Bài tập trắc nghiệm Hóa 12 có đáp án Bài tập trắc nghiệm Chương 3. Amin - Amino axit - Pepti..

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập đốt cháy peptit - Hóa 12

Làm bài tập

Đề bài

Câu 1 :

Đốt cháy hoàn toàn x mol một peptit X mạch hở, được tạo thành từ amino axit no Y chỉ chứa một nhóm –NH₂ và một nhóm –COOH thu được b mol CO₂ và c mol H₂O. Biết b – c = 3,5x. Số liên kết peptit trong X là

A.

9.
B.

8.
C.

10.
D.

6.

Câu 2 :

Khi thủy phân hoàn toàn 0,2 mol đipeptit mạch hở X chỉ thu được glyxin. Đốt cháy hoàn toàn lượng glyxin thu được, lấy sản phẩm cho lội từ từ qua nước vôi trong dư tạo ra m gam kết tủa. Giá trị của m là

A.

120.
B.

90.
C.

80.
D.

45.

Câu 3 :

X là một tripeptit được tạo thành từ một amino axit no, mạch hở có một nhóm COOH và một nhóm NH₂. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần 2,025 mol O₂ thu được sản phẩm gồm CO₂, H₂O, N₂. Công thức của amino axit tạo nên X là

A.

H₂NC₂H₄COOH.
B.

H₂NC₃H₆COOH.
C.

H₂N-COOH.
D.

H₂NCH₂COOH

Câu 4 :

Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một loại amino axit no, mạch hở có một nhóm NH₂ và một nhóm COOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm CO₂, H₂O, và N₂ trong đó tổng khối lượng CO₂ và H₂O bằng 54,9 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội qua dung dịch nước vôi trong dư thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A.

45.
B.

120.
C.

30.
D.

60.

Câu 5 :

Thuỷ phân hoàn toàn m gam một pentapeptit mạch hở M thu được hỗn hợp gồm hai amino axit X₁, X₂ (đều no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm NH₂và một nhóm COOH). Đốt cháy toàn bộ lượng X₁, X₂ ở trên cần dùng vừa đủ 0,1275 mol O₂, chỉ thu được N₂, H₂O và 0,11 mol CO₂. Giá trị của m là

A.

3,17.
B.

3,89.
C.

4,31.
D.

3,59.

Câu 6 :

Tripeptit mạch hở X được tạo nên từ một amino axit A (no, mạch hở, trong phân tử chứa một nhóm –NH₂và một nhóm –COOH). Thủy phân hoàn toàn m gam X trong 120 ml dung dịch NaOH 2M, rồi cô cạn thu được hỗn hợp rắn Y có khối lượng 16,44 gam gồm hai chất có cùng số mol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X sẽ thu được tổng khối lượng CO₂và nước là

A.

9,24.
B.

14,52.
C.

10,98.
D.

21,96.

Câu 7 :

Từ m gam α-aminoaxit X (có một nhóm –COOH và một nhóm –NH₂) điều chế được m₁ gam đipeptit Y. Cũng từ m gam X điều chế được m₂ gam tetrapeptit Z. Đốt cháy m₁ gam Y được 3,24 gam H₂O. Đốt cháy m₂ gam Z được 2,97 gam H₂O. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:

A.

3,56.
B.

5,34.
C.

4,5.
D.

3,0

Câu 8 :

Từ m gam α-amino axit X (có một nhóm –COOH và một nhóm –NH₂) điều chế được m₁ gam đipeptit Y. Cũng từ m gam X điều chế được m₂ gam tetrapeptit Z. Đốt cháy m₁ gam Y được 3,24 gam H₂O. Đốt cháy m₂ gam Z được 2,97 gam H₂O. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:

A.

3,56.
B.

5,34.
C.

4,5.
D.

3,0.

Câu 9 :

Một tripeptit no, mạch hở X có công thức phân tử C_xH_yO₆N₄. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được 26,88 lít CO₂ (đktc) và m gam H₂O. Giá trị của m là

A.

19,80.
B.

18,90.
C.

18,00.
D.

21,60.

Câu 10 :

Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol peptit X (X được tạo thành từ các amino axit chỉ chứa một nhóm NH₂ và một nhóm COOH) cần 58,8 lít O₂ (đktc) thu được 2,2 mol CO₂ và 1,85 mol H₂O. Nếu cho 0,1 mol X thủy phân hoàn toàn trong 500 ml dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch Y, cô cạn Y thu được m gam chất rắn. Công thức chung của peptit và giá trị của m lần lượt là

A.

C_xH_yO₈N₇ và 96,9 gam.
B.

C_xH_yO₁₀N₉ và 96,9 gam.
C.

C_xH_yO₁₀N₉ và 92,9 gam.
D.

C_xH_yO₉N₈ và 92,9 gam.

Câu 11 :

Cho hỗn hợp X gồm các tripeptit Ala-Ala-Gly; Ala-Gly-Glu và Gly-Val-Ala. Thủy phân hoàn toàn a gam X thu được 4 amino axit, trong đó có 4,875 gam glyxin và 8,01 gam alanin. Mặt khác, nếu đem đốt cháy hoàn toàn a gam X rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)₂ dư thì khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng là m gam. Giá trị gần nhất của m là

A.

118.
B.

116.
C.

120.
D.

122.

Câu 12 :

Hỗn hợp X gồm Ala-Ala, Gly-Ala, Ala-Gly, Ala-Ala-Val-Ala và Ala-Val-Val-Ala. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với lượng vừa đủ NaOH, đun nóng thu được (m + 29,7) gam hỗn hợp muối của các amino axit. Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thu được 63,616 lít CO₂ (đtkc) và 49,32 gam H₂O. Giá trị gần đúng của m là:

A.

72,30.
B.

72,10.
C.

74,01
D.

73,76.

Câu 13 :

Hỗn hợp X gồm Ala-Ala, Ala-Gly-Ala, Ala-Gly-Ala-Gly và Ala-Gly-Ala-Gly-Gly. Đốt 26,26 gam hỗn hợp X cần vừa đủ 25,872 lít O₂ (đktc). Cho 0,25 mol hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thì thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:

A.

25,08.
B.

99,15.
C.

54,62.
D.

114,35.

Câu 14 :

X và Y lần lượt là tripeptit và hexapeptit được tạo thành từ cùng một amino axit no mạch hở, có một nhóm COOH và một nhóm NH₂. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X bằng O₂ vừa đủ thu được sản phẩm gồm CO₂, H₂O và N₂ có tổng khối lượng là 40,5 gam. Nếu cho 0,15 mol Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với lượng cần thiết), sau phản ứng cô cạn dung dịch, thu được khối lượng chất rắn khan là

A.

98,9 gam.
B.

94,5 gam.
C.

87,3 gam.
D.

107,1 gam.

Câu 15 :

Hỗn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) chỉ được tạo ra từ Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn m gam X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy (chỉ gồm CO₂, H₂O và N₂) vào bình đựng 140 ml dung dịch Ba(OH)₂ 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có 840 ml khí duy nhất (đktc) thoát ra và thu được dung dịch có khối lượng tăng 11,865 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)₂ ban đầu. Giá trị của m gần với

A.

7,25.
B.

6,26.
C.

8,25.
D.

7,26.

Câu 16 :

Đun nóng 4,63 gam hỗn hợp X gồm ba 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 amino axit đều có dạng H₂NC_mH_nCOOH. Đốt cháy hoàn toàn 4,63 gam X cần 4,2 lít O₂ (đktc), hấp thụ hết sản phẩm cháy (CO₂, H₂O, N₂) vào dung dịch Ba(OH)₂dư. 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 giá trị nào sau đây ?

A.

35,0.
B.

27,5.
C.

32,5.
D.

30,0.

Câu 17 :

X, Y, Z, T là các peptit đều được tạo bởi các α-amino axit no chứa một nhóm –NH₂ và 1 nhóm –COOH và có tổng số nguyên tử oxi là 12. Đốt cháy 13,98 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 14,112 lít O₂(đktc) thu được CO₂, H₂O và N₂. Mặt khác đun nóng 0,135 mol hỗn hợp E bằng dung dịch NaOH (lấy dư 20% so với phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng chất rắn khan là

A.

24,51 gam.
B.

31,5gam.
C.

25,84 gam.
D.

36,05gam.

Câu 18 :

Peptit X và peptit Y có tổng liên kết bằng 8. Thủy phân hoàn toàn X cũng như Y đều thu được Gly và Val. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E chứa X và Y có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3 cần dùng 44,352 lít O₂ (đktc). Sản phẩm cháy gồm CO₂, H₂O và N₂. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ dư thấy khối lượng bình tăng 92,96 gam, khi thoát ra khỏi bình có thể tích 4,928 lít (đktc). Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp E thu được a mol Gly và b mol Val. Tỉ lệ a : b là

A.

1 : 1.
B.

1 : 2.
C.

2 : 1.
D.

2 : 3.

Câu 19 :

Hỗn hợp X gồm axit glutamic và 1 đipeptit cấu tạo từ α-amino axit no mạch hở chứa 1 nhóm –NH₂ và 1 nhóm –COOH. Đốt hỗn hợp X cần 1,995 mol O₂ thu được 4,256 lít N₂ (đktc). Nếu đốt 0,1 mol tripeptit tương ứng đipeptit trên rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch NaOH dư thì khối lượng bình tăng bao nhiêu gam?

A.

54,9.
B.

36,3.
C.

73,5.
D.

92,1.

Câu 20 :

Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức C_xH_yN₅O₆ 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. Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X bằng lượng oxi vừa đủ thì thu được N₂và 96,975 gam hỗn hợp gồm CO₂ và H₂O.

Giá trị a: b gần với

A.

1,52.
B.

5,2.
C.

1,3.
D.

2,6.

Câu 21 :

Đun nóng 0,045 mol hỗn hợp A gồm 2 peptit X và Y (có số liên kết peptit hơn kém nhau 1 liên kết) cần vừa đủ 120ml KOH 1M, thu được hỗn hợp Z chứa 3 muối của Gly, Ala và Val (trong đó muối của Gly chiếm 33,832% về khối lượng). Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 13,68 gam A cần dùng 14,364 lít khí O₂ (đtkc) thu được hỗn hợp khí và hơi, trong đó tổng khối lượng của CO₂ và H₂O là 31,68 gam. Thành phần phần trăm về khối lượng của muối Ala trong Z gần giá trị nào nhất sau đây

A.

45%
B.

54%
C.

50%
D.

60%

Câu 22 :

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 cô cạn cẩn thận thì thu được (m + 11,42) gam hỗn hợp muối khan của Val và Ala. Đốt 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 CO₂ và H₂O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp M có thể là

A.

55,24%.
B.

54,54%.
C.

45,98%.
D.

64,59%.

Câu 23 :

Hỗn hợp A gồm 3 peptit mạch hở X, Y và Gly -Ala - Gly (trong đó X, Y có cùng số liên kết peptit và đều được tạo thành từ alanin và valin; M_X > M_Y) có tỉ lệ mol tương ứng là 2:3:1. Đốt cháy hoàn toàn 76,08 gam hỗn hợp A cần 4,356 mol O₂ và sinh ra 10,2144 lít N₂ (đktc). Số nguyên tử hidro trong phân tử Y là

A.

53
B.

57
C.

45
D.

65

Câu 24 :

Cho X, Y, Z là ba peptit đều mạch hở và M_X > M_Y > M_Z. Đốt cháy hoàn toàn a mol mỗi peptit X, Y hoặc Z đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol. Mặt khác, nếu đun nóng 69,8 gam hỗn hợp E (chứa X, Y và 0,16 mol Z; số mol của X nhỏ hơn số mol của Y) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối của alanin và valin có tổng khối lượng 101,04 gam. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.
10%.
B.
95%.
C.
54%.
D.
12%.

Câu 25 :

X là pentapeptit, Y là hexapeptit, đều mạch hở và đều được tạo thành từ cùng một loại a-amino axit no mạch hở, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn 0,10 mol X rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (CO₂, H₂O, N₂) vào dung dịch Ba(OH)₂ dư, thu được 295,90 gam kết tủa. Mặt khác cho 0,15 mol Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, đun nóng thu được dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là:

A.
88,90
B.
88,80
C.
98,90
D.
99,90

Câu 26 :

Ba chất hữu cơ X, Y, Z là peptit mạnh hở, đều chứa các gốc Ala và Val. Khi đốt cháy hết cùng một số mol X hoặc Y thì đều thu được lượng CO₂ bằng nhau. Đun nóng 75,44 gam hỗn hợp M (gồm 5a mol X, 5a mol Y và a mol Z) với dung dịch NaOH dư thu được 0,22 mol muối D và 0,7 mol muối E. Biết tổng số gốc α - aminoaxit trong 3 phân tử X, Y, Z bằng 14. Khối lượng chất Z trong 75,44 gam M gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.
10,00.
B.
9,00.
C.
9,50.
D.
8,50.

Câu 27 :

Oligopeptit mạch hở X được tạo nên từ các α-amino axit đều có công thức dạng H₂NC_xH_yCOOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần dùng vừa đủ 1,875 mol O₂, thu được N₂; 1,5 mol CO₂ và 1,3 mol H₂O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,025 mol X bằng 400 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan. Số liên kết peptit trong X và giá trị của m lần lượt là

A.
9 và 27,75.
B.
10 và 33,75.
C.
9 và 33,75.
D.
10 và 27,75.

Câu 28 :

Peptit X mạch hở được cấu tạo từ hai loại α-amino axit A, B (đều no, mạch hở, đều chứa một nhóm -NH₂). Biết X tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH theo phản ứng sau:

X + 11NaOH → 3A + 4B + 5H₂O

Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được hỗn hợp gồm N₂, H₂O và 29a mol CO₂. Hỗn hợp các peptit mạch hở E gồm tripeptit A₂B, tetrapeptit A₂B₂, pentapeptit A₂B₃ và đipeptit A-A. Đốt cháy hết b gam E trong oxi thu được N₂, 0,5625 mol H₂O và 0,675 mol CO₂. Mặt khác, cho 0,15 mol E tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, đun nóng sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch, thu được chất rắn khan chứa c gam muối. Giá trị của c gần nhất với

A.
76
B.
73
C.
53
D.
56

Câu 29 :

Hỗn hợp X gồm hexametylenđiamin, axit glutamic, tripeptit Glu-Glu-Glu và α -amino axit Y (C_nH_2n+1O₂N). Lấy 0,2 mol X tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,3 mol HCl hoặc dung dịch chứa 0,26 mol NaOH. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, thu được a mol hỗn hợp Z gồm CO₂, H₂O và N₂. Dẫn a mol Z qua nước vôi trong lấy dư, thu được 96,0 gam kết tủa. Giá trị của a là

A.
2,06
B.
2,16
C.
2,36
D.

2,26

Câu 30 :

Đốt cháy hoàn toàn 0,120 mol hỗn hợp E gồm hai chất hữu cơ mạch hở X (C_nH_2n+3O₂N) và muối của axit cacboxylic hai chức Y (C_mH_2m+4O₄N₂) cần vừa đủ 0,258 mol O₂, thu được 0,720 mol hỗn hợp CO₂, N₂và H₂O. Mặt khác, khi cho 0,120 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH đun nóng. Kết thúc phản ứng, cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp Z gồm hai chất khí, đều làm xanh quỳ tím ẩm và m gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của m là

A.
8,832.
B.
12,284.
C.
11,328.
D.
12,336.

Câu 31 :

X là một α-amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm -NH₂ và 1 nhóm -COOH. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp R gồm a mol X và a mol đipeptit tạo thành từ X bằng một lượng oxi vừa đủ thu được hỗn hợp khí và hơi Y. Hấp thụ hỗn hợp Y vào 400 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Z chứa 25,54 gam chất tan và có 1,008 lít (đktc) một chất khí thoát ra. Nếu đun nóng hỗn hợp R với một lượng vừa đủ dung dịch hỗn hợp NaOH và KOH (có cùng nồng độ mol) thu được m gam muối. Giá trị của m là

A.
10,170.
B.
9,990.
C.
11,430.
D.
10,710.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

A.

9.
B.

8.
C.

10.
D.

6.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Quy đổi X gồm CONH: nx mol; CH₂: y mol; H₂O: x mol

Bảo toàn C: n_CO2 = nx + y = b

Bảo toàn H: n_H2O = 0,5nx + x + y = c

+) Số liên kết peptit = n – 1

Lời giải chi tiết :

Công thức của X là H-(HNCH(R)CO)_n-OH : x mol

Quy đổi X gồm CONH: nx mol; CH₂: y mol; H₂O: x mol

Bảo toàn C: n_CO2 = nx + y = b

Bảo toàn H: n_H2O = 0,5nx + x + y = c

Theo giả thiết: b - c = 3,5x => nx + y – (0,5nx + x + y) = 3,5x => n = 9

=> Số liên kết peptit = số mắt xích peptit - 1 = n – 1 = 8

Câu 2 :

A.

120.
B.

90.
C.

80.
D.

45.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đốt cháy lượng glyxin sinh ra số mol CO₂ bằng đốt cháy đipeptit X

Lời giải chi tiết :

Glyxin : C₂H₅O₂N → X : 2C₂H₅O₂N – H₂O → C₄H₈O₃N₂

Đốt cháy lượng glyxin sinh ra số mol CO₂ bằng đốt cháy đipeptit X

$\to \,\,{{n}_{C{{O}_{2}}}}=\,\,0,2.2.2\,\,=\,\,0,8\,\,mol$

→ ${{\text{n}}_{\text{CaC}{{\text{O}}_{\text{3}}}}}$= 0,8 mol → m = 80 gam

Câu 3 :

A.

H₂NC₂H₄COOH.
B.

H₂NC₃H₆COOH.
C.

H₂N-COOH.
D.

H₂NCH₂COOH

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Quy đổi X gồm CONH: 0,3.3 = 0,9 mol; CH₂: y mol; H₂O: 0,3 mol

Bảo toàn C: n_CO2 = n_CONH + n_CH2 = 0,9 + y

Bảo toàn H: n_H2O = 0,5n_CONH+ n_CH2 + n_H2O= 0,75 + y

Bảo toàn O : n_{O trong peptit} + 2.n_O2 = 2.n_CO2 + n_H2O

Lời giải chi tiết :

Quy đổi X gồm CONH: 0,3.3 = 0,9 mol; CH₂: y mol; H₂O: 0,3 mol

Bảo toàn C: n_CO2 = n_CONH + n_CH2 = 0,9 + y

Bảo toàn H: n_H2O = 0,5n_CONH+ n_CH2 + n_H2O= 0,75 + y

Bảo toàn O : n_{O trong peptit} + 2.n_O2 = 2.n_CO2 + n_H2O

=> 0,9 + 0,3 + 2.2,025 = 2.(0,9 + y) + 0,75 + y => y = 0,9

=> số C trong X = n_CO2 / n_X = (0,9 + 0,9) / 0,3 = 6

Vì X là tripeptit => X được tạo ra từ a.a có 2C

=> CTPT : C₂H₅O₂N

Câu 4 :

A.

45.
B.

120.
C.

30.
D.

60.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) Quy đổi Y gồm CONH: 0,1.3 = 0,3 mol; CH₂: y mol; H₂O: 0,1 mol

+) Bảo toàn C: n_CO2 = n_CONH + n_CH2 = 0,3 + y

+) Bảo toàn H: n_H2O = 0,5.n_CONH+ n_CH2 + n_H2O= 0,25 + y

Vì Y là tripeptit => số C của a.a tạo ra X và Y = 3

X là đipeptit => số C trong X = 2.3 = 6

Lời giải chi tiết :

Cách 1:

Quy đổi Y gồm CONH: 0,1.3 = 0,3 mol; CH₂: y mol; H₂O: 0,1 mol

Bảo toàn C: n_CO2 = n_CONH + n_CH2 = 0,3 + y

Bảo toàn H: n_H2O = 0,5.n_CONH+ n_CH2 + n_H2O= 0,25 + y

=> m_CO2 + m_H2O = 44.(0,3 + y) + 18.(0,25 + y) = 54,9 => y = 0,6

=> số C trong Y = (0,3 + 0,6) / 0,1 = 9

Vì Y là tripeptit => số C của a.a tạo ra X và Y = 3

X là đipeptit => số C trong X = 2.3 = 6

=> n_CO2 = 6.n_X = 6.0,2 = 1,2 mol => n_CaCO3 = 1,2 mol

=> m = 120 gam

Câu 5 :

A.

3,17.
B.

3,89.
C.

4,31.
D.

3,59.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) Gọi công thức chung của hai amino axit X₁, X₂ là C_nH_2n+1O₂N (x mol)

+) Đốt cháy amino axit X₁, X₂ thu được : n_H2O – n_CO2 = 0,5.n_a.a

+) Bảo toàn O: n_{O trong a.a}+ 2.n_O2= 2.n_CO2 + n_H2O

(1) M + 4H₂O $\xrightarrow{{{H}^{+}}}$ 5C_nH_2n+1O₂N

+) Bảo toàn khối lượng : m_M = ${{m}_{{{\text{C}}_{2,2}}{{\text{H}}_{5,4}}{{\text{O}}_{\text{2}}}\text{N}}}$-${{m}_{{{H}_{2}}O\,\,(1)}}$

Lời giải chi tiết :

Gọi công thức chung của hai amino axit X₁, X₂ là C_nH_2n+1O₂N (x mol)

Đốt cháy amino axit X₁, X₂ thu được : n_H2O – n_CO2 = 0,5.n_a.a => n_H2O = 0,11 + 0,5x

Bảo toàn O: n_{O trong a.a}+ 2.n_O2= 2.n_CO2 + n_H2O

=> 2x + 2.0,1275 = 2.0,11 + 0,11 + 0,5x => x = 0,05

=> số C trung bình = 0,11 / 0,05 = 2,2

→ công thức chung của hai amino axit là C_2,2H_5,4O₂N

(1) M + 4H₂O $\xrightarrow{{{H}^{+}}}$ 5C_nH_2n+1O₂N

→ ${{\text{n}}_{{{\text{C}}_{2,2}}{{\text{H}}_{5,4}}{{\text{O}}_{\text{2}}}\text{N}}}$= $\frac{0,11}{2,2}$= 0,05 mol → ${{n}_{{{H}_{2}}O\,\,(1)}}=\,\,\frac{4}{5}{{n}_{{{C}_{2,2}}{{H}_{5,4}}{{O}_{2}}N}}$= 0,04 mol

Bảo toàn khối lượng : m_M = ${{m}_{{{\text{C}}_{2,2}}{{\text{H}}_{5,4}}{{\text{O}}_{\text{2}}}\text{N}}}$-${{m}_{{{H}_{2}}O\,\,(1)}}$= 0,05.77,8 – 0,04.18 = 3,17 gam

Câu 6 :

A.

9,24.
B.

14,52.
C.

10,98.
D.

21,96.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) Bảo toàn nguyên tố Na: n_CxH2xNO2Na = n_{NaOH dư} = ½.n_NaOH=> tìm x

+) dựa vào phương trình đốt cháy => tính tổng CO₂ và H₂O

Lời giải chi tiết :

${{A}_{3}}+3\underset{{}}{\mathop{NaOH}}\,\to \underset{{}}{\mathop{3A}}\,+{{H}_{2}}O$

$16,44\left\{ \begin{gathered} {C_x}{H_{2x}}N{O_2}Na:0,12 \hfill \\ NaOH\,du:0,12 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to 16,44 = 0,12.(14x + 46 + 23) + 0,12.40 = > x = 2$

$\begin{align} & X:\underset{{}}{\mathop{{{C}_{6}}{{H}_{11}}{{N}_{3}}{{O}_{4}}}}\,\to\underset{{}}{\mathop{6C{{O}_{2}}}}\,+\underset{{}}{\mathop{5,5{{H}_{2}}O}}\,\to {{m}_{C{{O}_{2}}}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}=14,52\,gam \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,12/3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,24\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,22 \\ \end{align}$

Câu 7 :

A.

3,56.
B.

5,34.
C.

4,5.
D.

3,0

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Sơ đồ phản ứng:

2X → X₂ + H₂O

a 0,5a

4X → X₄ + 3H₂O

a 0,75a

Tính a dựa vào bảo toàn nguyên tố H: a + 0,18 = 0,75a + 0,165

X : C_nH_2n+1NO₂ → X₂: C_2nH_4nN₂O₃ => tính n dựa vào số mol H₂O

Lời giải chi tiết :

2X → X₂ + H₂O

a 0,5a

4X → X₄ + 3H₂O

a 0,75a

BTNT H: 0,5a + 0,18 = 0,75a + 0,165 → a = 0,06 mol

X : C_nH_2n+1NO₂ → X₂: C_2nH_4nN₂O₃

=> n_H2O = 0,03.2n = 0,18 => n = 3

=> m = 0,06.(14.3 + 47) = 5,34 gam

Câu 8 :

Từ m gam α-amino axit X (có một nhóm –COOH và một nhóm –NH₂) điều chế được m₁ gam đipeptit Y. Cũng từ m gam X điều chế được m₂ gam tetrapeptit Z. Đốt cháy m₁ gam Y được 3,24 gam H₂O. Đốt cháy m₂ gam Z được 2,97 gam H₂O. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:

A.

3,56.
B.

5,34.
C.

4,5.
D.

3,0.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Phương pháp

Sơ đồ phản ứng:

2X → X₂ + H₂O

a 0,5a

4X → X₄ + 3H₂O

a 0,75a

Tính a dựa vào bảo toàn nguyên tố H: 0,5a + 0,18 = 0,75a + 0,165

X : C_nH_2n+1NO₂ → X₂: C_2nH_4nN₂O₃ => tính n dựa vào số mol H₂O

Lời giải chi tiết :

2X → X₂ + H₂O

a 0,5a

4X → X₄ + 3H₂O

a 0,75a

BTNT H: 0,5a + 0,18 = 0,75a + 0,165 → a = 0,06 mol

X : C_nH_2n+1NO₂ → X₂: C_2nH_4nN₂O₃

=> m_H2O = 0,03.2n = 0,18 => n = 3

=> m = 0,06.(14.3 + 47) = 5,34 gam

Câu 9 :

Một tripeptit no, mạch hở X có công thức phân tử C_xH_yO₆N₄. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được 26,88 lít CO₂ (đktc) và m gam H₂O. Giá trị của m là

A.

19,80.
B.

18,90.
C.

18,00.
D.

21,60.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) X chứa 2 nhóm –CONH => trong phân tử X còn 2 nhóm –COOH và 2 nhóm –NH₂ nữa => k = 4 => CTPT C_xH_2x-2O₆N₄

+) số nguyên tử C trong X = $\frac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}{{{n}_{X}}}\,\,$ => X là C₁₂H₂₂O₆N₄

Lời giải chi tiết :

${n_{C{O_2}}} = \,\,\frac{{26,88}}{{22,4}}\,\, = \,\,1,2\,\,mol$

X chứa 2 nhóm –CONH => trong phân tử X còn 2 nhóm –COOH và 2 nhóm –NH₂ nữa => k = 4

=> Công thức của X có dạng C_xH_2x-2O₆N₄

${{n}_{C{{O}_{2}}}}$= 1,2 mol, n_X = 0,1 mol → số nguyên tử C trong X = $\frac{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}{{{n}_{X}}}\,\,=\,\,\frac{1,2}{0,1}\,\,=\,\,12$

=> X là C₁₂H₂₂O₆N₄

C₁₂H₂₂O₆N₄ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ 11H₂O

=> ${{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$= 0,1.11 = 1,1 mol → m = 1,1.18 = 19,8 gam

Câu 10 :

A.

C_xH_yO₈N₇ và 96,9 gam.
B.

C_xH_yO₁₀N₉ và 96,9 gam.
C.

C_xH_yO₁₀N₉ và 92,9 gam.
D.

C_xH_yO₉N₈ và 92,9 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

X : (C_xH_yO₂N)_k – (k – 1)H₂O → C_xkH_yk-2k+2O_k+1N_k

Bảo toàn nguyên tố oxi : n_O(X)+ 2${{\text{n}}_{{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$= 2${{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$+${{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$ => tính k

C_9xH_9y-16O₁₀N₉ $\xrightarrow{+{{O}_{2}},\,\,{{t}^{o}}}$$\frac{9}{2}{{N}_{2}}$

+) Bảo toàn khối lượng : m_X+ ${{\text{m}}_{{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$= ${{\text{m}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$+${{\text{m}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$+${{\text{m}}_{{{\text{N}}_{\text{2}}}}}$

+) Bảo toàn khối lượng : m_X +m_NaOH= m_muối+ ${{\text{m}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$

Lời giải chi tiết :

Gọi công thức của amino axit là C_xH_yO_zN

→ X : (C_xH_yO₂N)_k – (k – 1)H₂O → C_xkH_yk-2k+2O_k+1N_k

${{\text{n}}_{{{\text{O}}_{\text{2}}}}}=\,\,\frac{58,8}{22,4}$= 2,625 mol

Bảo toàn nguyên tố oxi : n_O(X)+ 2${{\text{n}}_{{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$= 2${{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$+${{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$

→ n_O(X)= 2,2.2 + 1,85 – 2,625.2 = 1 mol

→ (k + 1).0,1 = 1→ k = 9

→ Công thức của X là C_9xH_9y-16O₁₀N₉

C_9xH_9y-16O₁₀N_{9 $\xrightarrow{+{{O}_{2}},\,\,{{t}^{o}}}$$\frac{9}{2}{{N}_{2}}$}

→ ${{n}_{{{N}_{2}}}}=\,\,0,1.\frac{9}{2}\,\,=\,\,0,45\,\,mol$

Bảo toàn khối lượng : m_X+ ${{\text{m}}_{{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$= ${{\text{m}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$+${{\text{m}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$+${{\text{m}}_{{{\text{N}}_{\text{2}}}}}$→ m_X = 58,7 gam

Khi thủy phân X trong NaOH : C_9xH_9y-16O₁₀N₉ + 9NaOH → muối +H₂O

Bảo toàn khối lượng : m_X +m_NaOH= m_muối+ ${{\text{m}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$→ m = 58,7 + 0,5.2.40 – 0,1.18 = 96,9 gam.

Câu 11 :

A.

118.
B.

116.
C.

120.
D.

122.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Đốt cháy X thu được số mol CO₂ bằng đốt cháy hỗn hợp các a.a

Lời giải chi tiết :

$\left\{ \begin{gathered} Ala - Ala - Gly:x \hfill \\ Ala - Gly - Glu:y \hfill \\ Gly - Val - Ala:z \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {n_{Gly}} = x + y + z = 0,065 \hfill \\ {n_{Ala}} = 2x + y + z = 0,09 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0,025 \hfill \\ y + z = 0,04 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Số nguyên tử C: Gly (2); Ala (3); Val (5); Glu (5)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = x.(3+3+2) + y.(3+2+5) + z.(2+5+3) = 8x + 10.(y+z) = 0,6

=> m = 118,2 gam

Câu 12 :

A.

72,30.
B.

72,10.
C.

74,01
D.

73,76.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

$\begin{gathered} {n_{{O_2}}} = 1,5.({n_{C{O_2}}} - {n_{{N_2}}}) = > x = 1,5.(2,84 - y)\,(1) \hfill \\ BT.O:{n_O}_{(trong\,X)} = 2.2,84 + 2,74 - 2x = 8,42 - 2x \hfill \\ \end{gathered} $

X + NaOH → RNO₂Na + H₂O

Bảo toàn oxi: n_H2O = n_{O (trong X)}+ n_{O (NaOH)}– n_{O (trong RNO2Na)}

BTKL: m + 2y.40 = m + 29,7 + 18.(8,42 – 2x – 2y) (2)

Lời giải chi tiết :

${{n}_{C{{O}_{2}}}}=2,84\,mol;\,{{n}_{{{H}_{2}}O}}=2,74mol$

Gọi n_O2= x mol; n_N2 = y mol

Xét phản ứng cháy: X + O₂ → CO₂ + H₂O + N₂

$\begin{gathered} {n_{{O_2}}} = 1,5.({n_{C{O_2}}} - {n_{{N_2}}}) = > x = 1,5.(2,84 - y)\,(1) \hfill \\ BT.O:{n_O}_{(trong\,X)} = 2.2,84 + 2,74 - 2x = 8,42 - 2x \hfill \\ \end{gathered} $

Phản ứng thủy phân:

X + NaOH → RNO₂Na + H₂O

Bảo toàn oxi: n_H2O = n_{O (trong X)}+ n_{O (NaOH)}– n_{O (trong RNO2Na)} = 8,42 – 2x + 2y – 4y = 8,42 – 2x – 2y

BTKL: m + 2y.40 = m + 29,7 + 18.(8,42 – 2x – 2y) (2)

Từ (1) và (2) => x = 3,585 và y = 0,45

=> m = 72,16

Câu 13 :

A.

25,08.
B.

99,15.
C.

54,62.
D.

114,35.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

(C₆H₁₂O₃N₂)(C₂H₃ON)_x + (4,5x + 15)/2 O₂ → (2x + 6)CO₂ + (1,5x + 6)H₂O

n_O2 = a.(4,5x + 15) / 2 = 1,155

m_X = a.(57x + 160) = 26,26

Trong 0,1 mol X có 0,2 mol Ala và 0,18 mol Gly

=> 0,25 mol X có 0,5 mol Ala và 0,45 mol Gly

Lời giải chi tiết :

Các chất trong X đều có 2 Ala nên đặt công thức chung là (C₆H₁₂O₃N₂)(C₂H₃ON)_x a mol

(C₆H₁₂O₃N₂)(C₂H₃ON)_x + (4,5x + 15)/2 O₂ → (2x + 6)CO₂ + (1,5x + 6)H₂O + (0,5x + 1)N₂

n_O2 = a.(4,5x + 15) / 2 = 1,155

m_X = a.(57x + 160) = 26,26

=> x = 1,8 và a = 0,1

Trong 0,1 mol X có 0,2 mol Ala và 1,8 mol Gly

=> 0,25 mol X có 0,5 mol Ala và 0,45 mol Gly

=> m_muối = m_AlaNa+m_GlyNa= 99,15 gam

Câu 14 :

A.

98,9 gam.
B.

94,5 gam.
C.

87,3 gam.
D.

107,1 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

CT của X là C_3nH_6n−1O₄N₃; Y là C_6nH_12n-4O₇N₆

Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X : ${{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$= 0,1.3n = 0,3n mol; ${{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$= 0,1.(3n – 0,5) mol; nN₂ = 0,15 mol

+) Từ tổng khối lượng khí => tính ra n

Y + 6NaOH → muối + H₂O

+) n_NaOH= 0,15.6.1,2 = 1,08 mol (lấy dư 20%); ${{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$= 0,15 mol

+) Bảo toàn khối lượng : m_{chất rắn}= m_Y + m_NaOH– m_H2O

Lời giải chi tiết :

Gọi CT của amino axit là C_nH_2n+1O₂N

→ CT của X là C_3nH_6n−1O₄N₃; Y là C_6nH_12n-4O₇N₆

C_3nH_6n−1O₄N_{3 $\xrightarrow{+{{O}_{2}}}$}3nCO₂ + (3n - $\frac{1}{2}$)H₂O + $\frac{3}{2}{{N}_{2}}$

Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X : ${{\text{n}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}$= 0,1.3n = 0,3n mol; ${{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$= 0,1.(3n – 0,5) mol; ${{\text{n}}_{{{\text{N}}_{\text{2}}}}}$= 0,15 mol

→ ${{\text{m}}_{\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}}}\text{+}\,{{\text{m}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$+${{\text{m}}_{{{\text{N}}_{\text{2}}}}}$= 44.0,3n + 18.0,1.(3n - 0,5) + 28.0,15 = 40,5 → n = 2

→ Y là C₁₂H₂₀O₇N₆

Y + 6NaOH → muối + H₂O

n_NaOH= 0,15.6.1,2 = 1,08 mol (lấy dư 20%); ${{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}}}$= 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng : m_{chất rắn}= 0,15.360 + 1,08.40 - 0,15.18 = 94,5 gam

Câu 15 :

A.

7,25.
B.

6,26.
C.

8,25.
D.

7,26.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp X thành:$m\left\{ \begin{gathered} {C_2}{H_3}NO:0,075 \hfill \\ C{H_2}:a\,\,mol \hfill \\ {H_2}O:b\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Lời giải chi tiết :

$m\left\{ \begin{gathered} {C_2}{H_3}NO:0,075 \hfill \\ C{H_2}:a\,\,mol \hfill \\ {H_2}O:b\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{{t^o}}}\left\{ \begin{gathered} C{O_2}:0,15 + a \hfill \\ {H_2}O:a + b + 0,1125 \hfill \\ {N_2}:0,0375 \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow[{0,14\,\,mol}]{{Ba{{(OH)}_2}}}\left\{ \begin{gathered} BaC{{\text{O}}_3}:0,13 - a \hfill \\ Ba{(HC{O_3})_2}:a + 0,01 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

=> m_{dd tăng}= 44.(a + 0,15) + 18.(a + b + 0,1125) – (0,13 – a).197 = 11,865

Vì 0,015 < b < 0,025 => 0,10965 < a < 0,11035 => 6,0801 < m < 6,2699

Câu 16 :

A.

35,0.
B.

27,5.
C.

32,5.
D.

30,0.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

$X+{{O}_{2}}\to C{{O}_{2}}+{{H}_{2}}O+{{N}_{2}}$

$BTKL:4,63+0,1875.32=44x+18y+28z\,\,\,\,\,(1)$

${{m}_{dd\downarrow }}=197{{n}_{C{{O}_{2}}}}-\,\,(44{{n}_{C{{O}_{2}}}}+18{{n}_{{{H}_{2}}O}})=153x-18y=21,87\,\,\,\,(2)$

$X+KOH\to RN{{O}_{2}}K+{{H}_{2}}O;BT.N:{{n}_{KOH}}=2z;$

$BTNT\,\,O:{{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{O}}_{\,trong\,\,X}+{{n}_{O}}_{\,trong\,\,KOH}-{{n}_{O\,\,trong\,}}_{RN{{O}_{2}}K}=2x+y-2z-0,375$

$BTKL:\,4,63+2z.56=8,19+18.(2x+y-2z-0,375)\,(3)$

Lời giải chi tiết :

Đặt ${{n}_{C{{O}_{2}}}}:\,x\,mol;\,{{n}_{{{H}_{2}}O}}:y\,;\,{{n}_{{{N}_{2}}}}:z\,mol;$

Phản ứng cháy:

$X+{{O}_{2}}\to C{{O}_{2}}+{{H}_{2}}O+{{N}_{2}}$

$BTKL:4,63+0,1875.32=44x+18y+28z\,\,\,\,\,(1)$

${{m}_{dd\downarrow }}=197{{n}_{C{{O}_{2}}}}-\,\,(44{{n}_{C{{O}_{2}}}}+18{{n}_{{{H}_{2}}O}})=153x-18y=21,87\,\,\,\,(2)$

$BTNT\,\,\,O:{{n}_{O}}_{(X)}=2x+y-0,375$

Phản ứng thủy phân:

$X+KOH\to RN{{O}_{2}}K+{{H}_{2}}O;BT.N:{{n}_{KOH}}=2z;$

$BTNT\,\,O:{{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{O}}_{\,trong\,\,X}+{{n}_{O}}_{\,trong\,\,KOH}-{{n}_{O\,\,trong\,}}_{RN{{O}_{2}}K}=2x+y-2z-0,375$

$BTKL:\,4,63+2z.56=8,19+18.(2x+y-2z-0,375)\,(3)$

Từ (1), (2) và (3) => n_CO2 = x = 0,16 mol => m_BaCO3 = 31,52 gam

Câu 17 :

A.

24,51 gam.
B.

31,5gam.
C.

25,84 gam.
D.

36,05gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) Tổng số nguyên tử oxi là 12 => O_{i (min)} = 3 => đipeptit có số O nhỏ nhất

=> X, Y, Z, T đều là đipeptit (C_2xH_4xN₂O₃: a mol) đốt cháy thu được n_CO2 = n_H2O = y mol

+) m_E = m_C + m_H + m_N + m_O

+) Bảo toàn khối lượng: m_E + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

+) Thủy phân đipeptit ta có : n_NaOH = 2n_peptit; n_H2O= n_peptit

Lần 2 lấy 0,135 mol E => gấp 1,5 lần lần 1 (0,09 mol)

+) Bảo toàn khối lượng : m_E + m_NaOH = m_crắn + m_H2O

Lời giải chi tiết :

Tổng số nguyên tử oxi là 12 => 4.O_i = 12 => O_{i (min)} = 3

=> đipeptit có số O nhỏ nhất

=> X, Y, Z, T đều là đipeptit (C_2xH_4xN₂O₃: a mol) đốt cháy thu được n_CO2 = n_H2O = y mol

m_E = m_C + m_H + m_N + m_O= 12y + 2y + 28a + 16.3a

→ 14y + 76a = 13,98 (1)

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

→ 13,98 + 0,63.32 = 44y + 18y + 28a (2)

Từ (1) và (2) => y = 0,51 và a = 0,09

+) Thủy phân đipeptit ta có : n_NaOH = 2n_peptit; n_H2O= n_peptit

Lần 2 lấy 0,135 mol E => gấp 1,5 lần lần 1 (0,09 mol)

Bảo toàn khối lượng : m_E + m_NaOH = m_crắn + m_H2O

=> 13,98.1,5 + 1,2.2.0,135.40 = m_crắn + 0,135.18

=> m_crăn = 31,5 gam

Câu 18 :

A.

1 : 1.
B.

1 : 2.
C.

2 : 1.
D.

2 : 3.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Do lượng oxi dùng để đốt cháy E chính là lượng oxi cần dùng để đốt cháy aa ban đầu

=> Quy đổi hỗn hợp E về Gly: a (C₂H₅O₂N) và Ala: b (C₅H₁₁O₂N)

+ Bảo toàn nguyên tố N => 0,5a + 0,5b = n_N2 (1)

+ n_{O2 phản ứng}= 2,25a + 6,75b (2)

=> a, b

Lời giải chi tiết :

Cách 1:

Đặt a là số mol Gly và b là số mol Val tạo nên hỗn hợp E; c là số mol H₂O tạo ra khi aa tạo E

Lượng oxi dùng để đốt cháy E chính là lượng oxi cần dùng để đốt cháy aa ban đầu

C₂H₅O₂N + 2,25O₂ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ 2CO₂ + 2,5H₂O + 0,5N₂

a 2,25a 2a 2,5a 0,5a

C₅H₁₁O₂N + 6,75O₂ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ 5CO₂ + 5,5H₂O + 0,5N₂

b 6,75b 0,5b

=> 0,5a + 0,5b = 0,22 (1)

n_{O2 phản ứng}= 2,25a + 6,75b = 1,98 (2)

Giải hệ ta có: a = b = 0,22

=> a : b = 1 : 1

Cách 2:

Quy đổi E thành:

C₂H₃ON: a mol

CH₂: b mol

H₂O: c mol

n_O2 = 2,25a + 1,5b = 1,98

n_N2 = a/2 = 0,22

m_CO2+ m_H2O = 44(2a + b) + 18(1,5a + b + c) = 92,96

—>a = 0,44; b = 0,66; c = 0,08

nN = nGly + nVal = a

nC = 2nGly + 5nVal = 2a + b

—> nGly = nVal = 0,22

=> a : b = 1 : 1

Câu 19 :

A.

54,9.
B.

36,3.
C.

73,5.
D.

92,1.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a\,\,mol\,\,{C_5}{H_9}N{O_4} + 5,25\,{O_2}\\b\,\,mol\,\,{C_{2x}}{H_{4x}}{N_2}{O_3} + (3x - 1,5)\,{O_2}\end{array} \right. \to (0,5a + b){N_2}\\ \to \left\{ \begin{array}{l}(3x - 1,5)b + 5,25a = 1,995\\0,5a + b = 0,19\end{array} \right.\end{array}$

Tripeptit: C₁₂H₂₃N₃O₄ : 0,1 mol => 1,2 mol CO₂ + 1,15 mol H₂O

Lời giải chi tiết :

$\left\{ \begin{gathered} a mol {C_5}{H_9}N{O_4} + 5,25\,{O_2} \hfill \\ b mol {C_{2x}}{H_{4x}}{N_2}{O_3} + (3x - 1,5)\,{O_2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \to (0,5a + b){N_2}$

$ \to \left\{ \begin{gathered} (3x - 1,5)b + 5,25a = 1,995 \hfill \\ 0,5a + b = 0,19 \hfill \\ \end{gathered} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 10,5(0,5a + b) + (3x - 12)b = 1,995\,(1) \hfill \\ (0,5a + b) = 0,19\,(2) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Thế (2) vào (1) ta được (3x – 12).b = 0 => x = 4

Tripeptit: C₁₂H₂₃N₃O₄ : 0,1 mol => 1,2 mol CO₂ + 1,15 mol H₂O

=> m_{bình tăng} = 73,5 gam

Câu 20 :

Giá trị a: b gần với

A.

1,52.
B.

5,2.
C.

1,3.
D.

2,6.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

B là H₂NCH₂COOC₂H₅

$\left\{ \begin{gathered} x + y = 0,09 \hfill \\ 5x + y = 0,21 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} x = 0,03\,\,mol \hfill \\ y = 0,06\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Quy đổi 0,09 mol X thành : C₂H₃ON : 0,15 mol (bảo toàn nguyên tử N : n_N = 5n_A) ; H₂O (0,03 mol) ; CH₂ (z mol) và C₄H₉NO₂(0,06 mol)

+) Khi đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X :$\frac{{{m_X}}}{{{m_{C{O_2}}} + \,\,{m_{{H_2}O}}}} = \frac{{41,325}}{{96,975}}$

+) Bảo toàn nguyên tố Na : a + b = 0,21 (1)

+) Bảo toàn nguyên tố C : n_{C trong A}+ n_{C trong B}= 2n_glyxin + 3n_alanin + n_{C (ancol etylic)}

Lời giải chi tiết :

Phản ứng thủy phân:

A + NaOH → muối + H₂O

C₄H₉NO₂ (B) + NaOH → muối + C₂H₅OH

→ B là H₂NCH₂COOC₂H₅

Gọi số mol của A và B lần lượt là x và y mol

→ $\left\{ \begin{gathered} x + y = 0,09 \hfill \\ 5x + y = 0,21 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} x = 0,03\,\,mol \hfill \\ y = 0,06\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Quy đổi 0,09 mol X thành : C₂H₃ON : 0,15 mol (bảo toàn nguyên tử N : n_N = 5n_A) ; H₂O (0,03 mol) ; CH₂ (z mol) và C₄H₉NO₂(0,06 mol)

→ 0,09 mol X có m_X = 57.0,15 + 0,03.18 + 14z + 0,06.103 = 15,27 + 14z

Đốt cháy 0,09 mol X có :

${{m}_{C{{O}_{2}}}}$= 44.(0,15.2 + z + 0,06.4) = 23,76 + 44z

${{m}_{{{H}_{2}}O}}$= 18.(0,15.1,5 + 0,03 + z + 0,06.4,5) = 9,45 + 18z

Khi đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X :$\frac{{{m_X}}}{{{m_{C{O_2}}} + \,\,{m_{{H_2}O}}}} = \frac{{41,325}}{{96,975}}$

→ 96,975.(15,27 + 14z) = 23,76 + 44z + 9,45 + 18z → z = 0,09

Bảo toàn nguyên tố Na : a + b = 0,21 (1)

Bảo toàn nguyên tố C : n_{C trong A}+ n_{C trong B}= 2n_glyxin + 3n_alanin + n_{C (ancol etylic)}

→ 0,15.2 + 0,09 + 0,06.4 = 2a + 3b – 0,06.2

→ 2a + 3b = 0,51 (2)

Từ (1) và (2) → $\left\{ \begin{gathered} a = 0,12 \hfill \\ b = 0,09 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ → a : b = 4 : 3

Câu 21 :

A.

45%
B.

54%
C.

50%
D.

60%

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Quy đổi 13,68 gam A thành C₂H₃ON: a mol; CH₂ b mol; H₂O c mol

m_A = 57a + 14b + 18c = 13,68

n_O2 = 2,25a + 1,5b = 0,64125

n_N = a = (m_A + m_O2 – m_CO2– m_H2O) / 14 = 0,18 mol

Hỗn hợp muối tạo ra từ 13,68 gam A và KOH (0,18 mol) là Z^’

Bảo toàn khối lượng tính m_Z’ => n_GlyK

Đặt x, y là số mol AlaK và ValK

n_N = x + y + 0,0675 = 0,18

n_C = 3x + 5y + 0,0675.2 = 2a + b

Lời giải chi tiết :

Quy đổi 13,68 gam A thành C₂H₃ON: a mol; CH₂ b mol; H₂O c mol

m_A = 57a + 14b + 18c = 13,68

n_O2 = 2,25a + 1,5b = 0,64125

n_N = a = (m_A + m_O2 – m_CO2– m_H2O) / 14 = 0,18 mol

=> a = 0,18; b = 0,1575; c = 0,0675

Hỗn hợp muối tạo ra từ 13,68 gam A và KOH (0,18 mol) là Z^’

Bảo toàn khối lượng: m_Z’ = 22,545

=> n_GlyK = 0,0675

Đặt x, y là số mol AlaK và ValK

n_N = x + y + 0,0675 = 0,18

n_C = 3x + 5y + 0,0675.2 = 2a + b

=> x = 0,09; y = 0,0225

=> %m_AlaK= 50,7%

Câu 22 :

A.

55,24%.
B.

54,54%.
C.

45,98%.
D.

64,59%.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) Quy đổi M thành: C₂H₃ON 0,22 mol; CH₂ a mol và H₂O b mol

+) Bảo toàn khối lượng: m_M + m_KOH = m_muối + m_H2O

=> m_KOH– m_H2O= 11,42

+) Đốt muối thu được: n_K2CO3 = n_KOH / 2 = 0,11

+) Bảo toàn C: n_CO2 = 0,22.2 + a – 0,11 và bảo toàn H: n_H2O= (0,22.1,5 + a + b) + 0,22/2 – b = a + 0,44 => tính a

Đặt x và y là số mol của X, Y => n_M = x + y = 0,05 và n_KOH= 4x + 5y = 0,22

Đặt u, v là số mol của Ala và Val => n_N = u + v = 0,22 và n_C = 3u + 5v = n_CO2 + n_K2CO3 = 0,9 (bảo toàn C)

Gọi X: (Ala)_p(Val)_4-p và Y: (Ala)_q(Val)_5-q

=> n_Ala= 0,03p + 0,02q = 0,1 => 3p + 2q = 10

Vì p ≤ 4 và q ≤ 5 => p = q = 2 hoặc p = 0 và q = 5 => Y và %m_Y

Lời giải chi tiết :

n_N2 = 0,11 mol

Quy đổi M thành: C₂H₃ON 0,22 mol; CH₂ a mol và H₂O b mol

Trong phản ứng thủy phân M

M + KOH → muối + H₂O

Bảo toàn khối lượng: m_M + m_KOH = m_muối + m_H2O

=> m_KOH– m_H2O= 11,42

=> 56.0,22 – 18b = 11,42 => b = 0,05

Đốt muối thu được: n_K2CO3 = n_KOH / 2 = 0,11

Bảo toàn C: n_CO2 = 0,22.2 + a – 0,11 = a + 0,33

Bảo toàn H: n_H2O= (0,22.1,5 + a + b) + 0,22/2 – b = a + 0,44

=> 44.(a + 0,33) + 18.(a + 0,44) = 50,96 => a = 0,46

=> m_M = 19,88 gam

Đặt x và y là số mol của X, Y => n_M = x + y = 0,05

n_KOH= 4x + 5y = 0,22

=> x = 0,03 và y = 0,02

Đặt u, v là số mol của Ala và Val

=> n_N = u + v = 0,22 và n_C = 3u + 5v = n_CO2 + n_K2CO3 = 0,9 (bảo toàn C)

=> u = 0,1 và v = 0,12

X: (Ala)_p(Val)_4-p

Y: (Ala)_q(Val)_5-q

=> n_Ala= 0,03p + 0,02q = 0,1 => 3p + 2q = 10

Vì p ≤ 4 và q ≤ 5 => p = q = 2 hoặc p = 0 và q = 5

Xét p = q = 2 => Y là (Ala)₂(Val)₃

=> %m_Y = 0,02.457 / 19,88 . 100% = 45,98% (chọn C)

Xét p = 0 và q = 5 => Y là (Ala)₅

=> %m_Y = 0,02.373 / 19,88 .100% = 37,525% (không có đáp án)

Câu 23 :

A.

53
B.

57
C.

45
D.

65

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp peptit A thành:

$\left\{ \begin{gathered}CONH:0,912\,(mol)\,(Do\,BTNT\,N) \hfill \\ C{H_2}:\,\,b\,\,(mol) \hfill \\ {H_2}O:c(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Lời giải chi tiết :

n_N2(đktc) = 10,2144:22,4 = 0,456 (mol)

Quy đổi hỗn hợp peptit A thành: $\left\{ \begin{gathered}CONH:0,912\,(mol)\,(Do\,BTNT\,N) \hfill \\ C{H_2}:\,\,b\,\,(mol) \hfill \\ {H_2}O:c(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Đốt A chỉ có CONH và CH₂ cháy

$\begin{gathered} CONH\, + \frac{3}{4}{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}C{O_2} + \frac{1}{2}{H_2}O + \frac{1}{2}{N_2} \hfill \\ 0,912 \to 0,684\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \hfill \\ \,\,\,\,\,C{H_2}\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,1,5{O_2}\,\,\,\,\xrightarrow{{{t^0}}}C{O_2} + {H_2}O \hfill \\ 2,448 \leftarrow (4,356 - 0,684)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \hfill \\\end{gathered} $

→ n_CH2 = 2,448 (mol) = b (mol)

BTKL ta có: m_A = 0,912.43 + 2,448.14 + 18c = 76,08 → c= 0,144 (mol)

Vậy $\left\{ \begin{gathered}{n_X} = 0,048\,(mol) \hfill \\ {n_Y} = 0,072\,(mol) \hfill \\ {n_Z} = 0,024\,\,(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Đặt số nguyên tử nito có trong X và Y là n

BTNT "N" ta có: 0,048n + 0,072n +0,024.3 = 2n_N2 = 0,912 → n =7

→ X, Y là heptappetit

Số mol C trong X, Y là: n_C(X,Y) = 0,912 + 2,448 - 0,024.7 = 3,192 (mol)

Đặt CTPT

$\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_x}{(Val)_{7 - x}}:0,048 \hfill \\ Y:{(Ala)_y}{(Val)_{7 - y}}:0,072 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\\xrightarrow{{BTNT\,C}}0,048.{\text{[}}(3x + 5(7 - x){\text{]}} + 0,072.{\text{[}}(3y + 5(7 - y){\text{]}} = 3,192 \hfill \\ \xrightarrow{{}}\,0,096x + 0,144y = 1,008 \hfill \\ \xrightarrow{{}}2x + 3y = 21 \hfill \\ do\,x,y\, < 7 \to \left\{ \begin{gathered} x = 6 \hfill \\ y = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.hoac\left\{ \begin{gathered} x = 3 \hfill \\ y = 5 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,thoa\,man \hfill \\ \to \left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_6}Val \hfill \\ Y:{(Ala)_3}{(Val)_4} \hfill \\ \end{gathered} \right.hoac\,\left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_3}{(Val)_4} \hfill \\ Y:{(Ala)_5}{(Val)_2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} $

Vì đề bài cho M_X > M_Y nên chọn cặp nghiệm $\,\left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_3}{(Val)_4} \hfill \\Y:{(Ala)_5}{(Val)_2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

→ CTPT của Y là: 5C₃H₇NO₂ + 2C₅H₁₁NO₂ - 6H₂O = C₂₅H₄₅O₈N₇

→ Số nguyên tử H có trong Y là 45

Câu 24 :

A.
10%.
B.
95%.
C.
54%.
D.
12%.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Từ mối liên hệ số mol mỗi peptit với CO₂ và H₂O → Các peptit đều là tetrapeptit

- Đặt n_peptit = a mol. Áp dụng BTKL → a

- Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là x và y (mol)

- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để => x,y

=> số C trung bình ở hỗn hợp ban đầu để biện luận ra Z và Y

Lời giải chi tiết :

Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các aminoaxit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau.

Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k → CTTQ: C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1

C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1→ nCO₂ + (n+1-0,5k)H₂O

a na a(n+1-0,5k)

→ na - a(n+1-0,5k) = a → k = 4

Vậy các peptit đều là tetrapeptit

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit+ m_NaOH = m _muối+ m_H2O → 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a → a = 0,22 mol

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là x và y (mol)

+) BTNT “Na”: x + y = n_NaOH = 0,88 (1)

+) m _muối = 111x + 139y = 101,04 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,76 mol và y = 0,12 mol

Sơ đồ bài toán: $69,8(g)\left\{ \begin{array}{l}X\\Y\\Z:0,16\end{array} \right. + NaO{H_{vua\,du}} \to \left\{ \begin{array}{l}Ala - Na:a\\Val - Na:b\end{array} \right.$

BTNT “C”: n_C(X) = 2n_Ala-Na + 5n_Val-Na = 2.0,76 + 5.0,12 = 2,12 mol

→ C _{trung bình} = 2,12 : 0,22 = 9,6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6

Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,54 → Có peptit không chứa Val

→ C(Z) = 8 → Z là Ala₄ (M = 89.4 - 18.3 = 302)

→ n_{Ala(X, Y)} = 0,76 - 0,16.4 = 0,12

Mặt khác:

n_X + n_Y = 0,22 - 0,16 = 0,06 mol

m_X + m_Y = m _hh- m_Z = 69,8 - 0,16.302 = 21,48 gam

→ M(X, Y) = 21,48 : 0,06 = 358 → Y là Ala₃Val (M = 330)

Do Ala₂Val₂ (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:

TH1:

X là AlaVal₃ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

x + y = 0,06

x + 3y = n_Ala(X,Y)= 0,12

→ x = y = 0,03 loại do không thỏa mãn n_X < n_Y

TH2:

X là Val₄ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

n_Ala(X,Y) = 3y = 0,12 → y = 0,04 → x = 0,02 (thỏa mãn)

→ %m_X = (0,02.414/69,8).100% = 11,86% gần nhất với 12%

Câu 25 :

A.
88,90
B.
88,80
C.
98,90
D.
99,90

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Từ phản ứng đốt cháy X => số C của amino axit => CTPT của amino axit

- Từ phản ứng thủy phân Y => tính theo PTHH => khối lượng muối

Lời giải chi tiết :

Giả sử amino axit có t cacbon

- Đốt cháy X (có 5t nguyên tử C): n_{kết tủa} = n_BaCO3 = n_CO2 = n_C(X)

=> 295,5 : 197 = 0,1.5t => t = 3

Do a-amino axit no mạch hở, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH trong phân tử nên amino axit là:

CH₃-CH(NH₂)-COOH (Ala)

Vậy Y có CTPT là (Ala)₆

- Phản ứng thủy phân Y: (Ala)₆ + 6NaOH → 6Ala-Na + H₂O

=> n_Ala-Na = 6n_Y = 0,9 mol => m_muối = 0,9.111 = 99,90 gam

Câu 26 :

A.
10,00.
B.
9,00.
C.
9,50.
D.
8,50.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Do đốt cùng số mol của X hoặc Y đều thu được lượng CO₂ bằng nhau => X,Y là đồng phân của nhau

- Giả sử X, Y có số liên kết peptit là n; Z có số liên kết peptit là m, quy đổi thành peptit T là X₁₀Z => n,m

-Từ số liên kết có trong X, Z và n_muối=> Amino axit D, E => CTCT của Z

=> m

Lời giải chi tiết :

- Do đốt cùng số mol của X hoặc Y đều thu được lượng CO₂ bằng nhau mà số C của Ala là 3 và số C của Val là 5 (không biểu diễn được dưới dạng tuyến tính 5 = 3k với k nguyên) nên suy ra X và Y là đồng phân của nhau. Nên ta coi như X và Y giống nhau và đều là X.

- Giả sử X, Y có số liên kết peptit là n; Z có số liên kết peptit là m

Tổng gốc của X, Y, Z: (n + 1) + (n + 1) + (m + 1) = 14 => 2n + m = 11 (*)

- Quy đổi: 10X + Z → X₁₀Z (T) + 10H₂O

Gọi peptit sau khi quy đổi là T => Số liên kết peptit = 10n + m + 10

+ Khi n = 1, m = 9 thì liên kết peptit của T đạt giá trị nhỏ nhất là 10.1 + 9 + 10 = 29

+ Khi m = 1, n = 5 thì liên kết peptit tủa T đạt giá trị lớn nhất là 10.5 + 1 + 10 = 61

=> 29 ≤ lk peptit của T ≤ 61

Ta có: n_D / n_E = 11 / 35 => T có dạng (D₁₁E₃₅)_k có số liên kết peptit là 46k - 1

=> 29 ≤ 46k - 1 ≤ 61 => 0,65 ≤ k ≤ 1,35 => k = 1 (T là D₁₁E₃₅, n_T = 0,22/11 = 0,02)

=> Số lk peptit của T là 45 => 10n + m + 10 = 45 (**)

Kết hợp (*) và (**) => n = 3 (X, Y là tetrapeptit) và m = 5 (Z là hexapeptit)

10X + Z → D₁₁E₃₅ (T) + 10H₂O

0,2 ← 0,02 ← 0,02

Giả sử M chứa: D_uE_4-u (0,2 mol) và (D_vE_6-v (0,02 mol)

n_D = 0,2u + 0,02v = 0,22 có nghiệm duy nhất u = 1 và v = 1 thỏa mãn

=> M chứa: DE₃ (0,2 mol) và DE₅ (0,02 mol)

Mà m_M = 0,2(M_D + 3M_E - 3.18) + 0,02(M_D + 5.M_E - 5.18) = 75,44 => M_D = 117; M_E = 89

=> Z là ValAla₅

=> m_Z = 0,02.(117 + 89.5 - 18.5) = 9,44 gam gần nhất với 9,50 gam

Câu 27 :

A.
9 và 27,75.
B.
10 và 33,75.
C.
9 và 33,75.
D.
10 và 27,75.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng để giải bài toán

Lời giải chi tiết :

Bảo toàn nguyên tố Oxi : n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,55 mol = (Số liên kết peptit + 2).n_X

=> Số liên kết peptit = 9

n_N2 = 0,5n_N(X) = 5n_X = 0,25 mol

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_N2 + m_CO2 + m_H2O – n_O2 = 36,4g

=> Với 0,025 mol X có khối lượng 18,2g

=> n_NaOH = 10n_X = 0,25 mol => n_NaOHdư

=> n_H2O = n_X = 0,025 mol

Bảo toàn khối lượng : m = m_X + m_{NaOH bđ} – m_H2O = 33,75g

Câu 28 :

X + 11NaOH → 3A + 4B + 5H₂O

A.
76
B.
73
C.
53
D.
56

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Từ phương trình thủy phân và phản ứng đốt cháy => A là Ala, B là Glu

- Xét phản ứng đốt b gam E trong O₂:

Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là Ala₂Glu_n

Dựa vào tỉ lệ số mol CO₂ và H₂O tính được n.

Lời giải chi tiết :

X + 11NaOH → 3A + 4B + 5H₂O

Dựa vào PTHH ta thấy X là heptapeptit.

Mặt khác: 3 + 4.2 = 11 => A có chứa 1 nhóm COOH còn B chứa 2 nhóm COOH

Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 29a mol CO₂=> Số C trong X là 29

X có dạng A₃B₄

Giả sử số C của A và B lần lượt là n, m.

=> 3n + 4m = 29 có cặp nghiệm thỏa mãn là n = 3, m = 5

Vậy A là Ala, B là Glu

*Xét phản ứng đốt b gam E trong O₂:

Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là Ala₂Glu_n hay;

(C₃H₇O₂N)₂(C₅H₉O₄N)_n - (n+1)H₂O hay C_5n+6H_7n+12O_3n+3N_n+2

${C \over H} = {{{n_{C{O_2}}}} \over {2{n_{{H_2}O}}}} \to {{5n + 6} \over {7n + 12}} = {{0,675} \over {0,5625.2}} \to n = 1,5$

=> Công thức trung bình là Ala₂Glu_1,5

*Xét phản ứng thủy phân 0,15 mol E trong NaOH dư:

n_Ala-Na = 0,15.2 = 0,3 mol

n_Glu-Na2 = 0,15.1,5 = 0,225 mol

=> m _muối = 0,3.(89 + 22) + 0,225.(147 + 22.2) = 76,275 gam gần nhất với giá trị 76 gam

Câu 29 :

A.
2,06
B.
2,16
C.
2,36
D.

2,26

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Biện luận số gốc -NH₂, -COOH

- Bảo toàn nguyên tố C, N => nX => nH₂O => a

Lời giải chi tiết :

Ta có n_HCl = 0,3 mol => n_NH2 = 0,3 mol => X có số $\overline N = \frac{{{n_N}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,3}}{{0,2}} = 1,5$

n_NaOH = 0,26 mol => n_COOH = 0,26 mol => X có số $\overline {{\rm{ - COO - }}} = \frac{{0,26}}{{0,2}} = 1,3$

Vì X tạo từ các hợp chất no, mạch hở nên số liên kết π trong X là $\overline {\, - C{\rm{OO - }}} - \frac{{\overline N }}{2} = 1,3 - \frac{{1,5}}{2} = 0,55$

Khi đốt cháy X thì thu được CO₂, H₂O và N₂

Bảo toàn N có n_N2 = 0,3 : 2 = 0,15 mol

Bảo toàn C có n_CO2 = n_CaCO3 = 0,96 mol

Lại có số mol X là : ${n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{{\pi _X} - 1}} = \frac{{0,96 - {n_{{H_2}O}}}}{{0,55 - 1}}$= 0,2 mol => n_H2O = 1,05 mol

Ta có a = n_CO2 + n_H2O + n_N2 = 0,96 + 1,05 + 0,15 = 2,16 mol

Câu 30 :

A.
8,832.
B.
12,284.
C.
11,328.
D.
12,336.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

X có công thức C_nH_2n+3O₂N nên là muối của axit đơn chức.

Ta thấy các muối đều no nên có thể quy đổi thành: HCOONH₄, (COONH₄)₂, CH₂.

Lời giải chi tiết :

X có công thức C_nH_2n+3O₂N nên là muối của axit đơn chức.

Ta thấy các muối đều no nên có thể quy đổi thành:

$\left\{ \begin{array}{l}HCOON{H_4}:a\\{(COON{H_4})_2}:b\\C{H_2}:c\end{array} \right. + {O_2}:0,258 \to 0,72\left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:a + 2b + c(BT:C)\\{H_2}O:2,5{\rm{a}} + 4b + c(BT:H)\\{N_2}:0,5{\rm{a}} + b(BT:N)\end{array} \right.$

(1) n_E = a + b = 0,12

(2) n _{sản phẩm} = a + 2b + c + 2,5a + 4b + c + 0,5a + b = 0,72

(3) BTNT "O" → 2a + 4b + 2.0,258 = 2(a + 2b + c) + 2,5a + 4b + c

Giải (1) (2) (3) được a = 0,072; b = 0,048; c = 0,048

Như vậy hỗn hợp quy đổi: $\left\{ \begin{array}{l}HCOON{H_4}:0,072\\{(COON{H_4})_2}:0,048\\C{H_2}:0,048\end{array} \right.$

Ta thấy ${n_{C{H_2}}} = {n_{{{(C{\rm{OON}}{{\rm{H}}_4})}_2}}} = 0,048$ nên 1 nhóm CH₂ trả về cho (COONH₄)₂.

Mà do khi phản ứng với NaOH thu được hỗn hợp khí làm xanh quỳ tím ẩm nên hỗn hợp E chứa:

HCOONH₄ (0,072 mol) và CH₃NH₃OOC-COONH₄(0,048 mol)

→ Muối chứa HCOONa (0,072 mol) và NaOOC-COONa (0,048 mol)

→ m _muối = 0,072.68 + 0,048.134 = 11,328 gam

Câu 31 :

A.
10,170.
B.
9,990.
C.
11,430.
D.
10,710.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Bảo toàn nguyên tố N => a

- Khi cho sản phẩm vào NaOH => Biện luận muối sinh ra sau phản ứng là Na2CO3 và NaHCO3

- Bảo toàn nguyên tố C => X

- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích => m muối

Lời giải chi tiết :

BTNT "N" → n_X + 2n_Y= 2n_N2→ a + 2a = 2.0,045 → a = 0,03

*Xét dẫn sản phẩm vào NaOH:

+ Nếu chỉ tạo Na₂CO₃ thì bảo toàn Na ta có: n_Na2CO3 = 0,5.n_NaOH = 0,2 mol

→ m _{chất tan}= 0,2.106 = 21,2 gam

+ Nếu chỉ tạo NaHCO₃ thì bảo toàn Na ta có: n_NaHCO3 = n_NaOH= 0,4 mol

→ m _{chất tan}= 0,4.84 = 33,6 gam

Theo đề bài: 21,2 < m _{chất rắn}= 25,54 < 33,6

→ Tạo 2 muối Na₂CO₃ (x mol) và NaHCO₃ (y mol)

Ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}{n_{NaOH}} = 2{\rm{x}} + y = 0,4\\{m_{chat\,\tan }} = 106{\rm{x}} + 84y = 25,54\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,13\\y = 0,14\end{array} \right.$

BTNT "C" → n_CO2 = n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = 0,27 mol

Giả sử a.a có n nguyên tử C → 0,03n + 0,03.2n = 0,27 → n = 3 → X là Ala

Nếu đun nóng R với hỗn hợp NaOH và KOH có cùng nồng độ mol thì áp dụng bảo toàn điện tích suy ra muối chứa các ion với số mol:

H₂N-CH(CH₃)-COO^- (0,03 + 0,03.2 = 0,09 mol)

Na⁺ (0,045 mol); K⁺ (0,045 mol)

→ m _muối = 0,09.88 + 0,045.(23 + 39) = 10,71 gam

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 1) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 1) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 1) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Peptit (phần 1) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Peptit (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Ôn tập chương 3 - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Ôn tập chương 3 Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 11. Phản ứng thủy phân peptit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 11. Phản ứng thủy phân peptit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 11. Protein - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 11. Protein Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 11. Peptit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 11. Peptit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập dẫn xuất của amin và amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập dẫn xuất của amin và amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Phản ứng khác của amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Phản ứng khác của amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Đốt cháy amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Đốt cháy amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Tính lưỡng tính của amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Tính lưỡng tính của amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập amin phản ứng với HNO2 và phản ứng thế ở nhân thơm của anilin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập amin phản ứng với HNO2 và phản ứng thế ở nhân thơm của anilin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập amin phản ứng với axit và với các dung dịch muối - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập amin phản ứng với axit và với các dung dịch muối Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 9. Đốt cháy amin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 9. Đốt cháy amin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 9. Tính bazơ của amin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 9. Tính bazơ của amin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 9. Đồng phân và tính chất vật lí của amin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 9. Đồng phân và tính chất vật lí của amin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 9. Khái niệm, phân loại và danh pháp của amin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 9. Khái niệm, phân loại và danh pháp của amin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Bài giải mới nhất

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập đốt cháy peptit - Hóa 12

Báo lỗi góp ý