BỒI DƯỠNG HSG HOÁ hữu cơ 12 và ôn thi THPT QG

Trên đờng thành công dấu chân kỴ lêi biÕng MỤC LỤC CHUN ĐỀ 1: HIĐROCACBON DẠNG 1: BÀI TẬP PHẢN ỨNG CHÁY .3 1.1 Lý thuyết .3 1.2 Bài tập vận dụng .3 DẠNG 2: BÀI TẬP PHẢN ỨNG CRACKING .7 2.1 Lý thuyết .7 2.2 Bài tập vận dụng .7 DẠNG 3: BÀI TẬP PHẢN ỨNG CỘNG H2; Br2 3.1 Lý thuyết .8 3.2 Bài tập vận dụng .8 DẠNG 4: BÀI TẬP ANK-1-IN TÁC DỤNG AgNO3/NH3 13 4.1 Lý thuyết .13 4.2 Bài tập vận dụng .14 CHUYÊN ĐỀ 2: ESTE – LIPIT 17 DẠNG 1: BÀI TẬP PHẢN ỨNG CHÁY .17 1.1 Lý thuyết .17 1.2 Bài tập vận dụng .17 DẠNG 2: BÀI TẬP PHẢN ỨNG XÀ PHỊNG HĨA ESTE ĐƠN CHỨC 20 2.1 Lý thuyết .20 2.2 Bài tập vận dụng .20 DẠNG 3: BÀI TẬP PHẢN ỨNG XÀ PHỊNG HĨA ESTE ĐA CHỨC .27 3.1 Lý thuyết .27 3.2 Bài tập vận dụng .27 DẠNG 4: BÀI TẬP PHẢN ỨNG XÀ PHÒNG ESTE PHENOL 30 4.1 Lý thuyết .30 4.2 Bài tập vận dụng .30 DẠNG 5: BÀI TẬP HIỆU SUẤT PHẢN ỨNG ESTE HÓA .34 5.1 Lý thuyết .34 5.2 Bài tập vận dụng .34 DẠNG 6: BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO ESTE .36 6.1 Lý thuyết .36 6.2 Bài tập vận dụng .37 DẠNG 7: BÀI TẬP CHẤT BÉO 50 7.1 Lý thuyết .50 7.2 Bài tập vận dụng .50 CHUYÊN ĐỀ 3: CACBOHIĐRAT .58 DẠNG 1: BÀI TẬP PHẢN ỨNG GƯƠNG 58 1.1 Lý thuyết .58 1.2 Bài tập vận dụng .58 DẠNG 2: BÀI TẬP PHẢN THỦY PHÂN – LÊN MEN 60 2.1 Lý thuyết .60 2.2 Bài tập vận dụng .60 DẠNG 3: BÀI TẬP PHẢN ỨNG XENLULOZƠ TÁC DỤNG HNO3 .64 3.1 Lý thuyết .64 3.2 Bài tập vận dụng .64 DẠNG 4: BÀI TẬP PHẢN ỨNG ĐỐT CHÁY CACBOHIĐRAT 65 4.1 Lý thuyết .65 4.2 Bài tập vận dụng .65 -1- Trên đờng thành công dấu chân kẻ lời biếng CHUYấN 4: AMIN – AMINO AXIT – PEPTIT 67 DẠNG 1: BÀI TẬP PHẢN ỨNG CHÁY AMIN 67 1.1 Lý thuyết .67 1.2 Bài tập vận dụng .68 DẠNG 2: BÀI TẬP PHẢN ỨNG AMIN TÁC DỤNG VỚI AXIT HCl 71 2.1 Lý thuyết .71 2.2 Bài tập vận dụng .71 DẠNG 3: BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO BIỆN LUẬN CÔNG THỨC MUỐI AMONI .73 3.1 Lý thuyết .73 3.2 Bài tập vận dụng .74 DẠNG 4: BÀI TẬP AMINO AXIT 79 4.1 Lý thuyết .79 4.2 Bài tập vận dụng .79 DẠNG 5: BÀI TẬP THỦY PHÂN PEPTIT 88 5.1 Lý thuyết .88 5.2 Bài tập vận dụng .88 DẠNG 6: BÀI TẬP ĐỐT CHÁY PEPTIT 93 6.1 Lý thuyết .93 6.2 Bài tập vận dụng .93 DẠNG 7: BÀI TẬP VẬN DỤNG CAO PEPTIT 94 7.1 Lý thuyết .94 7.2 Bài tập vận dụng .94 CHUYÊN ĐỀ 5: POLIME – VẬT LIỆU POLIME 102 LÍ THUYẾT CƠ BÀN 102 Chất dẻo 102 Tơ 102 Cao su 103 BÀI TẬP VẬN DỤNG .103 -2- Trên đờng thành công dấu chân kẻ lời biếng CHUYấN HIĐROCACBON CHUYÊN ĐỀ 1: HIĐROCACBON DẠNG 1: BÀI TẬP PHẢN ỨNG CHÁY 1.1 Lý thuyết 3n +1 - k O2 → nCO2 +(n +1 - k)H2O; k số lk hoặ c số vòng * Một số CT cần nắ m: nC =nCO2 ; nH =2nH2O ; mHC =mC +mH ; nHC *(k - 1) =nCO2 - nH2O HC: CnH2n+2-2k + - nC =nCO2 ; nH =2nH2O ; mHC =mC +mH ; nHC *(k - 1) =nCO2 - nH2O - ChØsè C =nC /nHC ; chỉsố H =nH /nHC * Đ ốt cháy hỗn hợ p HC: - Ankan +anken ⇔ nH2O >nCO2 ⇒ nAnkan =nH2O - nCO2 - Anken +ankin (h c ankadien) ⇔ nH2O nCO2 → X: CnH2n+2 → n =nCO2 /nAnkan =0,11/(0,132 - 0,11) =5, X: C5H12 X +Cl (1 : 1) → 1sp h÷u cơduy X: CH3 C(CH3)2-CH3 (2,2-đ imeylpropan) Cõu (Đề TSĐH A - 2010): Đốt cháy hoàn toàn lượng hiđrocacbon X Hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH) (dư) tạo 29,55 gam kết tủa, dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm 19,35 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu Công thức phân tử X A C3H8 B C2H6 C C3H4 D C3H6 Giải: CxH y +O2 → + Ba(OH)2 CO2 +H2O  → 0,15 mol BaCO3 Ba(OH)2 d → nCO2 =nBaCO3 =0,15; mdd↓ =mBaCO3 - m(CO2 +H2O) → mH2O =3,6 → nH2O =0,2 Do nH2O >nCO2 → X: CnH2n+2 → n =nCO2 /nAnkan =0,15/(0,2 - 0,15) =3, X: C3H8 Câu (Đề TSĐH A - 2012): Đốt cháy hoàn toàn 4,64 gam hiđrocacbon X (chất khí điều kiện thường) đem tồn sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH) Sau phản ứng thu 39,4 gam kết tủa khối lượng phần dung dịch giảm bớt 19,912 gam Công thức phân tử X A CH4 B C3H4 C C4H10 D C2H4 Giải: + O2 Ba(OH)2 X  → CO2 (x mol) +H2O (y mol)  → mdd↓ mdd↓ =mBaCO3 - (mH2O +mCO2 ) ⇔ 39,4 - (44x +18y) =19,912 (1) BTKL: mX =mC +mH ⇔ 12x +2y =4,64 (2) Gi¶i hƯ(1); (2): x =0,348; y =0,232 Do nCO2 >nH2O → X: C3H Câu (Đề TSCĐ - 2012): Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon dãy đồng đẳng, thu 2,24 lít khí CO2 (đktc) 3,24 gam H2O Hai hiđrocacbon X A C2H6 C3H8 B CH4 C2H6 C C2H2 C3H4 D C2H4 C3H6 Giải: CH  nCO2 =0,1 → X: CnH2n+2 → n =nCO2 /nAnkan =1,25 ⇔ CT X   C2H6  nH2O =0,18 Câu (Đề TSĐH B - 2008): Đốt cháy hồn tồn lít hỗn hợp khí gồm C2H2 hiđrocacbon X sinh lít khí CO2 lít H2O (các thể tích khí đo điều kiện nhiệt độ, áp suất) Công thức phân tử X A C2H6 B C2H4 C CH4 D C3H8 Giải: nCO2 =nH2O ⇔ hh gåm C2H2 vµ ankan; Sè C =nCO2 /nhh =2 → X: C2H Câu 10 (Đề TSCĐ - 2008): Đốt cháy hoàn toàn 20,0 ml hỗn hợp X gồm C3H6, CH4, CO (thể tích CO gấp hai lần thể tích CH4), thu 24,0 ml CO2 (các thể tích khí đo điều kiện nhiệt độ áp suất) Tỉ khối X so với khí hiđro A 12,9 B 25,8 C 22,2 D 11,1 -4- Trên đờng thành công dấu chân kẻ lời biếng Gii: x +y +2y =20 x =2 X: C3H6 (x); CH4 (y) vµ CO (2y) ⇔  →  3x +y +2y =24  y =6 2*42 +6*16 +12*28 ⇒ MX = =25,8 → dX /H2 =12,9 20 Câu 11 (Đề TSCĐ - 2008): Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp M gồm ankan X ankin Y, thu số mol CO2 số mol H2O Thành phần phần trăm số mol X Y hỗn hợp M A 75% 25% B 20% 80% C 35% 65% D 50% 50% Giải: M Ankan vµ ankin +O2 → nCO2 =nH2O ⇔ nX =nY → %X =%Y =50% Câu 12 (Đề TSĐH B - 2010): Hỗn hợp khí X gồm ankan anken Tỉ khối X so với H 11,25 Đốt cháy hồn tồn 4,48 lít X, thu 6,72 lít CO (các thể tích khí đo đktc) Công thức ankan anken A CH4 C2H4 B C2H6 C2H4 C CH4 C3H6 D CH4 C4H8 Giải: X CnH2n+ (a) a +b =0,2   +O2 → CO2 ⇔ na +mb =0,3 CmH2m (b) (14n +2)*a +14m*b =22,5*0,2 dX /H2 =11,25 → M X =22,5  → a =0,15; b =0,05; na +mb =0,3 LËp b¶ng n =1; m =3 phù hợ p X gồm: CH4 C3H6 Cõu 13 (Đề TSCĐ - 2010): Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai hiđrocacbon X Y (MY > MX), thu 11,2 lít CO2 (đktc) 10,8 gam H2O Công thức X A C2H6 B C2H4 C CH4 D C2H2 Giải: 0,3 mol X; Y +O2 → 0,5 mol CO2 +0,6 mol H2O Sè C =nCO2 /nhh =0,5/0,3 =1,67; M X 4MY) với tỉ lệ mol tương ứng : Cho m gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu dung dịch T chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri glyxin alanin Dung dịch T phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu dung dịch chứa 63,72 gam hỗn hợp muối Các phản ứng xảy hoàn toàn Kết luận sau đúng? A Phần trăm khối lượng nitơ Y 15,73% B Số liên kết peptit phân tử X C Tỉ lệ số gốc Gly : Ala phân tử X : D Phần trăm khối lượng nitơ X 20,29% Giải: C2H3NO NaCl (x +y)  H2NCH2COONa (x)   Z CH2 +NaOH → T  ; T +0,72 mol HCl → ClNH3CH2COOH (x)  H2NC2H4COONa (y) H O ClNH C H COOH (y)   2x +2y =0,72 (nHCl + T ) x =0,18 →  →  → nNaOH =nNa =0,36  y =0,18 58,5*(x +y) +111,5x +153,5y =63,72 → Z: nC2H3NO(Z) =nNaOH =0,36; nCH2 (Z) =nGlyNa.CH2 (hay AlaNa) =0,18 mMuèi(T) =mGlyNa +mAlaNa ⇔ mZ +12,24 =37,44 → mZ = 25,2 =mC2H3NO +mCH2 +mH2O → mH2O(Z) =2,16 → nH2O(Z) =0,12 → nX =nY =0,12/2 =0,06 mol Gäi sè gèc AA X lµ k → nNaOH(pø Z) =0,06*k +0,06 =0,36 → k =5 mZ =mX +mY ⇔ 0,06M X +0,06M Y =252 → M X +M Y =420; M X >4M Y → Y : Gly → X: AlauGly(5− u) (0,06) BT Gly: 0,06*(5 - u)(X ) +0,06(Y ) =0,18 → u =3 X: Ala3Gly2; Y : Gly Phát biểu đúng: D Cõu 111 ( MH lần II - 2017): X amino axit có công 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 O (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 Giải: E +NaOH → Z nZ =nCOO(Z) =nNaOH =0,45 BT Na → nNa2CO3 =0,225 mol C3H6NO2Na (a) CO (x) 44x +18y =50,75 x =0,775  Z CnH2nNO2Na (2a) +O2 →  → → 2x +y +0,225*3 =0,45*2 +1,125*2 y =0,925 H2O(y) C H O Na (b)  m 2m-1 CnH2nNO2Na → (n - 0,5)CO2 +nH2O +0,5Na2CO3 nAA =(nCO2 - nH2O ) / =0,3 → CmH2m-1O2N → (m - 0,5)CO2 +(m - 0,5)H2O +0,5Na2CO3 → 3a =0,3 → a =0,1 BT Na: 3a +b =0,45 → b =0,15 mol Z +O2: BT C: 0,1*3 +0,2*n +0,15m =1 LËp b¶ng: n =2, m =2 phï hỵ p H NCH2COONa (0,2); H2NC2H4COONa (0,1) Z:  → %CH3COONa(Z) =12,3% vµ CH COONa (0,15) -95- Trên đờng thành công dấu chân kẻ lời biếng Cõu 112 (Đề MH lần III - 2017): 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, M Y < 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 O 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% Giải: + NaOH C2H3NO E → Muèi: GlyNa (a); AlaNa (0,1); ValNa (b) nC2H3NO =nNaOH =0,44 =nNa  E CH2 (x) x +y +1,5*0,44 =1,38 x =0,51 →   H O (y) E +O2:   14x +18y +57*0,44 =36  y =0,21 a =0,31 =nGly(E) 97a +139b +111*0,1 =45,34 E +NaOH:  →  a +b =0,34 b =0,03 =nVal(E) E +NaOH → Muèi +Ancol +H2O BTKL → mH2O =0,9 → nPeptit =nH2O =0,05 mol nH2O(E) =nPeptit +nEste → nEste =0,16 =nAANa(Muèi t¹o bëi Este) >nAlaNa; nValNa → X: Este cña Gly → Peptit: Gly (0,31 - 0,16 =0,15); Val (0,03); Ala (0,1) → nN(Peptit) =0,28 → N =5,6 Peptit: Gåm penta vµ hexa PP ®êng chÐo (N =5,6; nPep =0,05) → nPenta =0,02; nHexa =0,03 BT Gly: 0,03*u +0,02*v =0,15 Hexa: GlyuAla(5-u)Val (0,03) nVal =nHexa =0,03 →  →  → u =v =3 phï hỵ p Penta: GlyvAla(5-v) (0,02) Y: Gly3Ala2 (0,02) → mY =6,62 → %Y (E) =18,39% Câu 113 (Đề THPT QG - 2018): 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 CO (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 O Phần trăm khối lượng Y E A 8,70% B 4,19% C 14,14% D 10,60% Giải: C2H3NO (a) → 2CO2 +1,5H2O  CH2 (b) → CO2 +H2O nCO - nH2O =0,5a - c =0,09 (1) E →  57a +14b +18c +60d =179,4/2 (2)  H2O (c) =nPeptit → H2O  HCOOCH (d) → 2CO +2H O  2 C2H3NO C2H4NO2Na (a) +2,25O2 → 1,5CO2 +2H2O +0,5Na2CO3  CH2  E +NaOH → G CH2 (b) +1,5O2 → CO2 +H2O  H2O  HCOONa (d) +0,5O → 0,5CO +0,5H O +0,5Na CO 2 2   HCOOCH  97a +14b +68d =109,14 (mG ) (3) a =0,34; b =1,02 →  Gi¶i hƯ(1) - (4) →  c =0,08; d =0,91 2,25a +1,5b +0,5d =2,75 (4) TH1: Kh«ng ghÐp CH2 cho este → nC(Peptit) =1,02 +0,34*2 =1,7 → C(Peptit) =21,25 loại -96- Trên đờng thành công dấu chân kẻ lời biếng TH2: Ghép 1CH2 cho este, CT este: CH3COOCH3 → nCH2 (Peptit) =1,02 - 0,91 =0,11 → nC(Peptit) =0,11 +0,34*2 =0,79 → C(Peptit) =9,875; N(Peptit) =4,25 → Peptit gèc AA Z: Gly4Ala (u) → Y lµ Tetrapeptit: Gly3Ala (v)  Z cã 11C , Z >Y liªn kÕt Peptit →    Y cã 9C vµ X cã 8C X: Ala-Val (t)  u +v +t =0,08 (nH2O =nPeptit )  u =0,04  m =7,8  → 5u +4v +2t =0,34 (nN ) → v =0,03 →  Y → %Y (E) =(7,8/89,7)*100 =8,7% 11u +9v +8t =0,79 (n )  t =0,01  C  Câu 114 (Đề THPT QG - 2018): Cho X, Y, Z ba peptit mạch hở (có số nguyên tử cacbon phân tử tương ứng 5, 7, 11); T este no, đơn chức, mạch hở Chia 268,32 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần cần vừa đủ 7,17 mol O2 Thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol etylic hỗn hợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic) Đốt cháy hoàn toàn G, thu Na 2CO3, N2, 2,58 mol CO2 2,8 mol H2O Phần trăm khối lượng Y E A 18,90% B 2,17% C 1,30% D 3,26% Giải: C2H3NO (a) +2,25O2 → 2CO2 +1,5H2O  2,25a +1,5b +3,5d =7,17 (1) CH2 (b) +1,5O2 → CO2 +H2O E →  57a +14b +18c +74d =268,32/2 (2)  H2O (c) =nPeptit → H2O  HCOOC H (d) +3,5O → 3CO +3H O  2 C2H3NO; CH2 C2H4NO2Na (a) +2,25O2 → 1,5CO2 +2H2O +0,5Na2CO3   E  H2O +NaOH → G CH2 (b) +1,5O2 → CO2 +H2O  HCOOC H  HCOONa (d) +0,5O → 0,5CO +0,5H O +0,5Na CO 2 2   1,5a +b +0,5d =2,58 (nCO2 ) (3) a =0,44; b =1,32 →  Gi¶i hƯ(1) - (4) →  c =0,1; d =1,2 2a +b +0,5d =2,8 (nH2O ) (4) TH1: Kh«ng ghÐp CH2 cho este → nC(Peptit) =1,32 +0,44*2 =2,2 → C(Peptit) =22 lo¹i TH2: GhÐp 1CH2 cho este, CT este: CH3COOC2H5 → nCH2 (Peptit) =1,32 - 1,2 =0,12 → nC(Peptit) =0,12 +0,44*2 =1 → C(Peptit) =10; N(Peptit) =4,4 → Peptit gèc AA Z: Gly4Ala (u) → Y : Tetrapeptit: Gly-Val (v)  Z cã 11C →   Y cã 7C vµ X cã 5C X: Ala-Gly (t)  u +v +t =0,1 (nH2O =nPeptit )  u =0,08   m =1,74  → 5u +2v +2t =0,44 (nN ) → v =0,01 →  Y → %Y (E) =(1,74/134,16)*100 =1,3% 11u +7v +5t =1 (n )  t =0,01  C  Câu 115 (Đề THPT QG - 2018): 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 249,56 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu a mol CO (a – 0,11) mol H2O Thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol etylic 133,18 gam hỗn hợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic) Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 3,385 mol O Phần trăm khối lượng Y E A 1,61% B 4,17% C 2,08% D 3,21% -97- Trên đờng thành công dấu chân cđa kỴ lêi biÕng Giải: C2H3NO (a) → 2CO2 +1,5H2O  CH2 (b) → CO2 +H2O  nCO - nH2O =0,5a - c =0,11 (1) E →  57a +14b +18c +74d =249,56/2 (2)  H2O (c) =nPeptit → H2O  HCOOC H (d) → 3CO +3H O  2 C2H3NO; CH2 C2H4NO2Na (a) +2,25O2 → 1,5CO2 +2H2O +0,5Na2CO3   E  H2O +NaOH → G CH2 (b) +1,5O2 → CO2 +H2O  HCOOC H  HCOONa (d) +0,5O → 0,5CO +0,5H O +0,5Na CO 2 2   97a +14b +68d =133,18 (mG ) (3) a =0,42; b =1,26 →  Gi¶i hƯ(1) - (4) →  c =0,1; d =1,1 2,25a +1,5b +0,5d =3,385 (4) TH1: Kh«ng ghÐp CH2 cho este → nC(Peptit) =1,26 +0,42*2 =2,1 → C(Peptit) =21 lo¹i TH2: GhÐp 1CH2 cho este, CT este: CH3COOC 2H5 → nCH2 (Peptit) =1,26 - 1,1 =0,16 → nC(Peptit) =0,16 +0,42*2 =1 → C(Peptit) =10; N(Peptit) =4,2 → Peptit gèc AA Z: Gly4Ala (u) → Y lµ Tetrapeptit: Gly3Ala (v)  Z cã 11C , Z >Y liªn kÕt Peptit →    Y cã 9C vµ X cã 8C X: Ala-Val (t)  u +v +t =0,1 (nH2O =nPeptit )  u =0,06  m =5,2  → 5u +4v +2t =0,42 (nN ) → v =0,02 →  Y → %Y (E) =(5,2/124,78)*100 =4,17% 11u +9v +8t =1 (n )  t =0,02  C  Câu 116 (Đề THPT QG - 2018): Cho X, Y, Z ba peptit mạch hở (có số nguyên tử cacbon phân tử tương ứng 5, 7, 11); T este no, đơn chức, mạch hở Chia 234,72 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần cần vừa đủ 5,37 mol O2 Thủy phân hoàn toàn phần hai dung dịch NaOH vừa đủ, thu ancol metylic hỗn hợp G (gồm bốn muối Gly, Ala, Val axit cacboxylic) Đốt cháy hoàn toàn G, thu Na 2CO3, N2, 2,58 mol CO2 2,8 mol H2O Phần trăm khối lượng Y E A 2,22% B 1,48% C 2,97% D 20,18% Giải: C2H3NO (a) +2,25O2 → 2CO2 +1,5H2O  2,25a +1,5b +2d =5,37 (1) CH2 (b) +1,5O2 → CO2 +H2O E →  57a +14b +18c +60d =234,72/2 (2)  H2O (c) =nPeptit → H2O  HCOOCH (d) +2O → 2CO +2H O  2 C2H3NO; CH2 C2H4NO2Na (a) +2,25O2 → 1,5CO2 +2H2O +0,5Na2CO3   E  H2O +NaOH → G CH2 (b) +1,5O2 → CO2 +H2O  HCOOCH  HCOONa (d) +0,5O → 0,5CO +0,5H O +0,5Na CO 2 2   1,5a +b +0,5d =2,58 (nCO2 ) (3) a =0,44; b =1,32 →  Gi¶i hƯ(1) - (4) →  c =0,1; d =1,2 2a +b +0,5d =2,8 (nH2O ) (4) TH1: Kh«ng ghÐp CH2 cho este → nC(Peptit) =1,32 +0,44*2 =2,2 → C(Peptit) =22 lo¹i TH2: GhÐp 1CH2 cho este, CT este: CH3COOCH3 → nCH2 (Peptit) =1,32 - 1,2 =0,12 → nC(Peptit) =0,12 +0,44*2 =1 → C(Peptit) =10; N(Peptit) =4,4 → Peptit gèc AA -98- Trên đờng thành công dấu chân kẻ lời biếng Z: Gly4Ala (u) Y : Tetrapeptit: Gly-Val (v)  Z cã 11C →   Y cã 7C vµ X cã 5C X: Ala-Gly (t)  u +v +t =0,1 (nH2O =nPeptit )  u =0,08   m =1,74  → 5u +2v +2t =0,44 (nN ) → v =0,01 →  Y → %Y (E) =(1,74/117,36)*100 =1,48% 11u +7v +5t =1 (n )  t =0,01  C  Câu 117 (Đề THPT QG - 2017): Thủy phân hết 0,05 mol hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X (CxHyOzN3) Y (CnHmO6Nt), thu hỗn hợp gồm 0,07 mol glyxin 0,12 mol alanin Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,1 mol Y dung dịch HCl dư, thu m gam hỗn hợp muối Giá trị m A 59,95 B 63,50 C 47,40 D 43,50 Giải: X (CxHyOzN3) → X lµ tripeptit: a mol; Y (CnH mO6N t ) → Y lµ pentapeptit: b mol a + b = 0,05 a =0,03 Theo bµi ta cã hệPT: 3a +5b =0,07 +0,12 (Bảo toàn N) b =0,02 Đặ t X: (Gly)u (Ala)3u; Y : (Gly)v (Ala)5 v Bảo toàn gốc Gly ta có: 0,03u + 0,02v =0,07 → 3u +2v =7 LËp b¶ng → u =1; v =2 phï hỵ p VËy, CT Y : (Gly)2(Ala)3 0,1 mol Y (Gly)2(Ala)3 +HCl → ClNH3CH2COOH (0,2 mol) +ClNH3CH(CH3)COOH (0,3 mol) → mMuèi =mClNH3CH2COOH +mClNH3CH(CH3 )COOH =59,95 gam Câu 118 (Đề THPT QG - 2017): Chia m hỗn hợp T gồm peptit mạch hở thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu N 2, CO2 7,02 gam H2O Thủy phân hoàn toàn phần hai, thu hỗn hợp X gồm alanin, glyxin, valin Cho X vào 200 ml dung dịch chứa NaOH 0,5 M KOH 0,6M, thu dung dịch Y chứa 20,66 gam chất tan Để tác dụng vừa đủ với Y cần 360 ml dung dịch HCl 1M Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 21,32 B 24,20 C 24,92 D 19,88 Gii: Quy hỗn hợ p peptit T thµnh: C2H3NO; CH2; H2O H2NCH2COO− ; Na+ NaOH NaOH; KOH T + → Y + +HCl ⇒ Quy thµnh T +  − KOH vµ HCl K ; OH (d ); CH2 → nC2H3NO =0,36 - 0,1 - 0,12 =0,14 mol; nOH− (d ) =0,22 - 0,14 =0,08 mol 20,66 =0,1*23 +0,12*39 +0,08*17 +0,14*74 +14*nCH2 → nCH2 =0,14 mol + O2 T (C2H3NO; CH2; H2O)  → 0,39 mol H2O → nH2O (T) =0,39 - 0,14*1,5 +0,14 =0,04 mol → m =(0,14*57 +0,14*14 +0,04*18)*2 =21,32 gam Câu 119 (Đề THPT QG - 2017): Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở: đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z có tỉ lệ mol tương ứng : : Cho lượng E phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu 0,25 mol muối glyxin, 0,2 mol muối alanin 0,1 mol muối valin Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu tổng khối lượng CO2 H2O 39,14 gam Giá trị m A 16,78 B 25,08 C 20,17 D 22,64 Gii: Đặ t nX =2a nY =nZ =a Bảo toàn N: 2a*2 +a*3 +a*4 =0,55 a =0,05 mol Quy ®ỉi E: C2H3NO (0,55 mol); CH2 (nAla +3*nVal =0,5 mol); H2O (nX +nY +nZ =0,2 mol) → mE =mC2H3NO +mCH2 +mH2O =41,95 gam -99- Trªn đờng thành công dấu chân kẻ lời biÕng CO (0,55*2 +0,5) mol; + O2 41,95gam E  →  → mCO2 +mH2O =97,85 gam H2O (0,55*1,5 +0,5 +0,2) mol + O2 § Ịra m gam E  → mCO2 +mH2O =39,14 gam → m =(39,14*41,95)/97,85 =16,78 gam Câu 120 (Đề MH lần I - 2017): 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 hoàn toàn m gam M, thu 4,095 gam H 2O Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 6,0 B 6,5 C 7,0 D 7,5 Giải: C2H3NO (x) C H NO Na (x) → 1,5CO2 +2H2O +0,5Na2CO3 +0,5N2  M CH2 (y) +NaOH → Q  CH2 (y) +1,5O2 → CO2 +H2O H O (z)  → 0,5x =0,0375 (1); mb↑ =mCO2 +mH2O ⇔ 44(1,5x +y) +18(2x +y) =13,23 (2) M +O2 → H2O ⇔ 1,5x +y +z =0,2275 (3) Gi¶i PT (1) - (3): x =0,075; y =0,09; z =0,025 → mM =mC2H3NO +mCH2 +mH2O =5,985 Câu 121 (Đề THPT QG - 2015): Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở X (x mol) Y (y mol), tạo glyxin alanin Đun nóng 0,7 mol T lượng dư dung dịch NaOH có 3,8 mol NaOH phản ứng thu dung dịch chứa m gam muối Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn x mol X y mol Y thu số mol CO Biết tổng số nguyên tử oxi hai phân tử X Y 13, X Y có số liên kết peptit khơng nhỏ Giá trị m A 396,6 B 340,8 C 409,2 D 399,4 Giải: 0,7 mol T +3,8 mol NaOH → Sè m¾ t xÝch TB =3,8/0,7 =5,43; Tæng sè O peptit =13 X: Pentapeptit (6O) (x) x +y =0,7 x =0,4 § Ĩtháa m· n:  →  →  Y : Hexapeptit (7O) (y) 5x +6y =3,8 y =0,3  X: GlyuAla(5-u) (0,4) → CO2: 0,4*(2u +3*(5-u))   Y : GlyvAla(6-v) (0,3) → CO2: 0,3*(2v +3*(6-v)) Bµi ra: 0,4*(2u +3*(5-u)) =0,3*(2v +3*(6-v)) ⇔ 4u - 3v =6 LËp b¶ng: u =3, v =2 phï hỵ p  X: Gly3Ala2 (0,4) GlyNa: 1,8 mol (BT Gly) +NaOH → Muèi  → mMuèi =396,6 gam  AlaNa: mol (BT Ala)  Y : Gly2Ala4 (0,3) Câu 122 (Đề THPT QG - 2016): Hỗn hợp X gồm peptit Y, Z, T (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng : : Tổng số liên kết peptit phân tử Y, Z, T 12 Thủy phân hoàn toàn 39,05 gam X, thu 0,11 mol X1; 0,16 mol X2 0,2 mol X3 Biết X1, X2, X3 có dạng H2NCnH2nCOOH Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 32,816 lít O (đktc) Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 26 B 28 C 31 D 30 Giải: Gép Y , Z, T: 2Y +3Z +4T → Y 2Z3T4 +8H2O Tõ: nX1 : nX : nX =0,11 : 0,16 : 0,2 =11 : 16 : 20 ⇒ Y 2Z3T4 lµ (X 1)11k (X )16k (X 3)20k -100- Trên đờng thành công dấu chân kẻ lời biếng mắ t xích số 4 43 (min) (12+ 3)*2