Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam ancol X đơn chức thu được hỗn hợp sản phẩm Y. Sục Y
vào Ba(OH)2 dư thu được 14,8932 gam kết tủa và khối lượng bình phản ứng tăng 4,194
gam. Tách nước ancol X trong H2SO4/170oC thu được anken duy nhất. Số chất X thỏa mãn
và giá trị của m là:
A. 3 và 1,852

B. 4 và 1,852

C. 7 và 1,2852

D. 6 và 1,2852

Hướng dẫn:

Ta có:

nCO2 = 0,0756
BTKL + BTNT
nBaCO3 = 0,0756 
→
→ X : C6 H15OH
nH 2 O = 0,0882

→ nX = nH2O − nCO2 = 0,0126 → m = 1,2852
Có 7 ancol thỏa mãn tính chất tách nước cho một anken duy nhất
Đáp án C
Câu 2: Oxy hóa 1 ancol đơn chức bằng O 2 có mặt chất xúc tác thu được hỗn hợp X. Chia
X thành ba phần bằng nhau. Phần 1: tác dụng hết với Na thu được 8,96 lít H 2 (đktc) và hỗn
hợp Y, làm khô Y thu được 48,8 gam chất rắn khan. Phần 2 tác dụng với NaHCO 3 dư thì

thu được 4,48 lít khí CO2 (đktc). Phần 3, tác dụng với AgNO 3/NH3 thu được 21,6 gam bạc.
CTCT của ancol đã dùng là:
A. C2H3CH2OH

B. C2H5OH

C. C2H5CH2OH

Hướng dẫn:
Ta tính toán với trường hợp không phải CH3OH

 RCH 2OH + [ O ] → RCHO + H 2O
 RCHO : a = 0,1 ¬ nAg = 0,2


a
a
X  RCOOH : b = 0,2 = nCO2
 a
→ 

3  H 2O = a + b
 RCH 2OH + 2 [ O ] → RCOOH + H 2O
 b

b
b
 RCH 2OH : c

 RCOONa : 0,2

1

nH 2 O = 0, 4 = ( a + b + b + c ) → c = 0,3 → 48,8  NaOH : 0,3
→ R = 15
2
 RCH ONa : 0,3
2


D. CH3OH


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Đáp án B
Câu 3: Oxy hóa 0,08 mol một ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm một acid
cacboxylic, một andehide, ancol dư và nước. Ngưng tự toàn bộ X rồi chia làm hai phần
bằng nhau. Phần một cho tác dụng hết với Na dư, thu được 0,504 lít khí H 2 (đktc). Phần hai
cho phản ứng tráng bạc hoàn toàn thu được 9,72 gam Ag. Phần trăm khối lượng ancol bị
oxy hóa là:
A. 62,5%

B. 31,25%

C. 40%

D. 50%

Hướng dẫn:


nAg max = 0,04.2 = 0,08 < 0,09 ⇒ ancol CH 3OH
Nếu ancol thường:
Gọi số mol CH3OH tạo ra andehide, acid, dư lần lượt là x, y, z (mol)
Theo định luật bảo toàn electron, bảo toàn số mol ta có:
nCH 3OH = x + y + z = 0,04
 x = 0,02

x
z


nH 2 = + y + = 0,0225 →  y = 0,005 ⇒ Hieu Suat = 62,5% (khoi luong )
2
2


 z = 0,015
nAg = 4 x + 2 y = 0,09



Đáp án A.
Câu 4: Hỗn hợp A gồm 2 andehide X, Y đều mạch hở, đơn chức (đều có không quá 4
nguyên tử C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol A thu được 0,5 mol CO 2 và 0,3
mol H2O. Nếu lấy 0,3 mol A cho tác dụng với AgNO 3/NH4 dư thì thu được m gam kết tủa.
Giá trị của m là:
A.

64,8


Hướng dẫn:

B. 127,4

C. 125,2

D. 86,4


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

n A = 0,3


 HCHO : a
 a + b = 0,3
 a = 0, 2
H = 2
→
→
→
nCO2 = 0,5 → 
C = 1,67 CH ≡ C − CHO : b a + 3b = 0,5 b = 0,1


n
=
0,3
 H 2O
 Ag : 0, 2.4 + 0,1.2 = 1

→
→ m = 127, 4
 AgC ≡ C − COONH 4 : 0,1

Đáp án B.
Câu 5: Acid cacboxylic X hai chức (có phần tram khối lượng của oxy nhỏ hơn 70%), Y và
Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X, Y, Z
cần vừa đủ 8,96 lít khí O2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Phần tram khối lượng của Y trong hỗn
hợp trên là:
A. 12,6%

B. 29,9%

C. 29,6%

D. 15,9%

Hướng dẫn:
→

X: R(COOH)2

4.16
< 0, 7 → R > 1, 4
R + 90

.

nO2 = 0,4


BTNT Oxi
BTKL
→ nO trong X ,Y , Z = 0,35 
→ mX ,Y , Z = ∑ m ( C , H , O ) = 10,7
nCO2 = 0,35 

nH 2 O = 0, 45
a + b = 0, 2
acid : a
a = 0,05
→
→  BTNT Oxi
→
→ 4a + b = 0,35 b = 0,15
ancol : b  

Nếu X là CH2(COOH)2
→ ROH =

CH 3OH : 0,1
10,7 − 0,05.104
0,1.32
→ R = 19,67 → 
→ %Y =
= 29,9%
0,15
10,7
C2 H 5OH : 0,05

Đáp án B.

Câu 6: Khi thực hiện phản ứng ester hóa 1 mol CH 3COOH và 1 mol C2H5OH, lượng ester
lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất 90% (tính theo acid) khi tiến hành ester hóa


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

1 mol CH3COOH cần số mol C2H5OH là (biết các phản ứng ester hóa thực hiện ở cùng
nhiệt độ).
A. 0,342

B. 2,925

C. 2,412

D. 0,456

Hướng dẫn:
Đây là bài toán liên quan tới hằng số KC

[ CH 3COOC2 H 5 ] [ H 2O ]
KC =
[ CH 3COOH ] [ C2 H 5OH ]
Với thí nghiệm 1 ta có:

2 2
.
3
= 3 =4
1 1
.

3 3

Với thí nghiệm 2:
KC =

[ CH 3COOC2 H 5 ] [ H 2O ]
[ CH 3COOH ] [ C2 H 5OH ]

=

0,9.0,9
= 4 → x = 1,925 → ∑ nC2 H5 OH = 2,925
0,1( 1 + x − 0,9 )

Đáp án B
Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 29,2 gam hỗn hợp X gồm andehide acrylic, metyl acetate,
andehide acetic và etylen glycol thu được 1,15 mol CO 2 và 23,4 gam H2O. Mặc khác khi
cho 36,5 gam hỗn hợp X trên tác dụng hết với dung dịch AgNO 3/NH3 dư 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

Hướng dẫn:
Quy X thành:


Cx H 4O : a Chay CO2 :1,15 BTKL
29,2 − 1,15.12 − 1,3.2
→

→

→ nO ( X ) =
= 0,8
C
H
O
:
b
H
O
:1,3
16
 2
 y 6 2
BTNT O
 →
a + 2b = 0,8
a = 0, 2
→  BTNT H
→
→ n−CHO = 0,2.1,25 = 0,25 → m = 0, 25.2.108 = 54 g
→ 4a + 6b = 2,6 b = 0,3
 

Đáp án C.



Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Câu 8: Hỗn hợp M gồm ancol X, acid cacboxylic Y (đều no, đơn chức, mạch hở) và ester
Z được tạo ra từ X và Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam M cần dùng vừa đủ 0,18 mol O 2, sinh
ra 0,14 mol CO2. Cho m gam M trên vào 500ml dung dịch NaOH 0,1M đun nóng, sau khi
kết thúc các phản ứng thu được dung dịch N. Cô cạn dung dịch N còn lại 3,68 gam chất rắn
khan. Công thức của Y là:
A.

C2H5COOH

B. HCOOH

C. CH3COOH

D. C3H7COOH

Hướng dẫn:

Ta có:

CO2 : 0,14 BTNT O
chay
M 
→
→ nO ( M ) + 0,18.2 = 0,14.2 + a → nO ( M ) = a − 0,08
 H 2O : a


BTNT O
nO ( ancol ) = nancol = nCO2 − nH 2 O = a − 0,14 →
nO (Y + Z ) = nO ( M ) − nO ( ancol ) = ( a − 0,08 ) − ( a − 0,14 ) = 0,06

 RCOONa : 0,03 BTKL
NaOH
→ nacid + ester = 0,03 
→ 3,68 g 

→ R = 29 → C2 H 5COOH
 NaOH : 0,02

Đáp án A.
Câu 9: Hỗn hợp X gồm acid oxalic, acid acetic, acid acrylic, acid malonic. Cho 0,25 mol
X phản ứng hết với lượng dư dung dịch NaHCO 3, thu được 0,4 mol CO 2. Đốt cháy hoàn
toàn 0,25 mol X trên cần dùng vừa đủ 0,4 mol O 2, thu được CO2 và 7,2 gam H2O. Phần
tram khối lượng của acid oxalic trong X là:
A. 21,63

B. 43,27

C. 56,74

D. 64,9

Hướng dẫn:
+ Với NaHCO3 :

nCO2 = 0, 4 → n− COOH ( X ) = 0,4


+ Đốt cháy:

nH 2 O = 0,4

BTKL

→ mX = ∑ m ( C , H , O ) = 20,8 g
 BTNT O
0,4.2 + 0,4.2 − 0, 4
→
n
=
=
0,6

CO2

2


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

+ Để ý X rồi quy về:
+

Tiếp

Cx H y O2 : a a + b = 0,25
a = 0,1
→

→

2a + 4b = 0,8 b = 0,15
Cz H t O4 : b

tục

để

ý

số

liên

kết

π

trong

X

nCH 3COOH = 0, 25 − 0, 2 = 0,05
→ nCO2 − nH 2 O = 0, 2 → 
nCH 2 =CH − COOH = 0,05
( COOH ) 2 : c
c + d = 0,15
c = 0,1
0,1.90

→  BTNT C
→
→ %m( COOH ) =
= 43,27%

2
d
=
0,05
20,8
→
2
c
+
3
d
=
0,35
CH
COOH
:
d
(
)


 2
Đáp án B.
Câu 10: Hỗn hợp X gồm một andehide, một acid cacboxylic và một ester (trong đó acid và
ester là đồng phân của nhau). Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần 0,625 mol O 2, thu được

0,525 mol CO2 và 0,525 mol H2O. Tính phần tram khối lượng của andehide có trong X?
A. 26,29

B. 21,6

C. 32,4

D. 23,07

Hướng dẫn:
Vì

nH 2 O = nCO2 = 0,525

nên X chỉ chứa các chất no và đơn chức.

BTKL

→ mX + 0,625.32 = 0,525 ( 44 + 18 ) → mX = 12,55 g

 R CHO : a
a + b = 0, 2
a = 0,075
BTNT O
→
nO ( x ) = 0,525.3 − 0,625.2 = 0,325 ⇒ nX = 0, 2  1
→
→
 R2COOH : b a + 2b = 0,325 b = 0,125


0,075.30
= 17,93%(loai )
12,55
0,525
C=
= 2,625 →
0,075.44
0, 2
TH 2 : CH 3CHO → % mCH 3CHO =
= 26, 29%
12,55
TH 1: HCHO → % mHCHO =

Vì


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Nếu

số

→ %mCH3COOH =

C

trong

andehide


0,125.60
= 60% → %nandehide = 40%(loai )
12,55

lớn

hơn

3

thì

.

Nếu bài bắt tìm CTPT của các chất trong X thì ta cũng mò ra khá dễ dàng được

R2COOH =
vì

12,55 − 0,075.44
= 74 → C2 H 5COOH
0,125

Đáp án A.
Câu 11: Hỗn hợp E chứa một amin no bậc II, đơn chức, mạch hở và hai hidrocacbon X,Y
(X kém Y một nguyên tử cacbon và số mol của X gấp 1,5 lần số mol amin). Đốt cháy 0,24
mol hỗn hợp E cần dùng 0,76 mol O2, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch KOH đặc dư thấy
khối lượng bình tăng 30,88 gam, đồng thời thoát ra một khí đơn chất duy nhất. Mặt khác,
lấy 3,84 gam E cho vào dung dịch Br2 dư thấy có a mol Br2 phản ứng. Giá trị của a là:
A. 0,16


B. 0,02

C. 0,04

Hướng dẫn:

Ta có:

BTKL
→ 44a + 18b = 30,88 a = 0,44
CO2 : a  
30,88 g 
→  BTNT O
→
b = 0,64
 H 2O : b  → 2a + b = 2.0,76

 X : CH 4

 C2 H 2
0, 44

→C =
= 1,83 → 

0, 24
Y → C2 H 4

C2 H 6



+ Trường hợp Y là C2H6 , C2H4 cũng vô lý vì

nH 2O − nCO2 > nX = 0,24

D. B và C


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

+ Vậy

Cn H 2 n + 3 N : a 2,5a + b = 0, 24
a = 0,08



E CH 4 :1,5a → na + 1,5a + 2b = 0, 44
→ b = 0,04
C H : b


 2 2
( 2n + 3) a + 6a + 2b = 1, 28 n = 3

Với 0,24 mol

E → mE = 0,44.12 + 0,64.2 + 0,08.14 = 7,68 g


→ 3,84 g E ↔ nE = 0,12 → nC2 H 2 = 0,02 → nBr2 = 0,04
Đáp án C
Câu 12: Hỗn hợp E gồm 2 chất hữu cơ X (C2H7O3N) và Y (C3H12O3N2). X và Y đều có tính
lưỡng tính. Cho m gam hỗn hợp E tác dụng vớ dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít khí Z (Z
là hợp chất vô cơ). Mặt khác, khi cho m gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch NaOH dư,
đun nóng thoát ra 6,72 lít khí T (T là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C,H,N và làm xanh
quỳ tím). Cô cạn dung dịch thu được chất rắn gốm hai chất vô cơ. Thể tích các khí đo ở
đktc. Giá trị của m là:
A. 23,1

B. 22,4

C. 21,7

D. 20,5

Hướng dẫn:
Từ dữ kiện bài toán suy ra:
HCl
 

→ nCO2 = a + b = 0,2
CH 3 NH 3 HCO3 : a
→  NaOH
→ a = b = 0,1 → m = 217.0,1 = 21,7 g

( CH 3 NH 3 ) CO3 : b  → nCH 3 NH 2 = a + 2b = 0,3

Đáp án C
Câu 13: Cho 16,5 gam chất A có CTPT là C2H10O3N2 vào 200 gam dung dịch NaOH 8%.

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B và khí C. Biết C gồm 2 khí
đều có khả năng làm quỳ tím hóa xanh. Tổng nồng độ % các chất tan có trong B gần nhất
với:
A.

8

Hướng dẫn:

B. 9

C. 10

D. 11


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Ta có:

 A : CH 3 NH 3CO3 NH 4

 nA = 0,15
 n = 0,4
 A

CH 3 NH 3CO3 NH 4 + 2 NaOH → Na2CO3 + NH 3 ↑ +CH 3 NH 2 ↑ +2 H 2O

 NH 3 : 0,15
→ mC = 7,2 g

→ C 
19,9

CH 3 NH 2 : 0,15
BTKL

→∑C% =
= 9,51%

16,5
+
200
−
7,
2
NaOH
(
du
)
:
0,1

→ B
→ mchat tan ( B ) = 19,9


 Na2CO3 : 0,15

Đáp án C
Câu 14: X là peptit mạch hở tạo bởi Glu và Gly. Để tác dụng vừa đủ 0,15 mol X cần vừa

đủ dung dịch chứa 0,6 mol KOH. Đốt cháy hoàn toàn 15,66 gam X thu được a mol CO 2.
Giá trị của a là:
A. 0,54

B. 0,45

C. 0,36

D. 0,6

Hướng dẫn:

+ Quy X về

Glu : 0,15 x
x = 1

BTNT K
→
0,15 ( 2 x + y ) = 0,6 ⇔ 2 x + y = 4 → 
Gly : 0,15 y
y = 2
 H O : − x + y − 1 .0,15
(
)
 2

BTNT C
Glu − Gly − Gly → M X = 261 →
nX =


15,66
. ( 2.2 + 5 ) = 0,54
261

Đáp án A.
Câu 15: X và Y lần lượt là các tripeptit và tetrapeptit được tạo thành từ cùng một a.a no,
hở, có một nhóm cacboxyl và một nhóm amine. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được
sản phẩm gồm CO2, H2O, N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 47,8 gam. Nếu
đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X bao nhiêu mol O2?
A.

2,8

Hướng dẫn:

B. 2,025

C. 3,375

D. 1,875


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Gọi a.a là CnH2n+1O2N  Y: C4nH8n-2O5N4
Đốt Y

BTKL


→ mCO2 + mH 2 O = 0,1.4n.44 + 0,1.( 4n − 1) .18 = 47,8 → n = 2

BTNT O
→ X : C6 H11O5 N 3 →
nO2 pu =

0,3.6.2 + 0,3.5.5 − 0,3.4
= 2,025
2

Đáp án B.
Câu 16: Hỗn hợp X gồm Gly-Gly-Ala, Gly-Ala-Gly-Ala, Gly-Ala-Ala-Gly-Ala, Gly-Gly.
Đốt 51,96 gam hỗn hợp X cần vừa đủ khí O 2 thu được tổng khối lượng CO 2 và H2O là
113,32 gam. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ thì thu được
227,3 gam muối khan. Giá trị của m là:
A.

114,6

B. 118,6

C. 129,9

D. 124,4

Hướng dẫn:

(
Để ý các peptit đều có 2 gốc Gly nên quy X về


−C2 H 3 NO − : a ( x + 2 )

Ala ) x ( Gly ) 2 : a → −CH 2 : xa
H O : a
 2

( phương pháp đồng đẳng hóa)
BTKL
→ 44 ( 3ax + 4a ) + 18 ( 2,5ax + 4a ) = 113,32 a = 0, 2
CO2 : 2ax + 4a = 3ax + 4a  
→
→  BTKL
→
→ 57a ( x + 2 ) + 14ax + 18a = 51,96
 x = 1,8
 H 2O : 2,5ax + 4a
 

→ nN ( X ) = 0, 2.( 2 + 1,8 ) = 0,76

BTKL
m = 51,96k 
→ 51,96k − 0,2k.18 + 0,76k.56 = 227,3 → k = 2,5 → m = 51,96.2,5 = 129,9 g

Đáp án C.
Câu 17: Hỗn X gồm Gly-Ala-Ala, Gly-Ala-Ala-Gly, Gly-Ala-Ala-Gly-Gly-Gly, Ala-Ala.
Đốt 39,28 gam hỗn hợp X cần vừa đủ V lít khí O 2 (đktc) thu được tổng khối lượng CO 2 và
H2O là 87,12 gam. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thì thu
được 105,84 gam muối khan. Giá trị của m gần nhất với:
A. 84,6


B. 82,6

C. 90,9

D. 70,7


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Đáp án D.
Giải tương tự như câu 16.
Câu 18: Đốt cháy hoàn toàn 51,27 gam hỗn hợp gồm các peptit X, Y, Z và T (đều được tạo
ra từ các a.a no chỉ chứa một gốc cacboxyl và một gốc amine) bằng lượng oxi vừa đủ thu
được N2 và 2,19 mol CO2, 2,005 mol H2O. Mặt khác đun nóng hỗn hợp trên với dung dịch
NaOH vừa đủ thì thu được m gam muối. Giá trị của m là:
A. 74,13

B. 82,14

C. 76,26

D. 84,18

Hướng dẫn:
C H ON : a
51,27 g  n 2n −1
→ ( 14n + 29 ) a + 18b = 51, 27
 H 2O : b
73


n = 21
2n − 1
 BTNT H
→ nH 2O = b +
.a = 2,005 
 
BTKL
2
→
→ a = 0,63 
→ m = 74,13
BTNT C
 →

nCO2 = na = 2,19
b = 0,13



Đáp án A.
Câu 19: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp các peptit trong dung dịch NaOH vừa đủ thu
được 85,79 gam hỗn hợp muối natri của Gly, Ala, Val. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn lượng
peptit trên cần vừa đủ 72,744 lít O2 (đktc) thu được 41,67 gam H2O. Giá trị m gần nhất với:
A. 50,8

B. 59,3

C. 54,6


Hướng dẫn:

Quy các peptit về

C H ON : a
m  n 2 n −1
→ 85,79 g = mCn H 2 n O2 NNa = ( 14n + 69 ) a
 H 2O : b

D. 55,8


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

2n − 1
 BTNT H
→ nH 2O = b +
.a = 2,315 BTNT O
 
2
→
→ a + b + 3, 2475.2 = 2,315 + 2na
BTNT
C
 → nCO = na

2
2na − a − b = 4,18
na = 2,53



BTKL
→ 14na + 69a = 85,79 → a = 0,73 
→ m = ( 14n + 29 ) a + 18b = 59, 29 g
2na − a + 2b = 4,63 b = 0,15


Đáp án B.
Câu 20: Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (C xHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần
dùng 0,6 lít dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chứa a mol muối của Ala và b
mol muối của Gly. Mặt khác đốt cháy 30,73 gam E trong O 2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO 2,
H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO 2 và H2O là 69,31 gam. Giá trị a:b gần nhất
với:
A. 0,73

B. 1,37

C. 0,81

D. 0,756

Hướng dẫn:
Nhìn vào CTPT của 2 peptit ta suy ra được X có 6 mắt xích và Y có 5 mắt xích.

 X : x NaOH  x + y = 0,16
 x = 0,1
x 5
→ 
→
→ =


y 3
Y : y
6 x + 5 y = 0,9  y = 0,06

CH − CH ( NH 2 ) − COOH : a
 X : 5t ghep H 2 O
30,73 g 

→ ( 30,73 + 18.37t )  3
Y : 3t
 H 2 N − CH 2 − COOH : b
89a + 75b − 18.37t = 30,73
a = 0,26

7 a + 5b
a


→ ( 3a + 2b ) .44 +
.18 − 18.37t = 69,31 → b = 0,19 → = 1,37
2
b

t = 0,01

30t + 15t = a + b
Đáp án B.
Câu 21: Hỗn hợp X gồm 3 peptit với tỉ lệ số mol là 1:2:1. Khi thủy phân hoàn toàn m gam
X chỉ thu được 13,5 gam Gly và 7,12 gam Ala. Giá trị của m là:

A. 17,38

B. 16,3

C. 19,18

D. 18,46


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Hướng dẫn:
Dùng pp quy đổi 3 pep thành 1 pep theo phản ứng trùng ngưng:

A + 2 B + C → ( Gly ) a ( Ala ) b + 3H 2O
nGly

nAla

nAla 0,08

=
= 0,02
a 0,18 9 a = 9 n( Gly ) 9 ( Ala ) 4 =
= =
= →
→
4
4
b 0,08 4 b = 4 n = 0,06

 H 2O

BTKL

→ m = m( Gly )

9

( Ala ) 4

+ mH 2O = 0,02 ( 75.9 + 89.4 − ( 13 − 1) .18 ) + 0,06.18 = 17,38 g

Đáp án A.
Câu 22: Hỗn hợp X gồm 3 peptit A, B, C đều mạch hở có tổng khối lượng là m và có tỉ lệ

nA : nB : nC = 2 : 3: 5

mol là
. Thủy phân hoàn toàn X thu được 60 gam Gly; 80,1 gam Ala và
117 gam Val. Biết số liên kết trong C, B, A theo thứ tự tạo nên 1 cấp số cộng có tổng là 6.
Giá trị của m là:
A. 226,5

B. 262,5

C. 256,2

D. 252,2

Hướng dẫn:


Ta có:

Ta có:

[ A] : 2 x → x [ A − A] + xH 2O

Ghep

→ x  D  + 9 xH 2O
[ B ] : 3 x → x [ B − B − B ] + 2 xH 2O
n

[ C ] : 5 x → x [ C − C − C − C − C ] + 4 xH 2O
Gly : 0,8

 Ala : 0,9 → ∑ nD = 2,7 → x = 0,1 do n = 27
Val :1

BTKL

→ m = 60 + 80,1 + 117 − ( 27 − 1) .0,1.18 + 9.0,1.18 = 226,5 g

Đáp án A.
Câu 23: X là một tripeptit, Y là một pentapeptit, đều hở. Hỗn hợp Q gồm X, Y có tỷ lệ mol
2:3. Thủy phân hoàn toàn 149,7 gam hỗn hợp Q bằng H 2O (xúc tác axit) thu được 178,5


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn


gam hỗn hợp các aminoaxit. Cũng với lượng Q trên, nếu cho vào hỗn hợp dung dịch chứa
1 mol KOH và 1,5 mol NaOH (đun nóng đến phản ứng xảy ra hoàn toàn ) thì thu được
dung dịch chứa m gam chất tan A. Giá trị của m là:
A. 185,2

B. 199,8

C. 212,3

D. 256,7

Hướng dẫn:

Ta có:
Do đó:

nX = 2a BTLK peptit
178,5 − 149, 7
→ 2a.2 + 3a.4 = nH 2 O =
= 1,6 → a = 0,1

18
nY = 3a

n−COOH = 2a.3 + 3a.5 = 2,1 < ∑ n−OH = 2,5

, như vậy trong A có OH- dư.

BTKL


→178,5 + 1.56 + 1,5.40 = m + 2,1.18 → m = 256,7 g

Đáp án D.
Câu 24: Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức C xHyN5O6 và hợp chất B có CTPT
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, a mol muối của Gly, b mol muối của Ala. Nếu đốt cháy hoàn
toàn 41,325 gam hỗn hợp X bằng lượng oxi vừa đủ thì thu được N 2 và 96,975 gam hỗn hợp
CO2 và H2O. Giá trị a:b gần nhất với:
A. 0,5

B. 0,76

C. 1,3

( Trích đề thi thử THPT Chuyên Đại Học Vinh – Lần 3 – 2015 )
Hướng dẫn:
Dễ dàng suy ra là A là pentapeptit và B là ester H2N-CH2-COO-C2H5.

Gọi

 nA = x
 x + y = 0,09
 x = 0,03
→
→

5 x + y = 0, 21  y = 0,06
nB = y

D. 2,6



Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

C4 H 9 NO2 : 2a + H 2 O m = 41,325 + 4a.18
41,325 g 
→ 
quy ve
→ Cn H 2 n +1 NO2 : 7a
C x H y N 5O6 : a
 X 

7 a ( 14n + 47 ) = 41,325 + 18.4a

2n + 1
 CO : 7na
BTKL
→  2

→ 7 na.44 +
.7a.18 = 96,975 + 4a.18
2
2n + 1

 H 2O : 2 .7 a
na = 0,225
→
→n=3
a = 0,075
.


Vậy ở thí nghiệm đầu là

M A = 345 → ( Gly ) 2 ( Ala ) 3 →

C4 H 9 NO2 : 0,06
16,53 g 
Cx H y N5O6 : 0,03

a 0,06 + 0,03.2 4
=
=
b
0,03.3
3

Đáp án C.
Câu 25: Thủy phân hoàn toàn 0,09 mol hỗn hợp X gồm tripeptit, tetrapeptit, pentapeptit
với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 16,49 gam muối của Gly; 17,76 gam muối của Ala
và 6,95 gam muối của Val. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thì thu được CO 2,
H2O và N2 trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 48,405 gam. Giá trị m gần nhất
với:
A. 20

B. 21

C. 22

D. 23


Hướng dẫn:

Tính được số mol của từng muối

nGly − Na = 0,17

BTNT Na
→ nNaOH = nCn H 2 n−1 NO = 0,38
nAl − Na = 0,16 
n
 Val − Na = 0,05

BTNT C
→
0,38.n = 0,17.2 + 0,16.3 + 0, 05.5 → n =

(Không nên làm tròn n vì sẽ dễ dẫn tới sai số )

107
38


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Khi đó ta có:

CO : 0,38na
Cn H 2 n −1 NO : 0,38a BTNT  2
m( g ) 


→
2n − 1
H 2O : 0,09a +
.0,38a
 H 2O : 0,09a


2

BTKL

→ 44.0,38na + 18 ( 0,38na − 0,1a ) = 48, 405 → a = 0,75

 107

BTKL

→ m = 0,38.0,75.14.
+ 29 ÷+ 0,09.0,75.18 = 20,715 g
38


Đáp án B.

Câu 26: Hỗn hợp X gồm các peptit mạch hở A, B, C (mỗi peptit được cấu tạo từ một loại

α−

aminoaxit, tổng số nhóm –CO-NH- trong 3 phân tử là 9) với tỉ lệ số mol lần lượt theo
thứ tự là 2:1:3. Biết số liên kết peptit trong A, B, C đều lớn hơn 1. Khi thủy phân hoàn toàn

m gam X thu được 33,75 gam Gly; 106,8 gam Ala và 263,25 gam Val. Giá trị của m là:
A. 349,8

B. 348,9

C. 384,9

D. 394,8

Hướng dẫn:

nGly = 0,45 ; nAla = 1,2 ; nVal = 2,25
Tính được số mol của:
Vì số liên kết trong 3phân tử đều lớn hơn 1 và tổng liên kết là 9 nên chỉ có khả năng với bộ
3 số là (2, 3, 4) , (2, 2, 5) , (3, 3, 3). Dễ thấy bộ (3, 3, 3) không thỏa mãn.

Ta có:

0, 45 1, 2 2, 25
:
:
= 0,15 : 0,3 : 0, 45 = 2 : 3 : 4
3
4
5

Suy

 A : Ala − Ala − Ala − Ala : 0,3
BTLK pep


→ nH 2O = 0,3.3 + 0,15.2 + 0, 45.4 = 3

 B : Gly − Gly − Gly : 0,15
BTKL
→ m = 33,75 + 106,8 + 263, 25 − 3.18 = 349,8 g
C : Val − Val − Val − Val − Val : 0, 45 

Đáp án A.

ra


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Câu 27: Đun nóng 4,63 gam hỗn hợp X gồm 3 peptit mạch hở với dung dịch KOH (vừa
đủ). Khi các phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 8,19 gam muối khan của các a.a
đều có dạng H2NCmHnCOOH. Đốt cháy hoàn toàn 4,63 gam X cần 4,2 lít O 2 (đktc), hấp thụ
hết sản phẩm cháy (CO2, H2O và N2) vào dung dịch Ba(OH)2 dư. Sau phản ứng thu được m
gam kết tủa và khối lượng phần dung dịch giảm bớt 21,87 gam. Giá trị của m gần nhất với:
A.

35

B. 27,5

C. 32,5

D. 30


Hướng dẫn:
Cách 1: Quy đổi X thành a.a và nước.
C H O2 N : x
X → 4,63g  n 2 n +1
→ 14nx + 47 x + 18 y = 4,63
 H 2O : y

Muối là

Cn H 2 nO2 NNa : x → 14nx + 69 x = 8,19


CO2 : nx
Cn H 2 n +1O2 N : x 0,1875 mol O2 
BTNT O
4,63 g 

→  H 2O : y + nx + 0,5 x →
3nx − 1,5 x = 0,375
H
O
:
y
 2

x
 N2 :

2
→ nx =


159
= nCO2 = nBaCO3 → mBaCO3 = 32,9 ≈ 32,5 g
950

Cách 2: Quy đổi thành đipeptit

CO : nx BTNT O
0,1875 mol O2
quy doi
X 
→ Cn H 2 nO3 N 2 ( x mol ) + 
→ 2
→ 3x + 0,375 = 3nx
 H 2O : nx

Muoi :C0,5n H nO2 NNa ( 2 x mol ) → mmuoi = 2 x ( 7n + 69 ) = 8,19
→ nx = nCO2 =
Đáp án C.

159
950


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Câu 28: Hỗn hợp X chứa 3 peptit mạch hở A, B, C. Thủy phân hoàn toàn 26,41 gam X
trong dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch Y chứa x gam ba muối Gly, Ala, Val. Cô cạn
Y rồi đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối trên cần y gam khí O 2 (đktc). Sản phẩm cháy thu
được 4,144 lít khí N2 (đktc), 33,22 gam CO2 và m gam H2O. Giá trị của (m + x + y) là:

A.

92,19

B. 88,89

C. 90,24

D. 86,98

Hướng dẫn:
Bài toán rất quen thuộc khi nhìn thấy số mol N2  Tìm được số mol mắt xích.

Quy X về

BTNT N
 →
Cn H 2 n −1 NO : 0,37
26,41g 
→ Cn H 2 nO2 NNa : 0,37
 H 2O : a

BTKL

→ ( 14n + 29 ) .0,37 + 18a = 26, 41
BTNT Na

→ nNa2 CO3 =

0,37

= 0,185
2

BTNT C
→
∑ nC = 0,37n = 0,185 + 0, 755 → n =

94
37

→ nH 2 O = nC = 0,94 → m = 16,92 g

→ Cn H 2 nO2 NNa : 0,37 → x = 0,37 ( 14 n + 69 ) = 38, 69 g
y
= 0,185.3 + 0,755.2 + 0,755 → y = 33, 28 g
16
→ m + x + y = 88,89 g
BTNT O
→
0,37.2 +

Đáp án B.

α−

Câu 29: Đốt cháy một lượng peptit X được tạo bởi từ một loại
aminoaxit (no chứa 1
nhóm amine và một nhóm cacboxyl) cần dùng 0,675 mol O2 thu được 0,5 mol CO2, H2O và
N2. Đun nóng m gam hỗn hợp E chứa 3 peptit X, Y, Z đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng
1:4:2 với 450 ml NaOH 1M vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 48,27 gam

hỗn hợp chỉ chứa 2 muối. Biết tổng số liên kết peptit trong E là 16. Giá trị của m là:
A. 30,63

B. 36,03

C. 32,12

Hướng dẫn:
Vì đốt peptit hay đốt a.a tương ứng thì lượng oxi cần như nhau nên

D.31,53


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

2n + 1 
2n + 1
1

Cn H 2 n +1 NO2 +  n +
− 1÷O2 → nCO2 +
H 2O + N 2
4
2
2


2n + 1 

→ 0,5  n +

− 1 ÷ = 0,675n → n = 5
4



Có

 nX = a
muoi
C H NO : 0, 45 
→ Cn H 2 nO2 NNa : 0, 45

quy doi
E nY = 4a 
→  n 2n −1
 H 2O : 7a
 n = 2a
 Z

→ 14n + 69 =

48,27
41 Gly − Na : 0,34
→n= →
0, 45
15 Val − Na : 0,11

0,45
= 0,01 mol
34 + 11

BTKL

→ m = 7a.18 + 0,45 ( 14n + 29 ) = 31,53 g
Quy doi X ,Y , Z

→ ( Gly ) 34 ( Val ) 11 : a =

Đáp án D.
Câu 30: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 3 peptit (trong cấu tạo chỉ chứa Gly,
Ala, Val) trong dung dịch chứa 47,54 gam NaOH. Cô cạn dung dịch thu được 1,8m gam
chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hết 0,5m gam X thì cần dùng 30,324 lít O 2, hấp thụ sản
phẩm cháy vào 650 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M thấy khối lượng bình tăng 65,615 gam đồng
thời khối lượng dung dịch tăng m1 gam và có một khí trơ thoát ra. Giá trị của ( m + m1 )
gần nhất với:
A. 65

B. 75

C. 85

Hướng dẫn:

Quy hỗn hợp X về

 
m = ( 14n + 29 ) a + 18b
→ 
nX = b

Cn H 2 n −1NO : a 




CO2 : na
 H 2O : b
 O2 
 →  H O : b + 2n − 1 a
2



2


D. 95


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn
BTKL
 
→ ( 1,8 − a ) ( 14n + 29 ) a + 18b  + 18b = 47,54 
a = 0,69


30,324.2
 BTNT O
→  → ( 6n − 3) a = 4.
= 10,83
→ b = 0,23
22,4



215
BTKL
 
n =
→
44
na
+
18
n
−
0,5
a
+
18
b
=
65,615.2
(
)

69


m = ( 14n + 29 ) a + 18b = 54,25 g

→ ∆m↑ = m1 = 65,615 − 0, 225.197 = 21,29 g
2,15


→ nCO2 =
= 1,075
2
→ nX = 0,65.2 − 1,075 = 0,225 → m + m1 = 54, 25 + 21,29 = 75,74 g

nBa ( OH ) = 0,65
2

Đáp án B.
Câu 31: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều
mạch hở) bằng dung dịch KOH vừa đủ, rồi co cạn cẩn thận thì thu được (m + 11,42) gam
hỗn hợp muối khan của Val và Ala. Dốt cháy hoàn toàn muối sinh ra bằng một lượng oxi
vừa đủ thu được K2CO3 ; 2,464 lít N2 (đktc) và 50,96 gam hỗn hợp gồm CO 2 và H2O. Phần
trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp M có thể là:
A. 55,24

B. 54,54

C. 45,98

( Trích đề thi thử THPT Chuyên Đại Học Vinh – Lần 4 – 2015 )
Hướng dẫn:

Gọi

BTKL
→ 38 ( 4a + 5b ) + 18 ( 3a + 4b ) = 11,42 a = 0,03
nX = a 


→  BTNT N
→

n
=
b
→
4
a
+
5
b
=
0,11.2
b = 0,02
 Y



→ nCn H 2 n O2 NK
BTNT

 K 2CO3 : 0,11

= 0,22 → CO2 : 0,22n − 0,11
 H O : 0,22n
 2
O2

BTKL


→ ( 0, 22n − 0,11) .44 + 18.0, 22n = 50,96 → n =

C3 H 6 NO2 K : x
 x + y = 0, 22
 x = 0,1
→
→
→
C5 H10 NO2 K : y 3 x + 5 y = 0,9  y = 0,12

45
→ mmuoi = 31,3 g
11

D. 64,59


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Gọi số mắt xích của Val có trong X, Y là c, d
c = 4, d = 2
→ 0,03c + 0,22d = 0,12 → 3c + 2k = 12 → 
c = 2, d = 3
Trường hợp 1:
M

:

 X : ( Val ) 4 : 0,03

0,02 ( 89.5 − 4.18 )
7,46
→ %Y =
=
= 34,095%

0,02 ( 89.5 − 4.18 ) + 0,03 ( 117.4 − 3.18 ) 7, 46 + 12, 42
Y : ( Ala ) 5 : 0,02

Trường hợp 2: M là:
→ %Y =

 X : ( Val ) 2 ( Ala ) 2 : 0,03

Y : ( Val ) 3 ( Ala ) 2 : 0,02
0,02. ( 89.2 + 117.3 − 4.18 )

0,02.( 89.2 + 117.3 − 4.18 ) + 0,03. ( 117.2 + 89.2 − 3.18 )

= 45,98%

Đáp án C.
Câu 32: Hỗn hợp X chứa 3 peptit X, Y, Z ( MX < MY < MZ ) đều mạch hở có tổng số
nguyên tử oxi là 14 và số mol của X chiến 50% số mol của hỗn hợp E. Đốt cháy x gam hỗn
hợp E cần dùng 1,1475 mol O2, sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch KOH đặc dư thấy khối
lượng bình tăng 60,93 gam; đồng thời có một khí duy nhất ra. Mặt khác đun nóng x gam E
với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 0,36 mol muối của A và 0,09
mol muối B (A, B là hai , trong phân tử chỉ chứa 1 nhóm amine và 1 nhóm cacboxyl). Phần
trăm khối lượng của Z có trong hỗn hợp E là:
A. 20,5


Hướng dẫn:

B. 13,7

C. 16,4

D. 24,6


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

 H 2 N − RCOONa ( A ) : 0,36
0, 45
*
→
n
=
0,
45
→
n
=
= 0, 225
NaOH
di
−
peptit
'
2

H
N
−
R
COONa
B
:
0,09
(
)
 2
t
2 ( X ) n + ( n − 2 ) H 2O 
→n( Y ) 2
o

x mol

CO2 : y
1,1475 mol O2
→
di − peptit : 0,225 
*
 H 2O : y
H O : x
 2
BTNT O
→
0, 225.3 + 1,1475.2 = 2 y + y = 3 y → y = 0,99


60,93 − 0,99.44
= 0,965 → x = 0,99 − 0,965 = 0,025
18
= 0,99.14 + 0,225.2.14 + 0, 225.3.16 = 30,96 g

binh ↑
KL

→ nH 2 O ( dot E ) =

→ mdi − peptit
Mà:

n
0,225
2.0,225
0,99
=
→ n = 2,25 → nE =
= 0,2 → CE =
= 4,95 → X : ( Gly ) 2 : 0,1
n − 2 0,025
2,25
0,2
BTKL

→ 30,96 + 0, 45.40 = mmuoi + 0, 225.18 → mmuoi = 44,91

→ 0,36.97 + 0,09.M B = 44,91 → M B = 111 → B : Ala − Na
Co :CY , Z =


0,99 − 0,1.4
= 5,9 → Y : Gly − Ala
0,1

Ma : ∑ OE = 14 → Z : hepta − peptit → nZ =
→ %mZ =

0,01. ( 75.7 − 18.6 )
30,96 − 0,025.18

0,99 − 0,965
= 0,01 → nY = 0,09 → Z : ( Gly ) 7
7
−1
2

= 13,7%

Đáp án B.
Câu 33: Một hỗn hợp E chứa hai peptit X, Y ( MX < MY ) đều mạch hở có tổng số liên kết
peptit là 11; trong mỗi phân tử X, Y có số nguyên tử oxi không quá 8. Đốt cháy m gam E
cần dùng 3,0825 mol O2, thu được CO2, H2O và N2; trong đó khối lượng CO2 nhiều hơn
khối lượng H2O là 68,65 gam. Mặt khác thủy phân hoàn toàn m gam E với dung dịch


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 2 muối của Gly và Val có tổng khối lượng 88,81
gam. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E:

A.

37,78

B. 62,22

C. 59,07

D. 40,93

Hướng dẫn:
Với dạng toán quen thuộc này, nên quy đổi E thành:

CO : na
Cn H 2 n −1 NO : a Cn H 2 n − 3 N : a  2
E↔
→
→
2n − 3
 H 2O : b
 H 2O : a + b
 H 2O : a + b + 2 a
2n − 3
 BTNT O
a = 6,165
 na = 2,45
 → 2na +
2
→


mC H O NNa = a ( 14n + 69 ) = 88,81  a = 0,79
 n 2n 2

mCO2 − mH 2O = 44.2, 45 − 18 ( 0,79 + b + 2,45 − 1,5.0,79 ) = 68,65 → b = 0,12
Gly : x  x + y = 0,79
 x = 0,5
→  BTNT C
→

Val : y  → 2 x + 3 y = 2,45  y = 0, 29
mE = a ( 14n + 69 ) + b.18 = 59,37 g

 X 6 : c c + d = 0,12
c = 0,05
→ E
→
→
6c + 7d = 0,79 d = 0,07
Y7 : d
( Gly ) 3 ( Val ) 3 : 0,05
0,05.486
→
→ %mX =
= 40,93%
59,37
( Gly ) 5 ( Val ) 2 : 0,07
Đáp án D.
Câu 34: Hỗn hợp T gồm 3 peptit mạch hở X, Y, Z có tỉ lệ mol tương ứng 2:3:4. Thủy phân
hoàn toàn 35,97 gam T thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 0,29 mol A và 0,18 mol B. Biết
tổng số liên kết peptit trong 3 peptit bằng 16. A và B đều là no hở, 1 nhóm amine và 1

nhóm cacboxyl. Nếu đốt cháy 4x mol X hoặc 3x mol Y thì đều thu được số mol CO 2 bằng
nhau. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp T thu được N 2; 0,74 mol CO2 và a mol H2O. Giá
trị của a gần nhất là:
A. 0,65

B. 0,67

C. 0,69

( Trích đề thi thử THPT Nguyễn Huệ lần 1 – 2016 )

D. 0,72


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Hướng dẫn:
Gọi số a.a trong mỗi peptit X, Y, Z là N1, N2, N3.

 X : 2x
0,47

→ Y : 3 x → 2 x.N1 + 3 x.N 2 + 4 x.N3 = 0,47 ⇔ 2 N1 + 3 N 2 + 4 N 3 =
x
Z : 4 x

x = 0,01 → 2 N1 + 3 N 2 + 4 N 3 = 47
Ma : N1 − 1 + N 2 − 1 + N3 − 1 = 16
 N3 = 3


→ N 2 + 2 N 3 = 9 →  N 2 = 3 ( loai )
 N = 10
 1

∀

 N3 = 2

 N 2 = 5 ( phu hop )
 N = 12
 1

( X ) 12 : 0,02

 A : Cn H 2 n +1O2 N : 0,29
0,38 mol H 2 O
→ 35,97 g T ( Y ) 5 : 0,03 
→
 B : Cm H 2 m +1O2 N : 0,18

( Z ) 2 : 0,04
4,06.n + 2,52.m = 20,72 → 4,06.n < 20,72 → n < 5,1
phu hop
→
n = 2; m = 5

35,97 g T → CO2 :1, 48 → H 2O :1,335
1,335.0,74
→
→a=

= 0,6675
1, 48
→ CO2 : 0,74 → H 2O : a
 m g T 
Đáp án B.
Câu 35: Oligopeptit mạch hở X được tạo nên từ các đều có công thức dạng
H2NCxHyCOOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần dùng vừa đủ 1,875 mol O 2, thu được
1,5 mol CO2 ; 1,3 mol H2O và N2. Mặt khác, nếu thủy phân hoàn toàn 0,025 mol X bằng
400 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, thì thu được dung dịch Y chứa m gam chất rắn
khan. Số liên kết peptit X và giá trị của m lần lượt là:
A. 9 và 27,75

B. 10 và 33,75

Hướng dẫn:
Cách 1: dùng kiểu “thủ đoạn”.

C. 9 và 33,75

D. 10 và 27,75


Phát triển tư sáng tạo giải nhanh bài tập hóa hữu cơ 12 - Nguyễn Minh Tuấn

Để ý thấy số C trong X là

Ta có:

1,5
= 30

0,05

. Nếu có 10 mắt xích (hay 9 liên kết) thì số rất đẹp.

 H N − CH 2 − CH 2 − COONa : 0, 25
BTNT Na

→ m (g)  2
→ m = 33,75 g
 NaOH : 0,15

Cách 2: làm cách “chân chính”.
Đốt cháy 0,05 mol X:
Giả sử:

BTNT O
→
nO ( X ) + 2.1,875 = 1,5.2 + 1,3 → nO ( X ) = 0,55

BTNT O
0,05 ( 2n − n + 1) = 0,55 → n = 10
( X ) n →

O2
H 2 NC x H y COOH : 0,5 
→ nH 2 O = 1,3 + 0,05.9 = 1,75
BTNT H


→ So ngtu H =


1,75.2
= 7 → H 2 N − C2 H 4 − COOH
0,5

→ m = 33,75 g

Đáp án C.
Câu 36: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm 1 tetrapeptit A và 1 pentapeptit B (A, B đều hở
chứa đồng thời Gly và Ala trong phân tử) bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn
dung dịch sản phẩm cho (m + 15,8) gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh
ra bằng 1 lượng oxi vừa đủ, thu được Na2CO3 và hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn Y đi
qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với
ban đầu và có 4,928 lít khí trơ duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Xem các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Thành phần phần trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X là:
A. 35,37

B. 58,92

C. 46,94

( Trích đề thi thử lần 1 2017 – Sở đào tạo Vĩnh Phúc )
Hướng dẫn:

D. 59,92