Đáp án đề thi thử HK1 môn hóa tài liệu KYS

ĐỀ THI ĐGNL ÔN THI HK1

KỲ THI THPT QUỐC GIA 2020

PAGE TÀI LIỆU KYS

MÔN: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 50 phút

ĐÁP ÁN CHI TIẾT
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

C

D

A

C

B

D

A

C

D

A

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

C

A

B

C

A

B

B

C

D

D

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

D

D

D

D

A

C

A

D

D

B

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

D

A

A

B

C

D

D

B

C

A

Câu 1: Este nào sau đây có phản ứng tráng bạc?
A. CH3COOCH2CH3.
B. CH2=CHCOOCH3.
D. CH3COOCH3.
C. HCOOCH3.
Hướng dẫn giải
Để este có thể tráng bạc thì este đó phải có công thức tổng quát là: HCOO − R '
 Chọn đáp án C
Câu 2: Công thức nào sau đây có thể là công thức của chất béo?
A. CH3COOCH2C6H5.
B. C15H31COOCH3.

C. (C17H33COO)2C2H4.
D. (C17H35COO)3C3H5
Hướng dẫn giải
Công thức tổng quát của chất béo (triaxyl glixerol hoặc triglixerit) là:
RCOO C3 H 5

(

)

3

 Chọn đáp án D.
Câu 3: Fructozơ là một loại monosaccarit có nhiều trong mật ong, có vị ngọt sắc. Công
thức phân tử của fructozơ là
A. C6H12O6.

B. ( C6 H10 O5 )n .

C. C2H4O2.

Hướng dẫn giải

D. C12H22O11.


Fructozo có công thức là C6 H12 O6 .

 Ngoài ra, cần nhớ Fructozo là đồng phân của Glucozo và có thể bị chuyển hoá
thành Glucozo trong môi trường kiềm

 Một số tính chất hoá học của Fructozo:
- Có tính chất của ancol đa chức ( nhiều nhóm OH kề nhau giống Glucozo)
Ni,t
- Có phản ứng cộng H 2 
→ tạo thành Sorbitol
0

NH3 ,t
→ và
- Fruc không có nhóm chức CH = O nhưng vẫn phản ứng với AgNO3 
0

−

OH
OH ,t

→ Glucozo
Cu ( OH )2 
→ vì Fructozo ←

−

0

 Fructozo không phản ứng với dung dịch Brom. Dùng để nhận biết Glucozo và
Fructozo
 Chọn đáp án A
Câu 4: Trong phân tử Gly-Ala, amino axit đầu C chứa nhóm
A. NO2.

B. NH2.
C. COOH.
D. CHO.
Hướng dẫn giải
- Amino axit đầu N: Chứa nhóm NH 2
- Amino axit đầu C: Chứa nhóm COOH
 Chọn đáp án C
Câu 5: Tơ nào sau đây thuộc loại tơ thiên nhiên?
A. Tơ nitron.
B. Tơ tằm.
C. Tơ nilon-6,6.
D. Tơ nilon-6.
Hướng dẫn giải
- Tơ được chia thành 2 loại:
+ Tơ thiên nhiên (có sẵn trong thiên nhiên): bông, len, tơ tằm,…
+ Tơ hoá học (điều chế bằng phương pháp hoá học): được chia làm 2 nhóm
• Tơ tổng hợp (chế tạo từ các polime tổng hợp): các tơ poliamit (nilon capron), tơ
vinylic (vinilon).
• Tơ bán tổng hợp hay tơ nhân tạo (xuất phát từ polime thiên nhiên nhưng được
chế biến thêm bằng phương pháp hoá học): tơ visco, tơ xenlulozo axetat,…
 Chọn đáp án B
Câu 6: Phân tử polime nào sau đây chỉ chứa hai nguyên tố C và H?
A. Poli(vinyl clorua).
B. Poliacrilonitrin.
C. Poli(vinyl axetat).
D. Polietilen.
Hướng dẫn giải
A : ( C2 H 3Cl )n
B : [-CH2CH(CN)-]n.
C: ( C4 H 6 O 2 )n

D: ( C2 H 4 )n


 Chọn đáp án D
Câu 7: Kim loại nào sau đây có tính khử yếu nhất ?
A. Ag.
B. Al.
C. Fe.
D. Cu.
Hướng dẫn giải
+
+
2+
2+
2+
K
Na
Ba
Ca
Mg
Al3+ H 2 O Zn 2+ Fe 2+ Ni 2+ Sn 2+
>
>
>
>
>
>
>
>
>

>
K
Na
Ba
Ca
Mg
Al
H2
Zn
Fe
Ni
Sn
>

Pb 2+ H + Cu 2+ Fe3+ Ag + Au 3+
>
>
> 2+ >
>
Pb
H2
Cu
Fe
Ag
Au

Theo chiều từ trái sang phải cuả dãy điện hoá
- Tính oxi hoá của kim loại tăng
- Tính khử của kim loại giảm
 Chọn đáp án A

Câu 8: Trong công nghiệp, kim loại nào sau đây chỉ được điều chế bằng phương pháp
điện phân nóng chảy?
A. Fe.
B. Cu.
C. Mg.
D. Ag.
Hướng dẫn giải
Tuỳ thuộc vào tính khử của kim loại được điều chế thì có 3 phương pháp khác nhau:
- Phương pháp thuỷ luyện: thường dùng để điều chế các kim loại sau H trong dãy
hoạt động hoá học
- Phương pháp nhiệt luyện: điều chế các kim loại trung bình và yếu (sau Al) trong
dãy hoạt động
- Phương pháp điện phân: có thể điều chế với hầu hết các kim loại với độ tinh
khiết cao (99,99%) trong đó: Kim loại trung bình và yếu (sau Al) thì ta điện phân
dung dịch muối của chúng. Còn để điều chế kim loại mạnh (từ Al về trước) thì
điện phân nóng chảy các hợp chất của chúng.
 Chọn đáp án C
Câu 9: Thủy phân este X trong dung dịch NaOH, thu được CH3COONa và C2H5OH.
Công thức cấu tạo của X là
B. C2H5COOC2H5.
A. C2H5COOCH3.
C. CH3COOCH3.
D. CH3COOC2H5.
Hướng dẫn giải
t

→ RCOONa + R 'OH
Ta có phương trình tổng quát: RCOOR '+ NaOH ←

0

 Chọn đáp án D.
Câu 10: Số đồng phân este ứng với công thức phân tử C3H6O2 là
A. 2.
B. 3.
C. 5.
D. 4.
Hướng dẫn giải
Phương pháp đếm nhanh số đồng phân của este no, đơn chức, mạch hở R COO R '
≥0

R + R ' =2 =0 + 2 =1 + 1 . Khi đó, số đồng phân sẽ là: (1.1) + (1.1) = 2 (đp)

≥1


 Chọn đáp án A
Câu 11: Chất nào sau đây không phản ứng với H2 (xúc tác Ni, t0)?
A. Triolein.
B. Glucozơ.
C. Tripanmitin.
D. Vinyl axetat.
Hướng dẫn giải
Một đặc điểm chung của A,B,D là các hợp chất “đói” mà “đói” thì sẽ cộng được với
Hidro.
 Chọn đáp án C
Câu 12: Phát biểu nào sau đây sai ?
A. Thủy phân etyl axetat thu được ancol metylic.
B. Etyl fomat có phản ứng tráng bạc.
C. Triolein phản ứng được với nước brom.

D. Ở điều kiện thường, tristearin là chất rắn.
Hướng dẫn giải
A: sai vì thuỷ phân etyl axetat sẽ thu được rượu etylic.
B: HCOOC2 H 5 este này có phản ứng tráng bạc
C: Đúng. Vì triolein ( C17 H 33COO )3 C3 H 5 “đói” nên sẽ cộng được với brom
D: Các triglyxerit có chứa gốc axit béo no thì sẽ là chất rắn ở điều kiện thường (mỡ
động vật, sáp,...). Các Triglyxerit có chứa các gốc axit béo không no thì sẽ là chất lỏng
ở điều kiện thường (dầu thực vật, dầu cá,...)
 Chọn đáp án A. .
Câu 13: Nhỏ vài giọt nước brom vào ống nghiệm chứa anilin, hiện tượng quan sát được
là
A. Xuất hiện màu tím.
B. có kết tủa màu trắng.
C. có bọt khí thoát ra.
D. xuất hiện màu xanh.
Hướng dẫn giải
Khi cho nước Brom vào ống nghiệm chứa anilin thì sẽ làm mất màu dung dịch Brom
và tạo kết tủa màu trắng
 Chọn đáp án B
Câu 14: Cho các chất: (a) NH3, (b) CH3NH2, (c) C6H5NH2 (anilin). Thứ tự tăng dần lực
bazơ của các chất trong dãy là
A. (c), (b), (a).
B. (a), (b), (c).
C. (c), (a), (b).
D. (b), (a), (c).
Hướng dẫn giải
- Ảnh hưởng của nhóm thế tới tính bazo của amin:
+ Gốc đẩy electron làm tăng tính bazo. VD: CH 3− , C2 H 5− ,..., Cn H −2n +1
+ Gốc hút electron làm giảm tính bazo. VD: NO 2 , COOH, C6 H 5 ,...
⇒ Cn H 2n +1 − NH 2 > NH 3 > C6 H 5 NH 2

 Mở rộng: Đối với amin no


Amin bậc I có tính bazo yếu hơn bậc II, bậc III (giữa bậc II và bậc III, người ta
không so sánh với nhau) ⇔ Bậc II > Bậc III > Bậc I.
 Chọn đáp án C
Câu 15: Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit mạch hở X chỉ thu được 3 mol Gly và 1 mol
Ala. Số liên kết peptit trong phân tử X là
A. 3.
B. 4.
C. 2.
D. 1.
Hướng dẫn giải
Số liên kết peptit khi thuỷ phân thu được n amino axit: k = n-1
Hoặc ta có thể gọi tên bất kì 1 Peptit theo đúng tỉ lệ mol thu được để xét. Ví dụ như
bài toán trên ta có thể thu được 1 Peptit như sau: Gly-Ala-Gly-Gly. Dễ thấy phân tử
Peptit này có 3 liên kết Peptit
 Chọn đáp án A
Câu 16: Cho các chất sau: Fructozơ, Glucozơ, Etyl axetat, Val-Gly-Ala. Số chất phản
ứng với Cu(OH)2 trong môi trường kiềm, tạo dung dịch màu xanh lam là
A. 4.
B. 2.
C. 1.
D. 3.
Hướng dẫn giải
-

-

Fructozo và Glucozo có tính chất của ancol đa chức ↔ tác dụng với Cu ( OH )2

trong môi trường kiềm.
Etyl axetat là este đơn chức → Không phản ứng với Cu ( OH )2 trong môi trường

kiềm.
Các Peptit mà có từ 2 liên kết Peptit trở lên có thể hoà tan Cu ( OH )2 trong môi

trường kiềm thành dung dịch phức có màu tím đặc trưng. Phản ứng này dùng để
nhận biết tripeptit trở lên với đipeptit.
 Chọn đáp án B
Câu 17: Cho các phát biểu sau:
(a) Đipeptit Gly-Ala có phản ứng màu biure.
(b) Dung dịch axit glutamic đổi màu quỳ tím thành xanh.
(c) Metyl fomat và glucozơ có cùng công thức đơn giản nhất.
(d) Metylamin có lực bazơ mạnh hơn amoniac.
(e) Saccarozơ có phản ứng thủy phân trong môi trường axit.
(g) Metyl metacrylat làm mất màu dung dịch brom.
Số phát biểu đúng là
A. 6.
B. 4.
C. 5.
D. 3.
Hướng dẫn giải
(a) Sai: Vì Đipeptit không có phản ứng màu biure
(b) Sai: Axit Glutamic chứa 2 nhóm COOH nên sẽ đổi màu quỳ tím thành đỏ
(c) Đúng: Có cùng công thức đơn giản nhất là CH 2 O ( metyl fomat: HCOOCH 3 và
Glucozo: C6 H12 O6 )


(d) Đúng: Cn H 2n +1 − NH 2 > NH 3 > C6 H 5 NH 2

+

H
(e) Đúng: C12 H 22 O11 + H 2 O 
→ C6 H12 O6 + C6 H12 O6
t0
α− Glucozo

Saccarozo

β− Fructozo

(f) Đúng: Công thức phân tử của Metyl metacrylat là C5 H8O 2 : Este không no 1 nối
đôi, đơn chức. Vậy Metyl metacrylatcó phản ứng với dung dịch Br2
 Chọn đáp án B
Câu 18: Thực hiện các thí nghiệm sau:
(a) Sục khí CH3NH2 vào dung dịch CH3COOH.
(b) Đun nóng tinh bột trong dung dịch H2SO4 loãng.
(c) Sục khí H2 vào nồi kín chứa triolein (xúc tác Ni), đun nóng.
(d) Nhỏ vài giọt nước brom vào dung dịch anilin.
(e) Cho dung dịch HCl vào dung dịch axit glutamic.
(f) Cho dung dịch metyl fomat vào dung dịch AgNO3/NH3, đun nóng.
Số thí nghiệm xảy ra phản ứng là
A. 5.
B. 4.
C. 6.
D. 3.
Hướng dẫn giải
(a) Có: Amin có khả năng phản ứng với axit. Do nguyên tử N trong nhóm chức
amin còn 1 đôi electron chưa liên kết có khả năng nhận proton H + bằng cách tạo

liên kết cho nhận (tương tự NH 3 )
H
(b) Có: ( C6 H10 O5 )n + nH 2 O ←
n C6 H12 O6
t0
+

α− Gluco

(c) Có: Vì Triolein có chứa gốc axit béo không no nên sẽ cộng được với Hidro.
(d) Có: Anilin sẽ tác dụng với Brom và làm mất màu dung dịch Brom đồng thời sinh
ra kết tủa màu trắng
(e) Có: Phản ứng xảy ra: HCl + H 2 NC3 H 5 ( COOH )2 → ClH 3 N − C3 H 5 ( COOH )2

(f) Có: Este của axit Fomic sẽ có phản ứng tráng gương.
 Chọn đáp án C
Câu 19: Kết quả thí nghiệm của các dung dịch X, Y, Z, T với thuốc thử được ghi ở bảng
sau:
Mẫu thử
Thuốc thử
Hiện tượng
X
Dung dịch AgNO3 trong NH3
Kết tủa Ag
Y
Quỳ tím
Chuyển màu xanh
Z
Cu(OH)2
Màu xanh lam

T
Nước brom
Kết tủa trắng
Các dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là:
A. Anilin, glucozơ, lysin, etyl fomat.
B. Glucozơ, lysin, etyl fomat, anilin.
C. Etyl fomat, anilin, glucozơ, lysin.
D. Etyl fomat, lysin, glucozơ, anilin.
Hướng dẫn giải


X: Loại đáp án A. Vì anilin không có phản ứng với AgNO3 trong NH 3
Y: Loại đáp án C. Vì anilin không làm quỳ tím hoá xanh
Z: Loại đáp án B. Vì Etyl fomat là este đơn chức nên không phản ứng với Cu ( OH )2
 Chọn đáp án D.
Câu 20: Cho 13,6 gam phenyl axetat tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1,5M đun
nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn X thu được a
gam chất rắn khan. Giá trị của a là :
A. 12,2 gam.
B. 16,2 gam.
C. 19,8 gam.
D. 23,8 gam.
Hướng dẫn giải
Cách 1 :
Theo giả thiết ta có :
n CH

=

3COOC6 H 5

13,6
= 0,1 mol; n NaOH
= 0,2.1,5
= 0,3 mol.
136

Phương trình phản ứng :
o

mol:

CH3COOC6H5 + NaOH
→
0,1
01

t

→

→

CH3COONa + C6H5OH
→ 01
01

to

(1)

C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O
(2)
→ 01
→
mol:
0,1
01
Theo các phản ứng (1), (2) và giả thiết suy ra chất rắn sau phản ứng gồm CH3COONa
(0,1 mol), C6H5ONa (0,1 mol) và NaOH dư (0,1 mol).
Khối lượng chất rắn thu được là :
a = 82.0,1 + 116.0,1 + 40.0,1 = 23,8 gam.
Cách 2 :
Theo giả thiết ta có :
n CH

=

3COOC6 H 5

13,6
= 0,1 mol; n NaOH
= 0,2.1,5
= 0,3 mol.
136

Sơ đồ phản ứng :
to

NaOH + CH3COOC6H5 → Chất rắn

→
mol:
0,3
0,1
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
a = 0,1.136 + 0,3.40 – 0,1.18 =23,8 gam.
Đáp án D.

+ H2O
0,1

(1)


Câu 21: X là một este hữu cơ đơn chức, mạch hở. Cho một lượng X tác dụng hoàn toàn
với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được muối có khối lượng bằng 41 khối lượng este ban
37

đầu. X là :
A. HCOOC2H5.
C. C17H35COO(CH2)16CH3.

B. CH2=CH–COOCH3.
D. CH3COOCH3.
Hướng dẫn giải

Cách 1 :
Este có công thức dạng RCOOR’, muối tạo thành là RCOONa.
Vì số mol este bằng số mol muối, nên tỉ lệ về khối lượng của chúng cũng là tỉ lệ về
khối lượng phân tử, theo giả thiết ta có :

R + 67
41
=
R + 44 + R ' 37

trung bình của 2 gốc (R và R’) được tính theo biểu thức
=
R

⇒ 4R + 41R’ = 675. Giá trị
675
= 15 .
4 + 41

Nếu có một gốc có khối lượng nhỏ hơn 15 thì đó phải là gốc axit (R).
Chọn R = 1 ⇒ R’ = 674,902 loại. Vậy cả hai gốc R và R’ đều có khối lượng là 15 và
đều là CH3–.
CTCT của este là CH3COOCH3.
Cách 2 :
Vì

M RCOONa 41
=
> 1 ⇒ M Na > M R ' ⇒ R’ là CH3– (15) ⇒ Loại A và C.
M RCOOR ' 37

Ta có

M RCOONa 41 82

=
=
⇒ R = 15 (CH3 −) .
M RCOOR ' 37 74

Đáp án D.
Nếu có nhiều con đường để đi đến đích, các em chọn con đường nào?
Câu 22: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau
bằng dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp rượu.
Công thức cấu tạo của 2 este là :
A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3.
B. C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5.
C. HCOOC3H7 và C2H5COOCH3.
D. Cả B, C đều đúng.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCOOR ′
Phương trình phản ứng :
RCOOR ′ + NaOH → RCOONa + R ′ OH
gam :
11,44
11,08
5,56
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
mNaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam


11,44
5,2
=′ = 88 ⇒ Đáp án là B hoặc C
⇒ n NaOH

= = 0,13 mol ⇒ M RCOOR
0,13

40

=
Mặt khác ta có : M RCOONa

11,08
= 85,23 ⇒ R = 18,23
0,13

Suy ra phải có một este chứa gốc axit là HCOO– hoặc CH3COO–
Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là :
HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 hoặc C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5
Đáp án D.
Câu 23: Xà phòng hoá hoàn toàn m gam lipit X bằng 200 gam dung dịch NaOH 8% sau
phản ứng thu được 9,2 gam glixerol và 94,6 gam chất rắn khan. Công thức cấu tạo của X
là :
A. (C17H35COO)3C3H5.
B. (C15H31COO)3C3H5.
C. (C17H33COO)3C3H5.
D. (C17H31COO)3C3H5.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức trung bình của lipit X là C3H5(OOCR)3.
Phản ứng hóa học :
C3H5(OOCR)3 + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 3RCOONa
← 0,1 →
mol:
0,3

0,3

(1)

200.8%
9, 2
Theo giả thiết ta có n NaOH
=
= 0, 4 mol; n C3H5 (OH)
=
= 0,1 mol.
3
40

92

Theo phương trình (1) suy ra n NaOH = 0,3 mol. Do đó trong 94,6 gam chất rắn có 0,1
mol NaOH dư và 0,3 mol RCOONa.
Vậy ta có phương trình : 0,1.40 + (R+67).0,3 = 94,6 ⇒ R = 235 ⇒ R là C17H31–.
Đáp án D.
Câu 24: Đốt cháy hoàn toàn 2,28 gam X cần 3,36 lít oxi (đktc) thu hỗn hợp CO2 và H2O
có tỉ lệ thể tích tương ứng 6 : 5. Nếu đun X trong dung dịch H2SO4 loãng thu được axit Y
có d Y/H 2 = 36 và ancol đơn chức Z. Công thức của X là :
A. C2H5COOC2H5.
C. C2H3COOC2H5.

B. CH3COOCH3.
D. C2H3COOC3H7.
Hướng dẫn giải

Cách 1 :
Đặt số mol của CO2 và H2O lần lượt là 6x và 5x, áp dụng định luật bảo toàn khối
lượng ta có :

m X + m O=
m CO2 + m H2O ⇒ 2, 28 + 0,15.32
= 6x.44 + 5x.18 ⇒ =
x 0,02 .
2
Vậy trong 2,28 gam X có :


=
n C n=
6.0,=
02 0,12 mol;=
n H 2.n=
2.5.0,=
02 0, 2 mol;
CO 2
H2O
2, 28 − 0,12.12 − 0, 2.1
= 0, 04 mol.
16

=
nO

: n O 0,12 : 0, 2 :=
0,04 3: 5 :1 ⇒ Công thức phân tử của X là C6H10O2

Suy ra : n C : n H=
(114).
Đặt công thức cấu tạo của X là RCOOR’, ta có phản ứng thủy phân X trong axit :
RCOOR’ + H2O → RCOOH + R’OH
(Y)
(Z)
Theo giả thiết
M Y = 36.2 = 72 g / mol ⇒ R + 45 = 72 ⇒ R = 27 ⇒ R laø CH 2 = CH − .
Với R =27 suy ra 27 + 44 + R’ = 114 ⇒ R’ = 43 ⇒ R’ là C3H7–.
Cách 2 :
Vì VCO2 :VH2O = n CO2 :n H2O = 6 : 5 ⇒ nC : nH = 6 : 5.2 = 3 : 5.
Theo đáp án chỉ có D thoả mãn tỉ lệ C : H = 3 : 5. Không cần tính tiếp theo các dữ
kiện khác.
Nếu có vài đáp án cho tỉ lệ trên thì mới tiếp tục tìm qua công thức đơn giản.
Đáp án D.
Câu 25: Đun nóng 250 gam dung dịch glucozơ với dung dịch AgNO3 /NH3 thu được 15
gam Ag, nồng độ của dung dịch glucozơ là :
A. 5%.
B. 10%.
C. 15%.
D. 30%.
Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng :
CH2OH[CHOH]4CHO + 2[Ag(NH3)2]OH → CH2OH[CHOH]4COONH4 + 2Ag↓ +
3NH3 + H2O
Hoặc
CH2OH[CHOH]4CHO + 2AgNO3 +3NH3+H2O → CH2OH[CHOH]4COONH4 + 2Ag↓
+2NH4NO3
Theo phương trình phản ứng ta thấy :
n CH2OH[CHOH]

4

CHO

1
1 15
5
5
=
n Ag =
.
=
mol ⇒ m CH2OH[CHOH] CHO =
.180 =
12, 5 gam.
4
2
2 108 72
72

Nồng độ phần trăm của dung dịch glucozơ là :
=
C%

12,5
=
.100% 5%.
250

Đáp án A.
Câu 26: Thủy phân hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp X gồm saccarozơ và mantozơ thu được
hỗn hợp Y. Biết rằng hỗn hợp Y phản ứng vừa đủ 0,015 mol Br2. Nếu đem dung dịch


chứa 3,42 gam hỗn hợp X cho phản ứng lượng dư AgNO3/NH3 thì khối lượng Ag tạo
thành là :
A. 2,16 gam.
B. 3,24 gam.
C. 1,08 gam.
D. 0,54 gam.
Hướng dẫn giải
Đặt số mol của saccarozơ và matozơ trong hỗn hợp X là x và y.
Phương trình phản ứng :
+

mol:

C12H22O11 + H2O
saccarozơ
→
x

H ,t

→ C6H12O6 + C6H12O6
o

(1)

glucozơ
fructozơ
→ x
x
H+ , to

mol:

mol:

→ 2C6H12O6
C12H22O11 + H2O 
(2)
matozơ
glucozơ
→
y
2y
CH2OH[CHOH]4CHO + Br2 + H2O → CH2OH[CHOH]4COOH + 2HBr
(3)
→
x+2y
x+2y
AgNO / NH , t o

3
3
2Ag
C12H22O11 →
matozơ

→
mol:
y
2y
Theo (1), (2), (3) và giả thiết ta có :

(4)


3, 42
= 0, 01 x = 0, 005
y
x +=
⇒
342

y = 0, 005
x + 2y =
0, 015

Khi cho hỗn hợp X tham gia phản ứng tráng gương thì chỉ có matozơ phản ứng nên
theo (4) ta có mAg = 0,005.2.108 = 1,08 gam.
Đáp án C.

Câu 27: Cho m gam tinh bột lên men thành C2H5OH với hiệu suất 81%, hấp thụ hết lượng
CO2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH)2 được 55 gam kết tủa và dung dịch X. Đun nóng dung
dịch X lại có 10 gam kết tủa nữa. Giá trị m là :
A. 75 gam.
B. 125 gam.
C. 150 gam.

D. 225 gam.
Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng :
leân men röôïu
C6H10O5 + H2O 
→
←
mol:
0,375

mol:

C6H12O6
0,375

leân men röôïu

→

C6H12O6
0,375

2C2H5OH + 2CO2
←
0,75

(1)

(2)

mol:
mol:

CO2 + Ca(OH)2
←
0,55
2CO2 + Ca(OH)2
←
0,2

→

→

CaCO3 + H2O
0,55
Ca(HCO3)2
0,1

(3)
(4)

to

→ CaCO3 + CO2 + H2O
(5)
Ca(HCO3)2 
←
mol:

0,1
0,1
Theo giả thiết ta thấy khi CO2 phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 thì tạo ra cả hai loại
muối là CaCO3 và Ca(HCO3)2. Từ các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5) suy ra :
n C=
n C=
H O
H O
6

10

5

6

12

6

1
1
=
=
n CO
.0, 75 0,375 mol.
2
2
2

Vậy khối lượng tinh bột tham gia phản ứng với hiệu suất 81% là :
mC H O
=
6

10

5

162.0,375
= 75 gam.
81%

Đáp án A.
Câu 28: Thể tích dung dịch HNO3 67,5% (khối lượng riêng là 1,5 gam/ml) cần dùng để
tác dụng với xenlulozơ tạo thành 89,1 kg xenlulozơ trinitrat là (biết lượng HNO3 bị hao
hụt là 20%) :
A. 55 lít.
B. 81 lít.
C. 49 lít.
D. 70 lít.
Hướng dẫn giải
Vì lượng HNO3 hao hụt 20% nên hiệu suất phản ứng chỉ đạt 80%. Gọi x là số kg
HNO3 đem phản ứng thì lượng HNO3 phản ứng là x.80% kg.
Phương trình phản ứng :
C6H7O2(OH)3 + 3HNO3 → C6H7O2(ONO2)3 + 3H2O
(1)
→
gam:
63.3

297
←
kg:
x.80%
89,1
Theo (1) và giả thiết ta thấy khối lượng HNO3 nguyên chất đã tham gia phản ứng là :

63.3.89,1
70,875
x=
=
70,875 kg ⇒ m dd HNO 67,5% = =
105 kg.
3
297.80%
67,5%
Thể tích dung dịch HNO3 nguyên chất cần dùng là :

Vdd HNO 67,5%
=
3

105
= 70 lít.
1,5

Đáp án D.
Câu 29: Cho 21,9 gam amin đơn chức X phản ứng hoàn toàn với dung dịch FeCl3 (dư),
thu được 10,7 gam kết tủa. Số đồng phân cấu tạo bậc 1 của X là :
A. 5.

B. 8.
C. 7.
D. 4.
Hướng dẫn giải
Phương trình phản ứng :


3 RNH 2 + Fe3+ + 3H2O
mol:
0,1
Theo (1)và giả thiết ta có :

n RNH= 3.n Fe(OH)= 3.
2

3

→

←

3 [RNH3 ]

+

+ Fe(OH)3

(1)

0,1

10,7
21,9
= 0,3 mol ⇒ M RNH=
= 73 gam / gam ⇒ R= 57 (C 4 H 9 −).
2
107
0,3

Số đồng phân cấu tạo bậc 1 của X là 4 :
CH3–CH2–CH2–CH2–NH2 (1); CH3–CH2–CH–CH3 (2); CH3–CH–CH2–NH2
(3);
NH2

CH3

CH3
CH3 –C –NH2 (4).
CH3
Đáp án D.
Câu 30: Cho hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ có cùng CTPT C2H7NO2 tác dụng vừa đủ với
dung dịch NaOH, đun nóng thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm 2 khí
(đều làm xanh quỳ tím ẩm). Tỉ khối của Z đối với hiđro bằng 13,75. Cô cạn dung dịch Y
thu được khối lượng muối khan là :
A. 16,5 gam.
B. 14,3 gam.
C. 8,9 gam.
D. 15,7 gam.
Hướng dẫn giải
Cách 1 : Tính theo phương trình phản ứng kết hợp với sơ đồ đường chéo

Hỗn hợp Z gồm 2 khí có tính bazơ đó là NH3 và CH3NH2. Vậy hỗn hợp X gồm
CH3COONH4 và HCOOH3NCH3.
Phương trình phản ứng :
CH3COONH4 + NaOH → CH3COONa + NH3 + H2O
(1)
→ x →
x
mol:
x
HCOOH3NCH3 + NaOH → HCOONa + CH3NH2 + H2O
→
→
mol:
y
y
y
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:
n NH3
31 − 13,5.2 1
=
=
n CH3 NH2 13,5.2 − 17 3

0, 2
x + y =
 x = 0, 05

⇔
Theo (1), (2) và giả thiết ta có hệ :  x 1
 y = 0,15

y = 3

⇒ m = 68.0,15 + 82.0,05 = 14,3 gam.
Đáp án B.

(2)


● Nhận xét : Bài tập này nên làm theo phương pháp bảo toàn khối lượng thì ngắn gọn
hơn!
Cách 2 : Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng
Theo giả thiết ta suy ra hỗn hợp X là muối amoni của axit hữu cơ no, đơn chức.
Đặt công thức của hai chất trong X là : RCOOH 3 NR ′
Phương trình phản ứng :

RCOOH3 NR ′ + NaOH →

RCOO Na +

R ′NH 2 + H2O

(1)

←
← 0,2
← 0,2 → 0,2
mol :
0,2
0,2
Theo phản ứng (1) và định luật bảo toàn khối lượng ta có :

m RCOONa = 0,2.77 + 0,2.40 – 0,2.13,75.2 + 0,2.18 = 14,3 gam.
Đáp án B.
Câu 31: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một amin no, mạch hở X bằng oxi vừa đủ thu được
0,5 mol hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Cho 4,6 gam X tác dụng với dung dịch HCl (dư), số
mol HCl phản ứng là :
A. 0,1.
B. 0,4.
C. 0,3.
D. 0,2.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức phân tử của amin no là CnH2n+2+kNk.
Sơ đồ phản ứng :
CnH2n+2+kNk
mol:

0,1

O , to

2

→ nCO2

→

0,1n

+

→

2n + 2 + k
H2O
2

+

0,1. 2n + 2 + k

→

2

k
N2
2

(1)

0,1. k
2

Theo (1) và giả thiết ta có :
n = 1
0,1n + 0,1. 2n + 2 + k + 0,1. k = 0,5 ⇒ 0,4n + 0,2k = 0,8 ⇒ 
2

2

k = 2

Công thức phân tử của amin X là CH6N2. Công thức cấu tạo của X là H2NCH2NH2.
Phản ứng của amin X với HCl :
H2NCH2NH2 + 2HCl → ClH3NCH2NH3Cl
(2)
→
mol:
0,1
0,2
Theo (2) ta có số mol HCl cần dùng là 0,2 mol.
Đáp án D.
Câu 32: Valin là một loại amino axit thiết yếu, cần được cung cấp từ nguồn thực phẩm
bên ngoài, cơ thể không tự tổng hợp được. Khi cho 1,404 gam valin hòa tan trong nước
được dung dịch. Dung dịch này phản ứng vừa đủ với 12 ml dung dịch NaOH có nồng độ
C (mol/l), thu được 1,668 gam muối. Giá trị của C là :
A. 1M.
B. 0,5M.
C. 2M.
D. 1,5M.
Hướng dẫn giải


Cách 1 : Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Valin là amino axit trong phân tử có 1 nhóm –COOH.
Phương trình phản ứng :
–COOH + NaOH → –COONa + HOH
(1)
→ x
→ x
mol:

x
Gọi số mol của valin phản ứng là x mol thì số mol nhóm –COOH cũng là x mol.
Theo phương trình (1) ta thấy khi chuyển từ amino axit thành thành muối natri của
amino axit thì khối lượng tăng là :
67x – 45x = 1,668 – 1,404 ⇒ x = 0,012.
Theo (1) suy ra số mol NaOH phản ứng là 0,012 mol.
Vậy nồng độ mol của dung dịch NaOH là

0,012
= 1M .
0,012

Cách 2 : Tính số mol của valin từ đó suy ra số mol của NaOH. Với cách này đòi hỏi học
sinh phải nhớ được công thức của valin mà công thức của valin thì không phải học sinh
nào cũng nhớ được.
Đáp án A.
Câu 33: Hỗn hợp X gồm alanin và axit glutamic. Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với
dung dịch NaOH (dư), thu được dung dịch Y chứa (m+30,8) gam muối. Mặt khác, nếu
cho m gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl, thu được dung dịch Z chứa (m+36,5)
gam muối. Giá trị của m là :
A. 112,2.
B. 165,6.
C. 123,8.
D. 171,0.
Hướng dẫn giải
Đặt số mol của H2N – CH(CH3) – COOH là x và của HOOC – (CH2)2 – CH(NH2) –
COOH là y.
Phương trình phản ứng :
– COOH + NaOH → – COONa + H2O (1)
mol :

(x + 2y)
→
(x + 2y)
– NH2 + HCl → NH3Cl
(2)
mol : (x + y) → (x + y) → (x + y)
67(x + 2y) − 45(x + 2y)= (30,8 + m) − m
⇔
Theo (1), (2) và giả thiết ta có : 
= (36,5 + m) − m
52,5(x + y) − 16(x + y)
1, 4
 x + 2y =

1
x + y =
 x = 0, 6
⇒ m = 0,6.89 + 0,4.147 = 112,2 gam.
 y = 0, 4

⇔


Đáp án A.
Câu 34: Este A được điều chế từ amino axit B (chỉ chứa C, H, O, N) và ancol metylic.
Tỉ khối hơi của A so với H2 là 44,5. Đốt cháy hoàn toàn 8,9 gam este A thu được 13,2
gam CO2, 6,3 gam H2O và 1,12 lít N2 (đktc). Công thức cấu tạo thu gọn của A, B lần
lượt là:
A. CH(NH2)2COOCH3; CH(NH2)2COOH. B. CH2(NH2)COOH; CH2(NH2)COOCH3.
C. CH2(NH2)COOCH3; CH2(NH2)COOH. D. CH(NH2)2COOH; CH(NH2)2COOCH3.

Hướng dẫn giải
Cách 1 : Lập tỉ lệ mol suy ra công thức đơn giản nhất, dựa vào khối lượng mol suy ra
công thức phân tử.
13, 2
6,3
1,12
= 0,3 mol; =
n H 2.n=
2. = 0, 7 mol; =
n N 2.n=
2. = 0,1 mol;
H2O
N2
44
18
22, 4
m O 8,9 − (0,3.12 + 0, 7.1 + 0,1.14)
n
=
=
= 0, 2 mol
O
16
16
Đặt công thức tổng quát của A: CxHyOzNt (x, y, z, t: nguyên dương).
Ta có : x : y : z : t = nC : nH : nO : nN = 0,3 : 0,7 : 0,2 : 0,1 = 3 : 7 : 2 : 1.

=
n C n=
CO 2

⇒ công thức phân tử của A có dạng: (C3H7O2N)n ⇒ MA = 89.n = 44,5.2 ⇒ n =1.
Công thức cấu tạo thu gọn của A, B lần lượt là :
CH2(NH2)COOCH3 và CH2(NH2)COOH.
Cách 2 : Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố :
M
44,5.2
nA
=
= 89 gam / mol, =
A
n CO
=
2

8,9
= 0,1mol.
89

13,2
6,3
1,12
= 0,3 mol; n H=
= 0,35 mol; n=
= 0, 05 mol.
O
N
2
2
44

18
22, 4

Sơ đồ phản ứng :
O , to

2

→ CO2 +
CxHyOzNt
H2O
→
→ 0,35
mol:
0,1
0,3
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có :

+

→

N2
0,05

(1)

0,1x 0,3
x 3
=

=
89 − 3.12 − 7 − 14


= 2 ⇒ A : C3 H 7O2 N.
0,1y = 0,35.2 ⇒ y = 7 ⇒ z =
16

t 1
=
05.2
0,1t 0,=


Vậy công thức của A là H2HCH2COOCH3 và B là H2HCH2COOH.
Đáp án B.


Câu 35: Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H10O3N2) và chất Z (C2H7O2N). Cho 14,85 gam X
phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch M và 5,6 lít
(đktc) hỗn hợp T gồm 2 khí (đều làm xanh quỳ tím tẩm nước cất). Cô cạn toàn bộ dung
dịch M thu được m gam muối khan. Giá trị của m có thể là
A. 11,8.
B. 12,5.
C. 14,7.
D. 10,6.
Hướng dẫn giải
+ Theo giả thiết : Y, Z tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng, thu được hỗn hợp 2 khí
đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm. Suy ra Y, Z là muối amoni.
+ Y có 3 nguyên tử O nên gốc axit của Y là một trong 3 gốc sau :

NO3− , CO32 − , HCO3− . Công thức của Y là CH3NH3CO3H4N.

+ Z có 2 nguyên tử O trong phân tử nên gốc axit của Z là RCOO− . Công thức của Z là
CH3COONH 4 hoaëc HCOOH3 HCH3 .

+ Vậy X gồm :
 Y : CH3 NH3CO3 H 4 N (x mol) 110x =
x
+ 77y 14,85 =
⇒
⇒

=
  Z : CH3COONH 4 (y mol) =
2x + y 0,25
y

x
+ 77y 14,85 =
 Y : CH3 NH3CO3 H 4 N (x mol) ⇒ 110x =
⇒

  Z : HCOOH NCH (y mol)=
=
2x + y 0,25
y
3
3


0,1
0,05
0,1
0,05

m
m Na CO + m CH COONa = 0,1.106 + 0,05.82 = 14,7 gam
=
muoái
2
3
3
⇒
 m muoái = m Na CO + m HCOONa = 0,1.106 + 0,05.68 =14 gam ≠ A, B, C, D.
2
3


 Chọn đáp án C

Câu 36: Cho hỗn hợp X gồm một axit no, đơn chức A và một este E tạo bởi một axit no,
đơn chức B và một ancol no đơn chức C (A và B là đồng đẳng kế tiếp của nhau). Cho m
gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaHCO3 thu được 1,92 gam muối. Nếu
cho a gam hỗn hợp X tác dụng với lượng vừa đủ NaOH rồi đun nóng thì thu được 4,38
gam hỗn hợp D gồm muối của hai axit hữu cơ A, B và 0,03 mol ancol C, biết tỉ khối hơi
của C so với hiđro nhỏ hơn 25 và C không điều chế trực tiếp được từ chất vô cơ. Đốt cháy
hai muối trên bằng một lượng oxi vừa đủ thu được một muối vô cơ, hơi nước và 2,128 lít
CO2 (đktc). Các phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:
A. 1,81.
B. 3,7.

C. 3,98.
D. 4,12.
Hướng dẫn giải


A là C n H 2n +1COOH
+ X gồm 
E là C n ±1H 2n +1± 2 COOC m H 2m +1
NaHCO3
+ TN1: m gam X 
→1,92 gam C n H 2n +1COONa
C m H 2m +1OH (0,03 mol; M < 50)



ancol C

+ TN2 : a gam X
O , to

2
C n H 2n +1COONa 
→ CO2 ↑



0,095 mol

muối D, 4,38 gam, x mol

O ,t

o

2
+ 2C n H 2n +1COONa 
→(2n + 1)CO2 + (2n + 1)H 2 O + Na2 CO3

nx = 0,07
m
(14n
68)x
4,38
=
+
=

 muối
0,05 ; D gồm
+
⇒ x =
(n 0,5)x =
0,095
n CO2 =+

n = 1,4

CH3COONa : 0,03 mol
(*)


C2 H 5COONa : 0,02 mol

n
=
0,03; M C < 50
n = 0,03
+ C
⇒ C
(**)
C : không được điều chế trực tiếp từ chất vô cơ C là C2 H 5OH

(*)
 X là CH3COOC2 H 5 : 0,03 mol NaOH CH3COONa : 2,46 gam
+
⇒
→ 
Y là C2 H 5COOH : 0,02 mol
CH3COONa :1,92 gam
(**) 


a = 4,12 gam

+

m m C2 H5COONa ở TN1
=
=⇒
1
m=

4,12 gam
a m C H COONa ở TN2
2

5

 Chọn đáp án D
Câu 37: Thủy phân hồn tồn m gam hỗn hợp hai este đơn chức mạch hở A, B (MA <
MB) trong 700 ml dung dịch KOH 1M, thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 ancol
là đồng đẳng liên tiếp. Đun nóng Y trong H2SO4 đặc ở 140oC, thu được hỗn hợp Z. Trong
Z tổng khối lượng của các ete là 8,04 gam (Hiệu suất ete hóa của các ancol đều là 60%).
Cơ cạn dung dịch X được 54,4 gam chất rắn C. Nung chất rắn này với lượng dư hỗn hợp
NaOH, CaO cho đến khi phản ứng xảy ra hồn tồn, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí T
(đktc). Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 66,89%.
B. 48,96%.
C. 49,68%.
D. 68,94%.
Hướng dẫn giải


H SO đặc , t o

2
4
→R
R
'OH 
'O
R'



H = 60%

Y

Z, 8,04 gam

+ RCOOR

'
hỗn hợp A, B

RCOOK NaOH, CaO, t o
→ RH


KOH
T, 0,4 mol

C, 54,4 gam

=
m R 'O R ' + m H O
R 'OH
n R 'OH=
=' n=
n RCOOR
0,4 m
2


 
bđ
RH
+
⇒  ? =10,2
0,12.18 ⇒ Y gồm
8,04
= 0,24
0,4.0,6
n=
M
R 'OH pư
 R 'OH = 42,5
n CH OH + n C H OH =
0,4
2 5
 3
n CH3OH = 0,1
⇒ Trong Y có : 
100 ⇒ n
10,2.
46n CH3OH + 60n C2 H5OH =
 C2 H5OH = 0,3
60


CH3OH

C2 H 5OH

n RCOOK
= n=
0,4; n KOH
= 0,3
RH
+ Trong C có 
11
⇒R=
0,3.56 + 0,4(R + 83)
= 54, 4
m chất rắ=
n
 HCOOK : 0,1 mol
54,4 − 0,3.56 − 0,1.84 − 0,3.83
=
⇒R
= 14,4 (loại)

0,3
RCOOK : 0,3 mol

⇒
HCOOK : 0,3 mol
54,4 − 0,3.56 − 0,3.84 − 0,1.83

=
⇒R
= 41 (C3 H 5 −)
0,1

 RCOOK : 0,1 mol
A là HCOOC2 H 5 : 0,3 mol
0,3.74
⇒
; %m A = 68,94%
=
0,3.74 + 0,1.100
B là C3 H 5COOCH3 : 0,1 mol
 Chọn đáp án D

Câu 38: Cho m gam hỗn hợp E gồm một peptit X và một amino axit Y (MX > 4MY) được
trộn theo tỉ lệ mol 1 : 1 tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung
dịch G chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri của glyxin và alanin. Dung dịch G phản
ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch T chứa 63,72 gam hỗn hợp
muối. Các phản ứng xảy ra hồn tồn. Kết luận nào sau đây đúng?
A. X có 6 liên kết peptit.
B. X có thành phần trăm khối lượng nitơ là 20,29%.
C. Y có thành phần phần trăm khối lượng nitơ là 15,73%.
D. X có 5 liên kết peptit.
Hướng dẫn giải


+ Sơ đồ phản ứng :
 X : n − peptit 
C2 H 6 NO2 Cl 

 
HCl
 



x mol
 NaOH
C2 H 4 NO2 Na  0,72mol
E:
 → G : 
 → T : C3 H8 NO2 Cl 
: a min o axit
C3 H 6 NO2 Na 
Y
NaCl


 




x mol
(m +12,24) gam



63,72 gam
m gam

m E + m NaOH
= m muối trong G + m H O
2
 

nx 0,3
n 5
 
=
=

+  m 40(x + nx)
⇒
18.2x ⇒ 
m +12,24
x = 0,06  X có 4 liên kết peptit
n
 NaOH =x + nx =0,36
111,5n C H NO Cl + 125,5n C H NO Cl =
63,72 − 0,36.58,5 =
42,66
2 6
2
3 8
2
+
n C2 H6 NO2Cl + n C3H8NO2Cl = 0,72 − 0,36 = 0,36
  X : (Gly) (Ala) ; Y : Gly  %m
= 20,29%
N trong X

2
3
 
⇒

n C H NO Cl = 0,18
 M > 4M : thỏa mãn
%m N trong Y = 18,67%
Y
 X
⇒ 2 6 2
⇒E :
  X : (Gly) (Ala) ; Y : Ala
n C3H8NO2Cl = 0,18
3
2
 
 M X < 4M Y : loại


 Chọn đáp án B
Câu 39: X, Y, Z là 3 este đều đơn chức, mạch hở (trong đó Y và Z khơng no chứa một
liên kết C = C và có tồn tại đồng phân hình học). Đốt cháy 21,62 gam hỗn hợp E chứa X,
Y, Z với oxi vừa đủ, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung
dịch giảm 34,5 gam so với trước phản ứng. Mặt khác, đun nóng 21,62 gam E với 300 ml
dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được hỗn hợp F chỉ chứa 2 muối và hỗn hợp gồm 2
ancol kế tiếp thuộc cùng dãy đồng đẳng. Khối lượng của muối có khối lượng phân tử lớn
trong hỗn hợp F là:
A. 9,72 gam.
B. 4,68 gam.
C. 8,64 gam.
D. 8,10 gam.
Hướng dẫn giải
n CO x;=
=

nH O y
2
+ 2
2n −=
2n=
2.0,3
= 0,6
n O/ X,=
Y, Z
COO −
NaOH
m (C, H) = 12x + 2y = 21,62 − 0,3.2.16 = 12,02 x = 0,87
⇒
⇒
y = 0,79
m dd giảm = 100x − (44x + 18y) = 34,5
n X + n Y + n Z= n − COO −= n NaOH= 0,3
 X là HCOOCH3

+
⇒
0,87
= 2,9
Y, Z)
 k X = 1
C(X,=
0,3


+ n Z 0,3 =

0,22
0,87 − 0,22.2
n + n =
n
Y
⇒ X
⇒ X
⇒C
=
= 5,375
(Y, X)
0,08
=
=
n Y + n Z 0,08
n Y + n Z 0,08
Y là CH3 − CH = CH − COOCH3
⇒
⇒ m C H COONa =0,08.108 =8,64 gam
3 5
 Z là CH3 − CH = CH − COOC2 H 5

 Chọn đáp án C


Câu 40: Hỗn hợp E gồm peptit X mạch hở (cấu tạo từ Gly, Ala) và este Y (được tạo ra
từ phản ứng este hóa giữa axit cacboxylic no, đơn chức và metanol). Đốt cháy hồn tồn
m gam E cần 15,68 lít O2 (đktc). Mặt khác, thủy phân m gam E trong dung dịch NaOH
vừa đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp muối (trong đó số mol muối natri của Gly lớn hớn số
mol muối natri của Ala). Đốt cháy hồn tồn khối lượng muối trên cần 20 gam O2 thu

được H2O, Na2CO3, N2 và 18,7 gam CO2. Tỉ lệ số mol Gly : Ala trong X là:
A. 3 : 1.
B. 2 : 1.
C. 3 : 2.
D. 4 : 3.
Hướng dẫn giải
+ Dễ thấy E được tạo thành từ G gồm :
Cm H 2m +1O2 N : x mol; Cn H 2n +1COOH : y mol; CH3OH : y mol.

⇒ Đốt cháy G hay E đều cần n O =
0,7 mol.
2

+ Muối thu được khi E + NaOH là :
Cm H 2m O2 NNa : x mol; Cn H 2n +1COONa : y mol.
+ Đốt cháy hỗn hợp Cm H 2m +1O2 N : x mol; Cn H 2n +1COOH hay
Cm H 2m O2 NNa : x mol; Cn H 2n +1COONa : y mol đều cần n O = 0,625 mol
2

+ Vậy n O

2

chênh lệch

=
0,7 − 0,625 =
0,075 mol dùng để đốt cháy CH3OH :

4n O = 6n CH OH ⇒ n CH OH = 0,05 mol ⇒ n C H

2

3

3

n

2 n +1COOH

= 0,05 mol.

+ Vẫn trong phản ứng đốt cháy muối, ta có:
n Na CO = (0,5x + 0,025); n N = 0,5x; n H O − n CO = 0,5n muối = 0,5x
2
2
2
 2 3
+ 20 106(0,5x + 0,025) + 0,5x.28 + 0,425.44 + 18(0,5x + 0,425)
24,2 =
0,2m + 0,05n =
x = 0,2
0,5
⇒
⇒
1) 0,425 + (0,5.0,2 + 0,025) m > 2; n < 2
0,2m + 0,05(n +=

n Gly 3 − 2,25 3
2,25; n =

1⇒
=
=
m =
n Ala 2,25 − 2 1
⇒

2+3
m =
2,5; n =
0 ⇒ 2,5 =
n Ala (loại)
⇔ n Gly =
2


 Chọn đáp án A