Tài liệu Giải chi tiết bài tập hóa hữu cơ hay và khó từ các đề thi thử 2015-2016

Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus GIẢI CHI TIẾT BÀI TẬP HÓA HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ 2015 – 2016 (Phần 1) Lời nói đầu ! Gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới Thầy Nguyễn Văn Duyên – là người Thầy đã dìu dắt con những bước đi đầu đến với việc nghiên cứu tìm tòi về Hóa Học Phổ Thông. Cảm ơn các quý Thầy cô là những tác giả của các bài tập được mình sử dụng trong tài liệu này. Các câu đều được trích dẫn nguồn rõ ràng. Tuy nhiên do có một số bài tập được tổng hợp từ Internet, mạng xã hội nên mình không trích dẫn rõ ràng về nguồn, rất mong sự thông cảm từ quý Thầy cô. “Tài liệu này được chia sẽ miễn phí, với mục địch phi thương mại nên rất mong nhận được sự đóng góp, phản hồi từ quý Thầy cô cũng như các bạn học sinh để tài liệu ngày một hoàn thiện hơn và sẽ là nguồn tư liệu quý báu cho các bạn học sinh ôn thi THPT Quốc Gia.” “Gửi tặng các bạn học sinh 98 ôn thi THPT Quốc 2016 như món quà nhân dịp TẾT TRUNG THU 2015” Đặc biệt mình gửi lời cảm ơn tới:  Một bạn nữ sinh viên lớp Y2015 – Khoa Y Đại học Quốc Gia TP. Hồ Chí Minh, người đã từng động viên, tin tưởng vào con đường mình chọn, cho mình thấy nhiều mảng vui tươi của cuộc sống ở Sài Gòn đầy bon chen, tấp nập này. Mong một ngày gặp lại bạn! “Thiên hạ về đâu? Sao vội đi? Bao giờ gặp nữa? Có tình chi? Lòng tôi theo bước người qua ấy Cho đến hôm nay vẫn chẳng về.”  Một bạn nick Facebook là Hồng Ánh – học sinh trường THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh.  Một bạn nick Facebook là Phương Nguyễn – ở Hà Nội (dự thi trường ĐH Kinh tế Quốc dân). Cảm ơn các bạn đã tin tưởng, quý mến gọi mình một tiếng là “Thầy” dù chưa từng một lần đứng bảng dạy được các bạn chữ nào. Với cá nhân mình ở tuổi 23, lại không xuất thân chính thống từ môi trường Sư Phạm thì đó là quả là niềm vui, niềm vinh hạnh lớn. Cảm ơn các bạn. Chúc các bạn giành được kết quả thật cao ở kỳ thu THPT Quốc Gia năm 2016. Đêm Trung Thu - Sài Gòn, 27/09/2015 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 1: Hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử là C5H15O4N3. Cho m gam X tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 0,24M. Sau phản ứng thu được dung dịch Y, cô cạn dung dịch Y thu được 3,681 gam chắn rắn khan và khí Z duy nhất. Mặt khác nếu cho toàn bộ dung dịch Y trên tác dụng với HCl vừa đủ thì số mol HCl cần dùng là A. 0,045 mol B. 0,050 mol C. 0,051 mol D. 0,054 mol  Hướng dẫn giải 2.5  3  15  2  0  k X tÝnh theo CTPT   X l¯ hîp chÊt cã chøa liªn kÕt ion 2 Biện luận cấu tạo của X  X ph°n øng ®­îc víi KOH  k X thùc tÕ  1  Sè liªn kÕt ion = k X thùc tÕ  k X tÝnh theo CTPT  Mặt khác, ta có   X l¯ hîp chÊt cã chøa 2 nhãm muèi amoni 4 X cã 4 Oxi  k X thùc tÕ   2   2     Công thức cấu tạo của X có thể là Trường hợp 1: Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 181x  0,036.2.56  3,681  31.2x  18.2x  x  0,02 mol mX m KOH m r·n mCH NH  m H O 3 2 2  n KOH ph°n øng  2x = 0,04 mol > n KOH ban ®Çu = 0,036 mol (M©u thuÉn  Lo³i) Trường hợp 2: Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: 181x  0,036.2.56  3,681  17.2x  18.2x  x  0, 015 mol mX m KOH m r·n mCH NH  m H O 3 2 2 KOOC  CH(C 2 H 4  NH 2 )  COOK : 0,015 mol  Y gåm  KOH d­ : 0,036  0,03  0,006 mol KOOC  CH(C 2 H 4  NH 2 )  COOK + 3HCl   0,015 mol  Y   n HCl ®± dïng  3.0,015  0,006  0,051 mol KOH d­ + HCl      0,006 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 2: Hỗn hợp X gồm 1 ancol đơn chức và 1 este đơn chức (mạch hở, cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đủ V lít O2 thì thu được 17,472 lít CO2 và 11,52 gam nước. Mặt khác m gam X phản ứng với dung dịch KOH dư thì thu được 0,26 mol hỗn hợp ancol. Biết X không tham gia phản ứng tráng gương. Giá trị V là bao nhiêu? (các khí đo ở đktc) A. 21,952 B. 21,056 C. 20,384 D.19,600 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT Nguyễn Khuyễn – TP. Hồ Chí Minh, năm 2015)  Hướng dẫn giải  O2 , t   CO2  H 2 O o RCOOR ' : a mol Ta có : m gam  R ''OH : b mol 0,78 mol 0,64 mol R 'OH : a mol  KOH d­   0, 26 mol  R ''OH : b mol Cách 1: Đánh giá thông qua số mol CO2 và H2O Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố C, ta có: (với n là số C của ancol và este)  a  b  0, 26 mol n 3   n(a  b)  n CO2  0, 78 mol Vì X không tham gia phản ứng tráng gương  este không có dạng HCOOR nên este phải là : CH3COOCH3 Lại có n CO2  n H2O do đó ancol phải là : CH  C  CH2  OH (k = 2)   CH3COOCH3  k  1 n ancol  n CO2  n H2O  0, 78  0, 64  0,14 mol    n este  0, 26  0,14  0,12 mol CH  C  CH 2  OH  k  2   Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: 0,14  0,12.2  2n O2   0,78.2  0,64  mol  n O2  0,91 mol  V  20,384 lÝt Cách 2: Dựa vào đại lượng trung bình n CO2  CH3COOCH 3 : x mol 3 C X  n   X cã 6H  X  H X  2n H2 O  4,923 CH  C  CH 2 OH : y mol   cã 4H nX   x  0,12 mol x  y  0,26 mol Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tô H, ta có:   6x  4y  2n H2O  1,28 mol y  0,14 mol  Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có: 0,14  0,12.2  2n O2   0,78.2  0,64  mol  n O2  0,91 mol  V  20,384 lÝt Câu 3: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu được 151,2 gam hỗn hợp gồm các muối natri của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X, Y ở trên cần 107,52 lít khí O2 (đktc) và thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là A. 102,4. B. 97,0. C. 92,5. D. 107,8.  Hướng dẫn giải Cách 1: Vận dụng linh hoạt các định luật bảo toàn Quy ®æi hçn hîp X,Y  n  peptit E m gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus sè O trong E  n  1  n l¯ ph©n tö   aminoaxit trung b×nh trong E cã n1 liªn kÕt peptit  Víi    sè N trong E = n a l¯ sè mol cða E  k E  n  n  peptit E  nNaOH   Muèi  H 2 O  151,2 gam an mol a mol m gam  Khi đó, theo quy luật phản ứng ta có:  0 t  CO2  H 2 O  N 2  peptit E  O2   4,8 mol 3,6 mol 0,5a(n 1)  m gam Áp dụng bảo toàn khối lượng cho cả 2 thí nghiệm, ta có: BTKL ThÝ nghiÖm 1:   m  151,2  18a  40an m muèi m H 2O m NaOH BTKL ThÝ nghiÖm 2:   m  44n CO2  64,8  28.0,5an  4,8.32 mCO2 m H 2O m N2 mO2 Áp dụng công thức về độ bất bão hòa k, bảo toàn nguyên tố O và bảo toàn khối lượng, ta có: n CO  n H O  (k E  1  0,5.sè N)a 2  2 n n CO  0,5an  a  3,6 mol n CO2  3,9 mol n 3,6 2      2n CO2  an  a  6 mol  an  1, 4 mol 2n CO2  n H2 O  s è O trong E .a  2 n O2   a  0, 4 mol 3,6 4,8 n 1   44n CO2  54an  18a  240 gam  44n CO2  54an  18a  151,2  64,8  4,8.32  m  151,2  18.0, 4  40.1, 4  102, 4 gam m muèi m H2O m NaOH Cách 2: Quy đổi hỗn hợp peptit về đipeptit Ý tưởng : Lợi dụng việc đốt đipeptit cho số mol CO2 = Số mol H2O quy vÒ  peptit X,Y   Xn hçn hîp ban ®Çu n  n  n X2 H2 O  X n (I). 2X n +  n  2  H 2 O   nX 2 : x mol cã n NaOH cÇn ®Ó thðy ph©n  2x mol  ®ipeptit a mol sè n O2 ®Ó ®èt X n v¯ X 2 l¯ nh­ nhau  X n  Giải thích: V× H 2 O kh«ng ch²y nªn  sè mol O2 ®Ó ®èt   l¯ nh­ nhau H 2 O ®ipeptit: X  2 4,8 mol O2  §èt : X 2 : C n H 2n N 2 O3  CO2  H 2 O (II) CO2 H2 O   3x  2.4,8  2n CO2  n H2O  n CO2  n H2O   x  3,2  mol n n BTNT C   m X2 (C n H2 n N2O3 )  14 nx  76x  14.  x  3,2   76x   90x  44,8  gam nC nCO 2  n H O khi ®èt Xn  n H2O  n H2O khi ®èt ®ipeptit  a   x  0, 4  mol  n Xn  0, 4 mol 2 3,6 a x 3,2 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m Xn   90x  44,8   18  x  0, 4   72x  52 (1) mX 2 (C nH2nN2O3 ) mH 2O “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus (II). X n  2NaOH   Muèi  H 2 O gam : m 80x 151,2 0,4.18 Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân, ta có: mXn  80x  151,2  0,4.18 (2)  x  0,07 mol  Gi°i hÖ (1), (2)    m Xn  102, 4 gam Câu 4: Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M đun nóng, thu được hợp chất hữu cơ no mạch hở Y có phản ứng tráng bạc và 37,6 gam hỗn hợp muối hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình chứa dung dịch nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 24,8 gam. Khối lượng của X là A. 30,8 gam B. 33,6 gam C. 32,2 gam D. 35,0 gam (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Can Lộc – Hà Tĩnh, năm 2015)  Hướng dẫn giải n NaOH 0, 4    1  cã chøa este phenol  Este cða phenol (x mol)  n X (2 este ®¬n chøc) 0,3   X gåm  AgNO3 / NH3 NaOH Este cða ankin (y mol) X   Y   Ag  Y l¯ an®ehit no, ®¬n chøc   ®¬n chøc  O2 , t o x  0,1 mol C n H 2n O   CO2  H 2 O n X  x  y  0,3 mol     y  0,2 mol   0,2 0,2n 0,2n n NaOH  2x  y  0, 4 mol n   Y (C n H2n O)  0,2 mol 0,2n(44  18)  24,8 gam  n = 2 X  NaOH   Muèi  C 2 H 4 O  H2 O gam : m 0, 4.40 37,6 0,2.44 0,1.18 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m  37,6  0,2.44  0,1.18  0, 4.40  32,2 gam Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn m gam một este đơn chức X (tạo bởi các chất có trong chương trình phổ thông) cần vừa hết 10,08 lít oxi (đktc), sinh ra 8,96 lít CO2 (đktc). Mặt khác, m gam X phản ứng vừa hết với 100 ml dung dịch NaOH 1M. Số đồng phân cấu tạo của X có dạng CxHyOOCH là A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Đồng Lộc – Hà Tĩnh, năm 2015)  Hướng dẫn giải Xét hai trường hợp sau:  X kh«ng ph°i l¯ este cða phenol Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tố O, ta có: n H2O  0,3 mol n X (C x HyO2 )  n NaOH  0,1 mol   + 2 n C H O  2 n O  2 n CO  n H O  n C : n H : n O  0, 4 : 2.0,3  0,2  4 : 6 : 2 x y 2 2 2 2   0,45 0,4 ? 0,1  X l¯ C 4 H6 O2 + X có 3 đồng phân cấu tạo dạng CxHyOOCH HCOOCH  CH  CH3 HCOOC(CH3 )  CH2  X l¯ este cða phenol HCOOCH2 CH  CH2 n X (C x HyO2 )  0,5n NaOH  0,05 mol n H2 O  0,2 mol   + 2 n C H O  2 n O  2 n CO  n H O  n C : n H : n O  0, 4 : 2.0,2  0,1  8 : 8 : 2 x y 2 2 2 2   0,45 0,4 ? 0,05  X l¯ C 8 H8O2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus + X có 4 đồng phân + X có tổng số đồng phân của X thỏa mãn điều kiện là 7 Câu 6: Thủy phân 63,5 gam hỗn hợp X gồm tripeptit Ala – Gly – Gly và tetrapeptit Ala – Ala – Ala – Gly thu được hỗn hợp Y gồm 0,15 mol Ala – Gly ; 0,05 mol Gly – Gly ; 0,1 mol Gly; Ala – Ala và Ala. Mặt khác, khi thủy phân hoàn toàn 63,5 gam hỗn hợp X bởi 500 ml dung dịch NaOH 2M thì thu được dung dịch Z. Cô cạn cận thận dung dịch Z thu được m gam chất rắn khan. Giá trị gần nhất của m là A. 100,5 B. 112,5 C. 96,4 D. 90,6 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Ala  Gly : 0,15 mol Gly  Gly : 0, 05 mol Ala  Gly  Gly : a mol  H Ta có : 63,5 gam    Ala  Ala  Ala  Gly : b mol Gly: 0,1 mol Ala  Ala v¯ Ala Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn mol mắt xích Gly, ta có: 203a  288b  63,5 gam a  0,1 mol     n peptit  0, 25 mol  2a  b   0,15  0,1  0,1 mol b  0,15 mol  Theo quy luật phản ứng thủy phân peptit trong NaOH, ta có: n  peptit  nNaOH   Muèi  H2 O gam : 63,5 1.40 ? BTKL gÇn nhÊt  Víi n peptit  n H2O   63,5  1.40  m  0,25.18  m  99 gam    100,5 gam Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 29,2 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, metyl axetat, anđehit axetic và etylen glicol thu được 1,15 mol CO2 và 23,4 gam H2O. Mặt khác, khi cho 36,5 gam hỗn hợp X trên tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được tối đa m gam Ag. Giá trị gần nhất của m là A. 43,5 B. 64,8 C. 53,9 D. 81,9 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đổi Thời buổi 2015 này người ta có vẻ thích những bài toán hỗn hợp nhiều chất. Những loại bài tập này chỉ mang tính chất dọa nhau thôi chứ thực ra cũng đơn giản. Chỉ cần các bạn tìm ra được cái chung của “đám ô hợp” đó là tiêu diệt gọn ngay. + Bọn X này có gì chung ? “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Quan sát kỹ ta thấy: • Có hai chất có 1 Oxi và 4 Hiđro (CH2=CH-CHO và CH3CHO) đều có mối liên quan tới Ag. • Còn hai chất còn lại có 2 Oxi và 6 Hiđro (CH3COOCH3 và C2H4(OH)2) không liên quan tới Ag.  CO2 :1,15 mol Cx H 4O : a mol  O2 , t o quy th¯nh + Vậy thì X      H 2O :1,3 mol C y H6O2 : b mol 29, 2  1,15.12  1,3.2  0,8 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: n O trong X  16 a  2b  0,8 mol a  0, 2 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và H, ta có:   4a  6b  2, 6 mol b  0,3 mol Chú ý : Có sự thay đổi khối lượng giữa các lần thí nghiệm các bạn nhé ! 36,5  CHO2Ag gÇn nhÊt  n  CHO  0, 2.  0, 25 mol   mAg  0, 25.2.108  54 gam    53,9 gam 29, 2 Cách 2: Sử dụng phương pháp số đếm Nhận xét: Bài ra gồm 4 chất nhưng chỉ cho 3 thông tin về số liệu gồm khối lượng hỗn hợp, số mol CO2, số mol H2O như vậy theo phương pháp số đếm ta có thể bỏ tùy ý (4 – 3) = 1 chất với điều kiện không làm thay đổi bản chất của bài toán. Ở thí nghiệm 2, hỗn hợp X phản ứng với AgNO3/NH3 nên không được bỏ các anđehit  bỏ tùy ý metyl axetat (CH3COOCH3) hoặc etylen glicol (C2H6O2). Ở đây, mình chọn bỏ etylen glicol (C2H6O2).  CH 2  CH  CHO : a mol CO2 :1,15 mol    O2 , t o 29,2 gam X CH COOCH : b mol    3 3  H 2 O :1,3 mol CH CHO : c mol Khi đó:   3  36,5  AgNO3 /NH3 36,5 gam X   Ag : (2a  2c) mol  29,2 Theo giả thuyết, bảo toàn nguyên tố C và H, ta có: 56a  74b  44c  29,2 gam a  0,15 mol    3a  3b  3c  n CO2  1,15 mol  b  0,3 mol   4a  6b  4c  2n H2O  2,6 mol c  0,35 mol  36,5 gÇn nhÊt Theo đó, thí nghiệm 2 ta có: m Ag  .108.(2.  0,15  2.0,35)  54 gam  53,9 gam 29,2 Lưu ý: Bản chất của phương pháp số đếm là dạng đặc biệt của quy đổi nên vẫn chấp nhận các số âm trong các số liệu tính toán ra mà không làm thay đổi kết quả sau cùng của bài toán ! Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 22,9 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở tạo bởi cùng một ancol với hai axit cacboxylic kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, thu được 1,1 mol CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, toàn bộ lượng X trên phản ứng hết với 300 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m có thể là A. 20,4 B. 23,9 C. 18,4 D. 19,0 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải  O2 , t  CO2  H 2O o Ta có : 22,9 gam RCOOR ' 1,1 mol 0,85 mol 0,3 mol NaOH  m gam Y  R 'OH “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus 22,9  1,1.12  0,85.2  0,5 mol  n X  0, 25 mol 16 + Theo giả thuyết X là hỗn hợp este đơn chức đồng đẳng kế tiếp.  n CO2  n H2O  O2 , t o + Mặt khác X    k X  2  X l¯ hçn hîp este ®¬n, kh«ng no cã 1C C n  n  n CO H O X   2 2 C4 H6O2 : x mol 1,1 ®®kt  KÕt hîp CX   4, 4    0, 25 C5 H8O2 : y mol  x  0,15 mol 4x  5y  n CO2  1,1 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C và H, ta có:    6x + 8y = 2n H2O  1,7 mol y  0,1 mol CH 2  CH  COO  CH3 : 0,15 mol  Tr­êng hîp 1: X  CH 2  CH  CH 2  COO  CH3 : 0,1 mol BTKL   22,9  0,3.40  m  0, 25.32  m  26,9 gam (không có đáp án  loại) Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: n O trong X  CH3OH HCOO  CH 2  CH  CH 2 : 0,15 mol  Tr­êng hîp 2: X  CH3COO  CH 2  CH  CH 2 : 0,1 mol BTKL   22,9  0,3.40  m  0, 25.58  m  20, 4 gam CH2 CH CH2 OH Câu 9: Cho 11 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở A và B tác dụng hết với 200 gam dung dịch KOH 5,6% đun nóng, thoát ra hỗn hợp ancol Y đồng đẳng kết tiếp, cô cạn dung dịch thì thu được m gam chất rắn khan. Cho Y đi qua bình Na dư thì khối lượng bình tăng 5,35 gam và có 1,68 lít khí thoát ra ở đktc. Mặt khác, 16,5 gam X làm mất màu tối đa a gam brom. Giá trị (m + a) là A. 40,7. B. 52,7. C. 32,7. D. 28,7. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Tĩnh Gia 2 – Thanh Hóa, năm 2015)  Hướng dẫn giải n ROH  2 n H2  0,15 mol m ROH  5,5 gam  CH3OH 0,075     ROH gåm  5,5 C 2 H 5OH m b×nh Na t¨ng  m ROH  m H2 M ROH  0,15  36,67  ?  5,35 gam 0,075.2 n CH OH  n C 2 H5OH  0,15 mol n CH OH  0,1 mol  3  3 32n CH3OH  46n C 2 H5OH  5,5 gam n C 2 H5OH  0,05 mol  RCOOCH3   0,1 mol  R  14  Lo³i    HCOOC 2 H 5 n RCOOR '(X)  n ROH  0,15 mol   0,05 mol    RCOOR' gåm  11  HCOOCH3 M R  0,15  44  19,6  R'   0,1 mol  R  27  CH 2  CH    RCOOC H 2 5    0,05 mol “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : mchÊt r·n  m este  m KOH  m ancol  16,7 gam m 11 11,2 5,5 n Br ph°n øng  0,15  0,075  0,225 mol HCOOCH3 : 0,15 mol  + 16,5 gam X cã   2 CH 2  CH  COOC 2 H 5 : 0,075 mol  a  m Br2 ph°n øng  36 gam  VËy m  a  16,7  36  52,7 Lưu ý : HCOOCH3 có phản ứng với dung dịch Br2 theo phản ứng HCOOR  Br2  H2 O   HO  COOR  2HBr Câu 10: Hỗn hợp T gồm X, Y, Z (58 < MX < MY < MZ < 78, là hợp chất hữu cơ tạp phức, phân tử chỉ chứa C, H và O có các tính chất sau: - X, Y, Z đều tác dụng được với Na - Y, Z tác dụng được với NaHCO3 - X, Y đều có phản ứng tráng bạc Nếu đốt cháy hết 0,25 mol hỗn hợp T thì thu được m gam chất CO2, giá trị của m gần nhất với A. 44,4 B. 22,2 C. 11,1 D. 33,3 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải Nhận xét: do X, Y, Z đều là tạp chức và đều có M > 58 nên hỗn hợp X, Y, Z không chứa HCOOH và chỉ chứa tối đa 1 nhóm –CHO và 1 nhóm –COOH. + X, Y, Z đều tác dụng với Na  X, Y, Z đều chứa nhóm chức –OH hoặc –COOH. + Y, Z đều tác dụng với NaHCO3  Y, Z đều chứa nhóm chức –COOH. + X, Y đều có phản ứng tráng bạc  X, Y có chứa nhóm chức –CHO. Theo đó: + X, Y đều có chứa 1 nhóm –CHO. Mặt khác, X có phản ứng với Na, không tác dụng với NaHCO3; còn Y phản X : HO CH2  CHO X mang nhãm  OH v¯  CHO 58MX MY MZ 78   ứng với cả 2   Y mang nhãm  COOH v¯  CHO Y : HOC  COOH M 74 M 78 Y Z  Y : HO CH2  COOH + Z không tráng bạc  Y mang nhãm  COOH  X : HO  CH 2  CHO   O2 , t o Suy ra T là : Y : HOC  COOH  CO 2  Z : HO  CH  COOH ? gam 2  Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: gÇn nhÊt n C trong T  2n T  0,25.2  0,5 mol  m  0,5.44  22 gam    22,2 gam Câu 11: Cho hỗn hợp X gồm 1 este no, đơn chức Y và 1 ancol đơn chức Z tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,35 mol ancol Z. Cho Z tách nước ở điều kiện thích hợp thu được chất hữu cơ T có tỉ khối hơi so với Z là 1,7. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn X cần dùng 44,24 lít O2 (đktc). Công thức phân tử của axit tạo Y là A. C5H10O2. B. C4H8O2. C. C3H6O2. D. C2H4O2. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chuyên Thái Bình – Thái Bình, năm 2014)  Hướng dẫn giải H2 SO4 ®Æc, t o Z (ROH)  T n  n  n  0,2 mol  este Y NaOH  Z míi t³o th¯nh   ;  MT n Z cã s¶n trong X  0,35  0,2  0,15 mol  M  1,7   Z “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus T ph°i l¯ ete ROR R  43 C H  Y l¯ C n H 2n 1COOC 3 H 7 : 0,2 mol  3 7      2R  16  X: Z l¯ C 3 H 7 OH : 0,15 mol  R  17  1,7 ROH l¯ C 3 H 7 OH C n H 2n 1COOC 3 H 7  k  1 to X  O2   CO2  H 2 O C 3 H 7 OH  k  0  1,795 mol Áp dụng bảo toàn mol nguyên tố O và khai thác độ bất bão hòa k, ta có : 2n CO2  n H2 O  0,2.2  0,15  2 n O2 n H2 O  1,6 mol  1,975    n CO2  1, 45 mol n H O  n CO  0,15 mol  2 2 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : mX  12.1, 45  2.1,6  16.  0,2.2  0,15  29, 4 gam  n  1  0,15.60  0,2. 14n  88  29, 4 gam    mC3H7OH axit t³o Y l¯ CH3COOH hay C 2 H 4 O2 mC nH2 n1COOC3H7 Câu 12: Hỗn hợp E chứa peptit X mạch hở (tạo bởi glyxin và alanin) và este Y mạch hở (được tạo bởi etylen glicol và một axit đơn, không no chưa một liên kết C=C). Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 23,08 gam hỗn hợp F có chứa a gam muối của glyxin và b gam muối của alanin . Lấy toàn bộ F đốt cháy thu được Na2CO3, N2, 23,76 gam CO2 và 7,56 gam H2O. Mặt khác cũng đem đốt cùng lượng E trên cần dùng 19,936 lít khí O2 (đktc). Giá trị của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,45. B. 2,60. C. 2,70. D. 2,55.  Hướng dẫn giải Amino axit t³o X: C n H 2n 1O2 N (n  2) Muèi cða amino axit  A : C n H 2n O2 NNa : x mol   Axit t³o este Y: C m H 2m 2 O2 Muèi cða axit  B : C m H 2m 3O2 Na : y mol A: C n H 2n O2 NNa : x mol  O2 , t o  23,08 gam F   Na 2 CO3  CO2  H 2 O  N 2 B: C m H 2m 3O2 Na : y mol 0,54 mol 0,42 mol (x  y) mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có : n Na2CO3  2  k  1; cã 1 nit¬   A  (k A  1  0,5.Sè N) n A  (k B  1) n B  n CO2  n H2O 1 k B  2 1 x 2 y 0,54 mol 0,42 mol  0,5x  y  0,12 mol (1) Áp dụng bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp F, ta có : m A v¯ B  12(n Na2 CO3  n CO2 )  2 n H2O  16 n O  23 n Na  14 n N  23,08 gam 0,5x 0,5y 0,54 0,42 2(x  y) (x  y) x  75x  61y  15,76 gam (2) 0,5x  y  0,12 mol x  0,08 mol Tõ (1) v¯ (2)    75x  61y  15,76 gam y  0,16 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : n C trong muèi  n CO2  n Na2 CO3  0,54   Do n  2  n C trong A  2.0,08  0,16 mol  n C trong B   0,66  0,16  mol  Sè C trong B  0,08  0,16  0,66 mol 2 0,66  0,16 axit kh«ng no nªn C  3  3,125   B l¯ CH 2  CH  COONa 0,16 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  0,18 n C trong A  0,66  0,16.3  0,18 mol   Sè C trong A   2,25 0,08 n  0,08 mol   A Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có : øng víi C 2 H 4 O2 NNa (2C) 0,75  0,06 mol   0,08 mol  C  2,25 C H O NNa (3C) øng víi 0,25  0,02 mol  3 6 2 a m C 2 H4 O2 NNa 0,06.(74  23) gÇn nhÊt     2,62  2,60 b m C3H6 O2 NNa 0,02.(88  23) Comment: Với cách giải trên thì dữ kiện số mol O2 để đốt cháy hỗn hợp E là không dùng tới. Tuy nhiên dữ kiện đó là không hoàn toàn thừa nên ta đánh giá bài toàn theo hướng nhìn số mol O2 chênh lệch để đốt cháy E và hỗn hợp muối F chính là số mol O2 cần để đốt cháy hoàn toàn etilen glicol  số mol este Y. Câu 13: Hỗn hợp X gồm 0,2 mol axetilen, 0,1 mol but–1–in, 0,15 mol etilen, 0,1 mol etan và 0,85 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc túc bột Ni) sau một thời gian, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 bằng x. Cho Y tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thu được kết tủa và 19,04 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Sục khí Z qua dung dịch brom dư thấy có 8,0 gam brom phản ứng. Giá trị của x gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 9,0. B. 10,0. C. 10,5. D. 11,0. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Bến Tre – Bến Tre, năm 2015)  Hướng dẫn giải CH  CH : 0,2 mol  AgNO3 /NH3 Ankin d­   thu ®­îc    CH  C  CH 2 CH 3 : 0,1 mol Anken   Ni, t o X CH 2  CH 2 : 0,15 mol  Y   0,05 mol Br2  C H : 0,1 mol 0,85 mol Z Ankan  2 6    H 2 d­  H 2 : 0,85 mol   n   0,2.2  0,1.2  0,15  0,75 mol  Ta cã   n Br2 ph°n øng  nanken trong Z  0,05 mol  n X  0,2  0,1  0,15  0,1  0,85  1,4 mol    n X  n Y  n H2 ph°n øng  1,4  (n ankin d­  0,85)  n H2 ph°n øng (*) n  n  0,85   Y ankin d­  Áp dụng bảo toàn mol liên kết  và độ giảm số mol khí (*), ta có :  n  ban ®Çu  2n ankin d­  n H2 ph°n øng  0,05  0,75 mol nankin d­  0,15 mol   n  n  (1,4  0,85) mol n H2 ph°n øng  0,4 mol H2 ph°n øng  ankin d­  n Y  1,4  0,4  1 mol Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : m 0, 2.26  0,1.54  0,15.28  0,1.30  0,85.2 mX  mY  MY  X   19, 5 nY 1  VËy x = d Y/H2  19, 5 gÇn nhÊt  9, 75   10,0 2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 14: Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 và hợp chất B có công thức phân tử là C4H9NO2. Lấy 0,09 mol X tác dụng vừa đủ với 0,21 mol NaOH chỉ thu được sản phẩm là dung dịch gồm ancol etylic và a mol muối của glyxin, b mol muối của alanin. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X bằng oxi vừa đủ thì thu được N2 và 96,975 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Giá trị của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 0,50. B. 0,76. C. 1,30. D. 2,60. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT Chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)  Hướng dẫn giải C 2 H 5OH A l¯ pentapeptit t³o bëi Gly v¯ Ala C x H y N 5O6 0,21 mol NaOH   0,09 mol X   C 2 H 4 O2 NNa   B l¯ H 2 N  CH 2 COOC 2 H 5 C 4 H 9 NO2 C H O NNa 3 6 2  n pentapeptit  n H2 N CH2COOC 2H5  0,09 mol n pentapeptit  0,03 mol  Ta cã    nA : nB  1 : 2 5n pentapeptit  n H2 N CH2COOC 2H5  0, 21 mol n H2 N CH2COOC 2H5  0,06 mol C x H y N 5O6 : x mol  O2 , t o  41,325 gam X   N 2  CO2  H 2 O C 4 H 9 NO2 : 2x mol 96,975 gam Áp dụng bảo toàn khối lượng, giả thuyết và độ bất bão hòa k, ta có: m X  12n CO  2n H O  16.(6x  4x)  14.(5x  2x)  41,325 gam 12n CO  2n H O  258x  41,325 gam 2 2 2 2      44n CO2  18n H2O  96,975 gam  44n CO2  18n H2O  96,975 gam   n CO2  n H2O  (5  1  0,5.5)x  (1  1  0,5.1)2x n CO2  n H2O  0,5x  0   n CO2  1,575 mol   n H2O  1,5375 mol  x  0,075 mol 1,575  4.2.0,075 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: Sè C trong A =  13 (Gly  Gly  Ala  Ala  Ala) 0,075 C 2 H 4 O2 NNa :  2.0,03  0,06  mol  muèi cða Gly Gly  Gly  Ala  Ala  Ala : 0,03 mol  BT m·t xÝch Gly  0,09 mol     BT m·t xÝch Ala H 2 N  CH 2 COOC 2 H 5 : 0,06 mol C 3 H6 O2 NNa : 3.0,03 mol  muoiscðaAla a 0,12 4 gÇn nhÊt  VËy     1,30 b 0,09 3 Câu 15: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ no , mạch hở (đều chứa C, H, O), trong phân tử mỗi chất có hai nhóm chức trong số các nhóm –OH, –CHO, –COOH. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 4,05 gam Ag và 1,86 gam một muối amoni hữu cơ. Cho toàn bộ lượng muối amoni hữu cơ này vào dung dịch NaOH (dư, đun nóng), thu được 0,02 mol NH3. Giá trị của m là A. 1,50. B. 1,24. C. 2,98. D. 1,22. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải  n  CHO  0,01875 mol 1,86 n Ag  0,0375 mol    M RCOONH4   93  R = 31 (OH  CH2 ) + n  0,02 mol n =0,02 mol 0,02 R  COONH   NH3  4  Giải thích do trong X mỗi chất đều chứa hai trong 3 nhóm chức –OH, –CHO, –COOH. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  OH  CH2  CHO : 0,01875 mol  m  1,22 gam + Vậy trong X có chứa các chất là  3 OH  CH  COOH:1,25.10 mol   2  AgNO /NH OH  CH  CHO  3 3  OH  CH  COONH  2Ag 2 2 4 Comment:   NH3  OH  CH 2  COONH 4 OH  CH2  COOH  Cá nhân mình thấy ĐÂY là câu hay nhất đề, không nặng về hình thức toán học, đơn giản nhưng mang hàm lượng chất HÓA HỌC cao! Hồi học phổ thông mình không giỏi về toán thành thử nặng về tính toán quá mình không có thiện cảm, thích mấy bài mang chất Hóa thế này hơn. Câu 16: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cừng một ancol Y và 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm –COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đối cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là A. 34,01%. B. 38,76%. C. 40,82%. D. 29,25%. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải  NaOH Hçn hîp muèi    Na  H 2 : 0,04 mol RCOOR' R'OH  5,88 gam  CO2 R1CH  CHCOOR'  O2   o  t H 2 O : 0,22 mol m R'OH  2, 48  0,04.2  2, 56 gam 2,56 Giả thuyết, Δm bình Na tăng ta có:   M R'OH   32  Y : CH3OH 0,08 n R'OH  0,04.2  0,08 RCOOCH3 : a mol (k = 1)  C Este no  2  Vậy Y là ancol no, kết hợp với các giả thuyết  5,88 gam   R1CH  CHCOOCH3 : b mol (k = 2)  C  n Khi đó, áp dụng bảo toàn số nhóm gốc CH3–, mối liên hệ của độ bất bão hòa k và bảo toàn khối lượng, ta có: a  b  n CH OH  0,08 mol a  0,06 mol 3     b  0,02 mol b = n CO2  n H2O  n CO2  0,22   12n CO2  2.0,22  16.2(a  b)  5,88 gam n CO2  0,24 mol  Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,06.2  0,02n  n CO2  0,24 mol  n < 6.  Mặt khác, do axit không no, có đồng phân hình học  Este không no cũng có đồng phân hình  Sè C  4 0,02.100 .100  34,01% Vậy Este không no là CH3–CH=CHCOOCH3 (0,02 mol)  %m  5,88 Câu 17: Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun nóng 27,2 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba ete (có khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc). Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là A. 20% và 40%. B. 40% và 30%. C. 30% và 30%. D. 50% và 20%. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus H2SO4  2R  OH   R  O  R  H2 O 6,76  gi° thuyÕt Ta có:    M R O  R   84,5  R  34,25 0,08 mol : 0,16  0,08   øng víi X : C 2 H 5  (29) 8,75   0,1 mol   M X M Y  0,16 mol  + Do X, Y đồng đẳng kế tiếp  R  34,25 Y : C H  (43) øng víi 5,25   0,06 mol 3 7   + Do lượng C trong T và Z là không đổi nên đốt cháy hỗn hợp ancol hay đốt Z (H2O cháy không cần oxi) đều cần cùng một lượng O2 như nhau (1,95 mol). to   2CO2  3H 2 O C 2 H6 O  3O2  + Do đó lượng ancol ban đầu  to  3CO2  4H 2 O  C 3 H8 O  4, 5O2  46x  60y  27,2 gam x  0,2 mol Gọi số mol C2H5OH và C3H7OH ban đầu lần lượt là x, y mol    3x  4,5y  1,95 mol y  0,3 mol 0,1 0,06  H%X  .100  50% và H%Y  .100  20% 0,2 0,3 Câu 18: Hỗn hợp X gồm 2 chất có công thức phân tử là C3H12N2O3 và C2H8N2O3. Cho 3,40 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH (đun nóng), thu được dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và 0,04 mol hỗn hợp 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh quỳ tím ẩm). Cô cạn Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 3,36. B. 2,97. C. 2,76. D. 3,12. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải + Gọi 2 chất trong X là A và B. 2.3  2  12  2   1  k A tÝnh theo CTPT  • Biện luận cấu tạo của A   A l¯ hîp chÊt cã chøa liªn kÕt ion 2  A ph°n øng ®­îc víi NaOH  k A thùc tÕ  1 Sè liªn kÕt ion = k A thùc tÕ  k A tÝnh theo CTPT  • Mặt khác, ta có   A l¯ hîp chÊt cã chøa 2 nhãm muèi amoni 3 X cã 3 Oxi  k A thùc tÕ   2   1     k B tÝnh theo CTPT  0   "T­¬ng V¨n Tù"  B   3   B l¯ hîp chÊt chøa 1 nhãm muèi amoni cã 3 oxi  k  thùc tÕ   2   1  Do A và B sinh hỗn hợp gồm 2 khí làm xanh quỳ ẩm (là các amin) nên CTCT đúng của A và B lần lượt là x mol y mol CH  NH 2 : 2x mol 2x  y  0,04 mol x  0,01 mol Khi ®ã: Hçn hîp khÝ  3   C 2 H 5  NH2 : y mol 124x  108y  3,4 gam y  0,02 mol Na CO BT gèc CO32  v¯ NO3 VËy Y gåm  2 3   m  0,01.106  0,02.85  2,76 gam NaNO3 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 19: Đun hỗn hợp etylen glicol và axit cacboxylic X (phân tử chỉ có nhóm -COOH) với xúc tác H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ, trong đó có chất hữu cơ Y mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 3,95 gam Y cần 4,00 gam O2, thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ mol tương ứng 2 : 1. Biết Y có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất, Y phản ứng được với NaOH theo tỉ lệ mol tương ứng 1: 2. Phát biểu nào sau đây sai? A. X có đồng phân hình học. B. Tổng số nguyên tử hiđro trong hai phân tử X, Y bằng 8. C. Y tham gia được phản ứng cộng với Br2 theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 2. D. Y không có phản ứng tráng bạc. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn khối lượng và tỉ lệ số mol CO2, H2O, ta có: 3,95  4  44.2n H2O  18n H2O  n H2O  0,075 mol  3,95  12.0,15  0,15 n C  n CO2  2.0,075  0,15 mol BTKL   n O trong Y   0,125 mol  16 n  2n  2.0,075  0,15 mol H H O   2 Vậy nC : n H : nO  0,15: 0,15: 0,125  6 : 6 : 5  công thức đơn giản nhất của Y là C6H6O5. Do Y có công thức đơn giản trùng với CTPT nên Y là C6H6O5. Mặt khác Y tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 nên  Y là HOOC  C  C  COOCH2  CH2 OH .  Do đó X là HOOC  C  C  COOH  không có đồng phân hình học  A. Sai. Câu 20: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là A. 340,8. B. 409,2. C. 396,6. D. 399,4. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)  Hướng dẫn giải + Do số liên kết peptit trong X hoặc Y không nhỏ hơn 4 nghĩa là số amino axit tạo X hoặc Y không nhỏ hơn 5. + Gọi n là số mặt xích amino axit trung bình của X và Y. Theo quy luật phản ứng thủy phân peptit, ta có: n  peptit (X,Y) + nNaOH   Muèi + H2 O 3,8 n  5, 43 . 0, 7 mol : 0,7  0,7n  3,8  Sè O = 13  peptit còn lại: C H O N  Phải có 1 peptit chứa 5 mắt xích amino axit (pentapeptit): C H O N  x y 6 5 n m  x  y  0, 7 mol X l¯ Pentapeptit : C x H y O6 N 5 (x mol) gi° thuyÕt    + Không mất tính tổng quát giả sử   5x  6y  3,8 mol Y l¯ Hexapeptit : C n H m O7 N 6 (y mol) x  0,4 mol   . Mặt khác, do đốt 0,4 mol X hay 0,3 mol Y đều thu được cùng một lượng CO2. y  0,3 mol nCO (X)  nCO (Y) X : (Gly)a (Ala)5a 2 2    0,4.[2a + 3(5 – a)] = 0,3.[2b + 3(6 – b)] Khi đó:  Y : (Gly) (Ala)  b 6b X : Gly3 Ala 2 (0,4 mol) a  3 NghiÖm nguyªn thàa m±n  4a – 3b = 6    b  2 Y : Gly2 Ala 4 (0,3 mol) BT nhãm Gly  0,4.3  0,3.2  1,8 mol X : Gly3Ala 2 (0,4 mol) C 2 H 4 O2 NNa  3,8 mol NaOH  Vậy    BT nhãm Ala  0,4.2  0,3.4  2 mol  Y : Gly2 Ala 4 (0,3 mol) C 3 H6 O2 NNa   mmuèi  1,8.97  2.111  396,6 gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” 7 6 Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 21: Thủy phân hoàn toàn chất béo X trong môi trường axit, thu được glixerol và hỗn hợp hai axit béo gồm axit oleic và axit linoleic. Đốt cháy m gam X cần vừa đủ 76,32 gam O2, thu được 75,24 gam CO2. Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với V ml dung dịch Br2 1M. Giá trị của V là A. 120. B. 150. C. 180. D. 200. (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, năm 2015)  Hướng dẫn giải axit oleic : C17 H33COOH (1 C C ) với a + b = 3.  X là Ta có:  axit linoleic : C H COOH (2  )  17 31 C C y y   to + Vậy chất béo X khi đó có dạng : C18.3+ 3HyO6  C 57 H y O6   57   3  O2   57CO2  H2 O 4 2   y 57   3 n O2 2,385 4  y = 102.   + Giả thuyết, ta có: n CO2 57 1,71 ab3 a  2   Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: 33a + 31b +5 = y = 102    CC  2.1  2  4 . b  1 n CO2 1,71   0,03 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: n X   Sè C X 57 BT mol C C   nBr2 ph°n øng  0,03.4  0,12 mol  V  120 ml Câu 22: Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol este X cần 200 ml dung dịch NaOH 1,5M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được glixerol và 24,6 gam muối khan của axit hữu cơ mạch thẳng. Số công thức cấu tạo của X là A. 1 B. 4 C. 7 D. 6 (Đề thi thử THPT Quốc Gia – THPT chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc, năm 2015)  Hướng dẫn giải  Glixerol + muối của các axit hữu cơ. + 0,1 mol X + 0,3 mol NaOH   24,6 X l¯ (RCOO)3C 3H 5 : 0,1 mol  R  67  15 (CH3 ) 0,3  Muèi l¯ RCOONa : 0,3 mol R1 : H  (a) R1 : CH3  (b) R1 : H  (a)     R2 : CH3  (b) hoặc R2 : CH 3  (b) hoặc R2 : H  (a) R : CH  (b) R : CH CH CH  (b) R : C H  (c) 3 3 2 2  3  3  3 2 5 + Số đồng phân của X là 6 gồm : (b) (a) (b) (c) (a) (a) (b) (b) (c) (a) (a) (d) (b) (c) (a) (b) (d) (a) Câu 23: Cho hỗn hợp X gồm một este đơn chức và một ancol (bền), cả hai đều mạch hở và có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 7,2 gam H2O. Mặt khác, cho m gam X tác dụng với NaOH dư thu được 0,1 mol ancol. Giá trị của m là A. 9,4. B. 10,1. C. 9,5. D. 8,5. “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus nCO2  0,45 mol ; nH2O  Hướng dẫn giải  0,4 mol . Gọi công thức este là CnHyO2; ancol là CnHtO. (do este và ancol có cùng C) Trường hợp 1: thủy phân este tạo ra ancol  n X  nancol  0,1 mol  Sè C = n CO2 nX  0,45  4,5 (LÎ  Lo³i) . 0,1 Trường hợp 2: thủy phân este không tạo ra ancol  este không no  n  3. Ta có khi đó 0,1 mol chính là số mol ancol ban đầu  n X  0,1 mol  n  n  3 0,45 n 3  4,5  n  4 0,1  0,45 y BTNT H  0,1125 mol  n este  0,0125 mol   0,0125y  0,1t  0,4.2   t  8 4 8 Dễ thấy không có nghiệm y nguyên nào thỏa mãn vì C4HyO2 không no thì y  6. 0,45 BTNT H  0,15 mol  n este  0,05 mol   0,05y  0,1t  0,4.2  y  2t  16 + Nếu n = 3  n X  3 y  2  t  7 LÎ  Lo³i Este : HCOOCH  CH2  C3HyO2 không no thì y  4   y  4  t  6 (Thàa m±n) Ancol : CH 2  CH  CH 2  OH + Nếu n = 4  n X   m  0,05.72  0,1.58  9,4 gam Câu 24: Hỗn hợp X gồm metan, etilen, propin, vinylaxetilen và hiđro. Dẫn X qua Ni nung nóng, sau phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với khí nitơ đioxit là 1. Biết 5,6 lít hỗn hợp Y (đktc) làm mất màu vừa đủ 72 gam brom trong dung dịch. Nếu lấy 5,6 lít hỗn hợp X (đktc) làm mất màu vừa đủ bao nhiêu gam brom trong dung dịch? A. 56 gam. B. 60 gam. C. 48 gam. D. 96 gam  Hướng dẫn giải Quy đổi hỗn hợp Y thành C n H2n 22k Khi đó: 0,25 mol Y + 0,45 mol Br2 vừa đủ  k  0,45  1,8  Y l¯ C n H 2n 1,6 0,2  C 3,4 H4 + M Y  14n  1,6  46  n  3,4. VËy Y l¯ C 3,4 H5,2  X   H 2  C 3,4 H 4 :1 mol Ni,t o C 3,4 H4  0,6H2   C 3,4 H5,2  NÕu lÊy 1,6 mol X gåm   H 2 : 0,6 mol  C 3,4 H 4 :1,5625 mol  LÊy 0,25 mol X gåm   H2 : 0,09375 mol Ni,t C 3,4 H4  2, 4Br2   C 3,4 H 4 Br4,8 o mol : 0,15625  0,375  mBr2  0,375.160  60 gam Câu 25: Biết X là axit cacboxylic đơn chức, Y là ancol no, cả hai chất đều mạch hở, có cũng số nguyên tố cacbon. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp gồm X và Y (trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y) cần vừa đủ 30,24 lít khí O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O. Biết thể tích các khí đó ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng của Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là A. 9,0 gam. B. 11,4 gam. C. 19,0 gam. D. 17,7 gam.  Hướng dẫn giải “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus n CO  1, 2(mol) BTNT O XY   n Trong  1, 2.2  1,1  1,35.2  0,8 O  2  Ta có : n H2O  1,1(mol)  1, 2 3  Ph°n øng Sè C trong X hoÆc Y= 0, 4 n  1,35(mol)   O2 Vì H  2, 2  5,5  có hai trường hợp xảy ra . 0, 4 C3 H 2 O2 : a mol BTNT H a  b  0, 4 a  0,167    Trường hợp 1: 0, 4 mol  (Loại) C H O : b mol 2a  8b  1,1.2 b  0, 233    3 8 n C3 H 4 O2 : a mol BTNT H a  b  0, 4 a  0, 25    Trường hợp 2: 0, 4 mol  thỏa mãn. 4a  8b  1,1.2 b  0,15 C3 H8 On : b mol Dễ thấy n  2  m Y  0,15.76  11,4 gam Câu 26: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09 mol vinylaxetylen và 0,16 mol hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 là 21,13. Dẫn Y đi qua dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam Z gồm 4 kết tủa có số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm mất màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 27. B. 29. C. 26. D. 25.  Hướng dẫn giải CH  CH : 0, 08 mol CH CHO : 0, 06 mol  3 BTKL øng   mX  9,72  n Y  0, 23  n Hph°n  0,16 mol Ta có : X  2 CH  C  CH  CH 2 : 0, 09 mol H 2 : 0,16 mol Trong Y ta tưởng tượng là chia thành hai phần: CH  CH : a mol CAg  CAg : a mol CH CHO : 0,5a mol Ag : a mol  3  AgNO3  m gam  Phần 1:  CH  C  CH  CH 2 : a mol CAg  C  CH  CH 2 : a mol CH  C  CH 2  CH 3 : a mol CAg  C  CH 2  CH 3 : a mol Phần 2: Gồm anken, ankan, ancol, ankadien. øng ph°n øng Ta đi bảo toàn liên kết pi với chú ý là lượng n Hph°n  n Br  0,16  0,003  0,163 mol sẽ làm cho các chất 2 2 CH  CH : 0, 08  a  này biến thành no hoàn toàn. Khi đó ta có: Phần chưa phản ứng với H2 CH3 CHO : 0, 06  0,5a CH  C  CH  CH : 0, 09  2a 2  Và một chút có phản ứng với H2 là : CH  C  CH2  CH3 : a mol Áp dụng bảo toàn mol liên kết  ta có: 2  (0,08  a)  (0,06  0,5a)  3  (0,09  2a)  a  0,163  a  0,0436 mol gÇn nhÊt  m  29,1248   29 gam “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 27: Hỗn hợp X gồm CnH2n-1CHO, CnH2n-2(CHO)2, CnH2n-2(COOH)2, CnH2n-3(CHO)(COOH)2. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 56,16 gam Ag. Trung hoà m gam hỗn hợp X cần 30 gam dung dịch hỗn hợp NaOH 12% và KOH 5,6%. Đốt m gam hỗn hợp X cần (m + 7,92) gam O 2. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 19,84 B. 20,16 C. 19,36 D. 20.24  Hướng dẫn giải  AgNO3 /NH3 C n H 2n 1CHO : x mol (k = 2)   Ag : 0,52 mol  30.0,12 30.0,056 C n H 2n 2 (CHO)2 : y mol (k = 3) 30 gam NaOH 12% m gam X     n OH ph°n øng    0,12 mol v¯ KOH 5,6% 40 56 C H (C OOH) : z mol (k = 3) n 2n  2 2   (m  7,92) gam O2 C H (CHO)(COOH) : t mol (k = 4)   CO2  H 2 O  n 2n 3 2 n Ag   0,26 mol (1) n  CHO  x  2y  t  Theo giả thuyết, ta có:  2 n  COOH  2z  2t  n   0,12 mol (2) OH ph°n øng   nO trong E  nO trong -CHO  n O trong -COOH  0,26  2.0,12  0,5 mol Theo mối liên hệ của độ bất bão hòa k với số mol CO2 và H2O, ta có: x  2y  2z  3t  n CO2  n H2O (1)(2) Mặt khác, từ (1) và (2)  x  2y  t  2z  2t  0,26  0,12   x  2y  2z  3t  0,38 mol Vậy  nCO2  n H2O  0,38 mol (*) Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, bảo toàn khối lượng và (*), ta có:  m  7,92 2n CO2  n H2O  0,5  2. 2n CO  n H O  0,0625m  0,995 32 2 2   44n CO2  18n H2O  m  (m  7,92)  44n CO2  18n H2O  2m  7,92 gam   m O2 n CO2  n H2O  0,38 mol  n CO2  n H2O  0,38 mol n  0,86 mol CO2    n H2 O  0, 46 mol  gÇn nhÊt  m  19,28 gam  19,36 gam Câu 28: Hỗn hợp M gồm Lys-Gly-Ala, Lys-Ala-Lys-Lys-Gly, Ala-Gly trong đó nguyên tố oxi chiếm 21,3018% khối lượng. Cho 0,16 mol hỗn hợp M tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ thu được bao nhiêu gam muối? A. 90,48 B. 83,28 C. 93,36 D. 86,16  Hướng dẫn giải Nhận xét: ta thấy cả 3 peptit đều có điểm chung là chức 1 gốc Ala-Gly. gèc Ala  Gly (C 5 H10 O3 N 2 ) : 0,16 mol Quy đổi M thành  gèc Lys (C 6 H12 ON 2 ) : x mol Theo giả thuyết, ta có: %O  3.0,16  x .100%  21,3018%  x  0,24 mol 146.0,16  128x “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng” Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus   Muèi gèc Ala  Gly  2HCl  H 2 O  Theo quy luật phản ứng, ta có:   Muèi  gèc Lys  2HCl  H 2 O  BTKL   mmuèi  0,16.(146  36,5.2  18)  0,24.(128  36,5  18)  90,48 gam Câu 29: Hỗn hợp E gồm chất X (CxHyO4N) và Y (CxHtO5N2); trong đó X không chứa chức este, Y là muối của α–amino axit no với axit nitric. Cho m gam E tác dụng vừa đủ với 100 ml NaOH 1,2M đun nóng nhẹ thấy thoát ra 0,672 lít (đktc) một amin bậc 3 thể khí điều kiện thường. Mặt khác m gam E tác dụng vừa đủ với a mol HCl trong dung dịch thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có 2,7 gam một axit cacboxylic. Giá trị m và a lần lượt là A. 9,87 và 0,03 B. 9,84 và 0,03 C. 9,87 và 0,06 D. 9,84 và 0,06  Hướng dẫn giải + Amin bậc 3 thể khí ở điều kiện thường chỉ có thể là trimetyl amin (CH3)3N : 0,03 mol. + X (CxHyO4N) không chứa chức este, chỉ có 1 nguyên tử N nên là muối amoni của axit 2 chức. + Y là muối của α–amino axit no với axit nitric nên phản ứng với NaOH không sinh khí. TN1: HOOC  R  COOHN(CH 3 )3  2NaOH   NaOOC  R  COONa + (CH 3 )3 N  2H 2 O  0,03  0,06  0,03 mol : Víi X   HOOC  R  COOH + (CH 3 )3 NHCl TN 2 : HOOC  R  COOHN(CH 3 )3  HCl  mol : 0,03  0,03  0,03  2,7  Maxit cacboxylic   90  R  0 (HOOC  COOH). VËy X l¯ C 5H11O 4 N  Y l¯ C 5H t O5 N 2 0,03 amino axit cã 2O 1N Mặt khác Y là muối của α–amino axit no với HNO3     amino axit là C5H11O2N. Y là C H O N (  5 12 5 2 HOOC  C 4 H8  NH3 NO3  HOOC  COOHN(CH 3 )3  2NaOH   NaOOC  COONa + (CH3 )3 N  2H 2 O  0,03  0,06  mol :  TN1  HOOC  C 4 H8  COONH 3 NO3  2NaOH   NaOOC  C 4 H8  NH 2 + NaNO3  2H 2 O  mol : 0,03  0,03  m  0,03.149  0,03.180  9,87 gam Vậy     a  n HCl  0,03 mol Câu 30: Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm metanol, etanol, glixerol và sobitol cần vừa đủ 5,712 lít khí O2 (ở đktc), sau phản ứng thu được 5,04 gam H2O. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng với Na dư thì thu được 4,76 lit H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của etanol có trong hỗn hợp X là A. 16,20%. B. 24,30%. C. 8,10%. D. 32,40%.  Hướng dẫn giải  CH 3OH   CO 0,255 mol O2 m gam X C 2 H 5OH   2    H 2 O : 0,28 mol C 3 H 5 (OH)3  sobitol : C H (OH)  6 8 6   Na d­ 0,2 mol X  H 2 : 0,2125 mol + Thí nghiệm 2  n OH trong ancol  2n H2  0, 425 mol  Sè O = n OH nX  0, 425  2,125 0, 2 “Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích, Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”