Tổng hợp đề thi thử thầy tào mạnh đức (23)

ÔN LUYỆN PHÂN HÓA – LẦN 10 (31/8/2015)
Câu 1. Đun nóng 13,28 gam hỗn hợp E chứa 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1700C thu được hỗn hợp gồm 2
28
anken có tỉ khối so với He bằng
. Mặt khác đun nóng 13,28 gam E với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 3x
3
mol hỗn hợp F gồm 3 ete có cùng số mol. Đốt cháy x mol ete có trong F thu được 2,688 lít khí CO 2 (đktc)
và 2,592 gam nước. Hiệu suất ete hóa mỗi ancol có trong E là.
A. 45% và 50%
B. 60% và 75%
C. 45% và 90%
D. 65% và 80%
*) Xác định ete: Ancol no, đơn chức  ete no, đơn chức
- Có nCO2 = 0,12 ; nH2O = 0,144  x = nete = 0,024  Số Cete = 5 (C5H12O)
- Số mol mỗi ancol phản ứng là 3x = 0,072 mol.
*) Xác định ancol
- Manken = 4.28/3 27,3  Có anken C2H4  Ancol C2H5OH 0,08 mol ; ancol còn lại C3H7OH 0,16 mol
 h1 = 0,072/0,09 = 80% ; h2 = 0,072/0,16 = 45% (C)
Câu 2. X, Y (MX < MY) là 2 axit cacboxylic kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng; Z là este no, hai chức (X, Y,
Z đều mạch hở). Cho 13,5 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol của Y và của Z không bằng nhau) vào bình
đựng Na dư thu được 2,016 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, đun nóng 13,5 gam E với dung dịch NaOH (vừa đủ)
thu được một ancol duy nhất có khối lượng 2,76 gam và hỗn hợp F gồm 3 muối. Đốt cháy toàn bộ F cần
dùng 0,195 mol O2, thu được CO2, H2O và 0,12 mol Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp
E là.
A. 40,89%
B. 34,07%
C. 47,70%
D. 51,11%
*) Tìm ancol
- BTNT Na  nNaOH = 0,24
- Từ mol H2  nCOOH = 2.0,09 = 0,18  n-COO- = 0,24 – 0,18 = 0,06  neste = 0,03

- Nếu ancol 2 chức, axit tạo este là đơn chức  Este có dạng (RCOO)2R’  nancol = 0,03  Mancol = 92
(loại)
 Axit tạo este là 2 chức, ancol đơn chức  Este có dạng R(COOR’)2  nancol = 0,06  Mancol = 46
(C2H5OH)
*) Tìm axit và este
BTKL
- BTKL  mE + mNaOH = mmuối + mancol + mH2O  mmuối = 17,1 gam 
 44nCO2 + 18nH2O = 10,62
- BTNT oxi  nO(muối) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O + 3nNa2CO3  2nCO2 + nH2O = 0,51
 nCO2 = 0,18 ; nH2O = 0,15.
- Nhận thấy nCO2 – nH2O = 0,03 = nmuối của este  Hai axit no, đơn chức.
Cn H2n 1COONa : 0,18 ; Cn H2n (COONa)2 : 0,03
- Có nCO2 = 0,18( n + 1) + (n + 2).0,03 = 0,18 + 0,12  6 n + n = 2
TH1:  n = 1 ; n = 1/6
 HCOOH : x
 x  y  0,18
 x  0,15

E  CH3COOH : y


 %m X  46.0,15 /13,5  51,11% (loại)
CH (COOC H ) : 0, 03 46x  60y  8, 7  y  0, 03
2 5 2
 2
TH2:  n = 0 ; n = 1/3
 HCOOH : x
 x  y  0,18
 x  0,12


E CH3COOH : y


 %m X  46.0,12 /13,5  40,89% (A)
 (COOC H ) : 0, 03 46x  60y  9,12  y  0, 06
2 5 2

Câu 3. 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 O2, 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%
Đốt cháy a.a no chứa 1 NH2 và 1 COOH hay peptit tạo bởi a.a no chứa 1 NH2 và 1 COOH ta có: nO2 =
1,5(nH2O – npeptit) = 1,5(nCO2 – nN2)
*) Tìm a.a A và B
X
A : 0,36 mol


 O 2  CO 2  H 2O  N 2
Đốt E  Y  Đốt E  B : 0, 09 mol

  

 H O :x mol (x  0) 1,1475mol
Z
0,225
 2

Ta có: nO2 = 1,5(nCO2 - nN2)  nCO2 = 0,99  4CA + CB = 11  CA = 2 (Gly) ; CB = 3 (Ala)
- Từ khối lượng bình tăng  nH2O = 0,965 mol
- BTNT oxi  x = - 0,25 mol  mE = 30,51 gam.
*) Tìm peptit
Đốt cháy peptit tạo bởi a.a no chứa 1 NH2 và 1 COOH ta có: nO2 = 1,5(nH2O – npeptit)  npepitit = 0,2
 Ctb peptit = 0,99/0,2 = 4,95  Có đipeptit (X) Gly-Gly: 0,1  n(Y, Z) = 0,1
 Ctb peptit (Y,Z) = (0,99 – 0,1.4)/0,1 = 5,9  Có đi peptit (Y) Gly – Ala: y mol
- Do tổng số nguyên tử oxi của 3 peptit là 14  Z là (14 – 3 - 3) = 8 (Z) hepta-peptit: CnH2n – 5O8N7: z
 y + z = 0,1 ;
- BTNT N  2y + 7z = (0,225 – 0,1).2
 y = 0,09 ; z = 0,01  %mZ = 100% – (%mX + %mY) = 100% - (132.0,1 + 146.0,09)/30,51 = 13,67%
Câu 4. Đun nóng hỗn hợp E chứa 2 este X, Y (MX < MY) đều mạch hở và không phân nhánh với 275 ml
dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp muối và hỗn hợp F chứa 2 ancol đều no. Đốt cháy hoàn
toàn F thu được 8,96 lít CO2 (đktc) và 10,8 gam nước. Lấy hỗn hợp muối đun với vôi tôi xút thu được một
khí Z duy nhất có khối lượng 5,525 gam. Nhận định nào sau đây là không chính xác?
A. X, Y đều là este hai chức.
B. X, Y đều làm mất màu dung dịch Br2.
C. X, Y đều có tồn tại đồng phân cis-trans.
D. X, Y chỉ có một đồng phân cấu tạo duy nhất.
- Mạch không phân nhánh chứa tối đa 2 chức.
- Hỗn hợp muối nung với vôi tôi xút thu được 1 khí Z duy nhất  Có 1 muối đơn chức, có 1 muối 2 chức
- n2 ancol = 0,6 – 0,4 = 0,2 ; nNaOH = 0,275
- Vì n-COO- > nancol  Chỉ có TH3
 R COOR 2 : x
 x  2y  0, 275


TH1:  1
(loại)
R(COOR ')2 : y  x  2y  0, 2

R COOR 2 : x
 x  2y  0, 275  x  0,125


TH2:  1
 nkhí Z = x + 2y = 0,275  MZ = 20,09 (loại)
 y  0, 075
(RCOO) 2 R ' : y  x  y  0, 2
R (COOR 2 )2 : x 2x  2y  0, 275 x  0, 0625


TH3:  1
 nkhí Z = x + 2y = 0,2125  MZ = 26
 2x  y  0, 2
 y  0, 075
 (RCOO)2 R ' : y
(HCCH)  C2(COOR2)2: 0,0625 và (CHC-COO)2R’: 0,075
 A đúng.
 B đúng.
 D phụ thuộc vào ancol có đồng phân hay không ta chưa biết.
 C (sai chắc chắn vì ancol no, gốc axit không có đồng phân hình học).


Câu 5. Đốt cháy một lượng peptit X được tạo bởi từ một loại -aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm
–COOH cần dùng 0,675 mol O2, thu được N2; H2O và 0,5 mol CO2. Đun nóng m gam hỗn hợp E chứa 3

peptit X, Y, Z đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4 : 2 với 450 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), cô
cạn dung dịch sau phản ứng thu được 48,27 gam hỗn hợp chỉ chứa 2 muối. Biết tổng số liên kết peptit trong
E là 16. Giá trị m là.
A. 30,63 gam
B. 36,03 gam
C. 32,12 gam
D. 31,53 gam
C H O N
Đốt peptit X  Đốt  n 2n 1 2  O2  CO2  H 2O  N 2


 H 2O
0,675mol
0,5mol
- Ta có nO2 = 1,5(nCO2 – nN2)  nN2 = 0,05  nCnH2n+1O2N = 0,1  n = 5 (C5H11O2N)
- Muối có C5H10O2NNa
- Mtb muối = 48,27/0,45 = 107,26  Có muối C2H4O2NNa (97)  a.a C2H5O2N
C H O NNa : x  x  y  0, 45
 x  0,11


Hai muối  5 10 2
 C2 H 4O2 NNa : y 139x  97y  48, 27  y  0,34
Vì tổng số liên kết peptit là 16  3 peptit là (C5H11O2N)3: x; (C5H11O2N)(C2H5O2N)4: 4x
(C5H11O2N)2(C2H5O2N)9: 2x
- BT Gly  34x = 0,34  x = 0,01
- BTKL: m + mNaOH = mmuối + 7x.18  m = 31,53 gam (D)
Cách 2: 1.X +4.Y +2.Z – 6H2O  (Aly)34(Val)11
x
6x

x
- BT Val  x = 0,01
- BTKL  m – 18.6.0,01 = (75.34 + 117.11 – 44.18).0,01  m = 31,35 gam (D)
Cách 3: Quy về đốt đipeptit thì có n_đipeptit = (0,5 × 3 – 0,675 × 2) ÷ 3 = 0,05 mol.
→ α-amino axit là Valin C₅H₁₁NO₂.
M_muối TB → 2 muối là 0,34 mol C₂ và 0,11 mol C₅.
Biến đối: E → (X)¹(Y)⁴(Z)² + 6H₂O = 34Glyl + 11Val – 38H₂O.
→ m = 0,34 × 75 + 0,11 × 117 - 0,38 × 18 = 31,53 gam. Chọn D.

;