Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

GIẢI CHI TIẾT

BÀI TẬP HÓA HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ
TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ 2015 – 2016 (Phần

1)

Lời nói đầu !
Gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới Thầy Nguyễn Văn Duyên – là người Thầy đã dìu dắt con những
bước đi đầu đến với việc nghiên cứu tìm tòi về Hóa Học Phổ Thông.
Cảm ơn các quý Thầy cô là những tác giả của các bài tập được mình sử dụng trong tài liệu này. Các
câu đều được trích dẫn nguồn rõ ràng. Tuy nhiên do có một số bài tập được tổng hợp từ Internet, mạng xã
hội nên mình không trích dẫn rõ ràng về nguồn, rất mong sự thông cảm từ quý Thầy cô.
“Tài liệu này được chia sẽ miễn phí, với mục địch phi thương mại nên rất mong nhận được sự đóng góp,
phản hồi từ quý Thầy cô cũng như các bạn học sinh để tài liệu ngày một hoàn thiện hơn và sẽ là nguồn tư liệu
quý báu cho các bạn học sinh ôn thi THPT Quốc Gia.”
“Gửi tặng các bạn học sinh 98 ôn thi THPT Quốc 2016 như món quà nhân dịp TẾT TRUNG THU 2015”
Đặc biệt mình gửi lời cảm ơn tới:
 Một bạn nữ sinh viên lớp Y2015 – Khoa Y Đại học Quốc Gia TP. Hồ Chí Minh, người đã từng động
viên, tin tưởng vào con đường mình chọn, cho mình thấy nhiều mảng vui tươi của cuộc sống ở Sài Gòn đầy bon
chen, tấp nập này. Mong một ngày gặp lại bạn!
“Thiên hạ về đâu? Sao vội đi?
Bao giờ gặp nữa? Có tình chi?
Lòng tôi theo bước người qua ấy
Cho đến hôm nay vẫn chẳng về.”
 Một bạn nick Facebook là Hồng Ánh – học sinh trường THPT Hàn Thuyên – Bắc Ninh.
 Một bạn nick Facebook là Phương Nguyễn – ở Hà Nội (dự thi trường ĐH Kinh tế Quốc dân).
Cảm ơn các bạn đã tin tưởng, quý mến gọi mình một tiếng là “Thầy” dù chưa từng một lần đứng bảng
dạy được các bạn chữ nào. Với cá nhân mình ở tuổi 23, lại không xuất thân chính thống từ môi trường Sư Phạm

Mt khỏc, ta cú
X l hợp chất có chứa 2 nhóm muối amoni
4
X có 4 Oxi k X thực tế 2 2


Cụng thc cu to ca X cú th l
Trng hp 1:

p dng bo ton khi lng, ta cú:
181x 0,036.2.56 3,681 31.2x 18.2x x 0,02 mol
mX

m KOH

m rãn

mCH NH m H O
3 2
2

n KOH phn ứng 2x = 0,04 mol > n KOH ban đầu = 0,036 mol (Mâu thuẫn Loi)
Trng hp 2:

p dng bo ton khi lng, ta cú:
181x 0,036.2.56 3,681 17.2x 18.2x x 0, 015 mol
mX

m KOH


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 2: Hỗn hợp X gồm 1 ancol đơn chức và 1 este đơn chức (mạch hở, cùng số nguyên tử cacbon). Đốt cháy
hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đủ V lít O2 thì thu được 17,472 lít CO2 và 11,52 gam nước. Mặt khác m gam
X phản ứng với dung dịch KOH dư thì thu được 0,26 mol hỗn hợp ancol. Biết X không tham gia phản ứng tráng
gương. Giá trị V là bao nhiêu? (các khí đo ở đktc)
A. 21,952
B. 21,056
C. 20,384
D.19,600
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 3 – THPT Nguyễn Khuyễn – TP. Hồ Chí Minh, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
 O2 , t

 CO2  H 2 O
o

RCOOR ' : a mol
Ta có : m gam 
R ''OH : b mol

0,78 mol

0,64 mol

R 'OH : a mol
 KOH d­

 0, 26 mol 
R ''OH : b mol


X
cã 6H
 X

H X  2n H2 O  4,923
CH  C  CH 2 OH : y mol


cã 4H
nX


x  0,12 mol
x  y  0,26 mol
Theo giả thuyết và bảo toàn nguyên tô H, ta có: 

6x  4y  2n H2O  1,28 mol
y  0,14 mol

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có:
0,14  0,12.2  2n O2   0,78.2  0,64  mol  n O2  0,91 mol  V  20,384 lÝt

Câu 3: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu được 151,2
gam hỗn hợp gồm các muối natri của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X, Y ở
trên cần 107,52 lít khí O2 (đktc) và thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là
A. 102,4.
B. 97,0.
C. 92,5.
D. 107,8.

t
 CO2  H 2 O  N 2
 peptit E  O2 

4,8 mol
3,6 mol
0,5a(n 1)
 m gam
Áp dụng bảo toàn khối lượng cho cả 2 thí nghiệm, ta có:
BTKL
ThÝ nghiÖm 1: 
 m  151,2  18a  40an
m muèi

m H 2O

m NaOH

BTKL
ThÝ nghiÖm 2: 
 m  44n CO2  64,8  28.0,5an  4,8.32
mCO2

m H 2O

m N2

mO2

Áp dụng công thức về độ bất bão hòa k, bảo toàn nguyên tố O và bảo toàn khối lượng, ta có:


m NaOH

Cách 2: Quy đổi hỗn hợp peptit về đipeptit
Ý tưởng : Lợi dụng việc đốt đipeptit cho số mol CO2 = Số mol H2O
quy vÒ
 peptit X,Y 
 Xn
hçn hîp ban ®Çu

n  n  n
X2
H2 O
 X n
(I). 2X n +  n  2  H 2 O 
 nX 2 : x mol cã n NaOH cÇn ®Ó thðy ph©n  2x mol

®ipeptit
a mol
sè n O2 ®Ó ®èt X n v¯ X 2 l¯ nh­ nhau

X n

Giải thích: V× H 2 O kh«ng ch²y nªn  sè mol O2 ®Ó ®èt  
l¯ nh­ nhau
H 2 O
®ipeptit: X

2
4,8 mol O2

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m Xn   90x  44,8   18  x  0, 4   72x  52 (1)
mX

2 (C nH2nN2O3 )

mH

2O

“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

(II).

X n  2NaOH 
 Muèi  H 2 O

gam : m
80x
151,2 0,4.18
Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân, ta có: mXn  80x  151,2  0,4.18 (2)

x  0,07 mol
 Gi°i hÖ (1), (2)  

m Xn  102, 4 gam
Câu 4: Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M đun

C n H 2n O 
 CO2  H 2 O
n X  x  y  0,3 mol



 y  0,2 mol
  0,2
0,2n
0,2n
n NaOH  2x  y  0, 4 mol n

 Y (C n H2n O)  0,2 mol 0,2n(44  18)  24,8 gam  n = 2
X  NaOH 
 Muèi  C 2 H 4 O  H2 O
gam : m 0, 4.40

37,6

0,2.44 0,1.18

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m  37,6  0,2.44  0,1.18  0, 4.40  32,2 gam
Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn m gam một este đơn chức X (tạo bởi các chất có trong chương trình phổ thông) cần
vừa hết 10,08 lít oxi (đktc), sinh ra 8,96 lít CO2 (đktc). Mặt khác, m gam X phản ứng vừa hết với 100 ml dung
dịch NaOH 1M. Số đồng phân cấu tạo của X có dạng CxHyOOCH là
A. 3
B. 4
C. 7
D. 8
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Đồng Lộc – Hà Tĩnh, năm 2015)


+ 2 n C H O  2 n O  2 n CO  n H O  n C : n H : n O  0, 4 : 2.0,2  0,1  8 : 8 : 2
x y 2
2
2
2


0,45
0,4
?
0,05

X l¯ C 8 H8O2

“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

+ X có 4 đồng phân

+ X có tổng số đồng phân của X thỏa mãn điều kiện là 7
Câu 6: Thủy phân 63,5 gam hỗn hợp X gồm tripeptit Ala – Gly – Gly và tetrapeptit Ala – Ala – Ala – Gly thu
được hỗn hợp Y gồm 0,15 mol Ala – Gly ; 0,05 mol Gly – Gly ; 0,1 mol Gly; Ala – Ala và Ala. Mặt khác, khi
thủy phân hoàn toàn 63,5 gam hỗn hợp X bởi 500 ml dung dịch NaOH 2M thì thu được dung dịch Z. Cô cạn
cận thận dung dịch Z thu được m gam chất rắn khan. Giá trị gần nhất của m là
A. 100,5
B. 112,5

63,5

1.40

?

BTKL
gÇn nhÊt
 Víi n peptit  n H2O 
 63,5  1.40  m  0,25.18  m  99 gam 

 100,5 gam

Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 29,2 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, metyl axetat, anđehit axetic và etylen
glicol thu được 1,15 mol CO2 và 23,4 gam H2O. Mặt khác, khi cho 36,5 gam hỗn hợp X trên tác dụng hết với
dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được tối đa m gam Ag. Giá trị gần nhất của m là
A. 43,5
B. 64,8
C. 53,9
D. 81,9
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đổi
Thời buổi 2015 này người ta có vẻ thích những bài toán hỗn hợp nhiều chất. Những loại bài tập này chỉ mang
tính chất dọa nhau thôi chứ thực ra cũng đơn giản. Chỉ cần các bạn tìm ra được cái chung của “đám ô hợp” đó là
tiêu diệt gọn ngay.
+ Bọn X này có gì chung ?
“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


 CHO2Ag
gÇn nhÊt
 n  CHO  0, 2.
 0, 25 mol 
 mAg  0, 25.2.108  54 gam 

 53,9 gam
29, 2
Cách 2: Sử dụng phương pháp số đếm
Nhận xét: Bài ra gồm 4 chất nhưng chỉ cho 3 thông tin về số liệu gồm khối lượng hỗn hợp, số mol CO2, số mol
H2O như vậy theo phương pháp số đếm ta có thể bỏ tùy ý (4 – 3) = 1 chất với điều kiện không làm thay đổi bản
chất của bài toán. Ở thí nghiệm 2, hỗn hợp X phản ứng với AgNO3/NH3 nên không được bỏ các anđehit  bỏ
tùy ý metyl axetat (CH3COOCH3) hoặc etylen glicol (C2H6O2). Ở đây, mình chọn bỏ etylen glicol (C2H6O2).

CH 2  CH  CHO : a mol
CO2 :1,15 mol


 O2 , t o
29,2
gam
X
CH
COOCH
:
b
mol




53,9 gam
29,2
Lưu ý: Bản chất của phương pháp số đếm là dạng đặc biệt của quy đổi nên vẫn chấp nhận các số âm trong các
số liệu tính toán ra mà không làm thay đổi kết quả sau cùng của bài toán !
Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 22,9 gam hỗn hợp X gồm hai este đơn chức, mạch hở tạo bởi cùng một ancol với
hai axit cacboxylic kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, thu được 1,1 mol CO2 và 15,3 gam H2O. Mặt khác, toàn
bộ lượng X trên phản ứng hết với 300 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu
được m gam chất rắn khan. Giá trị của m có thể là
A. 20,4
B. 23,9
C. 18,4
D. 19,0
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Vinh – Nghệ An, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
 O2 , t

CO2  H 2O
o

Ta có : 22,9 gam RCOOR '

1,1 mol

0,85 mol

0,3 mol NaOH

 m gam Y  R 'OH
“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”

4, 4


0, 25
C5 H8O2 : y mol

x 0,15 mol
4x 5y n CO2 1,1 mol
p dng bo ton nguyờn t C v H, ta cú:


6x + 8y = 2n H2O 1,7 mol y 0,1 mol
CH 2 CH COO CH3 : 0,15 mol
Trường hợp 1: X
CH 2 CH CH 2 COO CH3 : 0,1 mol
BTKL

22,9 0,3.40 m 0, 25.32 m 26,9 gam (khụng cú ỏp ỏn loi)
p dng bo ton khi lng, ta cú: n O trong X

CH3OH

HCOO CH 2 CH CH 2 : 0,15 mol
Trường hợp 2: X
CH3COO CH 2 CH CH 2 : 0,1 mol
BTKL

22,9 0,3.40 m 0, 25.58 m 20, 4 gam
CH2 CH CH2 OH


3
3
32n CH3OH 46n C 2 H5OH 5,5 gam n C 2 H5OH 0,05 mol
RCOOCH3
0,1 mol
R 14 Loi

HCOOC 2 H 5
n RCOOR '(X) n ROH 0,15 mol
0,05 mol


RCOOR' gồm
11
HCOOCH3
M R 0,15 44 19,6

R'
0,1 mol
R 27 CH 2 CH

RCOOC
H
2
5

0,05 mol
Ngi thy trung bỡnh ch bit núi. Ngi thy gii bit gii thớch,
Ngi thy xut chỳng bit minh ha. Ngi thy v i bit cỏch truyn cm hng


A. 44,4
B. 22,2
C. 11,1
D. 33,3
( thi th THPT Quc Gia ln 2 THPT Chuyờn Vinh Ngh An, nm 2015)
Hng dn gii
Nhn xột: do X, Y, Z u l tp chc v u cú M > 58 nờn hn hp X, Y, Z khụng cha HCOOH v ch cha
ti a 1 nhúm CHO v 1 nhúm COOH.
+ X, Y, Z u tỏc dng vi Na X, Y, Z u cha nhúm chc OH hoc COOH.
+ Y, Z u tỏc dng vi NaHCO3 Y, Z u cha nhúm chc COOH.
+ X, Y u cú phn ng trỏng bc X, Y cú cha nhúm chc CHO.
Theo ú:
+ X, Y u cú cha 1 nhúm CHO. Mt khỏc, X cú phn ng vi Na, khụng tỏc dng vi NaHCO3; cũn Y phn
X : HO CH2 CHO
X mang nhóm OH v CHO
58MX MY MZ 78


ng vi c 2
Y mang nhóm COOH v CHO
Y : HOC COOH
M 74 M 78

Y
Z
Y : HO CH2 COOH
+ Z khụng trỏng bc Y mang nhóm COOH

X : HO CH 2 CHO



n

0,2
mol

este Y
NaOH
Z mới to thnh


; MT
n Z có sản trong X 0,35 0,2 0,15 mol
M 1,7

Z
Ngi thy trung bỡnh ch bit núi. Ngi thy gii bit gii thớch,
Ngi thy xut chỳng bit minh ha. Ngi thy v i bit cỏch truyn cm hng


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

T ph°i l¯ ete ROR R  43 C H 
Y l¯ C n H 2n 1COOC 3 H 7 : 0,2 mol
 3 7 


  2R  16

X:

mC nH2 n1COOC3H7
Câu 12: Hỗn hợp E chứa peptit X mạch hở (tạo bởi glyxin và alanin) và este Y mạch hở (được tạo bởi etylen
glicol và một axit đơn, không no chưa một liên kết C=C). Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ thu
được 23,08 gam hỗn hợp F có chứa a gam muối của glyxin và b gam muối của alanin . Lấy toàn bộ F đốt cháy
thu được Na2CO3, N2, 23,76 gam CO2 và 7,56 gam H2O. Mặt khác cũng đem đốt cùng lượng E trên cần dùng
19,936 lít khí O2 (đktc). Giá trị của a : b gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 2,45.
B. 2,60.
C. 2,70.
D. 2,55.
 Hướng dẫn giải

Amino axit t³o X: C n H 2n 1O2 N (n  2)
Muèi cða amino axit  A : C n H 2n O2 NNa : x mol


Axit t³o este Y: C m H 2m 2 O2
Muèi cða axit  B : C m H 2m 3O2 Na : y mol
A: C n H 2n O2 NNa : x mol  O2 , t o
 23,08 gam F 
 Na 2 CO3  CO2  H 2 O  N 2
B: C m H 2m 3O2 Na : y mol
0,54 mol
0,42 mol
(x  y)
mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có : n Na2CO3 
2
 k  1; cã 1 nit¬
  A

 Sè C trong B 

0,08  0,16
 0,66 mol
2

0,66  0,16
axit kh«ng no nªn C  3
 3,125 
 B l¯ CH 2  CH  COONa
0,16

“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus


0,18
n C trong A  0,66  0,16.3  0,18 mol

 Sè C trong A 
 2,25
0,08
n

0,08
mol


B. 10,0.
C. 10,5.
D. 11,0.
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Bến Tre – Bến Tre, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
CH  CH : 0,2 mol
 AgNO3 /NH3
Ankin d­ 
 thu ®­îc 


CH  C  CH 2 CH 3 : 0,1 mol
Anken


Ni, t o
X CH 2  CH 2 : 0,15 mol

Y 

0,05 mol Br2

C H : 0,1 mol
0,85 mol Z Ankan 
2
6



H 2 d­

(1,4

0,85)
mol
n H2 ph°n øng  0,4 mol
H2 ph°n øng
 ankin d­
 n Y  1,4  0,4  1 mol
Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có :
m
0, 2.26  0,1.54  0,15.28  0,1.30  0,85.2
mX  mY  MY  X 
 19, 5
nY
1
 VËy x = d Y/H2 

19, 5
gÇn nhÊt
 9, 75 
 10,0
2

“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 14: Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 và hợp chất B có công thức phân tử là

 41,325 gam X 
 N 2  CO2  H 2 O
C 4 H 9 NO2 : 2x mol
96,975 gam
Áp dụng bảo toàn khối lượng, giả thuyết và độ bất bão hòa k, ta có:
m X  12n CO  2n H O  16.(6x  4x)  14.(5x  2x)  41,325 gam 12n CO  2n H O  258x  41,325 gam
2
2
2
2




 44n CO2  18n H2O  96,975 gam
 44n CO2  18n H2O  96,975 gam


n CO2  n H2O  (5  1  0,5.5)x  (1  1  0,5.1)2x
n CO2  n H2O  0,5x  0


n CO2  1,575 mol

 n H2O  1,5375 mol

x  0,075 mol
1,575  4.2.0,075
Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: Sè C trong A =
 13 (Gly  Gly  Ala  Ala  Ala)

b 0,09 3
Câu 15: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ no , mạch hở (đều chứa C, H, O), trong phân tử mỗi chất có hai nhóm
chức trong số các nhóm –OH, –CHO, –COOH. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch
AgNO3 trong NH3, thu được 4,05 gam Ag và 1,86 gam một muối amoni hữu cơ. Cho toàn bộ lượng muối amoni
hữu cơ này vào dung dịch NaOH (dư, đun nóng), thu được 0,02 mol NH3. Giá trị của m là
A. 1,50.
B. 1,24.
C. 2,98.
D. 1,22.
(Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)
 Hướng dẫn giải

n  CHO  0,01875 mol
1,86
n Ag  0,0375 mol 

 M RCOONH4 
 93  R = 31 (OH  CH2 )
+
n

0,02
mol
n
=0,02
mol
0,02
R

COONH

3
3  OH  CH  COONH  2Ag
2
2
4
Comment: 
 NH3
 OH  CH 2  COONH 4
OH  CH2  COOH 
Cá nhân mình thấy ĐÂY là câu hay nhất đề, không nặng về hình thức toán học, đơn giản nhưng mang hàm lượng
chất HÓA HỌC cao! Hồi học phổ thông mình không giỏi về toán thành thử nặng về tính toán quá mình không có
thiện cảm, thích mấy bài mang chất Hóa thế này hơn.

Câu 16: Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cừng một ancol Y và 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có
nhóm –COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình
học, chứa một liên kết đôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu
được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí
(đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đối cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và
3,96 gam H2O. Phần trăm khối lượng của este không no trong X là
A. 34,01%.
B. 38,76%.
C. 40,82%.
D. 29,25%.
(Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)
 Hướng dẫn giải
 NaOH Hçn hîp muèi


 Na
 H 2 : 0,04 mol



 b  0,02 mol
b = n CO2  n H2O  n CO2  0,22


12n CO2  2.0,22  16.2(a  b)  5,88 gam n CO2  0,24 mol

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: 0,06.2  0,02n  n CO2  0,24 mol  n < 6.


Mặt khác, do axit không no, có đồng phân hình học  Este không no cũng có đồng phân hình  Sè C  4
0,02.100
.100  34,01%
Vậy Este không no là CH3–CH=CHCOOCH3 (0,02 mol)  %m 
5,88
Câu 17: Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun nóng 27,2
gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba ete (có khối lượng 6,76 gam) và
một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc). Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và
Y lần lượt là
A. 20% và 40%.
B. 40% và 30%.
C. 30% và 30%.
D. 50% và 20%.
(Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)
 Hướng dẫn giải
“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”



Y : C H (43)
ứng với
5,25
0,06 mol
3 7


+ Do lng C trong T v Z l khụng i nờn t chỏy hn hp ancol hay t Z (H2O chỏy khụng cn oxi) u
cn cựng mt lng O2 nh nhau (1,95 mol).
to

2CO2 3H 2 O
C 2 H6 O 3O2
+ Do ú lng ancol ban u
to
3CO2 4H 2 O

C 3 H8 O 4, 5O2

46x 60y 27,2 gam x 0,2 mol
Gi s mol C2H5OH v C3H7OH ban u ln lt l x, y mol

3x 4,5y 1,95 mol
y 0,3 mol
0,1
0,06
H%X
.100 50% v H%Y
.100 20%
0,2

"Tương Văn Tự" B
3 B l hợp chất chứa 1 nhóm muối amoni
có
3
oxi

k

thực
tế

2 1

Do A v B sinh hn hp gm 2 khớ lm xanh qu m (l cỏc amin) nờn CTCT ỳng ca A v B ln lt l

x mol

y mol

CH NH 2 : 2x mol 2x y 0,04 mol
x 0,01 mol
Khi đó: Hỗn hợp khí 3


C 2 H 5 NH2 : y mol 124x 108y 3,4 gam y 0,02 mol
Na CO
BT gốc CO32 v NO3
Vậy Y gồm 2 3
m 0,01.106 0,02.85 2,76 gam
NaNO3

2n

2.0,075

0,15
mol
H
H
O


2
Vậy nC : n H : nO  0,15: 0,15: 0,125  6 : 6 : 5  công thức đơn giản nhất của Y là C6H6O5.
Do Y có công thức đơn giản trùng với CTPT nên Y là C6H6O5. Mặt khác Y tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2
nên  Y là HOOC  C  C  COOCH2  CH2 OH .
 Do đó X là HOOC  C  C  COOH  không có đồng phân hình học  A. Sai.
Câu 20: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi glyxin và
alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và thu được dung
dịch chứa m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số mol
CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không
nhỏ hơn 4. Giá trị của m là
A. 340,8.
B. 409,2.
C. 396,6.
D. 399,4.
(Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)
 Hướng dẫn giải
+ Do số liên kết peptit trong X hoặc Y không nhỏ hơn 4 nghĩa là số amino axit tạo X hoặc Y không nhỏ hơn 5.
+ Gọi n là số mặt xích amino axit trung bình của X và Y. Theo quy luật phản ứng thủy phân peptit, ta có:
n  peptit (X,Y) + nNaOH 

5x  6y  3,8 mol
Y l¯ Hexapeptit : C n H m O7 N 6 (y mol)
x  0,4 mol
 
. Mặt khác, do đốt 0,4 mol X hay 0,3 mol Y đều thu được cùng một lượng CO2.
y  0,3 mol
nCO (X)  nCO (Y)
X : (Gly)a (Ala)5a
2
2


 0,4.[2a + 3(5 – a)] = 0,3.[2b + 3(6 – b)]
Khi đó: 
Y
:
(Gly)
(Ala)

b
6b
X : Gly3 Ala 2 (0,4 mol)
a  3
NghiÖm nguyªn thàa m±n
 4a – 3b = 6 


b  2
Y : Gly2 Ala 4 (0,3 mol)
BT nhãm Gly

D. 200.
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
axit oleic : C17 H33COOH (1 C C )
với a + b = 3.
 X là
Ta có: 
axit
linoleic
:
C
H
COOH
(2

)

17 31
C C
y
y


to
+ Vậy chất béo X khi đó có dạng : C18.3+ 3HyO6  C 57 H y O6   57   3  O2 
 57CO2  H2 O
4
2



A. 1
B. 4
C. 7
D. 6
(Đề thi thử THPT Quốc Gia – THPT chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
 Glixerol + muối của các axit hữu cơ.
+ 0,1 mol X + 0,3 mol NaOH 

24,6
X l¯ (RCOO)3C 3H 5 : 0,1 mol

R
 67  15 (CH3 )
0,3

Muèi l¯ RCOONa : 0,3 mol

R1 : H  (a)
R1 : CH3  (b)
R1 : H  (a)



 R2 : CH3  (b) hoặc R2 : CH 3  (b) hoặc R2 : H  (a)
R : CH  (b)
R : CH CH CH  (b)
R : C H  (c)
3
3

(b)

(c)

(a)

(b)

(d)

(a)

Câu 23: Cho hỗn hợp X gồm một este đơn chức và một ancol (bền), cả hai đều mạch hở và có cùng số nguyên
tử cacbon. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 7,2 gam H2O. Mặt khác, cho m
gam X tác dụng với NaOH dư thu được 0,1 mol ancol. Giá trị của m là
A. 9,4.
B. 10,1.
C. 9,5.
D. 8,5.
“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

nCO2  0,45 mol ; nH2O

 Hướng dẫn giải
 0,4 mol . Gọi công thức este là CnHyO2; ancol là CnHtO. (do este và ancol có cùng C)


0,45
BTNT H
 0,15 mol  n este  0,05 mol 
 0,05y  0,1t  0,4.2  y  2t  16
+ Nếu n = 3  n X 
3
y  2  t  7 LÎ  Lo³i Este : HCOOCH  CH2

C3HyO2 không no thì y  4  
y  4  t  6 (Thàa m±n)
Ancol : CH 2  CH  CH 2  OH
+ Nếu n = 4  n X 

 m  0,05.72  0,1.58  9,4 gam

Câu 24: Hỗn hợp X gồm metan, etilen, propin, vinylaxetilen và hiđro. Dẫn X qua Ni nung nóng, sau phản
ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với khí nitơ đioxit là 1. Biết 5,6 lít hỗn hợp Y (đktc) làm
mất màu vừa đủ 72 gam brom trong dung dịch. Nếu lấy 5,6 lít hỗn hợp X (đktc) làm mất màu vừa đủ bao
nhiêu gam brom trong dung dịch?
A. 56 gam.
B. 60 gam.
C. 48 gam.
D. 96 gam
 Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp Y thành C n H2n 22k
Khi đó: 0,25 mol Y + 0,45 mol Br2 vừa đủ  k 

0,45
 1,8  Y l¯ C n H 2n 1,6
0,2

vừa đủ 30,24 lít khí O2, thu được 26,88 lít khí CO2 và 19,8 gam H2O. Biết thể tích các khí đó ở điều kiện tiêu
chuẩn. Khối lượng của Y trong 0,4 mol hỗn hợp trên là
A. 9,0 gam.
B. 11,4 gam.
C. 19,0 gam.
D. 17,7 gam.
 Hướng dẫn giải
“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

n CO  1, 2(mol)
BTNT O
XY
 
n Trong
 1, 2.2  1,1  1,35.2  0,8
O
 2

Ta có : n H2O  1,1(mol)

1, 2
3
 Ph°n øng
Sè C trong X hoÆc Y=
0,
4

0,
233


 3 8 n

C3 H 4 O2 : a mol BTNT H a  b  0, 4
a  0, 25
 

Trường hợp 2: 0, 4 mol 
thỏa mãn.
4a  8b  1,1.2 b  0,15
C3 H8 On : b mol
Dễ thấy n  2  m Y  0,15.76  11,4 gam
Câu 26: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09 mol vinylaxetylen và 0,16 mol
hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 là 21,13.
Dẫn Y đi qua dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam Z gồm 4 kết tủa có
số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm mất màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá
trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 27.
B. 29.
C. 26.
D. 25.
 Hướng dẫn giải
CH  CH : 0, 08 mol
CH CHO : 0, 06 mol
 3
BTKL
øng


này biến thành no hoàn toàn. Khi đó ta có: Phần chưa phản ứng với H2 CH3 CHO : 0, 06  0,5a
CH  C  CH  CH : 0, 09  2a
2

Và một chút có phản ứng với H2 là : CH  C  CH2  CH3 : a mol

Áp dụng bảo toàn mol liên kết  ta có:
2  (0,08  a)  (0,06  0,5a)  3  (0,09  2a)  a  0,163  a  0,0436 mol
gÇn nhÊt
 m  29,1248 
 29 gam

“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 27: Hỗn hợp X gồm CnH2n-1CHO, CnH2n-2(CHO)2, CnH2n-2(COOH)2, CnH2n-3(CHO)(COOH)2. Cho m gam
hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 56,16 gam Ag. Trung hoà m gam hỗn hợp X cần
30 gam dung dịch hỗn hợp NaOH 12% và KOH 5,6%. Đốt m gam hỗn hợp X cần (m + 7,92) gam O 2. Giá trị
của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 19,84
B. 20,16
C. 19,36
D. 20.24
 Hướng dẫn giải
 AgNO3 /NH3
C n H 2n 1CHO : x mol (k = 2)

 (m  7,92) gam O2
C H (CHO)(COOH) : t mol (k = 4) 
 CO2  H 2 O
 n 2n 3
2
n Ag

 0,26 mol (1)
n  CHO  x  2y  t 
Theo giả thuyết, ta có: 
2
n  COOH  2z  2t  n 
 0,12 mol (2)
OH ph°n øng

 nO trong E  nO trong -CHO  n O trong -COOH  0,26  2.0,12  0,5 mol

Theo mối liên hệ của độ bất bão hòa k với số mol CO2 và H2O, ta có: x  2y  2z  3t  n CO2  n H2O
(1)(2)
Mặt khác, từ (1) và (2)  x  2y  t  2z  2t  0,26  0,12   x  2y  2z  3t  0,38 mol

Vậy  nCO2  n H2O  0,38 mol (*)
Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, bảo toàn khối lượng và (*), ta có:


m  7,92
2n CO2  n H2O  0,5  2.
2n CO  n H O  0,0625m  0,995
32
2

Quy đổi M thành 
gèc Lys (C 6 H12 ON 2 ) : x mol
Theo giả thuyết, ta có: %O 

3.0,16  x
.100%  21,3018%  x  0,24 mol
146.0,16  128x

“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus


 Muèi
gèc Ala  Gly  2HCl  H 2 O 
Theo quy luật phản ứng, ta có: 
 Muèi

gèc Lys  2HCl  H 2 O 
BTKL

 mmuèi  0,16.(146  36,5.2  18)  0,24.(128  36,5  18)  90,48 gam

Câu 29: Hỗn hợp E gồm chất X (CxHyO4N) và Y (CxHtO5N2); trong đó X không chứa chức este, Y là muối của
α–amino axit no với axit nitric. Cho m gam E tác dụng vừa đủ với 100 ml NaOH 1,2M đun nóng nhẹ thấy thoát
ra 0,672 lít (đktc) một amin bậc 3 thể khí điều kiện thường. Mặt khác m gam E tác dụng vừa đủ với a mol HCl
trong dung dịch thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có 2,7 gam một axit cacboxylic. Giá trị m và a lần lượt là
A. 9,87 và 0,03

là
C
H
O
N
(

5 12 5 2 HOOC  C 4 H8  NH3 NO3


HOOC  COOHN(CH 3 )3  2NaOH 
 NaOOC  COONa + (CH3 )3 N  2H 2 O

0,03 
0,06 
mol :
 TN1 
HOOC  C 4 H8  COONH 3 NO3  2NaOH 
 NaOOC  C 4 H8  NH 2 + NaNO3  2H 2 O

mol :
0,03
 0,03

m  0,03.149  0,03.180  9,87 gam
Vậy  


a  n HCl  0,03 mol


d­
0,2 mol X  H 2 : 0,2125 mol
+ Thí nghiệm 2  n OH trong ancol  2n H2  0, 425 mol  Sè O =

n OH
nX



0, 425
 2,125
0, 2

“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

+ Thí nghiệm 1: Do hỗn hợp X gồm các ancol no.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và độ bất bão hòa k, ta có:


2,125n X  2.0,255  2n CO2  0,28
n X  0,08 mol

 n OH trong ancol  0,08.2,125  0,17 mol




T cã d³ng C n H2n (OH)2

CO2 : 0,39 mol
X, Y: RCOOH : a mol (k = 1)
0,37 mol O2



Khi đó: 12,52 gam E T : C n H 2n (OH)2 : b mol (k = 0)
H 2 O : 0,4 mol
Z : (RCOO) C H : c mol (k = 2)
0,19 mol NaOH


2 n 2n
võa ®ð
Theo giả thuyết, bảo toàn nguyên tố O và mối liên hệ độ bất bão hòa k, ta có:
a  2c  n NaOH ph°n øng  0,19 mol
a  0,15 mol


2a  2b  4b  2.0,39  0,4  2.0,37  0,44 mol  b  0,03 mol
b  c  n  n  0,01 mol

CO2
H2 O
c  0,02 mol

n CO2
X : HCOOH : x mol

 4   ancol
 C ancol  3 (T l¯ OH  CH 2 CH2 CH2  OH)
0,03  0,02
C ancol  2
(Phần còn lại tương tự như trên !)
“Người thầy trung bình chỉ biết nói. Người thầy giỏi biết giải thích,
Người thầy xuất chúng biết minh họa. Người thầy vĩ đại biết cách truyền cảm hứng”


Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus

Câu 32: Cho hỗn hợp m gam X gồm tyrosin (HOC6H4CH2CH(NH2)COOH) và alanin. Tiến hành hai thí
nghiệm sau:
+ Thí nghiệm 1: Cho m gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu được dung dịch Y, cô cạn dung dịch Y
thì thu được (m + 9,855) gam muối khan
+ Thí nghiệm 2: Cho m gam X tác dụng với 487,5 ml dung dịch NaOH 1M thì lượng NaOH dùng dư 25% so
với lượng cần phản ứng.
Giá trị của m là
A. 44,45
B. 37,83
C. 35,99
D. 35,07
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT Chuyên Bến Tre – Bến Tre, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
Gọi số mol tyrosin (HOC6H4CH2CH(NH2)COOH): x mol và alanin (CH3CH(NH2)-COOH) : y mol.
9,855
BTKL
+ Do cả 2 chất đều phản ứng với HCl theo tỉ lệ 1 : 1  x  y  n HCl ph°n øng 
 n HCl 
 0,27 mol (1).


 m gam 
 H2 O
NaOH d­

 n  NH2  n HCl  0,12 mol  m N  0,12.14  1,68 gam
mO 16

mN
7

1,68.16
0,24
 3,84 gam  nO  0,24 mol  n COOH 
 0,12 mol
7
2
MÆt kh²c, ta cã: nNaOH pø  nCOOH  nH2O sinh ra  0,12 mol

 mO 

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m  10,36  0,15.40  0,12.18  14,2 gam
mX

mNaOH

mH O
2

Câu 34: Tetrapeptit X (CxHyO5Nt) trong đó oxi chiếm 26,49% về khối lượng; Y là muối amoni của  

19,3 gam E Y: CH3CH(NH 2 )COONH 4 : y mol  NH 3 : 0,12 mol
Z : CH CH(NH )COOH : z mol


3
2
H 2 O

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mH2O  19,3  0,2.40  (0,2.111  0,12.17)  3,06 gam  n H2O  0,17 mol
4x  y  z  n NaOH ph°n øng  0,2 mol x  0,01 mol



 x  y  z  n H2O sinh ra  0,17 mol  y  0,12 mol

z  0,04 mol


y = n NH3  0,12 mol

Ala  Ala  Ala  Ala  4HCl  3H 2 O 
 CH 3CH(NH 3Cl)COOH

0,01
 0,04  0,03
mol :

CH 3CH(NH 3 )COONH 4  2HCl 
 CH 3CH(NH 3Cl)COOH + NH 4 Cl
19,3 gam E 

0,2 mol E với 450 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, lấy phần lỏng chứa các chất hữu cơ
đi qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giá trị của m là
A. 11,34.
B. 7,50.
C. 10,01.
D. 5,69.
 Hướng dẫn giải

X,Y : R'  CH  CH  CH 2 OH : a mol (k = 1)
CO2
0,485 mol O2




17,12 gam E Z : R(COOH)2 : b mol (k = 2)
H 2 O : 0,42 mol


0,09 mol Br2


T : R(COO CH 2  CH  CH  R')2 : c mol (k = 4) 

0,45 mol KOH
Na d­
 PhÇn làng 
m b×nh  ? gam
0,2 mol E 
Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: mCO2  17,12  0,485.32  7,56 = 25,08 gam  n CO2 


Mặt khác ta có: C Z  2  Sè C trong E 

 2,85  C Z  2  Y l¯ HOOC  COOH
nE
0,2
C  8

 T
Do số mol E ở thí nghiệm cũng là 0,2 mol nên 0,2 mol E ở phản ứng với KOH cũng chính là 17,12 gam hỗn
hợp ban đầu. Khi đó, ta có:
R'  CH  CHCH 2 OH : (0,07  0,01.2)  0,09 mol
R'  CH  CHCH 2 OH : 0,07 mol


(C OOK)2 : (0,12  0,01)  0,13 mol
0,45 mol
17,12 gam (COOH)2 : 0,12 mol


KOH

KOH d­ : 0,19 mol
(COOCH 2 CH  CH  R')2 : 0,01 mol
H O : 0,12.2 = 0,24 mol
 2
Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có: m E  m KOH  m R'CHCHCH OH  m(COOK)2  m KOH d­  m H2O
2

17,12

cùng chứa C, H và O thành ba phần bằng nhau. Đốt cháy phần một bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn
bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 5 gam kết tủa. Phần hai tác dụng với một lượng dư
dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 8,64 gam Ag. Phần ba tác dụng với một lượng Na vừa đủ thu được 0,448
lít H2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng của 0,15 mol hỗn hợp X là
A. 6,48 gam.
B. 5,58 gam.
D. 5,52 gam.
D. 6,00 gam.
(Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – TP Hồ Chí Minh, năm 2015)
 Hướng dẫn giải
 O2 , t

 CO2 : 0,05.3  0,15 mol  n C/trong X  0,15 mol
o

 AgNO3 /NH3
0,15 mol X 
Ag  : 0,08.3  0,24 mol
 Na

 H 2 : 0,02.3  0,06 mol  n  H linh ®éng  0,12 mol

CH3OH : x mol
x  y  z  0,15 mol
x  0,06 mol
n CO2



Sè C =

A l hợp chất có chứa liên kết ion
Bin lun cu to ca A
2
A phn ứng được với NaOH k A thực tế 1
Số liên kết ion = k A thực tế k A tính theo CTPT

Mt khỏc, ta cú
A l hợp chất có chứa 2 nhóm muối amoni
3
X có 3 Oxi k A thực tế 2 1



k B tính theo CTPT 0

" Tương Văn Tự" B
B l hợp chất chứa 2 nhóm muối amoni
4
có
4
oxi

k


2
thực
tế

2

ca A trong hn hp X l
A. 55,92%.
B. 35,37%.
C. 30,95%.
D. 53,06%.
( thi th THPT Quc gia ln 4 Thy Nguyn Vn Duyờn TP H Chớ Minh, nm 2015)
Hng dn gii
C 2 H 4 O2 NNa

tetrapeptit
A
C
H
O
N
:
a
mol
muối ca glyxin




x
y
5
4
NaOH
m gam