y mol H2O với x = y + 5a. Hiđro hóa hoàn toàn 0,15 mol X thu được 32,4 gam chất hữu cơ Y. Đun nóng Y với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp E chứa 2 muối natri của 2 axit cacboxylic có cùng số nguyên tử cacbon và phần hơi chứa ancol Z. Đốt cháy toàn bộ E thu được CO2; 9,45 gam H2O và 23,85 gam Na2CO3. Tổng số nguyên tử có trong X là A. 23. B. 25. C. 27. D. 21.  Hướng dẫn giải  5n  n  n + Ta có x = y + 5a X CO2 H2 O  k X  6 . + Mặt khác theo bảo toàn nguyên tố Na, ta có: n NaOH ph°n øng  2n Na2CO3  2. 23,85  0,45 mol 106 k X  6  + Y  hỗn hợp muối của axit; ancol Z và  n NaOH ph°n øng 0,45  3  n 0,15  X  X là este thuần chức 3 chức tạo bởi ancol 3 chức và các axit có cùng số C. X l¯ este 3 chøc  1 muối của axit đơn chức và 1 muối của axit hai chức. Do 2 muối của axit có cùng số C  C n H 2n1O2 Na : 0,15 mol Y ph°i no  NaOH  Mặt khác, hiđro hóa hoàn toàn X thành Y. Vậy  muối  n X  n Y  0,15 mol C n H 2n4 O4 Na 2 : 0,15 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: 0,15.(2n  1  2n  4)  2nH2O  1,05 mol  n = 3 .  NaOH C 2 H5COONa : 0,15 mol  mmuèi  0,15.96  0,15.148  36,6 gam. NaOOC  CH  COONa : 0,15 mol  2  • Do X có phản ứng hiđro hóa nên X là este không no, 3 chức : Khi đó, áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mancol Z  32,4  0,45.40  36,6  13,8 gam. 13,8 nZ nY   Mancol Z   92 (C 3 H8 O3 )  ancol Z no . Vậy R phải không no. 0,15 k X 6  kR = 2 ( CH  C  ) • Khi đó, đã có 3 COO + 1 vòng = 4   CTPT là C9H8O6. Vậy tổng số nguyên tử là 9 + 8 + 6 = 23 . Vậy X là Comment: Câu này anh nghĩ là hay nhất đề, nếu em nào giải được “chuẩn mực” như lời giải của anh thì thật sự các em rất giỏi. Xử lý được câu này chuẩn mực thế thì an tâm là sẽ làm được ít nhất 1, 2 câu “chốt” của đề THPT Quốc Gia sắp tới. Đa phần các em không xử lý được chỗ “muối của 2 axit có cùng số C” vì các em bị cuốn vào kX = 6 là cứ định hình este 3 chức của ancol no, có 3 nối đôi ở gốc axit (dạng (RCH  CHCOO)3 R' ). Mà quên mất khả năng tạo vòng của axit 2 chức. Giải được “nút thắt” đó thì bài này trở nên rất đơn giản! Tuy nhiên nếu các em tinh ý xíu thì câu này để tìm ra đáp án đúng chỉ trong 30 giây mà thôi. Với X là este 3 chức và kX = 6 thì  CTPT tổng quát dạng: C n H2n10 O6 ; vậy tổng số nguyên tử của X = n + 2n – 10 + 6. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Víi A. 3n  4  23  n = 9 Víi B. 3n  4  25  n = 9,67 (LÎ  Lo³i)  Thử 4 đáp án, ta có:  Víi C. 3n  4  27  n = 10,33 (LÎ  Lo³i) Víi D. 3n  4  21  n = 8,33 (LÎ  Lo³i) Kinh nghiệm rút ra là “Các bài hay và khó thường có cách giải vô cùng đặc biệt !”. Câu 100: 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. Đốt cháy hoàn toàn 36,6 gam hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) cần vừa đủ 36,96 lít O2 (đktc), thu được CO2 (đktc) và 23,4 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 36,6 gam M với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 43,2 gam Ag. Mặt khác, cho 0,54 mol M phản ứng hết với 990 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dịch N. Cô cạn dung dịch N thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 44,45. B. 82,45. C. 79,90. D. 45,80.  Hướng dẫn giải 36,96 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mCO2  36,6  .32  23,4  66 gam  n CO2  1,5 mol 22,4 36,6  12.1,5  2.1,3  1 mol 16 Do hỗn hợp có phản ứng tráng bạc suy ra trong hỗn hợp có chứa X là HCOOH  X, Y, Z đều no, đơn (k =1). Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n O trong M   O2 , t o X : HCOOH : a mol (k = 1)  CO2  H 2 O  1,5 1,3 Vậy hỗn hợp M gồm 36,6 gam Y,Z : RCOOH : b mol (k = 1)  AgNO3 /NH3   Ag : 0,4 mol E : (RCOO)2  R  OOCH : c mol (k = 3)  Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, số mol Ag và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: 2a  2b  6c  n O trong M  1 mol a  0,1 mol n CO2 1,5     5  b  0,1 mol  C trong M  2a  2c  n Ag  0,4 mol nM 0,3  c  0,1 mol  2c  n CO2  n H2O  0,2 mol  C Y, Z  2  Do MX < MY < MZ nên   và số mol X, (Y + Z) và E bằng nhau nên suy ra C trong M bằng trung bình C  3   E CE cộng của số C các chất. Theo đó, C trong M  1  C Y,Z  (2C Y,Z  1  C T ) 10 Do C T 3  5   C Y,Z   3,33 3 3 Suy ra Y là CH3COOH. Mặt khác, theo giả thuyết số mol Y = số mol Z  Y : CH3COOH BTNT C   C T  5,5 (LÎ  Lo³i) C X,Y  2,5   2  CZ  C Y,Z  Z : CH3COOH     2 2  C X,Y  3,33 C  3  Y : CH3COOH  BTNT C  C T  4 (Thàa m±n)  T l¯ C 4 H 7 (OH)3 X,Y    Z : C 3 H 5COOH “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus m r·n ? 0,54  .0,2  0,36 mol 0,99 mol NaOH  0,54 X, Y, Z:  ThÝ nghiÖm 2 : .36,6 gam    n H2O  n X,Y,Z  0,36 mol 0,3 0,3 T : (0,54  0,36) mol   C 4 H 7 (OH)3 : 0,18 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 0,54 gÇn nhÊt m r·n  .36,6  0,99.40  0,36.18  0,18.106  79,92 gam    79,90 gam 0,3 KOH H O C H (OH) 2 4 7 3 M Câu 101: X là peptit mạch hở được cấu tạo từ axit glutamic và một  - amino axit Y no, mạch hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Để tác dụng vừa đủ với 0,1 mol X cần 0,7 mol NaOH tạo thành hỗn hợp muối trung hòa. Mặt khác, đốt cháy 6,876 gam X cần 8,2656 lít O2 (đktc). Đốt cháy m gam tetrapeptit mạch hở được cấu tạo từ Y cần 20,16 lít O2 (đktc). Biết rằng số liên kết peptit trong X là 4. Giá trị của m là A. 24,60. B. 18,12. C. 15,34. D. 13,80.  Hướng dẫn giải + Do peptit X được tạo bởi axit glutamic (1 nhóm –NH2 và 2 nhóm –COOH) và và một  - amino axit Y no, mạch hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH nên cần để ý rằng chỉ có 1 nhóm –COOH trong axit glutamic tạo liên kết peptit, nhóm còn lại tự do. Sè N = a + b  + Giả sử X được tạo bởi a gốc Glu và b gốc Y  X có dạng (Glu)a Yb : x mol víi Sè O = a + b + 1 + 2a k  peptit  2a  b + Do đó, theo quy luật phản ứng thủy phân peptit trong dung dịch kiềm, ta có: C n H 2n O2 NNa (Glu)a Yb  (2a  b)NaOH   Muèi   (a  1)H 2 O C H O NNa  n 2n 2 mol : 1 7 (Giải thích: vì cứ a nhóm axit glutamic sẽ có a nhóm –COOH tự do phản ứng với NaOH sinh thêm aH2O) Sè N = 5 2a  b  7 a  2  Khi đó theo giả thuyết, ta có:    X l¯ (Glu)2 Y3 : x mol víi Sè O = 10 a  b  1  4 b  3 k  peptit  7 Áp dụng bảo toàn khối lượng, nguyên tố O và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: 12n CO  2n H O  16.10x  14.5x  6,876 gam 12n CO  2n H O  230x  6,876 gam n CO2  0,3 mol 2 2 2 2       n H2O  0,258 mol  2n CO2  n H2O  10x  0,738 mol 2n CO2  n H2O  10x  0,738    x  0,012 mol   n CO2  n H2O  (7  1  0,5.5)x n CO2  n H2O  3,5x  0 Bảo toàn nguyên tố C cho phản ứng đốt cháy: 0,012.5  C Y .0,012  0,3 mol  C Y  5 (C 5H11O2 N  Valin) Vậy tatrapeptit tạo bởi Valin có công thức phân tử là 4  C 5H11O2 N   3H2 O  C 20 H38O5N4 .  O2  20CO2  19H2 O  2N2 Thí nghiệm 2, ta có đốt cháy pentapeptit được tạo bởi Valin, ta có: C 20 H38O5N4  to Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: 5n pentapeptit Y  2.0,9  40.n pentapeptit Y  19.n pentapeptit Y  n pentapeptit Y   m pentapeptit Y  1 .(12.20  38  16.5  14.4)  13,80 gam 30 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” 1 mol 30 Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 102: X là este đơn chức; Y là este hai chức (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy 21,2 gam hỗn hợp E chứa X, Y thu được x mol CO2 và y mol H2O với x = y + 0,52. Mặt khác đun nóng 21,2 gam E cần dùng 240 ml dung dịch KOH 1M thu được một muối duy nhất và hỗn hợp F chứa 2 ancol đều no. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư sau phản ứng thấy khối lượng bình tăng 8,48 gam. Số nguyên tử H (hiđro) có trong este Y là A. 14. B. 12. C. 10. D. 8. (Đề thi thử THPT Quốc gia lần lần 3– THPT Âu Lạc – TP. Hồ Chí Mính, năm 2015)  Hướng dẫn giải CO2 : x   y  0,52  mol O2  o  t RCOOR' H 2 O : y mol 21,2 gam E  (RCOO)2 R'' R'OH 0,24 mol KOH Na   RCOOK    m b×nh t¨ng  8,48 gam R''(OH)2 Lưu ý: Do đề bài không nói “lượng khí bay ra không đáng kể” nên mb×nh t¨ng  mancol  mH2  8,48 gam . 0,24 .2  0,24 gam 2 Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân và bảo toàn nguyên tố K, ta có: m RCOOK  21, 2  0, 24.56  (8, 48  0, 24)  25, 92 gam 26,16  M RCOOK   108  R l¯ CH  C   0, 24 n RCOOK  n KOH  0, 24 mol Bảo toàn mol H linh động, ta có: n OH trong ancol  n KOH  2n H2   0,24 mol  m H2  X : CH  C  COOR' : a mol  k X  3 Khi đó: E  và n O trong E  2a  4b  2.(a  2b)  0,48 mol Y : (CH  C  COO) R'' : b mol  k  6  2 Y n KOH 2a  4b  0,48 mol a  0,16 mol   2a  5b  n CO2  n H2O  0,52 mol b  0,04 mol  BTNT O   (k 1) n E nCO n H O 2 2 x  y  0,52 mol x  1,04 mol Theo giả thuyết và bảo toàn khối lượng, ta có:   12x  2y  (21,2  0,48.16) gam y  0,52 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: C X .0,16  C Y .0,04  nCO2  1,04 mol  4C X  C Y  26 C X  4 C X  4  CH  C  COOCH3   C nguyªn Do    26  8 C Y  (6  2)  C X   4,5 C Y  10  (CH  C  COO)C 4 H8  H Y  10    4 Comment: Ngoài ra, do nCO2  2n H2O  trong hỗn hợp E, số C = số H nên C Y  10  HY  10 Câu 103: Hỗn hợp E chứa tripeptit X và pentapeptit Y (X, Y đều mạch hở) trong đó phần trăm khối lượng oxi trong X là 33,862% và phần trăm khối lượng nitơ trong Y là 21,148%. Đun nóng m gam E cần dùng 330 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp gồm muối của glyxin và 6,66 gam muối của alanin. Giá trị của m là A. 21,27 gam B. 22,18 gam C. 21,12 gam D. 22,64 gam (Đề thi thử THPT Quốc gia lần lần 3– THPT Âu Lạc – TP. Hồ Chí Mính, năm 2015)  Hướng dẫn giải 16.4  Tripeptit : C x H y O4 N 3  %O   189  3.75  2.18  Gly  Gly  Gly  0,33862  E Pentapeptit : C H O N  %N  14.5  331  2.89  3.75  4.18  Ala  Ala  Gly  Gly  Gly n m 6 5  0,21148  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus muèi cða gly: C 2 H 4 O2 NNa Gly  Gly  Gly : x mol  0,33 mol NaOH m gam E    6,66 muèi cða ala: C 3 H6 O2 NNa :  0,06 mol Ala  Ala  Gly  Gly  Gly : y mol   111 Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có: nC2H4O2NNa  0,33  0,06  0,27 mol  n C H O NNa   n Gly  3x  3y  0,27 mol x  0,06 mol Áp dụng bảo toàn gốc   amino axit, ta có:  2 4 2  n  n  2y  0,06 mol y  0,03 mol   C H O NNa Ala  3 6 2  m  0,06.189  0,03.331  21,27 gam Câu 104: Hỗn hợp X gồm tripeptit A; tetrapeptit B đều được cấu tạo từ glyxin và alanin. Phần trăm khối lượng N trong A và B theo thứ tự là 19,36% và 19,44%. Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol X bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được 36,34 gam hỗn hợp muối. Tỉ lệ mol giữa A và B trong hỗn hợp X là A. 7 : 4 B. 2 : 3 C. 3 : 2 D. 3 : 7  Hướng dẫn giải 14.3  A : tripeptit  %N =  217  2.89  75  2.18  Ala  Ala  Gly  0,1936   B : tetrapeptit  %N = 14.4  288  3.89  75  3.18  Ala  Ala  Ala  Gly  0,1944  C H O NNa Ala  Ala  Gly : x mol  NaOH  0,1 mol   36,34 gam  2 4 2 Ala  Ala  Ala  Gly : y mol C 3 H6 O2 NNa n C H O NNa  x  y Áp dụng bảo toàn gốc   amino axit, ta có:  2 4 2 n C3H6O2NNa  2x  3y x  y  0,1 mol x  0,06 mol    n A : n B  0,06 : 0,04  3 : 2 97(x  y)  111(2x  3y)  36,34 gam y  0,04 mol Câu 105: X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở thuộc cùng dãy đồng đẳng kế tiếp; Z và T là hai este thuần chức hơn kém nhau 14 đvC, đồng thời Y và Z là đồng phân của nhau (MX < MY < MT). Đốt cháy 17,28 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 10,752 lít O2 (đktc). Mặt khác đun nóng 17,28 gam E cần dùng 300 ml dung dịch NaOH 1M thu được 4,2 gam hỗn hợp gồm 3 ancol có cùng số mol. Số mol của X trong E là A. 0,05 mol B. 0,04 mol C. 0,06 mol D. 0,03 mol  Hướng dẫn giải X : R'(COOH)2 CO2  0,48 mol O2   Y : R''(COOH)2 17,28 gam E  H 2 O Z, T l¯ este thuÇn chøc  0,3 mol NaOH   4,2 gam 3 ancol cã cïng sè mol  C  C  C  C  X Y Z T + nNaOH ph°n øng  n COO  trong E  0,3 mol  nO trong E  2n COO   0,6 mol + Do Y và Z là đồng phân của nhau nên Y cũng phải mang 2 nhóm –COO– và T hơn Z 1 nhóm –CH2 nên T cũng mang 2 nhóm –COO–  hỗn hợp E gồm các chất đều có 4 oxi. n 0,6 + Vậy n E  O trong E   0,15 mol 4 4 Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có: “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  44n CO2  18n H2O  17,28  0,48.32  gam  n CO2  0,57 mol   n H2O  0,42 mol   2n CO2  n H2O   0,6  2.0,48  mol ®®kt C X  2  n CO2 0,57 CY  3  CZ  3 do axit 2 chøc nªn C X  2  Sè C E    3,8   ®®kt nE 0,15 CY  4  CZ  4 C X  3  + Mặt khác, do Z là este thuần 2 chức nên CZ  4  Vậy CZ = 4 X : HOOC  CH 2  COOH Khi đó:  Y : HOOC  [CH 2 ]2  COOH C 2 H 4 (OH)2 : a mol Z : (HCOO)2 C 2 H 4  Y v¯ Z ®ång ph©n NaOH     4,2 gam CH3OH : a mol Z, T t³o ®îc 3 ancol T : H3 C  OOC  COO  C 2 H 5 C H OH : a mol  2 5 n  0,03 mol 4,2 BT c²c gèc rîu a   0,03 mol   Z 62  32  46 n T  0,03 mol n X  n T  (0,15  0,06) mol n  0,06 mol   nY nT Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố C, ta có:   X n  0,03 mol  3n X  4y  0, 57  0,03.  4  5  Y Câu 106: X là este no, đơn chức; Y là este đơn chức, không no chứa một nối đôi C=C (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy 10,56 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 10,08 lít O2 (đktc) thu được 6,48 gam nước. Mặt khác đun nóng 10,56 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp muối chứa a gam muối A và b gam muối B (MA< MB). Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 0,9 B. 1,2 C. 1,0 D. 1,5  Hướng dẫn giải 0,45 mol O2   CO2  H 2 O 0,36 mol X : R COOR' : a mol (k = 1)  1 10,56 gam  R1COONa  NaOH Y : R 2 COOR' : b mol (k  2)  R'OH +  R2 COONa 18,48  0,42 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mCO2  10,56  0,45.32  6,48  18,48 gam  n CO2  44 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có: n CO2 2a  2b  2.0,45  2.0,42  0,36 a  0,09 X : HCOOCH3 0,42   C    2,8      X,Y n X  n Y 0,15 b  n CO2  n H2O  0,06 mol b  0,06 mol Y : R2 COOCH3  BTNT C   0,09.2  0,06.C Y  0,42 mol  C Y  4 (CH2  CHCOO  CH3 ) HCOONa : 0,09 mol 0,09.68 gÇn nhÊt  a:b   1,085    1,0 CH  CHCOONa : 0,06 mol 0,06.94  2 Câu 107: Hỗn hợp E chứa 2 axit đều mạch hở và không phân nhánh. Hóa hơi hoàn toàn 12,32 gam E thì thể tích đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 (đo cùng điều kiện). Đốt cháy 12,32 gam E cần dùng 0,26 mol O2 thu được 18,48 gam CO2. Mặt khác 0,18 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa a mol Br2. Giá trị của a là A. 0,33 mol . B. 0,18 mol . C. 0,36 mol . D. 0,24 mol.  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 3,36  0,12 mol 28 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mH2O  12,32  0,26.32  18,48  2,16 gam  n H2O  0,12 mol + n12,32 gam E  n N2  Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: n O trong E  2. 18,48  0,12  0,26.2  0,44 mol 44 2n H2O 0,24   2 Sè H = nE 0,12   Sè O = n O trong E  0,44  11 ( 3,67)  nE 0,12 3  Mặt khác, cả X và Y đều có mạch C không phân nhân nhánh  số chức (-COOH) không quá 2. 1 øng víi  HCOOH  2 O  0,02 mol  3  11  O=  3  5 øng víi   0,1 mol HOOC  R  COOH  4 O 3  BTNT C   0,02.1  0,1.C Y  0,42 mol  C Y  4 (HOOC  C  C  COOH) 0,18  HCOOH : 0,02.  0,03 mol  0,12  Vậy: 0,18 mol E    n Br2 ph°n øng  0,03  0,15.2  0,33 mol 0,18 HOOC  C  C  COOH : 0,1.  0,15 mol  0,12  Câu 108: Hỗn hợp A gồm 3 oligopeptit X, Y, Z đều được cấu tạo từ Gly, Ala và Val và E là este của ancol etylic và axit cacboxylic T no, đơn chức, mạch hở. Chia A thành hai phần bằng nhau: + Phần một: đốt cháy hoàn toàn cần vừa đủ 45,08 lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp khí và hơi làm kết tủa được tối đa 1,8 lít dung dịch Ca(OH)2 1M. + Phần hai: thủy phân hoàn toàn cần V lít dung dịch NaOH 0,75M thu được hỗn hợp B chỉ chứa muối natri của các   amino axit và axit T. Đốt cháy hoàn toàn B thu được 0,925 mol CO2 và 1,05 mol H2O. Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 1,02 B. 1,80 C. 0,97 D. 1,60  Hướng dẫn giải H N  R  COONa (k = 1) 2,0125 mol O2 CO2 : 0,925 mol   B gåm  2   to RCOONa (k = 1) H2 O :1,05 mol  Do đốt muối của axit no, đơn luôn cho mol CO2 = mol H2O  (1  1  0,5)n muèi amino axit  n CO2  n H2O  nmuèi amino axit  namino axit  0,25 mol Quy đổi đốt cháy hỗn hợp A về đốt cháy đipeptit và este T thu được 1,8 mol CO2 0,25 BT mol amino axit   n H NRCOOH  0,25 mol  n C2n H4nO3N2 (§ipeptit)   0,125 mol 2 2 C 2n H 4n O3 N 2 (§ipeptit) : 0,125 mol 2,0125 mol O2 CO2 :1,8 mol    RCOOR' H 2 O Do đốt cháy đipeptit và este no, đơn đều thu được mol CO2 = mol H2O  n H2O  1,8 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: 0,125.3  2n RCOOR'  2,0125.2  2.1,8  1,8  n RCOOR'  0,5 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Vậy n NaOH ph°n øng  namino axit  nRCOOR'  0,25  0,5  0,75 mol  V = 0,75 gÇn nhÊt 1 lÝt   1,02 lÝt 0,75 Câu 109: Hỗn hợp E gồm hai este X và Y có cùng công thức phân tử là C4H8O2. Thủy phân hoàn toàn m gam E trong dung dịch KOH vừa đủ thu được 3,92 gam hai ancol kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và khối lượng muối trong dung dịch vừa đúng m gam. Khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ hơn là A. 4,200 gam. B. 4,704 gam. C. 3,400 gam. D. 3,808 gam.  Hướng dẫn giải RCOOR’  KOH   RCOOK  R’OH m gam m gam Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mKOH  mR'OH  3,92 gam  n KOH  n R’OH  0,07 mol  HCOOK Este HCOOC H 43 (C H )  C 3 H 7 OH 3 7 3 7   x mol m RCOOK  m RCOOR’  R '  39    CH3 COOK R 'OH hçn hîp 2 ancol kÕ tiÕp  Este 29 (C 2 H 5 )  CH 3 COOC 2 H 5 C 2 H 5 OH  y mol  Trong X, Y phải chất có gốc ancol >39, cả 2 đều có cùng CTPT là C4H8O2  Mgèc ancol max  43 (C3H7 ) . Do 2 ancol đồng đẳng kế tiếp nên gốc ancol còn lại là 29 (C2H5) .  x  y  0,07 mol x  0,05 mol  m  0,05.84  4,2 gam Khi đó ta có:   60x  46y  3,92 gam  y  0,02 mol Câu 110: Đun nóng 24,8 gam hỗn hợp E chứa 3 peptit X, Y, Z đều mạch hở cần dùng 300 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp muối chứa a mol muối glyxin và b mol muối lysin. Mặt khác đốt cháy 24,8 gam E trên bằng lượng oxi vừa đủ thu được N2, CO2 và H2O trong đó tỉ lệ khối lượng CO2 và H2O là 2,444. Giá trị của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,90. B. 2,70. C. 2,85. D. 2,60.  Hướng dẫn giải 44n CO2  2,444  n CO2  n H2O Theo giả thuyết, ta có : 18n H2O Phản ứng đốt cháy cho ta : (k E  1  0,5.Sè N).n E  n CO2  n H2O  0  k E  1  0,5.Sè N Suy ra số N trong peptit luôn là số chẵn  số H cũng luôn chẵn k E 10,5.Sè N  k  2   Sè N = 2  Peptit cã d³ng A-A (víi A cã 1-NH 2 , 1-COOH)  k E 10,5.Sè N  Sè N = 4  Peptit cã d³ng A-A-B (víi B cã 2-NH 2 , 1-COOH)  k  3  Mặt khác, k E  2   k E 10,5.Sè N  k  4  Sè N = 6  Peptit cã d³ng A-A-B-B (víi B cã 2-NH 2 , 1-COOH)  T¬ng tù cho k = 5, 6, 7..... k E  n  2  O2 . t o V× thÕ khi ®èt peptit E   n CO2  n H2O  Peptit E cã d³ng (A)2 (B)n víi Sè N = 2n+2 Sè O = n + 3  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  C 2 H 4 O2 NNa : a mol E : (Gly)2 (Lys)n  NaOH    H2 O  Vậy  C H O N Na : b mol  6 13 2 2  x 0,3 x mol : Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có : n Na trong muèi  n NaOH  a  b  0,3 mol  n Gly  2x  a mol BT m·t xÝch amino axit  2x  nx  0,3 mol (1)    n Lys  nx  b mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 97.2x  168.nx  18x   24,8  0,3.40  gam (2) 17 34  34 x  2x   2x  nx  0,3 mol   gÇn nhÊt 155 155  a  155  2,72  Từ (1) và (2)     2,70 5 b 212x  168nx  36,8 gam nx  5  62  62 Câu 111: Peptit X và peptit Y đều mạch hở được cấu tạo từ các  -amino axit no; Z là este thuần chức của glyxerol và 2 axit thuộc cùng dãy đồng đẳng axit acrylic. Đốt cháy 0,16 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2 : 5, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình đựng nước vôi trong dư thu được 196,0 gam kết tủa; đồng thời khối lượng bình tăng 112,52 gam. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 2,688 lít (đktc). Mặt khác đun nóng 64,86 gam E bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được lượng muối là A. 67,74 gam. B. 83,25 gam. C. 78,24 gam. D. 93,75 gam.  Hướng dẫn giải 196  n CO2  m CaCO3    1,96 mol  100 0,16   n X, Y  8 .3  0,06 mol 112,52  1,96.44   1,46 mol Theo giả thuyết, ta có:  và n H2O  18  n  0,16 .5  0,1 mol  Z 2,688  8 n N2  22,4  0,12 mol    k Z  3 COO  3C C  6  Z l¯ trieste cða glixerol v¯ 2 axit kh«ng no cã 1C C    Z cã d³ng C x H y O6 (0,1 mol) Mặt khác, ta lại có nCO2  n H2O  1,96  1,46  5.0,1   k Z  1 n Z O2 . t V× thÕ khi ®èt peptit X,Y   n CO2  n H2O o  k peptit  n  2   Peptit X,Y cã d³ng (A)2 (B)n víi Sè N = 2n+2 Sè O = n + 3  (Với A, B là amino axit no, mạch hở; A có 1 – NH2, 1 – COOH và B có 2 – NH2, 1 – COOH) Áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta có: n N trong E  0,06.(2n  2)  2n N2  0,24 mol  n = 1 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m E  12.1,96  2.1,46  16.[0,1.6  0,06.(1  3)]  14.0,24  43,24 gam mC mH mO mN  X, Y  3NaOH   Muèi  H 2 O  0,06 mol : 0,06 0,18 + Nếu lấy 0,16 mol E thủy phân trong NaOH thì ta có: E  Z  3NaOH   Muèi  C 3 H 5 (OH)3  mol : 0,1 0,3 0,1  “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus (Lưu ý: do n = 1  k peptit  1  2  3 , peptit được tạo bởi các  -amino axit no nên k peptit  k CONH  k COOH ). Khi đó theo bảo toàn khối lượng, ta có: m muèi  43,24  0,48.40  0,06.18  0,1.92  52,16 gam mE mNaOH m H2 O mC3H5 ( OH )3 64,86  78, 24 gam 43, 24 Câu 112: X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó X, Y cùng dãy đồng đẳng; Z không no chứa một liên kết C=C). Đốt cháy 13,08 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol Y lớn hơn số mol của Z) cần dùng 0,51 mol O2. Mặt khác đun nóng 13,08 gam E với 200 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thu được hỗn hợp chứa 2 ancol kế tiếp và hỗn hợp chứa 2 muối gồm a mol muối A và b gam muối B (M A < MB). Tỉ lệ của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 6,4. B. 6,5. C. 6,6. D. 6,3.  Hướng dẫn giải Theo quy luật phản ứng thủy phân este ta có: nCOO  nNaOH ph°n øng  0,2 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có:   44n CO2  18n H2O  (13,08  0,51.32) gam n CO  0, 48 mol   2    2n CO2  n H2O  (2.0,2  2.0,51) mol n H2O  0, 46 mol n CO2 0, 48   2, 4  trong E chứa X là HCOOCH3. Do X, Y, Z đều đơn  Sè C X, Y, Z  n X, Y, Z 0,2 Theo giả thuyết X, Y thuộc cùng dãy đồng đẳng nên ta có X, Y đều no, đơn chức. Mặt khác, sau phản ứng thủy phân thu được 2 ancol kế tiếp và 2 muối  ancol còn lại là C2H5OH. Vậy nếu lấy 64,86 gam E thủy phân trong NaOH thì m muèi  52,16. ®Ó thu ®îc 2 muèi + Nếu Y chứa có dạng RCOO- với R  H   Z phải có dạng HCOOR’ với R’ lúc đó chứa 1 liên kết nối đôi C=C  không thu được ancol thuộc dãy đồng đẳng của CH3OH. Vậy Y phải là HCOOC2H5 và Z có dạng RCOOR’.  0,51 mol O 2  CO  H O  2 2 X : HCOOCH3 (k = 1, x mol)  13,08 gam E Y : HCOOC 2 H 5 (k = 1, y mol) Z : RCOOR' (k = 2, z mol)   CH3 OH ancol  C 2 H 5 OH  0,2 mol NaOH    HCOONa : a gam  muèi   RCOONa : b gam  Theo mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: n X  x mol nZ  z  nCO2  n H2O  0,02 mol   n Y  (0,2  0,02)  x  (0,18  x) mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: 2x  3.(0,18  x)  C Z .0,02  nCO2  0,48 mol  C Z .0,02  x  0,06 Mặt khác do n Y  n Z  0,18 – x > 0,02  x < 0,16 mol  C Z  0,16  0,06  5. 0,02 Cz  4 Do Z là este không no, đơn chức có 1 nối đôi C=C  CZ = 4 (Z là CH2=CH-COOCH3). HCOONa : (x  y)  0,18 mol BT nhãm HCOO v¯ CH2 CHCOO   CH2  CH  COONa : 0,02 mol  a 0,18.68 gÇn nhÊt  6,5   6,51  b 0,02.94 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 113: X, Y là hai chất hữu cơ thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic; Z là axit no, hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đốt cháy 15,96 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z bằng lượng oxi vừa đủ thu được 5,4 gam nước. Mặt khác 0,45 mol E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,15 mol Br2. Nếu lấy 15,96 gam E tác dụng với 600 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch thu được m gam rắn khan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào đây? A. 44,0. B. 45,0. C. 46,0. D. 47,0.  Hướng dẫn giải  O2    CO2  H 2 O  0,3 mol  15,96 gam E X, Y : R  COOH : x mol (k = 2) R  COOK   Z : R '(C OOH) : y mol (k = 2)    0,6 mol KOH  2    r·n R '(C OOK)2  H 2 O  KOH d     0,15 mol Br2 0, 45 mol E   mÊt m¯u võa ®ð  + Do Z là axit no, hai chức  chỉ X, Y phản ứng với dung dịch Br2 1  n X, Y  nBr2 ph°n øng  0,15 mol = n E . Vậy trong 15,96 gam E có n X, Y  x mol  n Z  y  2x mol 3 Áp dụng bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố O và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: 15,96  32n O2  44n CO2  5, 4 n O2  0,33 mol    5, 4  n X, Y  0,06 mol  n CO2  0, 48 mol   (2x  4.2x)  2n O2  2n CO2  18  n Z  0,12 mol   x  0,06 mol x  2x  n CO2  n H2O  n CO2  0,3  Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng hỗn hợp với KOH, ta có: gÇn nhÊt m r·n  15,96  0,6.56  (0,06  0,12.2).18  44,16 gam   44 gam mH O 2 Câu 114: X là axit đơn chức, không no chứa một liên kết đôi C=C; Y là axit no, hai chức, Z là este no, hai chức (X, Y, Z đều mạch hở). Đun nóng 17,84 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với 120 gam dung dịch MOH 12% (M là kim loại kiềm), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được phần rắn F chỉ chứa 2 muối. Đốt cháy hoàn toàn rắn F thu được H2O; 0,18 mol M2CO3 và 0,26 mol CO2. Mặt khác đốt cháy 17,84 gam E thu được 0,48 mol CO2. Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn trong hỗn hợp F là A. 85,08%. B. 76,89%. C. 70,63%. D. 86,30%.  Hướng dẫn giải M 2 CO3 : 0,18 mol  O2  120 gam dd X : RCOOH : x mol (k = 2)   CO2 : 0,26 mol MOH 12%  r·n F   to 17,84 gam E Y : R'(COOH)2 : y mol (k = 2) H O  2 Z: R'(C OOR'') : z mol (k = 2)  2 o  O2 , t  CO2 : 0, 48 mol 120.0,12  M  23 (Na) Áp dụng bảo toàn nguyên tố M, ta có: nM  2n M2CO3  0,36 mol = M  17 Do phần rắn F chỉ chứa 2 muối nên NaOH phản ứng hết  nNaOH  nCOO  0,36 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy E và bảo toàn nguyên tố O, ta có:   17,84  32n O2  44.0, 48  18n H2O n O  0,26 mol   2    2.0,36  2n O2  2.0, 48  n H2O n H2O  0,28 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: nX, Y, Z  nCO2  nH2O  0,48  0,28  0,2 mol  Sè C X, Y, Z  n CO2 n X, Y, Z 0, 48   2, 4  E gồm 0,2 RCOOH : x mol  HOOC  COOH : y mol (COO R '') : z mol 2   x  0,04 mol x  y  z  n X, Y, Z  0,2 mol Khi đó theo giả thuyết, ta có:     y  z  0,16 mol x  2y  2z  n NaOH  0,36 mol  O2 §èt muèi F   nC  n CO2  n Na2CO3  0, 44 mol  Mặt khác   O2  §èt E  CO2 : 0, 48 mol  nC trong gèc R''  0,48  0,44  0,04 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: C X .0,04  2y  2z  0,32 mol 0,04  n C trong E  0, 48 mol nC trong R'' CH2  CH  COONa : 0,04 mol  C X  3 (CH2  CH  COOH)  F gồm  (COONa)2 : 0,16 mol 0,16.134  %m NaOOC COONa  .100  85,08% 0,16.134  0,04.94 Câu 115: Hỗn hợp hơi E chứa 2 ancol đều mạch hở và 1 anken. Đốt cháy 0,2 mol E cần dùng 0,48 mol O2, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 23,04 gam. Mặt khác dẫn 0,2 mol E qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 6,4 gam; đồng thời thấy thoát ra 1,792 lít khí H2 (đktc). Nếu lấy 19,2 gam E làm mất màu tối đa V ml dung dịch Br2 1M. Giá trị của V là. A. 300 ml B. 450 ml C. 400 ml D. 350 ml  Hướng dẫn giải  0, 48 mol O2    CO2  H 2 O  C a H 2a 23,04 gam   0,2 mol E R(OH)n m b×nh t¨ng  6,4 gam  R'(OH)  b×nh Na d      m   H 2 : 0,08 mol    V ml dung dÞch Br2 1M  mÊt m¯u tèi ®a 19,2 gam E  1  Na Theo quy luật phản ứng : OH   H2  nOH trong E  2n H2  0,16 mol 2 Ở phần thí nghiệm hỗn hợp E vào bình Na dư sẽ giúp ta định được lượng ancol. Lưu ý: + Các anken có số C  4 ở thể khí ở điều kiện thường  sẽ thoát ra khỏi bình. BTKL + Để đảm bảo tính chặt chẽ của bài toán   mE  23,04  0,48.32  7,68 gam Nếu chỉ có khí H2 thoát ra  mE  mb×nh t¨ng  m H 2  6,4  0,16  6,56 gam < 7,68 gam (Mâu thuẫn) m Ancol  m b×nh t¨ng  m   6,4  0,16  6,56 gam  H2 Vậy anken không bị giữ lại trong bình    m Ca H2a  7,68  6,56  1,12 gam Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố O, ta có : “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus n CO2 0,36  Sè C = =  1,8    nE 0,2  44n CO2  18n H2O  23,04 gam n CO2  0,36 mol      2n  n  (0,16  2.0,48) mol n  0,4 mol CO H O H O   Sè H = 2n H2O = 2.0,4 = 4  2 2  2  nE 0,2  Cách 1: Tìm công tức cấu tạo của các chất trong hỗn hợp E 1,12  C 2 H 4 : 0,04 mol C 2 H 4  28  0,04 mol n   ancol nOH trong E 0,16 mol  0,2 mol E     CH 4 O : x mol  c²c ancol ®Òu ®¬n CH 4 O  0,16 mol     0,16 mol C n H 4 O : y mol  C n H 4 Om  1 k Mặt khác, ta có n H O  n CO  n hçn h¬p ancol   C nH4O  CH  C  CH2  OH 2 2 Sè H = 4 0,16 mol 0,04 mol x  y  0,16 mol x  0,1 mol Khi đó theo giả thuyết, ta có:    y  0,06 mol 32x  56y  mancol  6,56 gam m thÝ nghiÖm 2 19,2 + Do   2,5 m thÝ nghiÖm 1 (øng víi 0,2 mol) 7,68 CH2  CH2 : 0,04.2,5  0,1 mol 0,1  0,15.2  BTLK CC   VBr2   CH3OH : 0,1.2,5  0,25 mol  0,4 lÝt = 400 ml 1 CH  C  CH  OH : 0,06.2,5  0,15 mol 2  Cách 2: Dựa vào số liên kết C C trung bình. Do hỗn hợp E chỉ gồm các ancol và anken, không chứa các hợp chất chứa liên kết C=O nên ta có k  C C . Khi đó gọi k là số liên kết C C trung bình trong E. Áp dụng mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có : (k  1).0,2  nCO  n H O  0,04 mol  k = 0,8. 2 2 + Do m thÝ nghiÖm 2 m thÝ nghiÖm 1 (øng víi 0,2 mol) BTLK   19,2  2,5 7,68 CC  n   .n  0,8.0,2.2,5  0,4 mol  V   Br2 C C E Br2 0,4  0,4 lÝt hay 400 ml 1 Câu 116: Hỗn hợp E chứa 3 peptit X, Y, Z (MX < MY < MZ) đều mạch hở có tổng số nguyên tử oxi là 14 và số mol của X chiếm 50% số mol của hỗn hợp E. Đốt cháy x gam hỗn hợp E cần dùng 1,1475 mol O 2, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch KOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 60,93 gam; đồng thời có một khí duy nhất thoát ra. Mặt khác đun nóng x gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 0,36 mol muối của A và 0,09 mol muối của B (A, B là hai -aminoaxit no, trong phân tử chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH). Phần trăm khối lượng của Z có trong hỗn hợp E là. A. 20,5% B. 13,7% C. 16,4% D. 24,6%  Hướng dẫn giải Những điều cần thiết giải toán peptit dạng này. Ta có một peptit X được tạo bởi các -aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Lúc đó ta có “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus C H CO 2  nCO2  nH 2O O2  n-peptit (X) O  (n  1)   nX =  H 2O  N N  n 1 2  2    n Nhận xét: nếu  = 2 nghĩa là X là đi-peptit  nCO2 = nH2O Phản ứng thủy phân: 0 t (X)n + (n – 1)H2O   n (các -aminoaxit) 0  t 2(X)n + (n – 2)H2O   n(Y)2 x mol Do đó ta đốt cháy hỗn hợp đi-peptit đồng nghĩa ta đốt cháy hỗn hợp peptit ban đầu và x mol H2O. Đề bài: đốt cháy m gam hỗn hợp E chứa 3 peptit được tạo bởi các -aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH cần dùng a mol O2, thu được z mol H2O. Sơ đồ  a mol O2  CO2  y  ®i  peptit  H 2 O  y  m peptit 18x  x mol H 2 O Bảo toàn nguyên tố O  n ®i  peptit  3y  2a (vì đi-peptit chứa 3 nguyên tử O) 3 Mà ta luôn có: y – x = z Áp dụng vào bài toán. Nhận xét: 0,36 mol muối A (NH2-RCOONa) và 0,09 mol muối B (NH2-R’-COOna)  nNaOH = 0,45 mol 0 Mol: t 2(X)n + (n – 2)H2O   n(Y)2 x mol 0 t Đi-peptit + 2 NaOH   muối  số mol đi-peptit = 0,225 mol  1,1475 mol O2  CO2  y  ®i  peptit  H 2 O  y  0,225mol  x mol H 2 O  0,225  3 + 1,1475  2 = 3y  y = 0,99 mol 60,93  0,99  44  nH2O sinh ra khi đốt cháy E =  0,965mol 18  0,99 – x = 0,965  x = 0,025 mol  m®i peptit  0,99  14  0,225  2  14  0,225  3  16  30,96gam Mà: n 0, 225 2  0, 225   n  2, 25  n E   0, 2mol và n  2 0, 025 2, 25 0,99  CE   4,95  X là Gly-Gly (0,1 mol) 0, 2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng trong phản ứng thủy phân  30,96 + 0,45  40 = mmuối + 0,225  18  mmuối = 44,91 gam  0,36  97 + 0,09  B = 44,91  B = 111  B là muối của Ala. 0,99  0,1 4 Ta có: CY,Z   5,9  Y là Gly-Ala 0,1 Mà E có tổng số nguyên tử oxi bằng 14  Z là hepta-peptit 0,99  0,965  nZ =  0, 01 mol  nY = 0,09 mol  Z là (Gly)7 7 1 2 0,01(75  7  18  6)  % mZ =  100  13,7% 30,96  0,025 18 Câu 117: Cho m gam hỗn hợp X gồm 2 ancol đơn chức X1, X2 đồng đẳng kế tiếp (MX1 < MX2), phản ứng với CuO đun nóng thu được 0,25 mol nước và hỗn hợp Y gồm 2 andehit tương ứng và 2 ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 0,5 mol CO2 và 0,65 mol nước. Mặt khác cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, kết thúc phản ứng thu được 0,9mol Ag. Hiệu suất tạo andehit của X1, X2 lần lượt là? A.50, và 66,67 B. 66,67 và 50 C. 66,67 và 33.33 D. 33,33 và 50  Hướng dẫn giải Đốt cháy Y  nCO2 = 0,5 mol ; nH2O = 0,65 mol  Hai ancol X1, X2 là no  số mol ancol dư = 0,15 mol Mà: số mol ancol phản ứng = số mol andehit = 0,25 mol  nY = 0,4 mol  MY  1, 25  HCHO và CH3CHO a  b  0, 25 HCHO  4Ag a  0, 2    CH3 CHO  2Ag 4a  2b  0,9 b  0, 05 HCHO  CO2 CH OH dö = 0,1  3  nCO2 do ancol dö sinh ra = 0,2 mol  CH3 CHO  2CO2 C2 H5 OH dö = 0,05 HS (X1 )  66, 67% CH OH bñ = 0,3   3  HS (X2 )  50, 00% C2 H5 OH bñ = 0,1 Câu 118: Hỗn hợp E chứa một axit cacboxylic X và ancol đa chức Y (X, Y đều no và mạch hở). Đốt cháy 0,16 mol E cần dùng 0,32 mol O2 thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol 1 : 1. Đun nóng E có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác thu được chất hữu cơ (Z) mạch hở. Lấy 0,175 mol (Z) tác dụng với 700 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 46,9 gam rắn. Số nguyên tử hydro (H) có trong (Z) là. A. 6 B. 10 C. 8 D. 4  Hướng dẫn giải X 0,32 mol O2 CO2 1  Nhận xét   Y H 2 O 1  X là axit cacboxylic no, hai chức và hơn thế nX = nY = 0,08 mol  mR(COONa)2  46,9  R  134  134  R  0 Z là hợp chất hữu cơ tạo bởi X và Y   n  0,35 R(COONa)  2   X : (COOH)2  0, 08 0,32 mol O2 CO2  0,16  0, 08n     Y : Cn H 2n  2O x  0, 08 H 2O  0,16  0, 08n “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  0,32 + 0,08x + 0,64 = 0,48 + 0,24n  3n = 6 + x  x = 3 ; n = 3  Y là C3H5(OH)3 Vì nZ : nNaOH = 1 : 4 ; Z lại mạch hở nên Z có CTCT là HOOC-COO-CH2 | HCOO-COO-CH | HO-CH2 Câu 119: Đun nóng hỗn hợp X chứa 2 este đều đơn chức, mạch hở với 400 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp Z chứa 2 ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng kế tiếp. Lấy toàn bộ Z đun nóng với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 12,78 gam hỗn hợp gồm 3 ete (biết hiệu suất ete hóa của 2 ancol đều bằng 75%). Cô cạn Y sau đó nung với vôi tôi xút thu được hỗn hợp khí có tỉ khối so với H 2 bằng 6,6. Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử nhỏ là. A. 46,2% B. 51,1% C. 56,4% D. 48,8%  Hướng dẫn giải Ta có: nZ = nNaOH = 0,4 mol  nZ phản ứng = 0,3 mol  nH2O = 0,15 mol  mZ phản ứng = 12,78 + 0,15  18 = 15,48 gam  M Z  51, 6 C H OH  0, 24  Z chứa  2 5  mZ ban đầu = 20,64 gam  C3H7 OH  0,16 Muối có dạng RCOONa = 0,4 mol RCOONa  RH  R + 1 = 13,2  R = 12,2  có 1 muối là HCOONa  mmuối = 31,68 gam  mX = 36,32 gam Nếu este là HCOOC2H5 = 0,24  Meste còn lại = 96  C2H5COOC3H7  % (m) = 48,8% Câu 120: Hỗn hợp X gồm 2 andehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp. Cho 20,8 gam X phản ứng tráng bạc tối đa thu được 2 mol Ag. Nếu hidro hóa hoàn toàn 10,4 gam X thành 2 ancol tương ứng là Y và Z (MY < MZ) rồi đun nóng với H2SO4 đặc 1400C thì thu được 3,78 gam hỗn hợp ete. Biết hiệu suất phản ứng ete hóa của Y là 50% thì hiệu suất phản ứng ete hóa của Z là bao nhiêu?  Hướng dẫn giải Nếu 2 anđehit đã cho không chứa HCHO  nX = 1 mol  MX  20,8  loại Vậy 2 anđehit đã cho là HCHO và CH3CHO 30a  44b  20,8 a  0, 4    4a  2b  2 b  0, 2   Y : CH3OH  0, 2    số mol ancol phản ứng = (0,1 + a)  Z : C2 H5OH  0,1 0,1  a  0,1  32 + 46a = 3,78 + 18   a = 0,04 2  Hiệu suất = 40% Câu 121: Hỗn hợp A gồm các hợp chất hữu cơ đều đơn chức, mạch hở tác dụng được với dung dịch NaOH, có số liên kết  không quá 2. B là hợp chất hữu cơ có công thức C4H6O4 tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2. Trộn A với B thu được hỗn hợp M, trong đó chất có khối lượng phân tử lớn nhất chiếm 50% về số mol. Để phản ứng với m gam M cần dùng 600 ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác đốt cháy hết m gam M chỉ thu được 1,2 mol CO2 và 0,9 mol H2O. Phần trăm khối lượng của chất có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong M là A. 19,49% B. 30,50% C. 12,99% D. 20,34% “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  Hướng dẫn giải X (1 )  x mol  Đặt : Y (2 )  y mol C H O  z mol  4 6 4 Xét trong A có chứa các hợp chất anhydrit.  x  2y  2z  0, 6    loại. Vì thế trong A chứa các chức axit và este.  y  z  0,3  x  y  2z  0, 6 x  z  0,3 Do đó ta có:   xy  y  z  0,3  y  z  0,3 Nếu X hoặc Y đều có khối lượng phân tử lớn  x = 0,5(x + y + z)  z = 0 (loại) Vậy C4H6O4 là chất có khối lượng phân tử lớn  x  y  0,1  z = 0,5(x + y + z)  2x = 2y = z   z  0, 2 1, 2  0, 2  4  2 CX,Y  X : HCOOH 0, 2    H z  2(0,9  0, 2  3)  3 Y : C3H 4O 2  X.Y 0, 2 0,1 46 100  %(m) HCOOH =  12,99% 1, 2 12  0,9  2  1, 2 16 “Gửi tặng những gì tốt nhất của anh dành tặng em “Cô gái đến từ hôm qua”. Giờ này thì những cái về Hóa này em chẳng “quan tâm” tới nữa rồi. Nhưng với anh đây là nhưng điều quý giá nhất, tốt nhất của anh. Dành tặng cho em những điều anh quý giá, trân trọng nhất!” First moment: LeVi4195 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” [...]... là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau Đun nóng 27,2 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba ete (có khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư Đốt cháy hồn tồn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc) Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là A 20% và 40% B 40% và 30% C 30% và 30% D 50% và 20% (Đề thi Trung học phổ thơng Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào... 2 chất có cơng thức phân tử là C3H12N2O3 và C2H8N2O3 Cho 3,40 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các chất vơ cơ và 0,04 mol hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh quỳ tím ẩm) Cơ cạn Y, thu được m gam muối khan Giá trị của m là A 3,36 B 2,97 C 2,76 D 3,12 (Đề thi Trung học phổ thơng Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải + Gọi... 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 hồn tồn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 4,05 gam Ag và 1,86 gam một muối amoni hữu cơ Cho tồn 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 A 1,50 B 1,24 C 2,98 D 1,22 (Đề thi Trung... 22: Thủy phân hồn tồn 0,1 mol este X cần 200 ml dung dịch NaOH 1,5M Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được glixerol và 24,6 gam muối khan của axit hữu cơ mạch thẳng Số cơng thức cấu tạo của X là A 1 B 4 C 7 D 6 (Đề thi thử THPT Quốc Gia – THPT chun Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc, năm 2015)  Hướng dẫn giải  Glixerol + muối của các axit hữu cơ + 0,1 mol X + 0,3 mol NaOH   24,6 X l¯ (RCOO)3C 3H 5 : 0,1 mol... H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 69,31 gam Giá trị a : b gần nhất với A 0,730 B 0,810 C 0,756 D 0,962 (Đề thi minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 –Bộ Giáo dục và Đào Tạo)  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HĨA HỌC-PHẠM CƠNG... Hỗn hợp X gồm các chất có cơng thức phân tử là C2H7O3N và C2H10O3N2 Khi cho các chất trong X tác dụng với dung dịch HCl hoặc dung dịch NaOH dư đun nóng nhẹ đều có khí thốt ra Lấy 0,1 mol X cho vào dung dịch chứa 0,25 mol KOH Sau phản ứng cơ cạn dung dịch được chất rắn Y, nung nóng Y đến khối lượng khơng đổi được m gam chất rắn Giá trị của m là A 16,90 B 17,25 C 18,85 D 16,60 (Đề thi thử Đại học lần... chỉ biết nói Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HĨA HỌC-PHẠM CƠNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Do cả 2 chất đều phản ứng với HCl hoặc NaOH đều sinh khí nên cả 2 đều là muối amoni của amin hoặc NH3 với axit cacbonic Vậy cơng thức cấu tạo của C2H7O3N và C2H10O3N2 lần lượt là C2H7O3N:... biết nói Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HĨA HỌC-PHẠM CƠNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 19: Đun hỗn hợp etylen glicol và axit cacboxylic X (phân tử chỉ có nhóm -COOH) với xúc tác H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ, trong đó có chất hữu cơ Y mạch hở Đốt cháy hồn tồn... biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HĨA HỌC-PHẠM CƠNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 37: Cho hỗn hợp X gồm muối A (C5H16O3N2) và B (C4H12O4N2) tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng đến khi phản ứng xảy ra hồn tồn rồi cơ cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm hai muối D và E (MD < ME) và. .. cần vừa đúng 200 ml dung dịch NaOH 1M rồi cơ cạn thu được muối của một axit hữu cơ D và hỗn hợp X gồm hai ancol no, đơn chức đồng đẳng kế tiếp Cho tồn bộ lượng ancol này tác dụng với 6,9 gam Na thu được 13,94 gam chất rắn Các phản ứng xảy ra hồn tồn Chọn kết luận đúng trong các kết luận sau: A Tỉ lệ mol giữa A và B trong hỗn hợp X là 1 : 3 B Tỉ lệ mol giữa A và B trong hỗn hợp X là 3 : 1 C D có thành

Ngày đăng: 28/09/2015, 17:33

Xem thêm: GIẢI CHI TIẾT hóa hữu cơ HAY và KHÓ từ các đề THI THỬ, GIẢI CHI TIẾT hóa hữu cơ HAY và KHÓ từ các đề THI THỬ

GIẢI CHI TIẾT hóa hữu cơ HAY và KHÓ từ các đề THI THỬ

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Trích đoạn

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan