Tổng hợp đề thi thử thầy tào mạnh đức (24)

ÔN LUYỆN HỮU CƠ – PHÂN HÓA LẦN 11 (01/09/2015)
Câu 1. Đốt cháy 0,2 mol hỗn hợp E chứa 4 este X, Y, Z, T đều mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon và
không chứa nhóm chức khác, thu được 17,92 lít CO2 (đktc). Mặt khác đun nóng 24,65 gam E cần dùng 350
ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp muối và hỗn hợp F gồm 2 ancol không cùng nhóm chức. Đun
hỗn hợp muối với vôi tôi xút đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ
khối so với He bằng 3,25. Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp E là.
A. 38,29%
B. 38,29%
C. 57,44%
D. 47,87%
- nCO2 = 0,8  Số C = 4.
- M tb khí = 13  Khí có H2
- Vì nNaOH = nkhí  Loại (COOCH3)2
HCOO
- F có 2 ancol không cùng chức  có este
C2 H 4
HCOO
C=4 tạo ra 2 ancol khác nhóm chức suy ra X, Y, Z, T là (HCOO)2C2H4: x, C2H5COOCH3: y,
C2H3COOCH3: z, C2HCOOCH3: t
 2x + y + z + t = 0,35
 118x + 88y + 86z + 84t = 24,65
 4x + 30y + 28z + 26t = 4,55
 x = 0,1  % = 47,87%
Câu 2. X, Y, Z là 3 peptit mạch hở và đều tạo bởi từ các -aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –
COOH. Đốt cháy hoàn toàn a mol X cũng như 2a mol Y đều thu được số mol CO 2 nhiều hơn số mol của
H2O là 0,04 mol. Mặt khác đun nóng 43,44 gam hỗn hợp E chứa X (a mol), Y (2a mol) và Z (2a mol) với
dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp chỉ chứa 0,4 mol muối A và 0,24 mol muối B. Phần trăm khối
lượng của X trong hỗn hợp E là.
A. 25,23%
B. 37,85%
C. 23,94%

D. 26,52%
- Đốt cháy peptit mạch hở tạo bởi a.a no, chứa 1 NH2 và 1 COOH ta luôn có: nO2 = 1,5(nCO2 – nN2) =
1,5(nH2O – npeptit)  nCO2 – nH2O = nN2 – npeptit
- Với peptit X  0,04 = (k/2 – 1)a
- Với peptit Y  0,04 = (p/2 – 1).2a  k + 2 = 2p
*) TH 1: k = 4 (X là tetra pepit  p = 3 (tri peptit) ; a = 0,04
- BTNT Nitơ  0,4 + 0,24 = 4a + 3.2a + q.2a  q = 3 (Z là tri peptit)
- BTKL  mmuối = 65,44  (14n + 69).0,4 + (14m + 69).0,24 = 65,44  5n + 3m = 19
 n = 2 (Gly) ; m = 3 (Ala)
 X là (Gly)2(Ala)2 0,04
;
Y là (Gly)2Ala: 0,08
;
Z là (Gly)2Ala: 0,08
 %mX = 25,23% (A)
Câu 3. Hỗn hợp E chứa 3 peptit X, Y, Z (MX < MY < MZ) đều mạch hở, được tạo bởi các -aminoaxit no
chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH; trong đó X chiếm 50% tổng số mol của hỗn hợp. Đốt cháy 36,78
gam E cần dùng 1,395 mol O2, thu được hỗn hợp gồm CO2, H2O và N2; trong đó tổng khối lượng của CO2
và H2O là 73,86 gam. Mặt khác đun nóng 0,36 mol E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp chỉ
chứa a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Tỉ lệ gần nhất của a : b là.
A. 3,2
B. 3,0
C. 2,8
D. 3,4
- BTKL  nN2 = 0,27 mol
- nO2 = 1,5(nCO2 – nN2) = 1,5(nH2O – npeptit)  nCO2 = 1,2 mol ; nH2O = 1,17 mol ; npeptit = 0,24 mol.
- Ctb pepitit = 5  Có đi peptit (X) Gly – Gly: 0,12 mol ; n(Y, Z) = 0,12 mol
- Ctb peptit (Y, Z) = (1,2 – 4.0,12)/0,12 = 6
TH 1: Y, Z đều có 6C  Y là Ala – Ala: y ; Z là Gly – Gly – Gly: z
 y + z = 0,12

- BTNT Nitơ  2y + 3z = 0,3
 y = z = 0,06


 A là Gly-Na: 0,42 ; B là Ala-Na: 0,12  a/b = 3,059
TH 2: Y, Z có peptit có số C < 6  Có đi peptit (Y) Gly – Ala: y mol ;
(Z) CnH2n + 2 – kOk+1Nk: z mol
 y + z = 0,12
- BTNT Nitơ  2y + kz = 0,3
*) k = 3  y = 0,06 ; z = 0,06  n = 7 (Ala)(Gly)2
 A là Gly-Na: 0,42 ; B là Ala-Na: 0,12  a/b = 3,059
*) k = 4  y = 0,09 ; z = 0,03  n = 9 (Ala)(Gly)3
 A là Gly-Na: 0,42 ; B là Ala-Na: 0,12  a/b = 3,059
*) k = 5  y = 0,10 ; z = 0,02  n = 11 (Ala)(Gly)4
 A là Gly-Na: 0,42 ; B là Ala-Na: 0,12  a/b = 3,059
E + 2,25NaOH  Muối A (C2H4O2Na) + Muối B (C3H6O2Na) + H2O
- BTKL: 55,71 + 40.2,25.0,36 = mmuối + 18.0,36  mmuối = 81,09 gam
Muối A là C2H4O2Na: x ; B là C3H6O2Na: y
 97x  111y  81, 09
 x  0, 63

 a / b  3, 059

 x  y  n NaOH  0,81  y  0,18
Cách 2:
Đầu tiên thì mình thủy phân hết E thành đipeptit (thành aa cũng được, nhưng đi thì tiện hơn)
E + H2O  CnH2nO3N2 (với dạng alpha aa 1 NH2 ; 1 COOH thì đipeptit nó có CT như thế)
- Lưu ý 1: mol E + mol H2O (x mol)= mol CnH2nO3N2
- Lưu ý 2: là khi đốt E hay đốt CnH2nO3N2, thì lượng O2 sử dụng đều như nhau cả.
Vậy thì đốt đipeptit:

CnH2nO3N2 + O2  CO2 + H2O + N2
0,27
1,395
a
a 0,27
- Lưu ý 3: Trong đi peptit CnH2nO3N2 mình tách thành 2 cụm: (CH2)n và O3N2; trong đó m(CH2)n= 14a ;
m(O3N2)=0,27.78
Btklg --> 14a + 0,27.76 +1,395.32 = 62a + 0,27.28
---> a=1,2 --> n=4,4444 ---> C trung bình của 2 aa A và B là 2,2222 --> Gly và Ala,có tỷ lệ mol rồi thì ra tỷ
lệ klg muối.
Câu 4. X, Y, Z là 3 este đều mạch hở và không chứa nhóm chức khác (trong đó X no, Y không no chứa một
liên kết C=C và Z chứa 5 liên kết  trong phân tử). Đun nóng 46,4 gam E cần dùng 480 ml dung dịch NaOH
1,5M thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp chứa 2 muối của 2 axit cacboxylic đều đơn chức có tỉ lệ
mol là 7 : 2. Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 21,36 gam. Phần trăm khối
lượng của Y có trong hỗn hợp E là.
A. 35,68%
B. 36,42%
C. 34,83%
D. 32,16%
*) Tìm ancol
(RCOO)n R + nNaOH  n RCOONa + R(OH)n
0,72 
0,72
0,72/n
R(OH)n + nNa  R(ONa)n + n/2H2
0,72/n 
0,36
 mancol = 21,36 + 2.0,36 = 22,08  Mancol = 92n/3  n = 3 ; Mancol = 92 (C3H5(OH)3)
*) Tìm axit và công thức este
Hai muối là R1COONa: 0,56 mol và R2COONa: 0,16 mol

- BTKL  mmuối = 53,12  7R1 + 2R2 = 61  R1 = 1 (H - ) và R2 = 27 (CH2=CH - )
X là (HCOO)3C3H5: x ; Y là (HCOO)2C3H5(C2H3COO): y ; Z là (C2H3COO)2C3H5(HCOO): z
Hệ: x + y + z = 0,24 ; 3x + 2y + z = 0,56
(Thêm dữ kiện y = (x + z)/2)  x = 0,12 ; y = 0,08 ; z = 0,04  %mY = 34,83% (C)


Câu 5. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 3 peptit (trong phân tử chỉ chứa glyxin, alanin, valin)
trong dung dịch có chứa 47,54 gam NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 1,8m gam chất rắn
khan. Mặt khác đốt cháy hết 0,5m gam X thì cần dùng 30,324 lít O2 (ở đktc), hấp thụ sản phẩm cháy vào
650 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thì thấy khối khối lượng bình tăng 65,615 gam; đồng thời khối lượng dung
dịch tăng m1 gam và sau phản ứng chỉ có một khí trơ thoát ra. Tổng (m + m1) gần nhất với giá trị nào sau
đây
A. 75.
B. 120.
C. 50.
D. 80
Cách 1:

Cách 2:

Cách 3: