[Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (Đề 12)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Nhiệt độ sôi theo chiều giảm dần các chất là axit > ancol > este (cùng loại hợp chất, chất nào có phân tử khối lớn hơn sẽ có nhiệt độ sôi cao hơn).

Giải chi tiết:

Sắp xếp các chất theo chiều nhiệt độ sôi giảm dần là CH₃COOH > HCOOH > C₂H₅OH > HCOOCH₃.

Vậy chất có nhiệt độ sôi cao nhất là CH₃COOH.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào phương pháp phân tích định tính hợp chất hữu cơ.

Giải chi tiết:

CuSO₄ khan có vai trò định tính nguyên tố H.

Hợp chất hữu cơ → CO₂ + H₂O

Bông trộn CuSO₄ khan gặp H₂O: chất rắn chuyển từ màu trắng → màu xanh (CuSO₄.5H₂O).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất X, Y, Z, T và kết hợp đáp án ⟹ Hợp chất X, Y, Z, T.

Giải chi tiết:

Chất X, Y, Z, T lần lượt là metyl amin, anilin, glucozơ, axit glutamic.

* Quỳ tím:

- metyl amin làm quỳ tím hóa xanh do mang tính bazơ.

- axit glutamic làm quỳ tím hóa đỏ do mang tính axit.

- anilin và glucozơ không làm quỳ tím đổi màu.

* Dung dịch Br₂.

- Anilin tạo kết tủa trắng.

C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)NH₂ ↓_trắng + 3HBr.

- Glucozơ làm mất màu dung dịch brom.

HOCH₂[CHOH]₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O →t0 HOCH₂[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag ↓ + 2NH₄NO₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hợp chất mang tính lưỡng tính: vừa mang tính axit, vừa mang tính bazơ.

Giải chi tiết:

H₂NCH₂COOH vừa mang tính axit (-COOH), vừa mang tính bazơ (-NH₂) là chất có tính lưỡng tính.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về các hợp chất thuộc chương 2,3,4 (Hóa 12).

Giải chi tiết:

(a) đúng vì giấm ăn mang tính axit, mùi tanh của cá là do các amin (mang tính bazơ).

(b) đúng vì triglixerit là este của glixerol và axit béo.

(c) đúng.

(d) đúng.

(e) đúng vì vải làm từ nilon - 6,6 có nhóm CONH kém bền trong môi trường kiềm.

(g) đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH: H₂N – CH(CH₃) – COOH + NaOH → H₂N – CH(CH₃) – COONa + H₂O.

Dựa vào PTHH ⟹ n_alanin ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_muối = 27,75/111 = 0,25 (mol).

PTHH: H₂N – CH(CH₃) – COOH + NaOH → H₂N – CH(CH₃) – COONa + H₂O.

Theo PTHH ⟹ n_alanin = n_muối = 0,25 (mol).

Vậy m = 0,25.89 = 22,25 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Este no, đơn chức, mạch hở khi đốt cháy ⟹ n_CO2 = n_H2O.

Dựa vào tổng khối lượng CO₂ và H₂O ⟹ n_CO2.

Gọi CTPT của este là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2)

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ n ⟹ CTPT của X.

Giải chi tiết:

Este no, đơn chức, mạch hở khi đốt cháy ⟹ n_CO2 = n_H2O.

Ta có m_CO2 + m_H2O = 27,9 ⟹ 44.n_CO2 + 18.n_CO2 = 27,9 ⟹ n_CO2 = 0,45 (mol).

Gọi CTPT của este là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2) có số mol 0,15 (mol).

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ 0,15n = 0,45 ⟹ n = 3.

Vậy CTPT của este là C₃H₆O₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết tổng hợp về tính chất của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Chất đường trong dịch truyền trên là glucozơ.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất hóa học của peptit và protein.

Giải chi tiết:

A sai vì tripeptit Gly-Ala-Val không phản ứng với HNO₃ đặc tạo kết tủa vàng.

Kết tủa vàng xuất hiện khi cho dung dịch HNO_3(đ) phản ứng chủ yếu do phản ứng nitro hóa vòng benzen ở các gốc amino axit Phe, Tyr,…

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Cao su lưu hóa có cấu trúc mạng lưới không gian.

Đáp án C

Phương pháp giải:

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH + 2nCO₂

Dựa vào PTHH ⟹ n_{C6H12O6 (LT)} = n_CO2/2 = n_CaCO3/2 (mol) ⟹ n_{tinh bột (LT)} = n_{C6H12O6 (LT)}/n (mol).

Do H = 90% ⟹ n_{tinh bột (TT)} ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_CaCO3 = 12/100 = 0,12 (mol).

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH + 2nCO₂

Theo PTHH ⟹ n_{C6H12O6 (LT)} = n_CO2/2 = n_CaCO3/2 = 0,06 (mol)

⟹ n_{tinh bột (LT)} = n_{C6H12O6 (LT)}/n = 0,06/n (mol).

Do H = 90% ⟹ n_{tinh bột (TT)} = (0,06/n).(100%/90%) = 1/15n (mol).

Vậy m = 162n.1/15n = 10,8 (gam).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Tơ lapsan được điều chế từ phản ứng trùng ngưng giữa axit terephtalic và etilen glicol.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Tơ axetat thuộc loại tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của glyxin.

Giải chi tiết:

H₂N – CH₂ – COOH →+HCl ClH₃N – CH₂ – COOH →+NaOH H₂N – CH₂ – COONa.

PTHH:

H₂N – CH₂ – COOH + HCl → ClH₃N – CH₂ – COOH (X₁)

ClH₃N – CH₂ – COOH + 2NaOH → H₂N – CH₂ – COONa (X₂) + NaCl + 2H₂O

Vậy X₂ là H₂NCH₂COONa.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Triolein có công thức là (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ khi hiđro hóa sẽ tạo thành (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ (X).

Dựa vào phản ứng hóa học giữa X và dung dịch NaOH ⟹ muối.

Giải chi tiết:

Triolein có công thức là (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ khi hiđro hóa sẽ tạo thành (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ (X).

PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃.

Vậy muối thu được là natri stearat.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Monome trùng hợp ra thủy tinh hữu cơ plexiglas là metyl metacrylat (CH₂ = C(CH₃) – COOCH₃).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Este metyl benzoat có công thức là C₆H₅COOCH₃.

Dựa vào phản ứng hóa học giữa este và dung dịch NaOH ⟹ sản phảm hữu cơ.

Giải chi tiết:

Este metyl benzoat có công thức là C₆H₅COOCH₃.

PTHH: C₆H₅COOCH₃ + NaOH → C₆H₅COONa + CH₃OH.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cao su thiên nhiên có công thức phân tử là (C₅H₈)_n (với n là số mắt xích trung bình).

Ta có M_tb = 68n = 98600 ⟹ n (số mắt xích trung bình).

Giải chi tiết:

Cao su thiên nhiên có công thức phân tử là (C₅H₈)_n (với n là số mắt xích trung bình).

Ta có M_tb = 68n = 98600 ⟹ n = 1450.

Vậy số mắt xích trung bình của loại cao su thiên nhiên trên là 1450.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n+3N (n ≥ 1).

PTHH: C_nH_2n+3N + HCl → C_nH_2n+4NCl

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_HCl ⟹ n_HCl ⟹ n_X ⟹ n ⟹ CTPT của X.

Giải chi tiết:

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n+3N (n ≥ 1).

PTHH: C_nH_2n+3N + HCl → C_nH_2n+4NCl

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_HCl = m_muối – m_X = 3,65 (g) ⟹ n_HCl = 3,65/36,5 = 0,1 (mol).

Theo PTHH ⟹ n_X = n_HCl = 0,1 (mol).

⟹ M_X = 14n + 17 = 4,5/0,1 = 45 ⟹ n = 2.

Vậy CTPT của X là C₂H₇N (số H là 7).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về công thức của một số este thường gặp.

Giải chi tiết:

Công thức cấu tạo của etyl butirat là CH₃CH₂CH₂COOCH₂CH₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của anilin và phenol.

Giải chi tiết:

Anilin (C₆H₅NH₂) và phenol (C₆H₅OH) đều có phản ứng với dung dịch Br₂ tạo kết tủa trắng.

PTHH:

C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)NH₂ ↓_trắng + 3HBr

C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂(Br₃)OH ↓_trắng + 3HBr

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

(a), (b), (c), (e) đúng.

(d) sai vì thủy phân hoàn saccarozơ trong môi trường axit thu được glucozơ và fructozơ.

(f) sai vì glucozơ và fructozơ (không phải saccarozơ) tác dụng với H₂ (xúc tác Ni, đun nóng) tạo sobitol.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào cách viết đồng phân amin (amin bậc 2 có dạng là R – NH – R’).

Giải chi tiết:

Các đồng phân amin bậc II của C₄H₁₁N là

CH₃ – NH – CH₂ – CH₂ – CH₃

CH₃ – NH – CH(CH₃) – CH₃

CH₃ – CH₂ – NH – CH₂ – CH₃

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào đáp án và phản ứng (2) ⟹ Y là CH₃CHO ⟹ T là CH₃COOH và X có dạng RCOOCH=CH₂.

Dựa vào phản ứng (3) ⟹ Z ⟹ X (dựa vào phản ứng (1)).

Giải chi tiết:

Dựa vào đáp án và phản ứng (2) ⟹ Y là CH₃CHO ⟹ T là CH₃COOH và X có dạng RCOOCH=CH₂.

(2) CH₃CHO (Y) + Br₂ + H₂O → CH₃COOH (T) + 2HBr

(3) CH₃COOH (T) + KOH → CH₃COOK (Z) + H₂O

(1) CH₃COOCH=CH₂ (X) + KOH →t0 CH₃COOK (Z) + CH₃CHO (Y)

Vậy X có thể là CH₃COOCH=CH₂.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết chung về polime.

Giải chi tiết:

A sai, ví dụ các polime thuộc loại poliamit chứa nhóm CONH sẽ kém bền trong axit và bazo.

B sai, đa số polime không tan trong các dung môi thông thường.

C sai, hầu hết polime là các chất rắn không bay hơi.

D đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cách xác định hiệu suất tính theo chất nào?

Tương tự như cách xác định chất phản ứng hết.

PTHH: aA + bB → cC + dD

Đề bài cho biết n_A và n_B. Để biết được hiệu suất tính theo chất nào ta so sánh tỉ số  nAavà nBb.

Tỉ số nào nhỏ hơn thì hiệu suất tính theo chất đó.

Giải chi tiết:

n_CH3COOH = 12/60 = 0,2 mol

n_C2H5OH = 11,5/46 = 0,25 mol

n_CH3COOC2H5 = 12,32/88 = 0,14 mol

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH ⇄ CH₃COOC₂H₅ + H₂O (H₂SO₄ đặc, t^o)

Bđ:            0,2               0,25                                (do 0,2/1 < 0,25/1 ⟹ H% tính theo CH₃COOH)

Pư:            0,14 ←        0,14 ←             0,14

⟹ H% = 0,140,2.100% = 70%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Ta thấy tripeptit có 7C ⟹ Tripeptit này được tạo bởi 2Gly và 1Ala.

Từ đó viết công thức các peptit thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Ta thấy tripeptit có 7C ⟹ Tripeptit này được tạo bởi 2Gly và 1Ala.

Vậy có 3 peptit thỏa mãn là: Gly-Gly-Ala; Gly-Ala-Gly; Ala-Gly-Gly.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tính được n_C2H2(bđ) ⟹ n_C2H2(pư) = n_C2H2(bđ).H%.

- Tính theo PTHH để xác định thành phần của A:

            C₂H₂ + H₂O → CH₃CHO (xt: Hg²⁺)

- Khi cho A + dd AgNO₃:

            C₂H₂ → Ag₂C₂ ↓

            CH₃CHO → 2Ag ↓

⟹ m_{kết tủa} = m_Ag2C2 + m_Ag.

Giải chi tiết:

n_C2H2(bđ) = 0,5 mol ⟹ n_C2H2(pư) = 0,5.60% = 0,3 mol.

            C₂H₂ + H₂O → CH₃CHO (xt: Hg²⁺)

Bđ:       0,5                                                      (mol)

Pư:       0,3 →                    0,3                        (mol)

Sau:     0,2                         0,3                         (mol)

⟹ A gồm C₂H₂ dư (0,2 mol) và CH₃CHO (0,3 mol).

- Khi cho A + dd AgNO₃:

            C₂H₂ → Ag₂C₂ ↓

            0,2 →      0,2               (mol)

            CH₃CHO → 2Ag ↓

            0,3 →            0,6         (mol)

⟹ m_{kết tủa} = m_Ag2C2 + m_Ag = 0,2.240 + 0,6.108 = 112,8 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi thay nhóm OH ở nhóm cacboxyl của axit cacboxylic bằng nhóm OR (R ≠ H) thì được este.

Giải chi tiết:

Chất C₂H₅COOH thuộc loại axit cacboxylic, không phải este.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Một số loại chất thường gặp phản ứng với Cu(OH)₂ ở điều kiện thường là:

- Axit cacboxylic.

- Chất có nhiều nhóm -OH gắn vào các nguyên tử C cạnh nhau.

- Peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (tripeptit trở lên).

Giải chi tiết:

Các chất phản ứng với Cu(OH)₂ ở điều kiện thường: saccarozơ, glixerol, axit axetic, anbumin (4 chất).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Các este trong X là HCOOCH₃, (HCOO)₂C₂H₄, (HCOO)₃C₃H₅ đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nguyên tử O.

Như vậy ta đặt n_O(X) = n_C(X) = a mol.

BTNT C ⟹ n_CO2 = n_C(X) = a mol.

BTNT O ⟹ n_O(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ giá trị của a.

BTKL ⟹ m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2.

Giải chi tiết:

Tính được n_O2 = 0,16 mol; n_H2O = 0,14 mol.

Các este trong X là HCOOCH₃, (HCOO)₂C₂H₄, (HCOO)₃C₃H₅ đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nguyên tử O.

Như vậy ta đặt n_O(X) = n_C(X) = a mol.

BTNT C ⟹ n_CO2 = n_C(X) = a mol.

BTNT O ⟹ n_O(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

                ⟹ a + 2.0,16 = 2a + 0,14

                ⟹ a = 0,18.

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 0,18.44 + 0,14.18 - 0,16.32 = 5,32 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Khi đốt cacbohiđrat luôn có: n_CO2 = n_O2(pư).

BTNT C ⟹ n_C(X) = n_CO2.

- Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X ta thu được glucozơ và fructozo đều có CTPT C₆H₁₂O₆. Gọi công thức chung của chúng là C₆H₁₂O₆.

BTNT C ⟹ n_C6H12O6 = 1/6.n_C(X).

- Khi cho glucozơ và fructozơ tráng gương:

C₆H₁₂O₆ → 2Ag

⟹ n_Ag = 2n_C6H12O6 ⟹ m_Ag.

Giải chi tiết:

- Khi đốt cacbohiđrat luôn có: n_CO2 = n_O2(pư) = 0,6 mol.

BTNT C ⟹ n_C(X) = n_CO2 = 0,6 mol.

- Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X ta thu được glucozơ và fructozo đều có CTPT C₆H₁₂O₆. Gọi công thức chung của chúng là C₆H₁₂O₆.

BTNT C ⟹ n_C6H12O6 = 1/6.n_C(X) = 0,1 mol.

- Khi cho glucozơ và fructozơ tráng gương:

C₆H₁₂O₆ → 2Ag

0,1 →          0,2 (mol)

⟹ m_Ag = 0,2.108 = 21,6 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

*X + O₂ → CO₂ + H₂O:

+) Áp dụng BTKL ⟹ m_X.

+) BTNT O: 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ n_X.

Tính số mol X trong 26,58 gam X dựa vào tỷ lệ tương ứng.

*26,58 gam X + NaOH vừa đủ:

X   +   3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

BTKL: m_muối = m_X + m_NaOH - m_glixerol.

Giải chi tiết:

*X + O₂: 1,61 → CO₂: 1,14 + H₂O: 1,06

+) BTKL: m_X = 44.1,14 + 18.1,06 - 32.1,61 = 17,72 gam.

+) BTNT O: 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 6n_X + 2.1,61 = 2.1,14 + 1,06

⟹ n_X = 0,02 mol.

Tỷ lệ: 17,72 gam X tương ứng với 0,02 mol X.

⟹      26,58 gam …………………0,03 mol.

*26,58 gam X + NaOH vừa đủ:

X   +   3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

0,03 → 0,09   →                     0,03     (mol)

BTKL: m_muối = m_X + m_NaOH - m_glixerol = 26,58 + 0,09.40 - 0,03.92 = 27,42 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sơ đồ: 12,95gCxHyNCnH2nCmH2m+2+O2:a→CO2:0,85H2O:bN2:0,025

+) BTKL: m_{hh A} + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2 ⟹ phương trình (1)

+) BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ phương trình (2)

Giải hệ (1) (2) được a và b ⟹ giá trị của V.

Giải chi tiết:

Sơ đồ: 12,95gCxHyNCnH2nCmH2m+2+O2:a→CO2:0,85H2O:bN2:0,025

+) BTKL: m_{hh A} + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

⟹ 12,95 + 32a = 44.0,85 + 18b + 28.0,025

⟹ 32a - 18b = 25,15 (1)

+) BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 2a = 2.0,85 + b

⟹ 2a - b = 1,7 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 1,3625; b = 1,025.

⟹ V = 22,4.1,3625 = 30,52 lít.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Để đơn giản ta coi B gồm Ala, Glu, NaOH.

Ala + HCl → Muối

Glu  +  HCl → Muối

NaOH + HCl → NaCl + H₂O

BTKL: m_muối   = m_Ala + m_Glu + m_NaOH + m_HCl - m_H2O

Giải chi tiết:

Để đơn giản ta coi B gồm Ala, Glu, NaOH.

Ala + HCl → Muối

0,1 → 0,1                                (mol)

Glu  +  HCl → Muối

0,15 → 0,15                            (mol)

NaOH + HCl → NaCl + H₂O

0,3 →      0,3 →               0,3 (mol)

BTKL: m_muối   = m_Ala + m_Glu + m_NaOH + m_HCl - m_H2O

                        = 0,1.89 + 0,15.147 + 0,3.40 + 36,5.(0,1 + 0,15 + 0,3) - 0,3.18

                        = 57,625 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Đặt ẩn là số mol mỗi chất.

- Đặt số mol mỗi chất vào các PTHH:

            HCOOCH₂C₆H₅ + KOH → HCOOK + C₆H₅CH₂OH

            CH₃COOC₆H₅ + 2KOH → CH₃COOK + C₆H₅OK + H₂O

- Lập hệ phương trình về khối lượng hỗn hợp và số mol KOH. Giải hệ tìm được số mol các chất.

- Xác định thành phần của muối ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

HCOOCH₂C₆H₅ + KOH → HCOOK + C₆H₅CH₂OH

            x →              x      →      x                                           (mol)

CH₃COOC₆H₅ + 2KOH → CH₃COOK + C₆H₅OK + H₂O

            y →             2y →          y →               y                     (mol)

Ta có hệ phương trình 136x+136y=mhh=13,6x+2y=nKOH=0,16→x=0,04y=0,06

Muối chứa HCOOK (0,04 mol); CH₃COOK (0,06 mol) và C₆H₅OK (0,06 mol).

⟹ m = m_muối = 17,16 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về xenlulozo.

Giải chi tiết:

(C₆H₁₀O₅)_n (xenlulozơ) + nH₂O →H+,to nC₆H₁₂O₆ (glucozơ)

A sai, dung dịch I₂ chỉ tạo được dung dịch màu xanh tím với hồ tinh bột.

B sai, trong cốc chỉ thu được 1 loại saccarit là glucozơ.

C đúng, vì glucozơ có phản ứng tráng gương.

D sai, phản ứng trên chứng minh xenlulozơ thủy phân sinh ra glucozơ.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Biện luận tìm được công thức Z là CH₃NH₂ ⟹ Y: CH₃CH(NH₂)COONH₃CH₃.

*E + NaOH:

Gly-Ala-Lys + 3NaOH → GlyNa + AlaNa + LysNa + H₂O

CH₃CH(NH₂)COONH₃CH₃ + NaOH → CH₃CH(NH₂)COONa + CH₃NH₂ + H₂O

Từ n_Z ⟹ n_Y ⟹ n_X.

*E + HCl:

Gly-Ala-Lys + 2H₂O + 4HCl → Muối

CH₃CH(NH₂)COONH₃CH₃ + 2HCl → CH₃CH(NH₃Cl)COOH + CH₃NH₃Cl

Áp dụng BTKL: m_muối = m_E + m_H2O + m_HCl.

Giải chi tiết:

3 muối là GlyNa, AlaNa, LysNa  ⟹ Y tạo ra 1 trong 3 muối này.

Nhưng do Y chỉ có 4C nên không tạo được LysNa ⟹ Y tạo GlyNa hoặc AlaNa.

Theo đề đốt khí Z thu được H₂O, CO₂, N₂ ⟹ Z là amin ⟹ Y là muối của amino axit và amin ⟹ Z là amin đơn chức.

n_Z = 0,1 mol ⟹ n_{N2(do Z)} = 0,05 mol ⟹ n_{CO2(do Z)} = 0,15 - 0,05 = 0,1 mol.

⟹ C_Z = n_{CO2(do Z)} : n_Z = 0,1 : 0,1 = 1 ⟹ Z là CH₃NH₂

⟹ Y là CH₃CH(NH₂)COONH₃CH₃.

*E + NaOH:

Gly-Ala-Lys + 3NaOH → GlyNa + AlaNa + LysNa + H₂O

        0,1 ←       0,4 - 0,1                                                                                              (mol)

CH₃CH(NH₂)COONH₃CH₃ + NaOH → CH₃CH(NH₂)COONa + CH₃NH₂ + H₂O

                   0,1 ←                      0,1 ←                                                0,1                  (mol)

*E + HCl:

Gly-Ala-Lys + 2H₂O + 4HCl → Muối

       0,1 →          0,2 →   0,4                                                                                       (mol)

CH₃CH(NH₂)COONH₃CH₃ + 2HCl → CH₃CH(NH₃Cl)COOH + CH₃NH₃Cl

                     0,1 →                     0,2                                                                           (mol)

BTKL: m_muối = m_E + m_H2O + m_HCl = 0,1.274 + 0,1.120 + 0,2.18 + 0,6.36,5 = 64,9 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Butan: C₄H₁₀

Đietylamin: C₄H₁₁N = C₄H₁₀ + NH

Etyl propionat: C₅H₁₀O₂

Valin: C₅H₁₁O₂N = C₅H₁₀O₂ + NH

⟹ Quy đổi hỗn hợp thành C₄H₁₀, C₅H₁₀O₂, NH

Giải chi tiết:

Butan: C₄H₁₀

Đietylamin: C₄H₁₁N = C₄H₁₀ + NH

Etyl propionat: C₅H₁₀O₂

Valin: C₅H₁₁O₂N = C₅H₁₀O₂ + NH

⟹ Quy đổi hỗn hợp thành C₄H₁₀, C₅H₁₀O₂, NH

Sơ đồ: C4H10:xC5H10O2:yNH:z+O2:2,66→CO2:4x+5yBTNT.CH2O:5x+5y+0,5zBTNT.HN2:0,5z

+) n_{hh X} = x + y = 0,4 (1)

+) BTNT O ⟹ 2n_C5H10O2 + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 2y + 2.2,66 = 2.(4x + 5y) + 5x + 5y + 0,5z

⟹ 13(x + y) + 0,5z = 5,32 (2)

Thay (1) vào (2) ⟹ z = 0,24.

Khí không bị hấp thụ là N₂ ⟹ n_N2 = 0,5z = 0,12 mol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Do các peptit đều được tạo nên từ các a.a có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH

⟹ Quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH₂, H₂O (với số mol H₂O bằng số mol peptit).

Giải chi tiết:

Do các peptit đều được tạo nên từ các a.a có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH

⟹ Quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH₂, H₂O (với số mol H₂O bằng số mol peptit).

⟹ n_CONH = n_NaOH = 0,72 mol; n_H2O = n_peptit = 0,12 mol.

ECONH:0,72CH2:xH2O:0,12→+NaOHMuoiCOONa:0,72NH2:0,72CH2:x→O2Na2CO3:0,36BTNT.NaCO2:x+0,36BTNT.CH2O:x+0,72BTNT.HN2

Bảo toàn O cho phản ứng đốt muối ⟹ 2n_COONa + 2n_O2 = 3n_Na2CO3 + 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 2.0,72 + 2.3,24 = 3.0,36 + 2.(x + 0,36) + (x + 0,72)

⟹ x = 1,8.

⟹ m_E = m_CONH + m_CH2 + m_H2O = 0,72.43 + 1,8.14 + 0,12.18 = 58,32 gam.