IMG-LOGO

Bài tập amin

  • 470 lượt thi

  • 44 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Trong các chất dưới đây, chất nào có lực bazơ mạnh nhất ?
Xem đáp án

(CH3)2NH là amin bậc 2 có lực bazơ mạnh hơn amin bậc 1 và mạnh hơn amoniac

→ Chất có lực bazơ mạnh nhất là (CH3)2NH

Đáp án cần chọn là: D


Câu 2:

So sánh tính bazơ của các hợp chất hữu cơ sau : NH3, CH3NH2, (C2H5)2NH, C2H5NH2, (CH3)2NH ?

Xem đáp án

Gốc C2H5- đẩy e mạnh hơn gốc CH3- do đó lực bazơ của C2H5NH2>CH3NHvà (C2H5)2NH >(CH3)2NH

Do tính bazơ của amin bậc 2 mạnh hơn amin bậc 1 nên

→ thứ tự sắp xếp là : (C2H5)2NH >(CH3)2NH >C2H5NH2>CH3NH2>NH3

Đáp án cần chọn là: B


Câu 3:

Cho các chất : (1) C6H5NH2, (2) (C6H5)3N, (3) (C6H5)2NH, (4) NH3(C6H5- là gốc phenyl). Dãy các chất sắp xếp theo thứ tự lực bazơ giảm là
Xem đáp án

Vì gốc C6H5- hút e nên lực bazơ của (C6H5)3N < (C65)2NH < C6H5NH2

NH3không có gốc đẩy hay hút e

→ thứ tự sắp xếp theo lực bazơ giảm là (4), (1), (3), (2)

Đáp án cần chọn là: A


Câu 4:

Trong các chất dưới đây, chất nào có tính bazơ yếu nhất ?
Xem đáp án

Gốc C6H5CH2- là gốc đẩy e yếu

Vì CH3- (gốc đẩy e) đính vào vòng nên p-CH3C6H4- hút e yếu hơn gốc C6H5-

→ lực bazơ của C6H5NHyếu hơn p-CH3C6H4NH2

(C6H5)2NH có 2 gốc C6H5- hút e nên lực bazơ của (C6H5)2NH yếu hơn C6H5NH2

→ Chất có tính bazơ yếu nhất là (C6H5)2NH

Đáp án cần chọn là: B


Câu 5:

Cho các chất sau : (1) amoniac, (2) anilin, (3) p-nitroanilin, (4) p-metylanilin, (5) metylamin, (6) đimetylamin. Dãy sắp xếp các chất theo thứ tự lực bazơ tăng dần là
Xem đáp án

(1) NHkhông có gốc đẩy hay hút e

(2) C6H5NH2có nhóm C6H5- hút e

(3) p-NO2C6H4NH2:

Vì NO2- (gốc hút e) đính vào vòng nên p-NO2C6H4- hút e mạnh hơn gốc C6H5-

→ lực bazơ của p-NO2C6H4NHyếu hơn C6H5NH→ (3) < (2)

(4) p-CH3C6H4NH2

Vì CH3- (gốc đẩy e) đính vào vòng nên p-CH3C6H4- hút e yếu hơn gốc C6H5-

→ lực bazơ của p-CH3C6H4NHmạnh hơn C6H5NH→ (2) < (4)

(5) CH3NH2có nhóm đẩy e

(6) (CH3)2NH có 2 nhóm CH3- đẩy e → lực bazơ mạnh hơn CH3NH→ (5) < (6)

→ thứ tự sắp xếp là :  3 < 2 < 4 < 1 < 5 < 6

Đáp án cần chọn là: A


Câu 6:

Dãy các chất sắp xếp theo chiều tính bazơ tăng dần là
Xem đáp án

Sắp xếp theo chiều tính bazơ tăng : các chất xếp sau có tính bazơ mạnh hơn chất trước

A, B sai vì đimetylamin có 2 gốc CH3- đẩy e nên tính bazơ mạnh hơn etylamin chỉ có 1 gốc C2H5- đẩy e

C sai vì NH3không có gốc đẩy hay hút e nên tính bazơ mạnh hơn p-nitroanilin có gốc p-NO2C6H4hút e

D đúng vì

p-nitroanilin có gốc NO2- (gốc hút e) đính vào vòng nên p-NO2C6H4- hút e mạnh hơn gốc C6H5-

→ lực bazơ của p-NO2C6H4NHyếu hơn C6H5NH2

đimetylamin có 2 gốc CH3- đẩy e nên tính bazơ mạnh hơn etylamin chỉ có 1 gốc C2H5- đẩy e

Đáp án cần chọn là: D


Câu 7:

Cho 5 chất : (1) NH3, (2) CH3NH2, (3) KOH, (4) C6H5NH2, (5) (CH3)2NH. Dãy sắp xếp theo chiều giảm dần tính bazơ là
Xem đáp án

(1) NH3không có gốc đẩy hay hút e

(2) CH3NHcó gốc CH3- đẩy e → (2) >(1)

(3) KOH là bazơ mạnh nên có tính bazơ mạnh nhất trong các chất

(4) C6H5NH2có gốc C6H5- hút e → (1) >(4)

(5) (CH3)2NH có 2 gốc CH3- đẩy e → lực bazơ mạnh hơn CH3NH→ (5) >(2)

→ thứ tự sắp xếp theo chiều giảm dần là : (3), (5), (2), (1), (4)

Đáp án cần chọn là: B


Câu 8:

Có 4 hóa chất : metylamin (1), phenylamin (2), điphenylamin (3), đimetylamin (4). Thứ tự tăng dần lực bazơ là :
Xem đáp án

Đimetylamin có 2 gốc CH3- đẩy e → lực bazơ mạnh hơn metylamin → (1) < (4)

Điphenylamin có 2 gốc C6H5- hút e → lực bazơ yếu hơn phenylamin → (3) < (2)

→ thứ tự tăng dần lực bazơ là : (3) < (2) < (1) < (4)

Đáp án cần chọn là: A


Câu 9:

Cho các dung dịch riêng biệt sau : CH3NH2, (CH3)2NH, (CH3)3N, C6H5NH2. Số dung dịch làm xanh giấy quỳ tím là
Xem đáp án

CH3NH2, (CH3)2NH, (CH3)3N đều có tính bazơ mạnh hơn amoniac → làm xanh giấy quỳ tím

C6H5NH2không làm đổi màu quỳ

Đáp án cần chọn là: C


Câu 10:

Cho các dung dịch : C6H5NH2(anilin), CH3NH2, C2H5OH, NaOH, K2CO3, (C2H5)2NH, NH4Cl. Số dung dịch làm đổi màu quỳ tím là
Xem đáp án

C6H5NH2không làm đổi màu quỳ

CH3NH2, (C2H5)2NH có tính bazơ mạnh hơn amoniac → làm quỳ chuyển xanh

NH4Cl là muối tạo bởi bazơ yếu và axit mạnh → có tính axit → làm quỳ chuyển đỏ

NaOH là bazơ mạnh → làm quỳ chuyển xanh

K2COlà muối tạo bởi axit yếu và bazơ mạnh → có tính bazơ → làm quỳ chuyển xanh

→ có 5 dung dịch làm quỳ chuyển màu

Đáp án cần chọn là: B


Câu 11:

Phản ứng nào dưới đây không thể hiện tính bazơ của amin
Xem đáp án

Đáp án A, B, D đều là phản ứng thể hiện tính bazơ của amin

Chỉ có đáp án C là phản ứng oxi hóa - khử, không phải là phản ứng axit - bazơ

Đáp án cần chọn là: C


Câu 12:

C2H5NH2trong nước không phản ứng với chất nào trong số các chất sau ?

Xem đáp án

NaOH là dung dịch kiềm nên không tác dụng với C2H5NH2

Đáp án cần chọn là: C


Câu 13:

Khi đốt cháy a mol amin X no, mạch hở ta thu được x mol CO2; y mol H2O; z mol N2. Biểu thức đúng là
Xem đáp án

Amin X no, mạch hở có CTPT dạng CnH2n+2+kNk(k là số chức amin)

Bảo toàn nguyên tố ta có :

\[{n_{C{O_2}}} = {n_C}\,\, \to \,\,x = \,na(mol)\]

\[{n_{{H_2}O}} = \frac{{{n_H}}}{2}\,\, \to \,\,y = \,na + a + a.\frac{k}{2}\,\,\,mol;\,\]

\[{n_{{N_2}}} = \frac{{{n_N}}}{2} \to \,\,\,z = a.\frac{k}{2}\,\,mol\]

→ y = x + a + z hay a = y – x – z

Đáp án cần chọn là: A


Câu 14:

Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau đây:

Bước 1: Cho 1 ml C6H5NH2(D = 1,02g/cm3) vào ống nghiệm có sẵn 2 ml H2O, lắc đều, sau đó để yên ống nghiệm.

Bước 2: Nhỏ tiếp 2 ml dung dịch HCl đặc (10M) vào ống nghiệm, lắc đều sau đó để yên.

Bước 3: Nhỏ tiếp 2 ml dung dịch NaOH 2M vào ống nghiệm, lắc đều sau đó để yên.

Phát biểu nào sau đây đúng?

Xem đáp án

Bước 1: C6H5NH2không tan trong nước nên tách thành 2 lớp

Bước 2: C6H5NH2+ HCl → C6H5NH3Cl

Với C6H5NH3Cl là chất tan tốt trong nước nên dung dịch thu được đồng nhất, trong suốt

Bước 3: NaOH + C6H5NH3Cl → C6H5OH + NaCl + H2O

⟹ C6H5NH2lại tách lớp với dung dịch

A sai vì bước 2 ống nghiệm không tách lớp

B đúng

C sai vì chỉ tách lớp và tổn tại dạng chất lỏng chứ không có kết tủa rắn

D sai vì CO2không phản ứng với C6H5NH3Cl nên không có hiện tượng gì

Đáp án cần chọn là: B


Câu 15:

Đốt cháy hoàn toàn 1 amin no, mạch hở, đơn chức X bằng một lượng khí oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO2và 9,9 gam H2O. CTPT của X là
Xem đáp án

Cách 1: lập tỉ lệ n: nH

Theo giả thiết ta có

\[{n_C} = {n_{C{O_2}}} = \frac{{8,96}}{{22,4}} = 0,4\,\,mol;\,\,{n_H} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.\frac{{9,9}}{{18}} = 1,1\,\,mol;\,\,\]

→ n: nH= 0,4 : 1,1 = 4 : 11

Dựa vào đáp án → CTPT của amin là C4H11N

Cách 2:

Vì amin no, mạch hở, đơn chức nên \[{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }}\]

\[ \to {n_{a\min }} = \frac{{{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}}}}{{1,5}} = \frac{{0,55 - 0,4}}{{1,5}} = 0,1\,\,mol\]

→ Số C trong amin = \[\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,4}}{{0,1}} = 4\]

Số H trong amin = \[\frac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,55.2}}{{0,1}} = 11\]

Vậy CTPT của X là C4H11N

Đáp án cần chọn là: B


Câu 16:

Khi đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X, thu được 16,8 lít khí CO2; 2,8 lít khí N2(các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và 20,25 gam H2O. CTPT của X là

Xem đáp án

Cách 1 : lập tỉ lệ mol nC: nH: nN

Theo giả thiết ta có :

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{n_C} = {n_{C{O_2}}} = \frac{{16,8}}{{22,4}} = 0,75\,\,mol;\,\,{n_H} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.\frac{{20,25}}{{18}} = 2,25\,\,mol;\,\,}\\{{n_N} = 2.{n_{{N_2}}} = 2.\frac{{2,8}}{{22,4}} = 0,25\,\,mol.}\end{array}\]

\[ \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_N} = 0,75:2,25:0,25 = 3:9:1\]

Vậy CTPT của X là C3H9N.

Cách 2 : bảo toàn nguyên tố N : \[{n_X} = {n_N} = 2{n_{{N_2}}}\]

Đối với các amin đơn chức thì phân tử có một nguyên tử N :

Bảo toàn nguyên tử N : \[{n_X} = {n_N} = 2{n_{{N_2}}} = 0,25\,\,mol\]

→ Số C trong amin= \[\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,75}}{{0,25}} = 3\]

Số H trong amin = \[\frac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = \frac{{2,25}}{{0,25}} = 9\]

Vậy CTPT của X là C3H9N

Đáp án cần chọn là: D


Câu 17:

 

Đốt cháy một hỗn hợp amin A cần V lít O(đktc) thu được N2và 31,68 gam CO2và 7,56 gam H2O. Giá trị V là

Xem đáp án

\[{n_{C{O_2}}} = \frac{{31,68}}{{44}} = 0,72\,\,mol;\,\,\,{n_{{H_2}O}} = \frac{{7,56}}{{18}}\]

Bảo toàn nguyên tử oxi ta có :

\[2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \to \,\,{n_{{O_2}}} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}}}{2} = \frac{{2.0,72 + 0,42}}{2} = 0,93\,\,mol\]

\[ \to \,\,{V_{{O_2}}} = 22,4.0,93 = 20,832\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 18:

Đốt cháy hoàn toàn m gam một amin X bằng lượng không khí vừa đủ thu được 17,6 gam CO2, 12,6 gam H2O và 69,44 lít N2(đktc). Giả thiết không khí chỉ gồm N2và O2trong đó oxi chiếm 20% thể tích không khí. X có công thức là :
Xem đáp án

\[{n_C} = {n_{C{O_2}}} = \frac{{17,6}}{{44}} = 0,4\,\,mol;\,\,{n_H} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.\frac{{12,6}}{{18}} = 1,4\,\,mol\]

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxi suy ra :

\[{n_{{O_2}{\kern 1pt} (kk)}} = \frac{{2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}}}{2} = 0,75\,\,mol \Rightarrow {n_{{N_2}{\kern 1pt} (kk)}} = 0,75.4 = 3\,\,mol.\,\]

\[ \to \,\,{n_{N{\kern 1pt} (hchc)}} = 2.(\frac{{69,44}}{{22,4}} - 3) = 0,2\,mol\, \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_N} = 0,4:1,4:0,2 = 2:7:1.\]

Căn cứ vào các phương án ta thấy công thức của X là C2H5NH2.

Đáp án cần chọn là: A


Câu 19:

Đốt cháy hoàn toàn amin X bằng oxi vừa đủ, dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình chứa dungdịch Ca(OH)2dư thấy có 4 gam kết tủa và khối lượng bình tăng 3,2 gam và có 0,448 lít khí (đktc) thoát ra khỏi bình. X có CTPT là
Xem đáp án

Nito không bị hấp thụ bởi Ca(OH)2=>khí thoát ra khỏi bình là khí N2

Bảo toàn nguyên tử N : \[{n_{N{\kern 1pt} {\kern 1pt} (trong{\kern 1pt} {\kern 1pt} X)}} = 2{n_{{N_2}}} = \frac{{0,448}}{{22,4}}\, = 0,02\,mol\]

mkết tủa=\[{m_{CaC{{\rm{O}}_3}}} = \frac{4}{{100}} = 0,04\,\,mol\,\, \to \,\,{n_{C{O_2}}} = 0,04\,\,mol\]

mbình tăng = \[{m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 3,2\,\,gam\,\, \to \,\,{m_{{H_2}O}} = 3,2 - 0,04.44 = 1,44\,\,gam\,\, \to \,\,{n_{{H_2}O}} = 0,08\,\,mol\]

→ nC: nH: nN= 0,04 : 0,16 : 0,04 = 1 : 4 : 1

=>CTĐGN của X là CH4N

=>CTPT của X là C2H8N2

Đáp án cần chọn là: A


Câu 20:

Khi đốt cháy một trong các chất là đồng đẳng của metylamin thì tỉ lệ thể tích \({V_{C{O_2}}}:{V_{{H_2}O}} = a\) biến đổi như thế nào ?
Xem đáp án

Công thức chung của ankylamin là CnH2n+3N (\[n \ge 1\])

\[\frac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \frac{n}{{n + 1,5}}\]

Khi n = 1 =>a = 0,4

Khi \[n \to + \infty \,\, \Rightarrow a = 1\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 21:

Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam một amin no, mạch hở đơn chức cần dùng 10,08 lít khí O2(đktc). CTPT của amin là
Xem đáp án

\[{n_{{O_2}}} = \frac{{10,08}}{{22,4}} = 0,45\,\,mol\]

Gọi số mol của CO2, H2O và N2lần lượt là a, b, c mol

Bảo toàn nguyên tố oxi : \[2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}} \to {\rm{ }}2a{\rm{ }} + {\rm{ }}b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,9\] (1)

Bảo toàn khối lượng : mamin= mC+ mH+ mN→ 12a + 2b + 28c = 6,2  (2)

Vì đốt cháy amin no, mạch hở, đơn chức nên ta có :

\[{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }}\]và\[{n_{{N_2}}} = \frac{1}{2}{n_{a\min }} \to {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 3{n_{{N_2}}}\]

→ b – a = 3c  (3)

Từ (1), (2) và (3) →\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0,2}\\{b = 0,5}\\{c = 0,1}\end{array}} \right.\)

→ nC: nH: nN= 0,2 : 0,5.2 : 0,1.2 = 1 : 5 : 1

→ công thức phân tử của amin là CH3NH2

Đáp án cần chọn là: B


Câu 22:

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai amin no, đơn chức, là đồng đẳng liên tiếp, thu được 2,24 lít khí CO2(đktc) và 3,6 gam H2O. Công thức phân tử của 2 amin là :
Xem đáp án

Sơ đồ phản ứng :

Mol:0,10,2

Ta có: \[0,2\bar n\, = \,0,1.\frac{{2\bar n\, + \,3}}{2}\, \Rightarrow \,\bar n\, = \,1,5.\]

Vậy công thức phân tử của 2 amin là CH5N và C2H7N.

Đáp án cần chọn là: A


Câu 23:

Có hai amin bậc một gồm A (đồng đẳng của anilin) và B (đồng đẳng của metylamin). Đốt cháy hoàn toàn 3,21 gam amin A sinh ra khí CO2, hơi H2O và 336 cm3khí N2(đktc). Khi đốt cháy amin B thấy VCO2:VH2O=2:3VCO2:VH2O=2:3. Biết rằng tên của A có tiếp đầu ngữ “para”. Công thức cấu tạo của A, B lần lượt là :
Xem đáp án

A là đồng đẳng của anilin nên công thức của A là CnH2n-7NH2, (n ≥ 7, nguyên)

B là đồng đẳng của metylamin nên công thức của B là CmH2m+1NH2, (m ≥ 2, nguyên).

Ta có:

\[{n_A} = 2.{n_{{N_2}}} = 2.0,015 = 0,03\,mol \Rightarrow {M_A} = 14n + 9 = \frac{{3,21}}{{0,03}} = 107\,gam/mol\, \Rightarrow n = 7.\]

Sơ đồ phản ứng :

\[{C_m}{H_{2m + 1}}N{H_2}\,\mathop \to \limits^{{O_2},{\kern 1pt} {t^o}} \,mC{O_2} + \frac{{2m + 3}}{2}{H_2}O + \frac{1}{2}{N_2}\]

\[{V_{C{O_2}}}:{V_{{H_2}O}} = 2:3 \Rightarrow m = 3\]

CTCT phù hợp của A, B lần lượt là :

Đáp án cần chọn là: B


Câu 24:

Hỗn hợp X gồm ba amin đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau. Đốt cháy hoàn toàn 11,8 gam X thu được 16,2 gam H2O, 13,44 lít CO2(đktc) và V lít khí N2(đktc). Ba amin trên có công thức phân tử lần lượt là :
Xem đáp án

Theo giả thiết ta có:

\[{n_{{H_2}O}} = 0,9\,\,mol\,\,;\,\,{n_{C{O_2}}} = 0,6\,\,mol\,\,;\,\,{n_N} = \frac{{11,8 - 0,9.2 - 0,6.12}}{{14}} = 0,2\,\,mol\]

\[ \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_N} = 0,6:1,8:0,2 = 3:9:1.\]

Vậy công thức phân tử trung bình của ba amin là C3H9N thuộc dạng CnH2n+3N, suy ra ba amin thuộc loại amin no đơn chức và phải có ít nhất một amin có số C lớn hơn 3.

Đáp án cần chọn là: D


Câu 25:

Hỗn hợp X gồm O2và O3có tỉ khối so với H2là 22. Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và etylamin có tỉ khối so với H2là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn V1lít Y cần vừa đủ V2lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2, các chất khí khi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V1: Vlà :

Xem đáp án

Đặt CTPT trung bình của 2 amin là \[{C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N\]

Theo giả thiết suy ra :\[14\bar n + 17 = 2.17,833 \Rightarrow \bar n = \frac{4}{3}\]

Quy đổi hỗn hợp O3, O2thành O, theo định luật bảo toàn khối lượng ta có .

Sơ đồ phản ứng :

\[2{C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N\mathop \to \limits^{{t^o}} 2\bar nC{O_2} + (2\bar n + 3){H_2}O + {N_2}\,\,\,\,(1)\]

Mol:1\[\bar n\]\[\frac{{2\bar n + 3}}{2}\]

Theo (1) ta có : 

\[{n_{O{\kern 1pt} {\kern 1pt} pu}} = 2\bar n + \frac{{2\bar n + 3}}{2} = 5,5\,\,mol \Rightarrow {m_{\left( {{{\rm{O}}_3},{{\rm{O}}_2}} \right)}} = {m_O} = 5,5.16 = 88\,\,gam \Rightarrow {n_{\left( {{{\rm{O}}_3},{{\rm{O}}_2}} \right)}} = \frac{{88}}{{2.22}} = 2\,\,mol.\]     Vậy VY  : VX = 1 : 2.

Đáp án cần chọn là: D


Câu 26:

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 amin no, đơn chức, bậc 1, là đồng đẳng kế tiếp nhau, thu được CO2và H2O với tỉ lệ số mol là: nCO2:nH2OnCO2:nH2O= 7 : 10. Hai amin trên là:
Xem đáp án

Gọi CTPT trung bình cho 2 amin là \[{C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N\]

Giả sử lấy 1 mol amin

Bảo toàn nguyên tố C : \[{n_{C{O_2}}} = \bar n\]

Bảo toàn nguyên tố H :\[{n_{{H_2}O}} = \frac{{2\bar n + 3}}{2}\]

Vì \[{n_{C{O_2}}}:{n_{{H_2}O}} = {\rm{ }}7{\rm{ }}:{\rm{ }}10{\rm{ }} \to 10\bar n{\rm{\;}} = {\rm{\;7}}{\rm{.}}\frac{{2\bar n + 3}}{2} \Rightarrow \bar n = 3,5\]

→ 2 amin là C3H7NH2và C4H9NH2

Đáp án cần chọn là: C


Câu 27:

Đốt cháy hết 6,72 lít hỗn hợp khí (đktc) X gồm 2 amin đơn chức, bậc một A và B là đồng đẳng kế tiếp. Cho hỗn hợp khí và hơi sau khi đốt cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4đặc, bình 2 đựng KOH dư, thấy khối lượng bình 2 tăng 21,12 gam. Tên gọi của 2 amin là :
Xem đáp án

Khối lượng bình 2 tăng 21,12 gam →\[ \to {m_{C{O_2}}} = 21,12gam\,\, \to \,\,{n_{C{O_2}}} = 0,48\,\,mol\]

namin = 0,3 mol

\[ \to \,\,\bar C = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{a\min }}}} = \frac{{0,48}}{{0,3}} = 1,6\]

Vậy 2 amin là CH3NH2và C2H5NH2

Đáp án cần chọn là: A


Câu 28:

Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp X gồm 2 amin no, đơn chức , mạch hở bằng không khí, sau đó cho hỗn hợp qua NaOH dư thấy khối lượng dung dịch tăng 24 gam và thấy thoát ra V lít khí hỗn hợp Y(đktc) gồm 2 khí có tỉ lệ mol là 1:9. Giá trị của V là
Xem đáp án

CnH2n+3N  →→nCO2+  (n+1,5)H2O    +   0,5 N2

x                         nx                (n+1,5)x              0,5x

Vì N2là khí trơ nên dung dịch NaOH chỉ hấp thụ CO2và H2O

=>mdd tăng =\[{m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 44n{\rm{x}} + 18x(n + 1,5) = \,\,(62n + 27)x = 24\,\,\,\,(1)\]

mX=(14n+17)x =7,6  (2)

Từ (1) và (2)  =>\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{nx = 0,3}\\{x = 0,2}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 1,5}\\{x = 0,2}\end{array}} \right.\)

Theo định luật BTKL 

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} + {m_{{N_2}}} \to 7,6 + 32.{n_{{O_2}}} = 24 + 2,8}\\{ \to {n_{{O_2}}} = 0,6\,\,mol}\end{array}\]

Trong không khí : O2a mol,  N24a mol

Hỗn hợp Y gồm:  \[{n_{{O_2}}} = a - 0,6\,\,\,mol;\,\,\,\,{n_{{N_2}}} = 4a + 0,1\,\,\,mol\]

\[{n_{{O_2}}}:{n_{{N_2}}} = 1:9 \to 9(a - 0,6) = 4{\rm{a}} + 0,1 \to a = 1,1\,mol\]

\[{n_Y} = 1,1 - 0,6 + 4.1,1 + 0,1 = 5mol \to V = 22,4.5 = 112\,\,lit\]

Đáp án cần chọn là: B


Câu 29:

Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là đồng đẳng kế tiếp (MX< MY). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O2(đktc) thu được H2O, N2và 2,24 lít CO2(đktc). Chất Y là
Xem đáp án

Gọi CTPT của anken là CnH2n

CTPT trung bình của 2 amin là \[{C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}N\]

PTHH :

\[{\rm{\;}}{C_n}{H_{2n}} + \frac{{3n}}{2}{O_2} \to nC{O_2} + n{H_2}O\]

a\( \to \)\[\frac{{3na}}{2}\]\( \to \)an

\[{C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}N + \frac{{6\bar m + 3}}{4}{O_2} \to \bar mC{O_2} + \frac{{2\bar m + 3}}{2}{H_2}O + \frac{1}{2}{N_2}\]

b\( \to \)\[\frac{{(6\bar m + 3)b}}{2}\]\( \to \)\(b\overline m \)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{n_{C{O_2}}} = 0,1 = an + b\overline m }\\{0,2025 = \frac{{3an}}{2} + \frac{{(6\overline m + 3)b}}{4}}\end{array}} \right. \Rightarrow b = 0,07 \Rightarrow an + 0,07\overline m = 0,1 \Rightarrow \overline m < 2\)

→ 2 amin là CH5N và C2H7N

Đáp án cần chọn là: C


Câu 30:

Đốt cháy hoàn toàn 12,95 gam hỗn hợp A (gồm amin no, mạch hở X và ankan Y) bằng oxi vừa đủ. Sau phản ứng thu được m gam H2O; 19,04 lít CO2và 0,56 lít khí N2(đktc). Giá trị của m là
Xem đáp án

\[{n_{C{O_2}}} = \frac{{19,05}}{{22,4}} = 0,85\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}}} = \frac{{0,56}}{{22,4}} = 0,025\,\,mol\]

Bảo toàn khối lượng : mhhA= mC+ m+ mN→ 0,85.12 + m+ 0,025.2.14 = 12,95

→ nH= 2,05 mol

\[ \to \,\,{n_{{H_2}O}} = \frac{{{n_H}}}{2} = 1,025\,\,mol\,\, \to \,\,{m_{{H_2}O}} = 18,45\,\,gam\]

Đáp án cần chọn là: B


Câu 31:

Đốt cháy 50 ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp bằng oxi vừa đủ, thu được 375 ml hỗn hợp khí và hơi Y. Cho Y đi qua H2SO4đặc dư thì còn lại 175 ml, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. CTPT của 2 hiđrocacbon là
Xem đáp án

Ta có : \[{V_{{H_2}O}} = {\rm{ }}375{\rm{ }}--{\rm{ }}175{\rm{ }} = {\rm{ }}200{\rm{ }}ml;\,{V_{C{O_2}}} + {V_{{N_2}}} = 175\,\,ml\]

\[{V_{{H_2}O}} - {V_{C{O_2}}} - {V_{{N_2}}} = 25\,\,ml\, = \,\,\frac{1}{2}\]nhỗn hợp

→ 2 hiđrocacbon chỉ có thể là anken và Vamin= Vanken= 25 ml

Đặt công thức chung của 2 anken là \[{C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2}}\]

\[{V_{C{O_2}}} = 25\bar n + 3.25 = 25\bar n + 75;\,\,\,\,\,\,\,{V_{{N_2}}} = 0,5.25 = 12,5\]

\[ \to \,\,\,25\bar n + 75 + 12,5 = 175\,\, \to \,\,\bar n = 3,5\]

Vậy 2 hiđrocacbon là C3H6và C4H8

Đáp án cần chọn là: C


Câu 32:

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 1 amin no, mạch hở, đơn chức và 1 ancol no, mạch hở, đơn chức bằng 151,2 lít không khí (vừa đủ) thu được 17,92 lít khí CO2; 21,6 gam H2O; 123,2 lít khí N2(các thể tích khí đo ở đktc). CTPT của ancol và amin là
Xem đáp án

\[{n_{C{O_2}}} = \frac{{17,92}}{{22,4}} = 0,8\,\,mol;\,\,{n_{{H_2}O}} = \frac{{21,6}}{{18}} = 1,2\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}}} = \frac{{123,2}}{{22,4}} = 5,5\,\,mol\]

Gọi CTPT của ancol là CmH2m+2O; CTPT của amin là CnH2n+3N

nkhông khí = 6,75 mol

\[ \to \,\,{n_{{O_2}}} = \frac{{6,75}}{5} = 1,35\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}(kk)}} = 6,75 - 1,35 = 5,4\,\,mol\]

Bảo toàn nguyên tố N :

\[{n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} = 2{n_{{N_2}}} = {\rm{ }}0,2{\rm{ }}mol\]

Bảo toàn nguyên tố O :

\[{n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}} = 2.0,8 + 1,2 - 2.1,35 = 0,1\,\,mol\]

Bảo toàn nguyên tố C: \[{n_{C{O_2}}} = n.{n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} + m.{n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}}\]

→ 0,2n + 0,1m = 0,8 → 2n + m = 8

→ m = 2 và n = 3 phù hợp với đáp án

Vậy CTPT của ancol và amin là C2H6O vàC3H9N

Đáp án cần chọn là: B


Câu 33:

Hỗn hợp X chứa 1 amin no mạch hở đơn chức, 1 ankan, 1 anken. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol X cần dùng vừa đủ 1,03 mol O2. Sản phẩm cháy thu được có chứa 0,56 mol CO2và 0,06 mol N2. Phần trăm khối lượng của anken có trong X gần nhất với :
Xem đáp án

namin= 0,12 mol ; nX= 0,4 mol

Bảo toàn oxi : 2nO2= 2nCO2+ nH2O=>nH2O= 0,94 mol

TQ : CnH2n+3N ; CmH2m+2; CtH2t

=>nH2O– nCO2= 1,5namin+ nankan

=>nankan= 0,2 mol =>nanken= 0,08 mol

Bảo toàn C : 0,12n + 0,2m + 0,08t = 0,56

=>n = m = 1 ; t = 3

=>CH5N ; CH4; C3H6

=>%mC3H6= 32,6%

Đáp án cần chọn là: D


Câu 34:

Đốt cháy hòa toàn hỗn hợp hai amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, thu được 1,568 lít khí CO(đktc) và 1,8 gam H2O. Số đồng phân cấu tạo thuộc loại amin bậc hai của hai amin đó là:
Xem đáp án

Đặt công thức của hh 2 amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng là: \[{C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N\]

PTHH: \[{C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N + {O_2}\mathop \to \limits^{{t^0}} \bar nC{O_2} + (\bar n + 1,5){H_2}O\]nCO2(đktc)= 1,568/22,4 = 0,07 (mol)

nH2O= 1,8/18 = 0,1 (mol)

Ta có: namin= (nH2O– nCO2)/1,5 = 0,02 (mol)

\[\bar n = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{n\,a\min }} = \frac{{0,07}}{{0,02}} = 3,5\]

Vì 2 amin đồng đẳng kế tiếp nên CTPT 2 amin là C3H9N và C4H11N

CTCT amin bậc 2 của C3H9N: CH3CH2-NH-CH3

CTCT amin bậc 2 của C4H11N: CH3-CH2-CH2-NH-CH3; CH3-CH(CH3)-NH-CH3; C2H5-NH-C2H5

→ Tổng có 4 CTCT thỏa mãn.

Đáp án cần chọn là: A


Câu 35:

Đốt cháy hoàn toàn m gam C2H5NH2thu được sản phẩm gồm H2O, CO2và 1,12 lít khí N2(đktc). Giá trị của m là
Xem đáp án

Bảo toàn nguyên tố N có: nC2H5NH2= 2nN2= 0,1 mol

⟹ mC2H5NH2= 0,1.45 = 4,5 gam

Đáp án cần chọn là: C


Câu 36:

13,35 gam hỗn hợp X gồm 2 amin no đơn chức mạch hở đồng đẳng kế tiếp tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch chứa 22,475 gam muối . Nếu đốt 13,35 gam hỗn hợp X thì trong sản phẩm cháy có VCO2/VH2Obằng
Xem đáp án

Dùng bảo toàn khối lượng ta có: mHCl= mmuối- mamin= 9,125 (g)

→ nHCl= 0,25 (mol) → nAmin= nHCl= 0,25 mol

Gọi công thức chung của 2 amin có dạng CxH2x+3N

→ M2 amin= m : n = 13,35 : 0,25 = 53,4 (g/mol)

⟹ 14x + 3 + 14 = 53,4 ⟹ x = 2,6

Khi đốt hỗn hợp X thì:

CxH2x+3N + (1,5x + 0,75) O2→ xCO2+ (2x+3)/2 H2O + ½ N2

Vậy \[\frac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \frac{x}{{x + 1,5}} = \frac{{2,6}}{{2,6 + 1,5}} = \frac{{26}}{{41}}\]

Đáp án cần chọn là: B


Câu 37:

Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam metylamin rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2dư. Khối lượng bình đựng dung dịch Ca(OH)2tăng là
Xem đáp án

Ta có: nCH3NH2= 6,2/31 = 0,2 mol

PTHH: CH3NH2+ 2,25 O2→ CO2+ 2,5 H2O + 0,5 N2

0,2 →                        0,2 →   0,5                    (mol)

Bình đựng dung dịch Ca(OH)2hấp thụ cả CO2và H2O

⟹ mbình tăng= mCO2+ mH2O= 0,2. 44 + 0,5.18 = 17,8 gam

Đáp án cần chọn là: D


Câu 38:

Đốt cháy hoàn toàn m gam 1 amin no đơn chức mạch hở người ta thu được 6,72 lít khí CO2(đktc); 9,45 gam H2O và 1,68 lít khí N2(đktc). Giá trị của m là:
Xem đáp án

nCO2= 6,72 : 22,4 = 0,3 mol; nH2O= 9,45 : 18 = 0,525 mol; nN2= 1,68 : 22,4 = 0,075 mol

Amin no đơn chức mạch hở có dạng CnH2n+3N

Bảo toàn nguyên tố O: 2nO2= 2nCO2+ nH2O→ nO2= 0,5625 mol

Bảo toàn khối lượng: mamin+ mO2= mCO2+ mH2O+ mN2

→ mamin= 44.0,3 + 18.0,525 + 28.0,075 - 0,5625.32 = 6,75 gam

Đáp án cần chọn là: A


Câu 39:

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp M gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y (có số mol bằng nhau, MX< MY) cần lượng vừa đủ 13,44 lít O2, thu được H2O, N2và 6,72 lít CO2. Chất Y là:
Xem đáp án

Ta có: nO2= 0,6 mol; nCO2= 0,3 mol

BTNT O =>2nO2= 2nCO2+ nH2O→ nH2O= 0,6 mol

Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là CnH2n+3N

CnH2n+3N + (3n/2+3/4) O2→ nCO2+ (2n+3)/2 H2O

=>nM= (nH2O- nCO2)/1,5 = 0,2 mol

Suy ra số nguyên tử C = nCO2/n=0,3: 0,2 = 1,5

=>X là CH5N và Y là C2H7N (etylamin).

Đáp án cần chọn là: A


Câu 40:

Đốt cháy hoàn toàn 1 amin no đơn chức bậc 2 mạch hở thu được tỉ lệ mol CO2và H2O là 4 : 7. Tên của amin là:
Xem đáp án

Công thức amin no đơn chức là CnH2n+3N

Phản ứng cháy có  nCO2 : nH2O= 4 : 7

=>n: nH= 2 : 7 = n : (2n + 3) =>n = 2

=>Amin đơn chức là C2H7N

Amin bậc 2 =>CH3NHCH3(đimetyl amin)

Đáp án cần chọn là: C


Câu 41:

Hỗn hợp khí E gồm một amin bậc III no, đơn chức, mạch hở và hai ankin X, Y (MX< MY</>). Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp E cần dùng 11,2 lít O2(đktc), thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch KOH đặc, dư đến phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng bình bazơ nặng thêm 20,8 gam. Số cặp công thức cấu tạo ankin X, Y thỏa mãn là

Xem đáp án

Đặt a, b là số mol CO2, H2O

mBình nặng= mCO2+ mH2O=>44a + 18b = 20,8 (1)

BTNT O: 2nO2= 2nCO2+ nH2O=>2a+ b = 2.0,5 (2)

Từ (1) và (2) =>a = 0,35 và b = 0,3 (mol)

Hỗn hợp E gồm: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{C_m}{H_{2m}}_{ + 3}N:vmol}\\{{C_{\overline n }}{H_{2\overline n - 2}}:umol}\end{array}} \right.\)

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{n_E} = v + u = 0,15}\\{{n_{CO2}} = mv + \overline n u = 0,35}\\{{n_{{H_2}O}} = v(m + 1,5) + u(\overline n - 1) = 0,3}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{v = 0,04}\\{u = 0,11}\end{array}} \right.\)

Vì \[m{\rm{ }} \ge {\rm{ }}3\]và

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 3}\\{\overline n = \frac{{23}}{{11}}}\end{array}} \right.\) là nghiệm duy nhất thỏa mãn

Vậy 2 cặp ankin thỏa mãn là:  (Vì MX< MY</>

và các chất ở thể khí)

=>Các cặp CTCT thỏa mãn là:

Cặp 1: CH≡ CH và CH≡C-CH3

Cặp 2: CH≡ CH và CH≡ C-CH2-CH3

Cặp 3: CH≡ CH và CH3- C≡C -CH3

Đáp án cần chọn là: C


Câu 42:

Hỗn hợp X chứa etylamin và trimetylamin. Hỗn hợp Y chứa 2 hiđrocacbon mạch hở có số liên kết pi nhở hơn 3. Trộn X và Y theo tỉ lệ mol nX: nY= 1:5 thu được hỗn hợp Z. Đốt cháy hoàn toàn 3,17 gam hỗn hợp Z cần dùng vừa đủ 7,0 lít khí oxi (đktc), sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2được dẫn qua dung dịch NaOH đặc, dư thấy khối lượng dung dịch tăng 12,89 gam. Phần trăm khối lượng của etylamin trong X gần nhất với giá trị nào sau đây?
Xem đáp án

3,17gZ\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{C_n}{H_{2n + 3}}N:z}\\{{C_m}{H_{2m + 2 - 2\overline k }}:5z}\end{array}} \right. + {O_2}: + 0,3125mol\)

\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{C{O_2}:a}\\{{H_2}O:b}\\{{N_2}:0,5z}\end{array}} \right. + NaOH \to \Delta m = 12,89gam\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = \Delta m = 12,892}\\{{m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}}(BTNT)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{44a + 18b = 12,892}\\{a + b = 2.0,3125}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0,205}\\{b = 0,215}\end{array}} \right.\)

\[{m_Z} = {m_C} + {m_H} + {m_N} \Rightarrow {m_N} = 3,17 - (12.0,205 + 2.0,215) = 0,28gam\]

\[ \Rightarrow {n_N} = 0,02mol \Rightarrow z = 0,02 \Rightarrow {n_Y} = 5z = 0,1\]

\[{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,01 = 1,5z + 5z.(1 - \overline k ) \Rightarrow \overline k = 1,2\]

\[{n_Z} = 6z = 0,12mol \Rightarrow \overline C = \frac{{{n_{CO2}}}}{{{n_Z}}} = 1,708;\overline H = \frac{{{n_H}}}{{{n_Z}}} = 3,583\]

Vì X chứa 2 amin C2H7N và C3H9N, đều có số nguyên tử C >1,708 và  H >3,583

→ Y chứa một hiđrocacbon có số nguyên tử C < 1,708 → Y chứa CH4

.

Hai hiđrocacbon trong Y có số liên kết pi nhỏ hơn 3, mà CH4(k=0) và = 1,2

→ hiđrocacbon còn lại Y2có k = 2 và số nguyên tử H < 3,583 → Y2

: C2H2

\[\overline k = 1,2 \Rightarrow \frac{{{n_{CH4}}(k = 0)}}{{{n_{{Y_2}}}(k = 2)}} = \frac{{|2 - 1,2|}}{{|0 - 1,2|}} = \frac{2}{3}\]

\[ \Rightarrow {n_{C{H_4}}} = 2z = 0,04;{n_{{Y_2}}} = 0,06mol\]

\[{n_{C{O_2}}} = 0,205 = n.x + {n_{C{H_4}}} + 2{n_{{C_2}{H_2}}} \Rightarrow n = \frac{{0,205 - 0,04 - 2.0,06}}{{0,02}} = 2,25\]

X\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{C_2}{H_7}N:x}\\{{C_3}{H_9}N:y}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 0,02}\\{2x + 3y = 2,25.0,02 = {n_C}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0,015}\\{y = 0,005}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow \% {C_2}{H_7}N(X) = 0\frac{{,015.45}}{{0,015.45 + 0,005.59}}.100\% = 69,59\% \]

Đáp án cần chọn là: B


Câu 43:

Cho 1,22 gam hỗn hợp X gồm hai amin bậc một (tỉ lệ mol là 1:2) tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch HCl 0,1M thu được dung dịch Y. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol hỗn hợp X thu được hỗn hợp khí và hơi. Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí và hơi đó vào dung dịch Ba(OH)2dư, lạnh thì thu được m gam kết tủa và thoát ra 1,344 lít (đktc) một khí duy nhất. Giá trị của m là
Xem đáp án

\[TN1:1,22gX + HCl:0,04mol \to \Rightarrow {n_{N(hh1)}} = {n_{HCl}} = 0,04mol.\]

TN2:0,09molX + O2 \( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{C{O_2}}\\{{H_2}O}\\{{N_2}}\end{array}} \right. + Ba{(OH)_2}\)

\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{mg \downarrow BaC{O_3}}\\{0,06mol \uparrow }\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow {n_{{N_2}}} = 0,06 \Rightarrow {n_{N(hh2)}} = 0,12mol = 3{n_{N(hh1)}}\]

\[ \Rightarrow {m_{X(TN2)}} = 3{m_{X(TN1)}} = 3,66gam.\]Ntb= 0,12/0,09 = 4/3 → X có chứa 1 amin đơn chức RNH2(a mol);  amin còn lại là amin đa chức R’(NH2)n(b mol) (Xét trong 3,66 gam X)

Tỉ lệ mol của 2 amin là 1: 2 → có 2 TH:

\[ + TH1:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 0,09}\\{b = 2a}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0,03}\\{b = 0,06}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow {n_N} = 0,12 = 0,03.1 + 0,06.n \Rightarrow n = 1,5(loai)\]

\[ + TH2:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 0,09}\\{a = 2b}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0,06}\\{b = 0,03}\end{array}} \right.\]

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{n_N} = 0,12 = 0,06.1 + 0,03.n}\\{0,06(R + 16) + 0,03(R\prime + 16n) = 3,66}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 22}\\{R + R\prime = 58}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 2}\\{R = 15;R\prime = 28}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow X\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{C{H_3}N{H_2}:0,06mol}\\{{C_2}{H_4}{{(N{H_2})}_2}:0,03mol}\end{array}} \right. + {O_2} \to 0,12molC{O_2} + Ba{(OH)_2} \to mgBaC{O_3}\)

⇒m = 0,12.197 = 23,64gam

Đáp án cần chọn là: A


Câu 44:

Hỗn hợp E chứa axetilen, propin và một amin no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 5,46 gam hỗn hợp E cần dùng 11,088 lít O2(đktc) thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và khí N2, trong đó tỉ lệ mol CO2: H2O là 1:1. Phân tử khối của amin là
Xem đáp án

5,46gE\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{C_n}{H_{2n - 2}}:x}\\{{C_m}{H_{2m + 3}}N:y}\end{array}} \right. + {O_2}:0,495mol \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{C{O_2}:a}\\{{H_2}O:a}\\{{N_2}}\end{array}} \right.\)

\[BTNToxi:2n{O_2} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow 0,495.2 = 2a + a \Rightarrow a = 0,33mol\]

\[5,46 = {m_E} = {m_C} + {m_H} + {m_N} = 0,33.12 + 0,33.2 + {m_N}\]

\[ \Rightarrow {m_N} = 0,84 \Rightarrow y = 0,06mol\]\[{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0 \Rightarrow x = 1,5y = 0,09mol\]

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{nx + my = nCO2 = 0,33}\\{2 < n < 3}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0,09n + 0,06m = 0,33}\\{2 < n < 3}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow 1 < m < 2,5 \Rightarrow n = 2 \Rightarrow Amin:{C_2}{H_7}N\]

Đáp án cần chọn là: A


Bắt đầu thi ngay