Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 92 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
92
Dung lượng
4,64 MB
Nội dung
2 MỤC LỤC Mục lục Lời mở đầu năm 2016 tác giả Võ Minh Ngọc Lời nói đầu Chương ĐỒNG ĐẲNG HÓA Chương THỦY PHÂN HÓA 28 Chương HIĐRO HÓA 44 Chương ANKAN HÓA 56 Chương BÀI TẬP TỔNG HỢP 67 Chương BÀI TẬP CHỌN LỌC TỪ CÁC ĐỀ THI 84 PHIẾU THEO DÕI BAN HÀNH VÀ SỬA ĐỔI TÀI LIỆU Tên tài liệu: ĐỒNG ĐẲNG HÓA Mã hiệu: NCK-PDF.29 Lần BH/ Sửa đổi BH 01 Ngày Mô tả lý do/nội dung ban hành, sửa đổi 19/06/2020 Ban hành lần Người theo dõi NCK Truy cập: http://nguyencongkiet.blogspot.com/ để tải tài liệu Contact me: https://www.facebook.com/nguyencongkietbk nguyencongkietbk@gmail.com Trân trọng! LỜI MỞ ĐẦU Nhân ngày nhà giáo Việt Nam – ngày 20/11/2016, xin gửi tặng đến bạn tài liệu Quy đổi Hữu mà biên soạn Đây tác phẩm mà dành nhiều tâm huyết, thời gian cơng sức để hồn thành Đây lời tri ân đến thầy cô, người công tác lĩnh giáo dục Chúc thầy ln khỏe mạnh, có nhiều hệ học sinh ưu tú Tài liệu gồm phần chính: Phần một: Các kĩ thuật quy đổi hỗn hợp hữu phức tạp Các kĩ thuật bao gồm: Đồng Đẳng Hóa, Thủy Phân Hóa, Hiđro Hóa Ankan Hóa Phần hai: Các toán tổng hợp Phần bao gồm số tốn đòi hỏi vận dụng cao Phần ba: Bài tập tự luyện Đây thử thách thú vị giành cho bạn Trong tài liệu khơng đề cập nhiều đến peptit Các bạn tham khảo tác phẩm “Đồng Đẳng Hóa tốn peptit” anh NT Nhật Trường (sinh viên trường đại học Y Dược thành phố HCM) để có nhìn sâu sắc tốn peptit Tác phẩm nguồn gốc ý tưởng cho kĩ thuật – kĩ thuật Đồng Đẳng Hóa tài liệu Ba kĩ thuật lại mở rộng phát triển dựa tảng Đồng Đẳng Hóa Link viết: https://goo.gl/q0dzkd Để tránh tình trạng số phần tử trục lợi cá nhân từ tài liệu này, chèn walter link download tài liệu Hy vọng bạn khơng cảm thấy phiền với Hy vọng tài liệu có ích cho bạn sĩ tử 99er q trình ơn luyện, chuẩn bị cho kì thi THPT Quốc gia 2017 Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy Xô Huyền, thầy Phan Thanh Tùng, anh Đào Văn Yên, anh Phan Thanh Tùng, anh Đỗ Phú Phát hỗ trợ nguồn tài liệu, giúp đỡ em hồn thành tài liệu Mình xin gửi lời cảm ơn đến người bạn giúp đỡ, động viên suốt trình biên soạn tài liệu Cảm ơn Cộng đồng Hóa học Bookgol giúp đưa tài liệu đến với thầy bạn học sinh Mặc dù cố găng tài liệu khó tránh khỏi sai sót trình biên soạn Tài liệu upload lên folder driver nên chỉnh sửa thời gian sớm Rất mong nhận ý kiến đóng góp ý thầy giáo, giáo bạn học sinh để tài liệu hoàn thiện Tài liệu phần ấn phẩm Quy đổi mà dự định hồn thiện sớm để gửi đến người Hi vọng nhận sử ủng hộ người Mọi ý kiến đóng góp xin vui lòng liên hệ qua email: n.m.ngoc.richard@gmail.com Sđt: 0962748426 Nghệ An, ngày 20 tháng 11 năm 2016 VÕ MINH NGỌC LỜI NÓI ĐẦU Xuất vào khoảng mùa thi 2015, phương pháp đồng đẳng Hóa tác giả Trần Hửu Nhật Trường - Sinh viên trường ĐH Y Dược Tp Hồ Chí Minh có mặt hầu hết lời giải đề thi mơn Hóa Học Mặc dù thực tế giảng dạy học tập nhiều học sinh giáo viên nhiều dự sử dụng phương pháp Trong thời gian vừa qua có nhiều tài liệu đề thi viết phương pháp nhiên qua tìm hiểu thầy tài liệu Võ Minh Ngọc biên soạn năm 2016 có đầu tư chiều sâu, tâm huyết chất lượng Với lý trên, gõ lại file pdf sang bạn Võ Minh Ngọc file word đồng thời có số xếp lại tập tự giải phần cho dễ tra cứu người học Trên sở tôn trọng tư tập file ban đầu, hồn tồn khơng có chỉnh sửa chương từ đến mặt nội dung Mặc dù mức độ khó đề thi giảm đề từ 2016 nhiều nhiên, việc luyện tập khó chuẩn bị tốt cho em trước áp lực đề thi thật Chương cung cấp số tập đề thức, đề thi thử Bộ Trường chuyên đại học Vinh từ 2017 đến để người học định hình hướng phát triển đề thi Do tập sách mức độ vận dụng cao, lấy điểm 9+ nên lần mắt tác giả tạm thời để phần lợi giải sau đề thi Tuy nhiên em cố gắng giải mình, trước xem giải tập Cuốn sách tài liệu tham khảo hữu ích cho thầy giáo q trình giảng dạy ơn tập luyện thi mơn Hóa Học Mặc dù nghiêm túc nhiên thời gian gấp để đáp ứng nhu cầu ôn tập cho em năm học 2019 - 2020 nên sai sót điều tránh khỏi Rất mong nhận góp ý từ quý độc giả để lần cập nhật bổ sung sau tài liệu hoàn thiện Mọi đóng góp xin gửi địa email: nguyencongkietbk@gmail.com Trân trọng! CHƢƠNG ĐỒNG ĐẲNG HOÁ I MỘT SỐ LƢU Ý VÀ BÀI TẬP MẪU Giới thiệu kĩ thuật - Cơ sở quy đổi Ta biết chất thuộc dãy đồng đẳng nhiều nhóm CH2 Vì vậy, thêm vào bớt CH2 từ chất hữu để chất khác đồng đẳng với Dựa vào ý tưởng này, ta quy đổi hỗn hợp phức tạp chất đơn giản (thường chất đầu dãy) kèm theo lượng CH2 tương ứng Kĩ thuật gọi Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH) Ví dụ: C3H8 CH4 + 2CH2 C6H5-CH(CH3)2 C6H6 + 3CH2 C3H6(OH)2 C2H4(OH)2 + 1CH2 C4H7COOH C2H3COOH + 2CH2 C2H5COOC3H7 HCOOCH3 + 4CH2 (C15H31COO)3C3H5 (HCOO)3C3H5 + 45CH2 C2H5NH2 CH3NH2 + 1CH2 (CH3)2CH-CH(NH2)-COOH NH2CH2COOH + 3CH2 Kĩ thuật áp dụng - Các toán minh họa a) Tách CH2 Một vài ví dụ cách sử dụng ĐĐH để quy đổi hỗn hợp hữu Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm axit no, đơn chức ancol no hai chức (tất mạch hở) HCOOH : a C n H 2n 1COOH X C H (OH)2 : b C m H 2m (OH)2 CH : c Ví dụ 2: Quy đổi hỗn hợp Y gồm ankin, anđehit no, hai chức este đơn chức có liên kết đơi C=C (tất mạch hở) C H : a C n H 2n - (CHO)2 : b Y C m H 2m (CHO)2 HCOOC H : c C n H 2n - O2 CH : d Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp Z gồm amin no, hai chức, mạch hở pentapeptit mạch hở tạo amino axit thuộc dãy đẳng glyxin CH (NH )2 : a C n H 2n (NH )2 Z (C H 3ON)5 H O : b (C m H 2m - 1ON)5 H O CH : c Sau quy đổi hỗn hợp ĐĐH, ta lập phương trình theo kiện từ Đề giải hệ Khi tìm ẩn, tức xác định thành phần hỗn hợp sau quy đổi, ta xử lí bước lại trả lời câu hỏi Bài toán Trước ứng dụng kĩ thuật để giải Bài tập, có hai điều quan trọng bạn cần lưu ý: +) CH2 thành phần khối lượng Vì vậy, có mặt phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O2 phản ứng, số mol CO2, số mol H2O), +) Tuy nhiên, CH2 khơng phải chất (nó nhóm metylen -CH2-) Nó khơng tính vào số mol hỗn hợp (hoặc kiện khác liên quan tới số mol chất) Các bạn cần nắm vững điều để lập xác phương trình Nếu bạn sai từ bước lập hệ, bước khơng có ý nghĩa Câu 1: Hỗn hợp X gồm ankin đồng đẳng có số nguyên tử C nhỏ ancol etylic Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O2 (đktc) Mặt khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có 11,2 lít khí (đktc) Phần trăm khối lượng ancol etylic hỗn hợp X là: A 32,86% B 65,71% C 16,43% D 22,86% (Võ Minh Ngọc) Phân tích: - Đây kiểu Câu hai phần không Ta đặt ẩn theo phần chia tỉ lệ theo phần lại Đề hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo phần có kiện khối lượng - Chú ý ankin có số nguyên tử C nhỏ nên chúng khí Khi cho X vào bình đựng Na dư, khí gồm H2 ankin Lời giải: Tiến hành quy đổi hỗn hợp ĐĐH: C H 5OH : a C H 5OH X X C H : b 46a + 26b + 14c = 28 (1) 32 gam C H 28 gam n 2n 2 CH : c Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C2H5OH phản ứng sinh 0,5a mol khí H2, đồng thời b mol ankin Vậy ta có phương trình: 0,5a + b = 0,5 (2) (Như nói, số mol không bao gồm số mol CH2) 0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH kb mol C2H2 kc mol CH2, ta có: k(a + b) = 0,3 Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 3a 2,5b 1,5c 1,25 = (3) Chia vế theo vế hai phương trình triệt tiêu k, ta có: ab 0,3 Từ phương trình (1), (2), (3), giải hệ phương trình ta được: a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6 0,2.46 100% = 32,86% Đáp án A Phần trăm khối lượng ancol etylic hỗn hợp X: 28 Nhận xét: - Hệ phương trình cần giải gồm phương trình Đây ưu điểm kĩ thuật - Các bạn đặt CTPT trung bình ankin giải tương tự Câu 2: Cho 0,1 mol este X no, đơn chức mạch hở vào cốc chứa 30ml dung dịch MOH 20% (d = 1,2 gam/ml) Sau phản ứng hoàn tồn, cạn dung dịch thu ancol Y phần rắn T Đốt cháy hoàn toàn T thu 9,54 gam M2CO3 8,26 gam hỗn hợp CO2 H2O Kim loại M axit tạo este ban đầu A K HCOOH B Na CH3COOH C K CH3COOH D Na HCOOH Lời giải: Ancol Y RCOOM Sơ đồ phản ứng: X + MOH O2 0,1 mol 7,2 gam T M CO3 + CO2 + H O MOH du 9,54 gam 8,26 gam Bảo tồn ngun tố M, ta có: 72 2.9,54 = M M = 23 M Na, nNaOH = 0,18 mol M M + 17 2M M + 60 → nNaOH dư = 0,18 – 0,1 = 0,08 ol Tới có hướng xử lí: Gọi CTPT muối axit cần tìm CnH2n-1O2Na Na CO : 0,09 C n H 2n 1O2 Na : 0,1 O2 CO : n C(T ) n Na CO3 = 0,1n - 0,09 NaOH: 0,08 H O : 0,5 0,1.(2n 1) 0,08 → 8,26 = mCO2 + mH2O = 44(0,1n - 0,09) + 18.0,5 0,1(2n 1)+0,08 → n = → Axit CH3COOH → Đáp án B Sử dụng ĐĐH, ta có: Na CO3 : 0,09 HCOONa : 0,1 mol O2 T CH : x mol CO : x + 0,01 8,26 = 44.(x + 0,01) + 18.(x + 0,09) x = 0,1 NaOH du: 0,08 mol H O : x + 0,09 Muối gồm 0,1 (HCOONa + 1CH2) 0,1 CH3COONa → Axit CH3COOH → Đáp án B b) Ghép CH2 Với Bài toán hỏi thông tin chất ban đầu, ta cần “ghép” CH2 vào chất đầu dãy (được quy đổi từ chất ban đầu) để tạo lại hỗn hợp đầu Một số trường hợp “ghép” CH2 bản: Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp ancol đồng đẳng gồm 0,5 CH3OH 0,3 CH2 CH 3OH : 0,5 CH 3OH : 0,2 CH 3OH : 0,2 CH : 0,3 CH 3OH + CH : 0,3 C H 5OH : 0,3 Ví dụ 2: Tạo lại hỗn hợp axit có số nguyên tử C cách đơn vị gồm 0,1 C2H3COOH 0,14 CH2 C H3COOH: 0,03 C H3COOH: 0,03 C H3COOH: 0,1 C H3COOH + 2CH : 0,07 C H 7COOH: 0,07 CH : 0,14 C H COOH: 0,1 C 3H 5COOH: 0,08 C 3H 5COOH: 0,08 CH : 0,04 C 3H 5COOH + 2CH : 0,02 C 5H 9COOH: 0,02 Ví dụ 3: Tạo lại hỗn hợp anđehit đồng đẳng gồm 1,4 HCHO 2,3 CH2, biết số mol hai anđehit có phân tử khối lớn C 3H 7CHO : 0,3 HCHO : 1,4 CH 3CHO : 1,4 C H 5CHO : 0,3 CH : 2,3 CH : 0,9 = 0,3(1 + 2) CH CHO : 0,8 Ví dụ 4: Tạo lại hỗn hợp ancol, axit gồm 0,5 C2H5OH, 0,3 HCOOH 1,3 CH2 Để ghép CH2, ta cần giải phương trình nghiệm nguyên C H 5OH : 0,5 C H 5OH.mH O : 0,5 m = C H 9OH : 0,5 với 0,5m + 0,3n = 1,3 HCOOH: 0,3 HCOOH.nCH : 0,3 n = CH3COOH: 0,3 CH : 1,3 Nếu gặp phương trình phức tạp hơn, bạn nên dùng chức TABLE máy tính để xử lí Ví dụ 5: Tạo lại hỗn hợp hai hiđrocacon (thể khí điều kiện thường) gồm 0,2 CH4, 0,4 C2H2, 1,2 CH2 CH : 0,2 0,2m + 0,4n = 1,2 CH mCH : 0,2 m = C H8 : 0,2 với m C H : 0,4 C H nCH : 0,4 n = 2 C H : 0,4 CH : 1,2 n Cách tốt để luyện tập kĩ thuật “ghép” áp dụng vào Bài tập Câu 3: Cho X axit cacboxylic đơn chức mạch hở, phân tử có liên kết đơi C=C, Y Z hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở đồng đẳng (MY < MZ) Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm Y, Y Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu dung dịch F Cô cạn F, thu chất rắn khan G Đốt cháy hoàn toàn G O2 dư, thu Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí Hấp thụ tồn T vào bình đựng nước vơi trong, sau phản ứng xảy hoàn toàn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam Khối lượng Z 23,02 gam E gần với giá trị sau đây? A 2,5 gam B 3,5 gam C 17,0 gam D 6,5 gam Lời giải: CH CH COOH: a Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E HCOOH: b CH : c Từ kiện khối lượng hỗn hợp, ta có: 72a + 46b + 14c = 23,02 (1) Từ kiện số mol NaOH phản ứng vừa đủ, ta có: a + b = 0,46 (2) Xét phản ứng đốt cháy hỗn hợp muối: O2 Na CO3 + CO2 + H O C H3aCOONa 2 mol CO : 2,5a + 0,5b + c 1 O2 Na CO3 + CO2 + H O T HCOONa b mol 2 H O : 1,5a + 0,5b + c O2 CH CO2 + H O c mol m CO2 + m H2O = 44(2,5a + 0,5b + c) + 18(1,5a + 0,5b + c) = 22,04 (3) Từ (1), (2) (3), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,41; c = 0,04 Tiến hành ghép CH2 để tạo lại hỗn hợp đầu C H 3COOH: 0,05 X : C H 3COOH: 0,05 E HCOOH: 0,41 E Y: HCOOH:0,37 m Z = 60.0,04 = 24 → Đáp án A CH : 0,04 Z: CH COOH: 0,04 Đơi Đề có số điều kiện ràng buộc với chất, ta nên quy đổi hợp lý từ đầu để tránh làm phức tạp bước ghép CH2 Câu 4: Hỗn hợp X gồm ancol no, hai chức, mạch hở A, B (62 < MA < MB) có tỉ lệ mol 3:4 Cho a mol X vào bình chứa b mol O2 (dư) đốt cháy hồn tồn thu 2,04 mol khí Mặt khác dẫn 2a mol X qua bình đựng K dư thu 70,56 gam muối Biết a + b = 1,5 Số đồng phân hòa tan Cu(OH)2 B A B C D (Bookgol Chemistry Olympia 2016) Phân tích: Câu có điều kiện MA > 62, ta không nên quy đổi C2H4(OH)2 Lời giải: Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: CO2 : 3a + c C 3H (OH)2 : a b mol O2 X H O : 4a + c CH : c n O (d) = a + b - (3a + c) - (4a + c) Từ số mol khí hơi, ta có: (3a + c) + (4a + c) + a + b - (3a + c) - 0,5(4a + c) = 2,04 3a + b + 0,5c = 2,04 (1) Từ kiện khối lượng muối, ta có: 152a + 14c = 0,5.70,56 = 35,28 (2) Từ Đề → a + b = 1,5 (3) Từ (1), (2) (3), giải hệ ta được: a = 0,21; b = 1,29; c = 0,24 Tiến hành ghép CH2 theo điều kiện tỉ lệ mol : C 3H (OH)2 : 0,21 = 0,09 + 0,12 A : C 3H (OH)2 : 0,09 X X CH : 0,24 = 0,12.2 B: C 5H10 (OH)2 : 0,12 Vì B hòa tan Cu(OH)2 nên B có nhóm OH kề Có cấu tạo thỏa mãn B: CH CH CH CH CH3 ; CH3 CH CH CH CH | OH | OH | OH CH3 | CH3 | | OH | OH | OH CH3 | CH3 CH CH CH3 ; CH3 CH CH CH3 ; CH3 CH CH CH | OH | OH | OH Câu 5: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức axit cacboxylic Y hai chức (đều mạch hở, không no có liên kết đơi C=C phân tử) Đốt cháy hoàn toàn lượng E thu 0,43 mol khí CO 0,32 mol nước Mặt khác, thủy phân 46,6 gam E lượng NaOH vừa đủ cô cạn dung dịch thu 55,2 gam muối khan phần có chứa chất hữu Z Biết tỉ khối Z so với H2 16 Phần trăm khối lượng Y hỗn hợp E có giá trị gần với A 46,5% B 48% C 43,5% D 41,5% Phân tích: Một ví dụ khác Câu tồn phần khơng Mình giải theo cách Các bạn so sánh hai lời giải rút ưu điểm ĐĐH Lời giải 1: MZ = 32 → Z CH3OH C m H 2m 2 O2 (m 4) : a O2 CO : 0,43 Phản ứng đốt cháy: E1 C H O (n 4) : b n 2n 4 H O : 0,32 Dựa vào độ bất bão hòa, ta có: a + 2b = n CO2 - n H2O = 0,43 = 0,32 = 0,11 = n COO(E1 ) (1) BTKL m E1 = 0,11.32 + 0,43.12 + 0,32.2 = 9,32 m E2 m E1 = 46,6 55,2 = m muoi(E1 ) = = 11,04 9,32 Phản ứng thuỷ phân: RCOOCH3 : a NaOH RCOONa : a 9,32g 11,04g R'(COONa)2 : b R'(COOH)2 : b Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng, ta có; (23 – 15)a + 22.2b = 11,04 – 9,32 8a + 44b = 1,72 (2) Từ (1) (2), giải hệ ta được: a = 0,05; b = 0,03 BTNT C, ta có: 0,05m + 0,03n = 0,43 (m 4, n 4) → m = 5, n = 0,03.144 100% = 46,35% → Đáp án A → Este X C5H8O2, axit Y C6H8O4 → %mY = 9,32 Lời giải 2: MZ = 32 → Z CH3OH C H 3COOCH : a C H 3COONa: a NaOH 55,2g C H (C OOH)2 : b Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: E C H (C OOH)2 : b 46,6g CH : c CH : c Từ kiện khối lượng E khối lượng muối, ta có hai phương trình: 86a + 116b + 14c = 46,6 (1) 94a + 160b + 14c = 55,2 (2) Ứng với phần 1, ta có: C H3COOCH : ka n CO2 k(4a + 4b + c) = 0,43 Chia vÕ theo vÕ 4a + 4b + c 0, 43 O2 k.E C H (C OOH)2 : kb = (3) TriƯt tiªu k n = k(3a + 2b + c) = 0,32 3a + 2b + c 0,32 CH : kc H2O Từ (1), (2) (3), giải hệ ta được: a = 0,25 ; b = 0,15 ; c = 0,55 Tiến hành ghép CH2, tạo lại hỗn hợp E ban đầu: C H 3COOCH : 0,25 X : C 3H 5COOCH : 0,25 E C H (COOH)2 : 0,15 Y: C H8O : 0,15 CH : 0,55 = 0,25 + 0,15.2 0,15.144 %m Y = 100% = 46,35% Đáp án A 46,6 Nhn xột: Với lời giải sử dụng ĐĐH, ta không cần quan tâm tỉ lệ phần Câu 6: X, Y hai amin no, hở; X đơn chức, Y hai chức Z, T hai ankan Đốt cháy hoàn toàn 21,5g hỗn hợp H gồm X, T, Z, T (MZ < MX < MT < MY ; Z chiếm 36% số mol hỗn hợp) oxi dư, thu 31,86g H2O Lấy lượng H thấy tác dụng vừa đủ với 170 ml dung dịch HCl 2M Biết X T có số mol ; Y Z có số nguyên tử cacbon Tỉ lệ khối lượng T so với Y có giá trị A 1,051 B 0,806 C 0,595 D 0,967 (Đề thi thửBookgol lần 10 - 2016) Lời giải: Z : CH (M = 16): a X: CH 3NH (M = 31): b Sử dụng ĐĐH kết hợp với điều kiện, tiến hành quy đổi: H T : C H8 (M = 44): b Y: CH (NH ) (M = 46): c 2 CH : d Từ thông tin, ta lập hệ phương trình ẩn m H = 16a + (31 + 44)b + 46c + 14d = 21,5 a = 0,18 b = 0,1 n Z = 0,36m H a = 0,36.(a + 2b + c) n c = 0,12 H2 O = 2a + (2,5 + 4)b + 3c + d = 1,77 10 Mặt khác, đốt cháy hết 20,78g hỗn hợp E cần vừa đủ 1,14 mol O2 Biết X, Y, Z có số nguyên tử cacbon Phần trăm khối lượng ancol có phân tử khối lớn F gần với giá trị sau đây? A 46% B 40% C 52% D 43% (Đề thi thử Bookgol lần – 2016) Lời giải: Ta có: nNaOH = n Na2CO3 = 2.0,125 = 0,25 Sử dụng bảo tồn khối lượng, ta có: m H2O(E NaOH) = m E + m NaoH - m muèi = 20,78 + 0,25.40 – 1,36 – 28,52 = 0,9 0,9 = 0,05 18 Sử dụng AKH phép biến đổi peptit gốc axyl, tiến hành quy đổi E CH : a Z H : -a a + d = 0,43 COO: b 14a + 44b + 57c + 14d = 19,88 b = 0,03 H O : 0,05 b + c = 0,25 E X, Y c = 22 C H 3ON : c 1,5a + 2,25c + 1,5d = 1,14 CH : d b = ka (k 2) a = 0,03 (k 2) k a b + 2c + d 0,9 Vì CX = CY = CZ nên phải có điều kiện: C = = 0,03 a + 0,05 + 0,05 k 180 Với k = 2, ta có: C = 13 Với k = 3, ta có: C = 15 → a = 0,01 Vì đề bải hỏi ancol nên ta không cần quan tâm tới X, Y Nếu nối đôi Z nằm gốc axit, ta có: CH3OH : 0,03 F Kh«ng thĨ ghÐp BTKL 1,36g CH : x x = 35 → Nối đôi Z nằm gốc ancol CH 3OH : 0,03 C 3H 5OH : 0,01 C 3H 5OH : 0,01 F CH 3OH : 0,01 F C H 5OH : 0,01 → F H : -0,01 1,36g CH : 0,01 CH OH : 0,01 BTKL x = 0,03 CH : x Ancol có phân tử khối lớn C3H5OH 001.58 100% = 42,65% → Đáp án D → %m C3H5OH = 1,36 → nX, Y = n H O(E NaOH) = Bài 15: Hỗn hợp P gồm axit X no, mạch hở, không phân nhánh, este Y mạch hở lysin Để tác dụng hoàn toàn với P cần dùng 400 gam dung dịch NaOH 10% Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu phần rắn Z chứa muối phần T chứa ancol Dẫn T qua bình đựng Na dư thấy khối 78 lượng bình tăng 367,36 gam thu 43,96 gam muối Đốt cháy hoàn toàn Z thu sản phẩm cháy gồm Na2CO3, CO2, N2 19,8 gam H2O Mặt khác, để đốt cháy hết hỗn hợp P ban đầu cần dùng 50,848 lít khí O2 (đktc) Số cơng thức cấu tạo thỏa mãn X là: A B C D 11 (Thầy Phan Thanh Tùng) 79 Lời giải: Trước hết ta xử lí thơng tin este Y: m binh tăng a(R + 16m) + 17b + 17.20 = 367,36 R(OH)n : a T H O(X, Y + NaOH): b m muèi a(R + 39n) = 43,96 H O(dd NaOH): 20ml n NaOH an + b = R 40 R 80 23an - 17b = 16,6 an = 0,84 aR = 11,2 C H8 (OH)6 : 0,14 an + b = b = 0,16 n = n Ta xác định gốc ancol, việc lại xác định gốc axit (chú ý thơng tin Z chứa muối) O2 Y: (CxHyCOO)6C6H8: 0,14 0,14.(6x + + n 6y ) < 2,27 → 12x + 3y < 16,43 → Axit tạo Y HCOOH Vì X có mạch khơng phân nhánh nên X axit đơn chức axit chức (HCOO)6 C H8 : 0,14 HCOONa : 0,84 HCOONa: a HCOOH: a Z Trường hợp 1: X đơn chức → P C H14 N O : b C H13 N O Na : b CH : c CH : c Từ thông tin O2, NaOH, số mol H2O Z, ta lập hệ: n X : C 3H 7COOH: 0,12 a = 0,12 NaOH = 0,84 + a + b = C H14 N O2 : 0,04 n O2 = 9,5.0,14 + 0,5a + 8,5b + 1,5c = 2,27 b = 0,04 Y: (HCOO) C H : 0,14 c = 0,36 = 0,12.3 6 n H2O(Z) = 0,5.0,84 + 0,5a + 6,5b + c = 1,1 C3H7COOH có cấu tạo: CH3-CH2-CH2-COOH CH3-CH-COOH CH3 (HCOO) C H : 0,14 HCOONa : 0,84 (COOH)2 : a (COONa)2 : a Trường hợp 2: X hai chức → P Z C H14 N O2 : b C H13 N O2 Na : b CH : c CH : c Từ thông tin O2, NaOH, số ol H2O Z, ta lập hệ n X : C H8 (C OOH)2 : 0,04 a = 0,04 NaOH = 0,14 + 2a + b = 0,16 C H14 N O2 : 0,08 n O2 = 9,5.0,14 + 0,5a + 8,5b + 1,5c = 2,27 b = 0,08 Y: (HCOO) C H : 0,14 c = 0,16 = 0,04.4 6 n H2O(Z) = 0,5.0,14 + 6,5b + c = 1,1 C4H8(COOH)2 có cấu tạo Mạch thẳng: C C C C → Có cấu tạo: (1;1), (2;2), (1;3), (1;4), (2;2), (2;3) 80 C C C Mạch nhánh: → Có cấu tạo: (1;1), (1;2), (1;3) C → X có tất 11 cấu tạo thỏa mãn → Đáp án D Bài 16: Hỗn hợp X gồm hai este có số nhóm chức (đều mạch hở, có tổng số liên kết K 5) Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần dùng 38,08 lít khí O2 (đktc) Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch NaOH 2M, thu hỗn hợp muối 0,4 mol hai ancol no, đơn chức, mạch hở Cho lượng muối tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3/NH3 dư, thu 86,4g Ag Số cấu tạo thỏa mãn este không no X là: A B C D (Nguyễn Hữu Thoại – Võ Minh Ngọc) Lời giải: Vì nNaOH > nAncol đơn > n NaOH este không este phenol → Có hai este có dạng RCOOR’COOR’’ Vì hai este có tổng số liên kết nên este no este có nối đơi C=C Ta có hệ: A : RCOOR'COOR'': a n NaOH = 2a + 2b = 0,6 a = 0,2 n = a + 2b = 0,4 B: R(COOR) : b b = 0,1 Ancol Nhận xét: R(COO R)2 tráng bạc n Ag 0,8 A có dạng HCOO-CH=CH-R1-COO-R2 n A 0,2 Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi X (nên sử dụng ĐĐH với CTPT): C H 3O CH : 0,2 X n O2 = 1,7 x = 0,3 CH 3OOC-COOCH : 0,1 C H 5O CH : 0,2 A : C H 3O CH : 0,2 A C H 3O C H : 0,2 → X X CH 3OOC-COOCH : 0,1 B : CH 3OOC COOCH : 0,1 B: CH : 0,3 CH : 0,1 Trường hợp 1: C4H3O4-CH3 → Có cấu tạo thỏa mãn: HCOO-CH=CH-COOCH3 Trường hợp 2: C4H3O4-C2H5 → Có cấu tạo thỏa mãn: HCOO-CH=CH-COOC2H5 Trường hợp 3: C5H5O4-CH3 → Có cấu tạo thỏa mãn: HCOO CH C COO-CH HCOO-CH=CH-CH2-COO-CH3 CH → A có cấu tạo thỏa mãn → Đáp án C Bài 17: X,Y hai este đơn chức; Z este hai chức (X, Y, Z mạch hở, không no chứa liên kết đôi C=C không chứa nhóm chức khác) Đốt cháy m gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol Y lớn số mol Z) oxi vừa đủ thu 40,04 gam CO2 12,24 gam H2O Đun nóng m 81 gam E với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu ancol no hỗn hợp F chứa chất rắn có chất hữu (biết số liên kết K chất không lớn 2) Đốt cháy hỗn hợp rắn F thu 14,94 gam H2O 66,78 gam Na2CO3 Phần trăm khối lượng Y (MX < MY) m gam E gần với A 24% B 24,5% C 25% D 25,5% (Thầy Trọng Đạt) Phân tích: Các thơng tin tốn rời rạc với Liệu có cách sử dụng ĐĐH để liên kết kiện lại? Lời giải: Trước hết ta cần biện luận cấu tạo X, Y, Z: Vì ancol no nên liên kết C=C X, Y, Z nằm gốc axit Nếu Z tạo từ axit hai chức axit có 3 , trái với giả thiết muối có khơng q → E tạo từ ancol no, chức hai axit đơn chức, axit no ột axit có nối đơi C=C Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi: CH CH COOCH : a n CO2 = 4a + 6b + c = 0,91 (1) E CH CH COO-C H -OOCH: b n H2 O = 3a + 4b + c = 0,68 (2) CH : c Lấy (1) – (2), ta được: a + 2b = 0,23 = nRCOONa (3) Sử dụng ĐĐH, tiến hành quy đổi hỗn hợp muối: HCOONa : x C H COONa: y Na CO3 : 0,63 O2 BTNT(Na ) F n NaOH = 2n Na2 CO3 - n RCOONa = 1,03 H O : 0,83 CH : z NaOH n RCOONa = x + y = 0,23 x = 0,03 HCOONa : 0,03 BTNT(C ) x + 3y + z = 0,63 y = 0,2 F C H 3COONa: 0,2 Ta có hệ: n z = NaOH: 1,03 H2 O = 0,5x + 1,5y + z + 0,5.1,03 = 0,83 Trong este, chi Z có gốc HCOONa → b = nHCOONa = 0,03 Từ (3) → a = 0,23 – 2b = 0,23 – 0,03.2 = 0,17 Từ (2) → c = 0,68 – 3a – 4b = 0,68 – 3.0,17 – 4.0,03 = 0,05 X + Y: C H 3COOCH : 0,17 Bước cuối cùng, ta tiến hành ghép: E Z: C H 3COO-C H -OOCH: 0,03 CH : 0,05 Vì nY > nZ MY > MX nên ta cần ghép lượng CH2 lớn 0,03 vào C2H3COOCH3 Nếu ta ghép 0,03 CH2 vào Z, lượng CH2 0,02 < 0,03 Như phân tích, ko thể có nY > nZ X : C H 3COOCH : 0,12 → Toàn 0,05 CH2 vào C2H3COOCH3 → E Y: C H 3COOC H : 0,05 Z: C H COO-C H -OOCH: 0,03 82 → %mY = 100.0,05 100%= 25,46% → Đáp án D 86.0,17 + 144.0,03 + 14.0,05 83 CHƯƠNG BÀI TẬP TUYỂN CHỌN TỪ CÁC ĐỀ THI BÀI TẬP VỀ ESTE Câu 1: Cho 7,34 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X Y (đều tạo axit cacboxylic ancol, MX < MY < 150 g/mol) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu ancol Z 6,74 gam hỗn hợp muối T Cho toàn Z tác dụng với lượng dư Na thu 1,12 lít khí H2 (đktc) Đốt cháy tồn T thu H2O, Na2CO3 0,05 mol CO2 Phần trăm khối lượng X E A 81,74% B 40,33% C 30,25% D 35,97% ( Đề tham khảo tốt nghiệp năm 2019 - Bộ GD & ĐT ) X Na NaOH T Z đơn chức H2 Y 6,74 gam 0,1 0,05 7,34 BTKL m ancol m Z m ROH 4,6; n ancol 0,1 C H 5OH BT.Na Na CO3 : 0,05 n C (trong muèi) = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol Na CO3 CO2 nC = nNaOH → Số C số nhóm chức -COOCOONa : 0,1 HCOONa : 0,04 0,04.74 T %HCOOC H 100% 40,33% 7,34 H : 0,04 (C OONa)2 : 0,03 BÀI TẬP VỀ CHẤT BÉO Câu 2: Thủy phân hoàn toàn triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol, natri stearat natri oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu H2O 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,04 B 0,08 C 0,20 D 0,16 ( Đề tham khảo tốt nghiệp năm 2020 - Bộ GD & ĐT ) CTPT X :C57 H y O -COO : 0,12 2, 28 BT.C nX 0, 04mol X C : 2,16 a 2,16 2,12 0, 04 0, 08 57 57 BT.O H : 2,12 BT C n CO2 -COO Lưu ý: Mọi chất béo no có dạng: C n H 2n O6 C n 3H 2(n 3)2 (COO)3 CH H ( n ) X - Ta thấy hệ quả: 1) Nếu Hiđro hóa để quy đổi chất béo ban đầu chất béo no sau quy hỗn hợp (-COO-; CH2 H2) thì: n H2 (quy ®ỉi) = nChÊt bÐo no 2) Nếu quy đổi hỗn hợp chất béo ban đầu (-COO-; C H2 ) n C n X n H2 (qui ®ỉi) n Br2 (l¯m no) 84 Chøng minh: -COO-COO VÕ ph°i: n C n X n H2 H2 (l¯m no) Cha no C no CH H H ( n ) n H2( chÊt bÐo) n H2 (l¯m no) =n H2( chÊt bÐo) n Br2 (l¯m no) 2(trong chÊt bÐo) X Hay : n C n X n H2( chÊt bÐo) n 3) Nếu cho số mol oxi dùng bảo toàn e dùng biểu thức (x + y/4 - z/2) để tìm số mol H2 đốt cháy Câu 3: Xà phòng hóa hồn tồn m gam hỗn hợp E gòm truglixerit dung dịch NaOH, thuđược glyxerol hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng : : Hiđro hóa hồn tồn E, thu 68,96 gam hỗn hợp Y Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E cần dùng vừa đủ 6,14 mol O2 Giá trị m A 68,40 B 60,20 C 68,80 D 68,84 ( Đề tham khảo tốt nghiệp năm 2020 - Bộ GD & ĐT ) (C15H 31COO)3C 3H :4a 68,96 806.4a 14.16a 68,96 a 0,02 CH :16a 4.6,14 290.4a 6.16a n H2 0,28 m 68,96 2.0,28 68, gam Câu 4: Thủy phân hoàn toàn triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol, natri stearat natri oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu H2O 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,04 B 0,08 C 0,20 D 0,16 (Đề thi THPT-QG năm 2018- Mã đề 201) nCO2 nX 0,04 ; Tiến hành ankan hóa hỗn hợp 57 COO : 0,12 BT.C COO CH : 2,16 n H2 n Br2 n X n Br2 0,08 mol C H n 2n 4.3,22 6.2,16 BT.e H2 : 0,04 Câu 5: Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 1,56 mol CO2 1,52 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH dung dịch, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị a A 25,86 B 26,40 C 27,70 D 27,30 (Đề thi THPT-QG năm 2018- Mã đề 202) 85 C15H 31COOH :x BT.C :16x 51y z 1,56 x 0,03 X (C15H 31COO)3C 3H :y BT.H :16x + 49y + z = 1,52 y 0,02 CH :z x + 3y = 0,09 z 0,06 C15 H 31COONa: 0,09; CH :0,06 a 25,86 gam BÀI TẬP VỀ MUỐI AMONI Câu 6: Chất X (CnH2n-2O5N4, tetrapeptit mạch hở); chất Y (CmH2m+4O4N2, gốc hiđrocacbon liên kết với liên kết -COONH3-) Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp E gồm X Y cần dùng vừa đủ 260 ml dung dịch NaOH 1M, đun nóng, thu etylamin 24,17 gam hỗn hợp T muối amino axit muối axit cacboxylic đơn chức Thành phần % theo khối lượng X E A 32,48% B 63,06% C 36,94% D 67,52% (Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định - thi thử năm 2020) HCOONa : 0,07 CH COONa : 0,07 ghÐp 24,17 NO2 Na : 0,03.4 0,07 0,19 GlyNa : 0,19 BTKL CH : 0, 45 X : Gly : 0,03 %X 36,94% Y : CH COO Gly NH3C H : 0,07 BÀI TẬP VỀ PEPTIT Câu 7: Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu hỗn hợp Q gồm muối Gly, Ala Val Đốt cháy hoàn toàn Q lượng oxi vừa đủ, thu lấy tồn khí đem hấp thụ vào bình đựng nước vơi dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam có 0,84 lít khí (đktc) Mặt khác, đốt cháy hồn tồn m gam M, thu 4,095 gam H2O Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 6,0 B 6,5 C 7,0 D 7,5 ( Đề minh họa lần - 2017 ) C H O N : a C2 H O NaN : a O2 NaOH M CH : b Q CO H 2O N 0,0375 CH : b H O : c 13,23 Kĩ thuật xử lí nhanh kiện đốt muối: 1 1 3CO2 4H 2O Na 2CO3 C H O.Na CO C2 H 4O2 NaN Q Q 2 CH CH CO2 H 2O Bắt tay vào bấm máy: BTNT N a 2n N2 0, 075 86 44.3 18.4 a 44 18 b 13, 23 b 0, 09 BTNT H 5a 2b 2c 0, 445 c 0, 05 m CO2 H 2O m m M 75a 14b 18c 5,985 gam Câu 8: Hỗn hợp E chứa peptit mạch hở Đốt cháy 0,3 mol E cần dùng 3,6 mol O2, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch KOH đặc dư, thấy khối lượng dung dịch tăng 188,52 gam Thủy phân hoàn toàn lượng E thu hỗn hợp F gồm glyxin alanin Tỉ lệ mol nglyxin : nalanin F A 0,50 B 25,00 C 20,00 D 13,33 (Beeclass luyện tốc độ lần 15-2017) Bài giải C H3NO : x x(2.44 1,5.18) y.(44 18) 18.0,3 188,52 x 1,56 CH : y x(2 ) y.(1 ) 3,6 y 0,06 H O : 0,3 4 G 1,56 0,06 25 A 0,06 HỖN HỢP NHIỀU CHỨC HỮU CƠ Câu 9: X amino axit có cơng thức H 2NCnH2nCOOH, Y axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở Cho hỗn hợp E gồm peptit Ala-X-X Y tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, thu m gam muối Z Đốt cháy hồn tồn Z cần 25,2 lít khí O2 (đktc), thu N2, Na2CO3 50,75 gam hỗn hợp gồm CO2 H2O Khối lượng muối có phân tử khối nhỏ Z A 14,55 gam B 12,30 gam C 26,10 gam D 29,10 gam (Đề thử nghiệm năm 2017) Cách 1: Tính tốn theo cách "cổ điển" BTNT Na : a b 0, 45 a 0,3 6x C x H 2x NO2 Na : a 6n Z a b 1,125 b 0,15 C n H 2n 1O2 Na : b ax nb 62xa 62nb 22a 31b 50,75 6x 3n 20 n x 17 / m 1; 2,83 x 2; n x / 3 2C X 17 4C X 17 C X 11 / loai 2C X *n / 2C X C X (Gly) 3 GlyNa CH3COONa m CH3COONa 0,15.82 12,3 gam *x 17 / Cách 2: Dùng định luật bảo toàn Gỡ "nút thắt" toán: 87 C x H 2x NO2 Na Z O2 Na CO3 CO2 H O N C n H 2n 1O2 Na 1,125 0,225 50,75 BT.O : n O (Z) 2.n Na (Z) n NaOH 0,9 mol CO2 : x 44x 18y 50,75 x 0,775 H O : y BT.O : 0,9 1,125.2 0,225.3 2x y y 0,925 Tìm mol muối: (0,225 0,775) 0,925 n C n H2n 1O2Na 0,15; BT.Na: C x H 2x 1NO2 Na : 0,3 mol 0,5 Biện luận x n: BT.C : 0,15n 0,3x 0,225 0,775 3n 6x 20 Tiếp tục giải cách Cách 3: Đồng đẳng hóa x y 0, 45 C 0,5 HO0,5 0, Na CO3 : x HCOONa : x 0, 0, 25, Z C H NO2 Na : y C1,5 H O0,5 0, Na CO3 : y (0, )x (1, )y (1 )z 4 22, CH : y CH : y x.(22 9) y.(1, 5.44 36) z(44 18) 50, 75 x 0,15; y = 0,3; z = 0,25 Với 0,3 mol gốc muối a.a nên mắt xích 0,1 mol (do có mắt xích) mà có mắt xích Ala nên ta bù 0,1 mol CH2 vào Còn 0,15 mol nhóm CH2 bù cho HCOONa hợp lí muối nhỏ CH3COONa tính 12,3 mol Bình luận: Mặc dù cách cách dùng định luật bảo tồn, nhiên khó nói cách nhanh cách Câu 10: Hỗn hợp E gồm chất: X (là este amino axit); Y Z hai peptit mạch hở, nguyên tử nitơ (đều chứa hai loại gốc amino axit, MY < MZ ) Cho 36 gam E tác dụng vừa đủ với 0,44 mol NaOH, thu 7,36 gam ancol no, đơn chức, mạch hở 45,34 gam ba muối glyxin, alanin, valin (trong có 0,1 mol muối alanin) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 36 gam E O2 dư, thu CO2, N2 1,38 mol H2O Phần trăm khối lượng Y E A 18,39% B 20,72% C 27,58% D 43,33% ( Đề tham khảo lần -2017 ) C H3NO : 0, 44 CH : a 0,19 E BT[ m ] 36(g) H O : b n peptit 0,05 C H O : 7,36 (g) n 2n 2 C H NO2 Na : 0, 44 0,44mol NaOH 45,34 (g) CH : a 0,19 O2 1,38H O n : C H 5OH (0,16 mol ) Y,Z 0,31 0,16 0,15 Ta có: n Ala 0,1 n Val 0,03 n Gly 0,31 n Gly H NCH COOC H (0,16 mol ) n Cpeptit 0, 44 0,16 0,28 mx 5,6 H NO 88 Y5 : Ala n Gly(5 n) : 0,02 BT[Ala] 0,02n 0,03m 0,1 n m Z : Ala Gly Val : 0,03 m (5 m) Y5 : Ala Gly3 : 0,02 (18,39%) Z : Ala Gly3 Val : 0,03 (35,83%) Câu 11 Hỗn hợp X chứa hai amin thuộc dãy đồng đẳng metylamin Hỗn hợp Y chứa glyxin lysin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z (gồm X Y) cần vừa đủ 1,035 mol O2, thu 16,38 gam H2O; 18,144 lít (đktc) hỗn hợp CO2 N2 Phần trăm khối lượng amin có khối lượng phân tử nhỏ Z A 21,05% B 16,05% C 13,04% D 10,70% ( Đề tham khảo năm 2018 ) * nH2O = 0,91; nCO2, N2 = 0,81 CH N : a a b c 0, a 0,1 C2 H NO : b 9a 9b 34c 6d 1, 035.4 b 0, 04 * Quy X thành → mT = 16,82 C6 H14 N O : c 2,5a 2,5b 7c d 0,91 c 0, 06 CH : d 1,5a 2,5b 7c d 0,81 d 0,14 C2 H N : 0, 06 * Hai amin ; %C2H7N = 16,05% C3H9 N : 0, 04 Câu 12: Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có cơng thức CxHyN5O6 hợp chất B có cơng thức phân tử C4H9NO2 Lấy 0,09 mol X tác dụng vừa đủ với 0,21 mol NaOH thu sản phẩm dung dịch gồm ancol etylic a mol muối glyxin, b mol muối alanin Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X lượng oxi vừa đủ thu N2 96,975 gam hỗn hợp CO2và H2O Giá trị a : b gần nhấtvới A 0,50 B 0,76 C 1,30 D 2,60 (Trường THPT Chuyên ĐH Vinh/ thi thử lần 3-2015) Cách 1: (NT Nhật Trường) Thủy phân tạo ancol Etylic CTCT C4 H9 NO : NH 2CH 2COO C2 H5 mol n A n B 0,09 n A 0,03 Ta có: mol 5n A n B 0,21 n B 0,06 Peptit trung bình-Một phương pháp mới, mong qua cách giải bạn rút cách sử dụng phương pháp này! (Lưu ý: CTTQ peptit tạo mắt xích α-aminoaxit no, hở, có 1-COOH 1-NH2 là: C n H n 2k N k O k 1 ) 89 , 03m ol A : C H N O n n 3 NaOH NH CH COONa CH CH ( NH )COONa B : NH CH COOC H 2 2 2 , 06m ol m ol , 03 C n H n 3 N O , 03n , 24m ol O2 NH CH COOC H 2 2 CO , 03n , 225m ol H 2O m A B 0,42n 11,07 m CO H 2O 1,86n 14,61 , 06m ol mX m CO H 2O 2n Gly 3n Ala 41,325 n 13 Ctb 13 : 2,6 96,975 0,03.5 Mà n Gly Ala 0,03.5 0,15 n Gly 0,06; n Ala 0,09 a (0,06 0,06) 1,33 b 0,09 Cách 2: Đồng Đẳng Hóa (Nhật Trường): Vẫn sử dụng số mol 0,03 0,06 tính trên: , 03m ol x m ol A : (C H ON ) H O CH 2 NaOH NH CH COONa CH 3CH ( NH )COONa NH CH COOC H B : , 06m ol m ol , 03 x m ol (C H 3ON ) H O CH NH CH COOC H 2 2 , 54 x m ol , 525 x 0 m A B 15,27 14x CO H O m CO H 2O 33,21 62x O2 , 06m ol mX m CO H 2O 41,325 a x 0,09mol n Ala n Gly 0,21 0,09 0,12 1,33 96,975 b Câu 13: Cho X, Y, Z ba peptit mạch hở (phân tử có số nguyên tử cacbon tương ứng 8, 9, 11; Z có nhiều Y liên kết peptit); T este no, đơn chức, mạch hở Chia 179,4 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu a mol CO2 (a – 0,09) mol H2O Thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol metylic 109,14 gam hỗn hợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic) Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 2,75 mol O2 Phần trăm khối lượng Y E A 8,70% B 4,19% C 14,14% D 10,60% (Đề thi THPT-QG năm 2018- mã đề 201) Quy muối G thành CH2: a, NaNO2: b, HCOONa: c, npep = d mmuối =14a+69b+68c=109,14 BT.O 2(b+c)+2,75.2 = 2(a+c-0,5(b+c))+a+0,5c+1,5(b+c) 3a-1,5b+c=5,5 n CO2 n H2O n N2 n peptit 0,5b-d = 0,09 179,4/2 +40(b+c) = 109,14+32c+18d 40b+8c-18d=19,44 a=1,7; b=0,34; c=0,91; d=0,08 nC(trong pep) = 1,7-0,91k > 0,64 k=0 k=1( k số CH2 quy đổi este) N=0,34/0,08=4,25 Z G4A: 0,01; Y G3A: 0,03, X AV:0,04 (TH k=1, k=0 âm ) %Y=0,03.260/89,7=8,7% Câu 14: X trieste, phân tử chứa liên kết π, tạo glyxerol hai axit cacboxylic không no Y, Z ( X, Y, Z mạch hở) Đốt cháy hoàn toàn 26,12 gam hỗn hợp E chứa X,Y, Z cần 90 dùng 1,01 mol O2 Mặt khác 0,24 mol E làm màu vừa đủ dung dịch chứa 0,48 mol Br2 Nếu lấy 26,12 gam E tác dụng với 360 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu dung dịch chưa a gam muối Y b gam muối Z (MY< Mz) Tỉ lệ a:b gần A 3,2 B 3,4 D 3,3 D 3,5 Bài giải: C2 H 3COOH: a n E a b c 3c 0, 24 a 0, 08 n a 2b 0, 48 b 0, 28 C2 HCOOH: b C3H (OH)3 : c 72a 70b 92c 14d 18.3c 26,12 H O : 3c a b 0,36 c 0, 02 d CH : d 3a 2,5b 3,5c 1,5d 1, 01 a 0, 28.(M 2) 2 3,5.(1 ) 3,5.(1 ) 3, 43 b 0, 08M M 27 44 23 Câu 15: Cho X, Y hai axit cacboxylic đơn chức (MX < MY); T este ba chức, mạch hở tạo X, Y với glixerol Cho 23,06 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T glixerol (với số mol X lần số mol T) tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, thu hỗn hợp F gồm hai muối có tỉ lệ mol : 3,68 gam glixerol Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O2, thu Na2CO3, H2O 0,4 mol CO2 Phần trăm khối lượng T E có giá trị gần với giá trị sau đây? A 29 B 35 C 26 D 25 (Đề tham khảo, kì thi THPT QG mơn Hóa 2019) Bài giải: HCOOH : 0, C H (OH) : 0, 04 0, 4.46 3, 68 14x 2y 18z 23, 06 x 0, 0, 4.0,5 1,5x 0,5y 0, 45 y 0,1 CH : x H : y 0, x 0, z 0, 09 H 2O : z HCOOH : 0, 24 T : 0, 03 (0,09/3) X : 0, 24 (n X 8n T ) CH CH COOH: 0,07 % m T 26, 28% Y : 0, 07 (0,1 - 0,03) (CH2 CH COO) C H (OOCH) : 0, 03 Câu 16: Hỗn hợp X gồm C4H8, C6H12, CH3OH, C3H7OH, C3H7COOH CH3COOC2H5 Đốt cháy hoàn toàn 14,6 gam X cần dùng vừa đủ x mol O2, thu y mol CO2 0,9 mol H2O Mặt khác, để tác dụng với 14,6 gam X cần dùng vừa đủ với 25 ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M Tỉ lệ x : y A 24 : 35 B 40 : 59 C 35 : 24 D 59 : 40 ( Thi thử chuyên Vinh lần 1_ 2018 ) COO: 0,025 x 35 BTNYT.O y = 0,6 n O2 = x = 0,875 = Dồn chất 14,6 CH : y y 24 H O : 0,9 Câu 17: Hỗn hợp M gồm hai amino axit X, Y ba peptit mạch hở Z, T, E tạo X Y Cho 31,644 gam M phản ứng hoàn toàn với lượng vừa đủ 288 ml dung dịch NaOH 1M, thu dung dịch F chứa a gam hỗn hợp muối natri alanin lysin Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b 91 mol M cần dùng vừa đủ 35,056 lít O2 (đktc), thu CO2 H2O có tỉ lệ số mol tương ứng 228 : 233 Kết luận sau sai? A Phần trăm số mol muối natri alanin có a gam hỗn hợp muối 41,67% B Giá trị a 41,544 C Giá trị b 0,075 D Tổng khối lượng CO2 H2O sinh đốt cháy hoàn toàn 31,644 gam M 85,536 gam ( Thi thử chuyên Vinh lần 1_ 2018 ) m 879 M = Với tình n COO C 3H NO2 : x CO2 : 3x + 6y C H14 N O2 : y Với tình 2: Ta dồn H O : 3,5x + 7y + z H O : z 228 3x + 6y 3,5x = 7y + z 233 x = 0,1 2x + 2y + z + 1,565.2 = 6x + 12y + 3,5x + 7y + z y = 0,14 b = 0,075 89x + 146y + 18z 879 z = -0,165 x + y CO2 : 1,14 p1 m CO 71,13 = 85,356 Xử lí kiện: Với phần cháy H2 O H O : 1,165 92