30 bài tập vận dụng cao về xác định CTCT dẫn xuất của amin, amino axit có lời giải

Làm bài

Quảng cáo

Câu hỏi 1 :

Chất hữu cơ mạch hở X có công thức C8H15O4N. Cho m gam X tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được (m + 1) gam muối Y của aminoaxit và hỗn hợp Z gồm 2 ancol. Giá trị của m là

  • A 47,25. 
  • B 15,75. 
  • C 7,27. 
  • D 94,5.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Độ bất bão hòa: k = (2C + 2 + N – H)/2 = (2.8 + 2 + 1 – 15)/2 = 2

=> X là este no, được tạo bởi 1 aminoaxit (có 2 nhóm –COOH, 1 nhóm –NH2) và 2 ancol

=> Muối có dạng CnH2n+2+1-2.2-2O4NNa2 hay CnH2n-3O4NNa2

Do khối lượng muối tăng nên M muối > MX => 14n + 121 > 189 => điều kiện của n (*)

Mà các ancol khác nhau nên số C trong đuôi ancol ≥ 3 => Số C của aminoaxit ≤ 5 (**)

Từ (*) và (**) suy ra giá trị n

Lời giải chi tiết:

Độ bất bão hòa: k = (2C + 2 + N – H)/2 = (2.8 + 2 + 1 – 15)/2 = 2

=> X là este no, được tạo bởi 1 aminoaxit (có 2 nhóm –COOH, 1 nhóm –NH2) và 2 ancol

=> Muối có dạng CnH2n+2+1-2.2-2O4NNa2 hay CnH2n-3O4NNa2

Do khối lượng muối tăng nên M muối > MX => 14n + 121 > 189 => n > 4,85 (*)

Mà các ancol khác nhau nên số C trong đuôi ancol ≥ 3 => Số C của aminoaxit ≤ 5 (**)

(*) và (**) => n = 5

Vậy muối là C5H7O4NNa2

C8H15O4N → C5H7O4NNa2

     1 mol            1 mol           => m tăng = 191 – 189 = 2 (g)

   0,5 mol                        ←        m tăng = 1 (g)

=> m = 0,5.189 = 94,5 gam

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 2 :

Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C5H11O4N) và 0,15 mol Y (C5H14O4N2, là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là

  • A 24,57% 
  • B 52,89%            
  • C 54,13% 
  • D 25,53%

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Do thu được 2 amin no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên suy ra Y là C2H5NH3OOC-COONH3CH3

=> Muối có 2C => ancol có 1C

=> CTCT của X

Lời giải chi tiết:

Do thu được 2 amin no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên suy ra Y là C2H5NH3OOC-COONH3CH3

=> Muối có 2C => ancol có 1C

=> X là CH3COONH3-CH2-COOCH3

Vậy muối G gồm:

KOOC-COOK (0,15 mol)

H2N-CH2-COOK (0,1 mol)

CH3-COOK (0,1 mol)

%m KOOC-COOK = \({{0,15.166} \over {0,15.166 + 0,1.113 + 0,1.98}}.100\% \) = 54,13%

Đáp án C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 3 :

Hỗn hợp X gồm 2 hợp chất A (C2H7O3N) và B (C3H9O3N). Cho m gam X vào dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng thu được dung dịch Y và 5,6 lít (đktc) khí Z duy nhất. Khí Z có khả năng làm xanh quỳ tím ẩm. Cô cạn Y thu được 25,3 gam chất rắn T. Cho T vào dung dịch HCl thấy có thoát ra khí CO2. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A 24,4. 
  • B 21,6. 
  • C 25,6. 
  • D 20,5. 

Đáp án: C

Phương pháp giải:

CTCT của A là: CH3NH3HCO3 => Khí Z là CH3NH2

Do sau phản ứng chỉ thu được CH3NH2 => B có CTCT là: HOCH2COONH3CH3

Lời giải chi tiết:

nZ = 0,25 mol

CTCT của A là: CH3NH3HCO3 => Khí Z là CH3NH2

Do sau phản ứng chỉ thu được CH3NH2 => B có CTCT là: HOCH2COONH3CH3

Đặt số mol của A và B lần lượt là a, b (mol)

PTHH:

CH3NH3HCO3 + 2NaOH → Na2CO3 + CH3NH2 + 2H2O

         a                                          a                 a

HOCH2COONH3CH3 + NaOH → HOCH2COONa + CH3NH2 + H2O

                b                         b                   b                    b

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

+ nZ = nCH3NH2 => a + b = 0,25 (1)

+ m chất rắn = mNa2CO3 + mHOCH2COONa => 106a + 98b = 25,3 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,1 và y = 0,15

=> m = 0,1.93 + 0,15.107 = 25,35 gam gần nhất với 25,6 gam

Đáp án C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 4 :

Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H10O3N2) và chất Z (C3H9O2N). Cho 15,55g X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch M và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp T gồm 3 khí đều làm xanh giấy quỳ tím tẩm ướt. Cô cạn dung dịch M thu được m gam muối khan. Giá trị của m là

  • A 14,7.  
  • B 10,6.   
  • C 14,0.  
  • D 11,8.

Đáp án: C

Phương pháp giải:

X + NaOH thu được muối Natri và 3 khí làm xanh quì tím ẩm

=> T gồm 3 khí chứa Nito (NH3, amin)

=> Biện luận công thức cấu tạo của 2 chất X và Y

=> tên 3 khí => Tính toán theo phương trình phản ứng + NaOH

=> m

Lời giải chi tiết:

X + NaOH thu được muối Natri và 3 khí làm xanh quì tím ẩm

=> T gồm 3 khí chứa Nito (NH3, amin)

=> X chỉ có thể chứa 2 muối là Y: NH4OCOONH3CH3 và Z: NH4OCOONH3C2H5

Vậy T gồm NH3 , CH3NH2 và C2H5NH2

nT = 5,6: 22,4 = 0,25 mol

Gọi số mol Y và Z lần lượt là a và b

            NH4OCOONH3CH3 + 2NaOH → NH3 + CH3NH2 + Na2CO3 + 2H2O

Mol                  a                      →                a  →         a    →    a

            HCOONH3C2H5  +  NaOH → C2H5NH2 + HCOONa + H2O

Mol                  b                      →                 b   →      b

=> mX = 110a + 91b = 15,55

Và nkhí = 2a + b = 0,25

=> a = 0,1 ; b = 0,05 mol

M gồm muối: HCOONa (0,05 mol) và Na2CO3 (0,1 mol)

=> mM = 0,05.68 + 106.0,1 = 14g

Đáp án C  

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 5 :

Hỗn hợp P gồm chất X (CnH2n+4O4N2) và chất Y (CmH2m-1O4N3) đều mạch hở. Thủy phân hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp P cần dùng vừa đủ 1,2 lít dung dịch NaOH 1M, đun nóng thu được phần hơi có chứa một chất khí T (làm xanh giấy quỳ ẩm) và 107,7 gam hỗn hợp Z chỉ gồm một muối của amino axit (E) và một muối của axit cacboxylic đơn chức (G). Biết T có tỉ khối so với H2 là 15,5. Cho các phát biểu sau:

(1) Khối lượng của P bằng 86,1 gam.

(2) Phần trăm khối lượng của Y trong P nhỏ hơn 44%

(3) Phần trăm khối lượng của oxi trong X lớn hơn 40%

(4) Tỉ lệ số mol 2 muối G với E trong Z tương ứng bằng 1:3

(5) Tỉ lệ số  mol X và Y trong hỗn hợp P là 3:2

Số phát biểu đúng

  • A 5.
  • B 3.
  • C 2.
  • D 4.

Đáp án: B

Phương pháp giải:

MT = 31 (g/mol) ⟹ T là amin CH3NH2

Đặt X có dạng: ACOO-NH3-B-COO-NH3CH3: x(mol)

Y có dạng: H- (NH-B-CO)3-OH: y (mol)

Lập hệ với số mol hh P và số mol NaOH tìm được từng giá trị x, y =?

Sử dụng BTKL tìm được mối liên hệ giữa A, B ⟹ chạy giá trị A, B thỏa mãn.

Xét các phát biểu đúng, sai.

Lời giải chi tiết:

MT = 15,5×MH2 = 15,5×2 = 31 (g/mol) ⟹ T là amin CH3NH2

0,5 mol P + 0,12 mol NaOH → CH3NH2 + 107,7 gam hh Z gồm muối amino axit E + muối axit đơn chức G

⟹ Đặt X có dạng: ACOO-NH3-B-COO-NH3CH3: x(mol)

Y có dạng: H- (NH-B-CO)3-OH: y (mol)

PTHH: ACOO-NH3-B-COO-NH3CH3 + 2NaOH → ACOONa + NH2-B-COONa + CH3NH2 + 2H2O

             H- (NH-B-CO)3-OH + 3NaOH → NH2-B-COONa + 3H2O

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_P} = x + y = 0,5\\{n_{NaOH}} = 2x + 3y = 1,2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,3\\y = 0,2\end{array} \right.\)

Z gồm: ACOONa: x (mol) = 0,3 (mol); NH2-B-COONa: x + 3y = 0,9 (mol)

Z = 0,3 (A + 67) + 0,9 (B + 83) = 107,7

⟹ A + 3B = 43

⟹ A = 1 và B = 14 là nghiệm duy nhất

Vậy X là: HCOO-NH3-CH2-COO-NH3CH3: 0,3 (mol)

Y là: (Gly)3 : 0,2 (mol)

Xét cá phát biểu:

(1) sai, mP = 0,3.152 + 0,2.189 = 83,4 (g)

(2) sai, %mY = [(0,2.189)/83,4].100% = 45,32%

(3) đúng, %mX = [(0,3.152)/83,4].100% = 54,68%

(4) đúng, nG: nE = 0,9 : 0,3 = 3 : 1

(5) đúng, nX : nY = 0,3:0,2 = 3:2

⟹ có 3 phát biểu đúng

Đáp án B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 6 :

Hỗn hợp E gồm amin X có công thức dạng CnH2n+3N và một amino axit có công thức dạng CmH2m+1O2N (trong đó số mol X gấp 1,5 lần số mol Y). Cho 8,52 gam hỗn hợp E tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl dư, thu được 12,90 gam hỗn hợp muối. Mặt khác, cho 8,52 gam hỗn hợp E tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch NaOH, thu được x gam muối. Giá trị của x là

  • A 4,656.
  • B 7,922.
  • C 6,984.
  • D 5,328.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

- Bảo toàn khối lượng

Lời giải chi tiết:

TN1: mHCl = m muối – m= 12,9 – 8,52 = 4,38 gam => nHCl = 0,12 mol.

Đặt n= x mol; n= y mol.

x + y = nHCl = 0,12 (1)

x/y = 1,5 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,072 mol; y = 0,048 mol.

CnH2n+3N: 0,072 mol

CmH2m+1O2N: 0,048 mol

=> 0,072(14n + 17) + 0,048(14m + 47) = 8,52 => 3n + 2m = 15

=> n = 3, m = 3.

X là C3H9N, Y là C3H7O2N

BTKL: 0,048.89 + 0,048.40 = m muối + 0,048.18

=>m muối = 5,328 gam.

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 7 :

Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ đều no, mạch hở có công thức phân tử là C2H8O3N2 và C3H10O4N2. Cho a gam X tác dụng với dung dịch KOH (vừa đủ), thu được dung dịch Y và 1,792 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm hai chất khí đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm, tỉ khối của Z so với H2 bằng 17,25. Cô cạn Y, thu được m gam hỗn hợp T gồm 3 muối khan. Biết rằng trong Z không có hợp chất đa chức. Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ nhất trong T có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A 23%.
  • B 31%.
  • C 46%.
  • D 8%.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

C2H8O3N2 có công thức cấu tạo là C2H5NH3NO3 (hoặc (CH3)2NH2NO3)

C2H5NH3NO3 + KOH → C2H5NH2 + KNO3 + H2O

Vậy C2H8O3N2 tạo ra khí là C2H5NH2 (M = 45 g/mol) và muối KNO3

Vì Z gồm 2 khí làm xanh quỳ ẩm và MZ = 17,25.2 = 34,5 < 45 g/mol nên Z còn một khí còn lại có M < 34,5g/mol

⟹ khí này là NH3 hoặc CH3NH2

Vì T có chứa 3 muối nên C3H10O4N2 tạo ra 2 muối (khác KNO3)

⟹ CTCT của C3H10O4N2 có thể là HCOONH3CH2COONH4

⟹ tính số mol từng chất trong X dựa vào số mol và khối lượng mol của hỗn hợp khí

⟹ thành phần của hh muối T

Lời giải chi tiết:

C2H8O3N2 có công thức cấu tạo là C2H5NH3NO3 (hoặc (CH3)2NH2NO3)

C2H5NH3NO3 + KOH → C2H5NH2 + KNO3 + H2O

Vậy C2H8O3N2 tạo ra khí là C2H5NH2 (M = 45 g/mol) và muối KNO3

Vì Z gồm 2 khí làm xanh quỳ ẩm và MZ = 17,25.2 = 34,5 < 45 g/mol nên Z còn một khí còn lại có M < 34,5g/mol

⟹ khí này là NH3 hoặc CH3NH2

Vì T có chứa 3 muối nên C3H10O4N2 tạo ra 2 muối (khác KNO3)

⟹ CTCT của C3H10O4N2 có thể là HCOONH3CH2COONH4

HCOONH3CH2COONH4 + KOH → HCOOK + H2NCH2COOK + NH3 + H2O

Đặt nNH3 = x mol và nC2H5NH2 = y mol ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,08\\\frac{{17{\rm{x}} + 45y}}{{x + y}} = 34,5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,03\\y = 0,05\end{array} \right.\)

Nên hỗn hợp muối T có \(\left\{ \begin{array}{l}KN{O_3}:0,05\\HCOOK:0,03\\{H_2}NC{H_2}COOK:0,03\end{array} \right.\)

Muối có PTK nhỏ nhất trong T là HCOOK:

\(\% {m_{HCOOK}} = \frac{{0,03.84}}{{0,03.84 + 0,05.101 + 113.0,03}}.100\%  = 23\% \)

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 8 :

Cho hỗn hợp gồm a gam X (C5H11O4N) và b gam Y (C4H12O4N2, là muối amoni của axit hữu cơ) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được một ancol đơn chức X, một amin và dung dịch T. Cô cạn T, thu được 110,7 gam hỗn hợp G gồm hai muối khan (trong đó có một muối của axit cacboxylic và một muối của một amino axit). Tách nước hoàn toàn T (xt H2SO4 đặc, ở 170°C) thu được 0,3 mol một anken. Tỉ lệ a : b gần nhất với giá trị

  • A 0,7.
  • B 1.
  • C 0,5.
  • D 1,5.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Để tách nước ở 170oC tạo thành anken nên ancol là ancol no, đơn chức, bậc 1 và có ít nhất 2C

Mà thu được 1 muối của amino axit

⟹ X là HCOO-H3NCH2COO-C2H5

Phản ứng tạo thành 2 muối khan (trong đó có một muối của axit cacboxylic và một muối của một amino axit)

⟹ Y là (HCOONH3)2C2H4

Lời giải chi tiết:

Để tách nước ở 170oC tạo thành anken nên ancol là ancol no, đơn chức, bậc 1 và có ít nhất 2C

Mà thu được 1 muối của amino axit

⟹ X là HCOO-H3NCH2COO-C2H5

⟹ nX = nanken = 0,3 mol

⟹ a = 0,3.149 = 44,7 gam

Phản ứng tạo thành 2 muối khan (trong đó có một muối của axit cacboxylic và một muối của một amino axit)

⟹ Y là (HCOONH3)2C2H4 (x mol)

Muối khan chứa: HCOONa (0,3+2x); H2NCH2COONa (0,3)

⟹ mmuối = 68.(0,3 + 2x) + 0,3.97 = 110,7 → x = 0,45

⟹ b = 0,45.152 = 68,4 gam

Vậy a : b = 44,7 : 68,4 = 0,65 gần nhất với 0,7

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 9 :

Chất X (C6HnO4N2, mạch hở) là muối amoni của axit cacboxylic, chất Y (C6Hn+1O3N3, mạch hở) là muối amoni của một đipeptit. Cho 8,87 gam hỗn hợp E gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau phản ứng thu được sản phẩm hữu cơ gồm 0,05 mol hỗn hợp hai amin no (có phân tử khối khác nhau, đều có 2 nguyên tử cacbon trong phân tử), và m gam hỗn hợp muối. Giá trị của m gần nhất với

  • A 9,0.
  • B 9,8.
  • C 8,4.
  • D 8,7.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

E + NaOH → 2 amin no có 2 C nên 2 amin này là C2H7N và C2H8N2

Y có CTPT là C6Hn+1O3N3 và Y là muối amoni của đipeptit nên Y chỉ tạo từ amin C2H7N

Mà Y có 6C nên Y là muối của Gly-Gly với C2H7N ⟹ n + 1 = 15 ⟹ n = 14

X (C6H14O4N2, mạch hở) tạo nên từ amin C2H8N2

Đặt nX = x mol và nY = y mol thì ta có hệ sau: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{a\min }} = x + y = 0,05\\{m_{hh}} = 178{\rm{x}} + 177y = 8,87\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,02\\y = 0,03\end{array} \right.\)

X  +  2NaOH → muối + C2H8N2 + 2H2O

0,02 → 0,04 →                  0,02 →   0,04

Gly-GlyNH3C2H5 + 2NaOH → muối + C2H7N + H2O

0,03 →                         0,06 →                0,03 →  0,03

BTKL: mmuối = mE + mNaOH - mamin - mH2O

                      = 8,87 + 0,1.40 - 0,02.60 - 0,03.45 - 0,07.18

                      = 9,06 gam gần nhất với 9 gam

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 10 :

Cho 22,63 gam hỗn hợp (H) gồm hai chất hữu cơ X (C3H11N3O5) và Y (C4H9NO4, tạo bởi axit cacboxylic đa chức) đều mạch hở tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, cô cạn dung dịch thu được 23,46 gam hỗn hợp muối Z; một ancol và một amin đều đơn chức. Mặt khác 0,3 mol (H) tác dụng với dung dịch KOH (dùng dư 15% so với lượng phản ứng), cô cạn dung dịch thu được m gam rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

  • A 61,56.
  • B 64,44.
  • C 58,68.
  • D 69,48.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Do tạo amin khí và ancol nên Y: CH3NH3OOC-COOCH3

⟹ X: CH3NH3OOC-CH2-NH3NO3

Đặt nX = x mol và nY = y mol

+) m(H) = 169x + 135y = 22,63 (1)

+) Khi cho 22,63 gam hỗn hợp tác dụng với NaOH:

Muối gồm: H2N-CH2-COONa (x mol); NaNO3 (x mol); NaOOC-COONa (y mol)

→ mmuối = 97x + 85x + 134y = 23,46 (2)

Giải (1) (2) được x = 0,07; y = 0,08

→ nhh (22,63g) = 0,07 + 0,08 = 0,15 mol

*Khi cho 0,3 mol (H) gồm 0,14 mol X và 0,08 mol Y tác dụng với KOH:

nKOH pư = 2nX + 2nY = 0,6 mol → nKOH dư = 0,6.15% = 0,09 mol

Chất rắn thu được gồm:

H2N-CH2-COOK (0,14 mol)

KNO3 (0,14 mol)

KOOC-COOK (0,16 mol)

KOH dư (0,09 mol)

→ mchất rắn = 61,56 gam

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 11 :

Hỗn hợp X chứa hai hợp chất hữu cơ gồm chất Y (C2H7O2N) và chất Z (C4H12O2N2). Đun nóng 9,42 gam X với dung dịch NaOH dư, thu được hỗn hợp T gồm hai amin kế tiếp có tỉ khối so với He bằng 9,15. Nếu cho 9,42 gam X tác dụng với dung dịch HCl loãng dư, thu được dung dịch có chứa m gam muối của các hợp chất hữu cơ. Giá trị của m là:

  • A 7,31 gam.
  • B 11,77 gam.
  • C 10,31 gam.
  • D 14,53 gam.

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Mamin = 36,6 → CH3NH2 và C2H5NH2

Y là HCOONH3CH3 (a mol)

Z là H2N-CH2-COONH3C2H5 (b mol)

Lập hệ phương trình về khối lượng mol trung bình của 2 amin và số mol của X → giá trị của a, b

Khi cho X tác dụng với HCl:

HCOONH3CH3 + HCl → HCOOH + CH3NH3Cl

H2N-CH2-COONH3C2H5 + 2HCl → ClH3N-CH2-COOH + C2H5NH3Cl

Muối hữu cơ gồm: CH3NH3Cl; ClH3N-CH2-COOH; C2H5NH3Cl

Lời giải chi tiết:

Mamin = 9,15.4 = 36,6 → CH3NH2 và C2H5NH2

Y là HCOONH3CH3 (a mol)

Z là H2N-CH2-COONH3C2H5 (b mol)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{M_{a\min }} = \frac{{31{\rm{a}} + 45b}}{{a + b}} = 36,6\\{m_X} = 77{\rm{a}} + 120b = 9,42\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,06\\b = 0,04\end{array} \right.\)

Khi cho X tác dụng với HCl:

HCOONH3CH3 + HCl → HCOOH + CH3NH3Cl

        0,06 →                                             0,06

H2N-CH2-COONH3C2H5 + 2HCl → ClH3N-CH2-COOH + C2H5NH3Cl

        0,04 →                                                     0,04   →                 0,04

Muối hữu cơ gồm: CH3NH3Cl (0,06); ClH3N-CH2-COOH (0,04); C2H5NH3Cl (0,04)

→ m = 11,77 gam

Đáp án B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 12 :

Hỗn hợp E gồm X (C7H16O6N2) và Y (C5H14O4N2, là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu được ancol etylic, hai amin no (đơn chức, kế tiếp trong dãy đồng đẳng, có tỉ khối so với khí hidro bằng 16,9) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z, thu được hỗn hợp T gồm 2 muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có 1 muối của axit cacboxylic và 1 muối của α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ trong T có giá trị gần nhất

  • A 31%.
  • B 32%.
  • C 33%.
  • D 34%.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

*Biện luận tìm Y:

Mamin = 33,8 → CH3NH2 và C2H5NH2

Suy ra cấu tạo của Y là:

*Biện luận tìm X:

- Theo đề nCH3NH2 : nC2H5NH2 = 4 : 1 mà Y chỉ sinh ra theo tỉ lệ 1 : 1 → X có sinh ra CH3NH3

- Mặt khác, các muối thu được cùng số nguyên tử C tức là đều có 2C (1 muối của axit cacboxylic và 1 muối của α-amino axit) → Muối là (COOK)2 và H2NCH2COOK

- Sản phẩm có ancol nên có chức este -COOC2H5

Vậy cấu tạo thỏa mãn của X là:

 hoặc 

Giả sử 1 mol hỗn hợp có a mol X và b mol Y

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{hh}} = a + b = 1\\\frac{{{n_{C{H_3}N{H_2}}}}}{{{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}}}} = \frac{{a + b}}{a} = 4\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,25\\b = 0,75\end{array} \right.\)

Vậy muối chứa: KOOC-COOK (1 mol) và H2N-CH2-COOK (0,75 mol)

→ %mH2NCH2COOK = 33,8% gần nhất với 34%

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 13 :

Hỗn hợp M chứa các chất hữu cơ mạch hở gồm X (C5H14O4N2) và Y (C9H18O8N2, không chứa nhóm –COOH). Đun nóng m gam hỗn hợp M với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 0,02 mol metylamin; 0,03 mol ancol metylic và dung dịch E. Cô cạn E thu được hỗn hợp rắn F gồm hai muối khan của glyxin và axit malonic. Phần trăm khối lượng của X trong M có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A 43,96%.
  • B 28,15%.
  • C 28,17%.
  • D 43,95%.

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Từ sản phẩm biện luận được công thức cấu tạo của X, Y là:

Lời giải chi tiết:

Cho M phản ứng với NaOH vừa đủ thu được:

metylamin (CH3NH2);

ancol metylic (CH3OH);

muối của Gly (H2N-CH2-COONa);

muối của axit maloic (CH2(COONa)2)

Suy ra CTCT của X và Y là:

Dễ thấy:

nX = 1/2 . nCH3NH2 = 0,01 mol

nY = 1/2. nCH3OH = 0,015 mol

→ %mX = \(\frac{{0,01.166}}{{0,01.166 + 0,015.282}}.100\% \) = 28,18% gần nhất với 28,17%

Đáp án C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 14 :

Hỗn hợp E gồm chất X (CnH2n+4O4N2, là muối của axit cacboxylic hai chức) và chất hữu cơ Y (CmH2m+3O2N, là muối của axit cacboxylic đơn chức). Đốt cháy hoàn toàn 0,12 mol E cần vừa đủ 9,984 gam O2 thu được CO2, N2 và 0,48 mol H2O. Mặt khác cho 0,1 mol E tác dụng hết với dung dịch KOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp hai chất khí đều làm xanh quỳ tím ẩm và m gam hỗn hợp hai muối khan. Giá trị của m là

  • A 17,52.
  • B 14,72.
  • C 13,32.
  • D 10,76.

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Quy đổi 0,12 mol E thành: NH4OOC-COONH4 (a mol); HCOONH4 (b mol) và CH2 (c mol)

+) Từ mol E → (1)

+) Từ mol H2O → (2)

+) Từ số mol O2 → (3)

Giải (1) (2) (3) được a, b, c

Lập luận để tìm ra công thức các chất trong E.

Lời giải chi tiết:

Quy đổi 0,12 mol E thành: NH4OOC-COONH4 (a mol); HCOONH4 (b mol) và CH2 (c mol)

+) nE = a + b = 0,12 (mol) (1)

+) nH2O = 4a + 2,5b + c = 0,48 (2)

+) Số mol O2

C2H8O4N2 + 2 O2 → 2 CO2 + 4 H2O + N2

CH5O2N + 1,25 O2 → CO2 + 2,5 H2O + 0,5 N2

CH2 + 1,5 O2 → CO2 + H2O

→ nO2 = 2a + 1,25b + 1,5c = 9,984/32 (3)

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

Nhận thấy: n(COONH4)2 = nCH2 ⟹ Trả 1 nhóm CH2 cho NH4OOC-COONH4 được NH4OOC-COONH3CH3

Vậy 0,12 mol E chứa: NH4OOC-COONH3CH3 (0,072 mol) và HCOONH4 (0,048 mol)

→ 0,1 mol E chứa: NH4OOC-COONH3CH3 (0,06 mol) và HCOONH4 (0,04 mol)

→ Muối chứa: KOOC-COOK (0,06 mol) và HCOOK (0,04 mol)

→ mmuối = 0,06.166 + 0,04.84 = 13,32 gam

Đáp án C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 15 :

Cho 33,10 gam hỗn hợp M gồm X (công thức phân tử C8H21N3O6) và Y (công thức phân tử C4H12N2O4, là muối của axit cacboxylic đa chức) tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ thu được 4,48 lít một khí Z duy nhất làm xanh quỳ tím ẩm và dung dịch G chỉ chứa 4 muối trong đó có 3 muối đều có n nguyên tử cacbon, muối còn lại có m nguyên tử cacbon trong phân tử. Phát biểu nào sau đây là đúng?

  • A Phần trăm khối lượng của X trong M là 38,52%.
  • B Cô cạn G được 28,0 gam muối khan.
  • C X cũng là muối của axit cacboxylic đa chức.
  • D Mối quan hệ của m và n là m = n +1.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Vì Y có CTPT C4H12N2O4 và là muối của axit cacboxylic nên Y + KOH ⟹ 1 muối hai chức + khí thoát ra

Y có thể là C2H4(COONH4)2 hoặc (COONH3CH3)2

X có CTPT C8H21N2O6 nên X tạo nên 3 muối còn lại

Trường hợp 1: Nếu Y là C2H4(COONH4)2 thì muối từ Y có 4C trong phân tử

⟹ X tạo 3 muối có cùng số C (2C) và X không được tạo khí hoặc nếu tạo thì phải là NH3

Trường hợp 2: Nếu Y là (COONH3CH3)2 thì X phải tạo 2 muối 2C và muối còn lại có số C khác 2

⟹ X là CH3COONH3CH2COO-NH3C2H4COONH3CH3 

Lời giải chi tiết:

Vì Y có CTPT C4H12N2Ovà là muối của axit cacboxylic nên Y + KOH ⟹ 1 muối hai chức + khí thoát ra

Y có thể là (COONH3CH3)2 hoặc C2H4(COONH4)2

X có CTPT C8H21N2O6 nên X tạo nên 3 muối còn lại

Trường hợp 1: Nếu Y là C2H4(COONH4)2 thì muối từ Y có 4C trong phân tử

⟹ X tạo 3 muối có cùng số C (2C) và X không được tạo khí hoặc nếu tạo thì phải là NH3

⟹ không có công thức hóa học thỏa mãn

Trường hợp 2: Nếu Y là (COONH3CH3)2 thì X phải tạo 2 muối 2C và muối còn lại có số C khác 2

⟹ X là CH3COONH3CH2COOH3NC2H4COONH3CH3

Đặt nX = a mol và nY =  b mol

+) nkhí = nX + 2nY = a + 2b = 0,2 mol

+) mhỗn hợp = 255a + 152b = 33,1 gam

Giải hệ được a = 0,1 mol và b = 0,05 mol

A. Ta thấy \(\% {m_X} = \frac{{0,1.255}}{{33,1}}.100\%  = 77,04\% \) ⟹ A sai

B. Cô cạn G có \(\left\{ \begin{array}{l}{(C{\rm{OONa)}}_2}:0,05\\C{H_3}{\rm{COONa:0,1}}\\{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}C{H_2}C{\rm{OONa:0,1}}\\{{\rm{H}}_2}N{C_2}{H_4}{\rm{COONa:0,1}}\end{array} \right.\) ⟹ mmuối = 35,7 (g) ⟹ B sai

C sai

D đúng vì 3 muối có 2C và muối còn lại có 3C

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 16 :

Cho 0,2 mol hỗn hợp E gồm chất X (CnH2n+4O4N2) và chất Y (CmH2m+3O2N) đều mạch hở tác dụng vừa đủ với 0,25 mol NaOH, đun nóng, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ gồm 21,25 gam hỗn hợp Z gồm hai muối và 5,5 gam hỗn hợp hai khí làm quỳ tím ẩm hóa xanh có tỉ khối so với H2 là 13,75. Khối lượng lớn nhất của X có thể đạt được trong 0,2 mol hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A 11 gam.
  • B 9,5 gam.
  • C 12 gam.
  • D 8 gam.

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Mkhí = 13,75.2 = 27,5 → có 1 khí là NH3

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_E} = {n_X} + {n_Y} = 0,2\\{n_{NaOH}} = 2{n_X} + {n_Y} = 0,25\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{n_X} = 0,05\\{n_Y} = 0,15\end{array} \right.\)

nkhí = 5,5 : 27,5 = 0,2 mol

Như vậy số mol E bằng với số mol khí → X sinh ra 1 khí X' và Y sinh ra 1 khí Y'

→ mkhí = 0,05X' + 0,15Y' = 5,5

→ X' + 3Y' = 110

Để khối lượng X lớn nhất thì X' phải lớn nhất và Y' phải nhỏ nhất → Y' = 17 (NH3) và X' = 59 (C3H9N)

Do sản phẩm thu được có 2 muối nên:

X có dạng R1COONH3R2COO-NH(CH3)3: 0,05 mol

Y có dạng R1COONH4: 0,15 mol

Muối gồm R1COONa (0,2 mol) và H2NR2COONa (0,05 mol)

→ mmuối = 0,2.(R1 + 67) + 0,05.(R2 + 83) = 21,25

→ 4R1 + R2 = 74

Để khối lượng X lớn nhất thì R2 phải lớn nhất, R1 phải nhỏ nhất → R1 = 1 và R2 = 70

Vậy X là HCOO-NH3-C5H10-COO-NH(CH3)3: 0,05 mol

       Y là HCOONH4: 0,15 mol

→ mX max = 0,05.236 = 11,8 gam gần nhất với 12 gam

Đáp án C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 17 :

Cho 37,2 gam chất hữu cơ X (có công thức phân tử là C2H10N4O6) tác dụng vừa đủ với 600 ml dung dịch KOH 1M tạo thành nước, 1 chất hữu cơ đa chức bậc I và m gam hỗn hợp muối vô cơ. Giá trị m gần nhất với

  • A 47,81.
  • B 60,59.
  • C 41,42.
  • D 33,62.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Tính được tỉ lệ nX : nKOH = 1 : 3 và dựa vào CTPT C2H10N4O6 → công thức cấu tạo thỏa mãn của X là:

- Tính khối lượng các muối vô cơ theo PTHH: X + 3KOH → CH(NH2)3 + KNO3 + K2CO3 + 3H2O

Lời giải chi tiết:

nX = 37,2/186 = 0,2 mol

nKOH = 0,6 mol

Vì nX : nKOH = 1 : 3 → công thức cấu tạo thỏa mãn của X là:

PTHH:         X   +   3KOH → CH(NH2)3 + KNO3 + K2CO3 + 3H2O

                   0,2         0,6                    →     0,2 →     0,2                (mol)

→ m = mKNO3 + mK2CO3 = 0,2.101 + 0,2.138 = 47,8 gam

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 18 :

Cho hỗn hợp X gồm muối A (C5H16O3N2) và B (C4H12O4N2) tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, đun nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm hai muối D và E (MD < ME); 2,24 lít hỗn hợp Z gồm hai amin no, đơn chức mạch hở kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng có tỉ khối hơi so với He là 9,15. Khối lượng của muối E có trong Y là

  • A 2,12 gam.
  • B 2,68 gam.
  • C 3,18 gam.
  • D 4,02 gam.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 19 :

Hỗn hợp X gồm alanin, axit glutamic và hai amin thuộc dãy đồng đẳng của metylamin. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X, thu được 0,79 mol hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn Y qua bình chứa dung dịch H2SO4 đặc, dư thấy khối lượng bình tăng 7,38 gam. Nếu cho 33,68 gam hỗn hợp X trên tác dụng với dung dịch HCl loãng dư, thu được m gam muối. Giá trị gần nhất của m là

  • A 42,30.
  • B 46,20.
  • C 48,20.
  • D 48,30.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 20 :

Cho hỗn hợp E gồm 0,1 mol X (C5H11O4N) và 0,15 mol Y (C5H14O4N2 là muối của axit cacboxylic hai chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH, thu được một ancol đơn chức, hai amin no (kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có hai muối của hai axit cacboxylic và muối của một α-amino axit). Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ nhât trong G là

  • A 19,26%.
  • B 21,58%.
  • C 25,53%.
  • D 54,13%.

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 21 :

Chất X (C6H16O4N2) là muối amoni của axit cacboxylic, chất Y (C6H15O3N3, mạch hở) là muối amoni của đipeptit. Cho hỗn hợp E gồm X và Y tác dụng hết với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp gồm hai amin no (đều có hai nguyên tử cacbon trong phân tử, không phải đồng phân của nhau) và dung dịch B chỉ chứa hai muối (A và D). Cho các phát biểu sau:

(1) Chất X và Y đều tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2.

(2) Thủy phân X thu được etylamin.

(3) Dung dịch B có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.

(4) Các A và D có cùng số nguyên tử cacbon.

Số nhận định đúng

  • A 1.
  • B 2.
  • C 3.
  • D 4.

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 22 :

Hỗn hợp X gồm các chất Y (C5H14N2O4) và chất Z (C6H11N3O4); trong đó Y là muối của axit đa chức, Z là tripeptit mạch hở. Cho 27,2 gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 0,1 mol hỗn hợp khí đều làm xanh quỳ tím ẩm, tỉ khối của mỗi khí so với không khí đều lớn hơn 1. Mặt khác 27,2 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư đun nóng thu được m gam chất hữu cơ. Giá trị của m là

  • A 45,4.
  • B 30,8.
  • C 41,8.
  • D 43,6.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

- Z là tripeptit có công thức C6H11N3O4 → Z là Gly-Gly-Gly

Khí thu được làm xanh quỳ tím ẩm và nặng hơn không khí nên không có NH3 → gồm 2 amin ở thể khí

→ Y là CH3NH3OOC-COONH3C2H5 hoặc CH3NH3OOC-COONH2(CH3)2

- Từ mol khí suy ra mol của Y → mol của Z

- Khi cho hh X phản ứng với HCl:

CH3NH3OOC-COONH3C2H5 + 2HCl → (COOH)2 + CH3NH3Cl + C2H5NH3Cl

Gly-Gly-Gly + 2H2O + 3HCl → 3Gly-HCl

BTKL → m = mhh X + mHCl + mH2O = ?

Lời giải chi tiết:

Z là tripeptit có công thức C6H11N3O4 → Gly-Gly-Gly

Khí thu được làm xanh quỳ tím ẩm và nặng hơn không khí → không có NH3 → gồm 2 amin ở thể khí

Y là CH3NH3OOC-COONH3C2H5 hoặc CH3NH3OOC-COONH2(CH3)2

→ nCH5N = nC2H7N = 0,05 mol

→ nY = 0,05 mol

→ mZ = 27,2 - 0,05.166 = 18,9 gam

→ nZ = 18,9/189 = 0,1 mol

Khi cho hh X phản ứng với HCl:

CH3NH3OOC-COONH3C2H5 + 2HCl → (COOH)2 + CH3NH3Cl + C2H5NH3Cl

                  0,05 →                       0,1

Gly-Gly-Gly + 2H2O + 3HCl → 3Gly-HCl

         0,1 →        0,2 →   0,3

Các chất thu được đều là sản phẩm hữu cơ

BTKL → m = mhh X + mHCl + mH2O = 27,2 + 36,5.(0,1 + 0,3) + 18.0,2 = 45,4 gam

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 23 :

Hỗn hợp X gồm bốn chất hữu cơ đều là đồng phân của C2H8O3N2. Lấy m gam X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch NaOH 1M (đun nóng) thu được dung dịch Y chỉ gồm toàn các chất vô cơ và 13,44 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm ba amin. Cô cạn toàn bộ dung dịch Y thu được 58,56 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của V là

  • A 420.
  • B 480.
  • C 840.
  • D 960.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 24 :

Hỗn hợp X chứa hai chất Y và Z có cùng công thức phân tử C4H12O4N2 (trong đó Z là muối của axit hữu cơ 2 chức), tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,5 mol NaOH, đun nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn thu được hỗn hợp G gồm ba muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và 8,96 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm hai khí đều có khả năng làm xanh giấy quỳ ẩm. Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn nhất trong G là:

  • A 21,58%.
  • B 25,53%.
  • C 52,89%.
  • D 58,47%.

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 25 :

Hỗn hợp E gồm chất X (CnH2n+4O4N2) và chất Y (CmH2m+3O2N) đều là các muối amoni của axit cacboxylic với amin. Cho 0,12 mol E tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,19 mol NaOH, đun nóng, thu được sản phẩm hữu cơ gồm 18,24 gam một muối và 7,15 gam hỗn hợp hai amin. Phần trăm khối lượng của Y trong E là

  • A 31,35%.
  • B 26,35%.
  • C 54,45%.
  • D 41,54%.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

- Bảo toàn khối lượng

- Biện luận

Lời giải chi tiết:

Đặt mol X và Y lần lượt là x, y (mol)

X + 2NaOH → Muối + 2 Amin + 2H2O

x →   2x                                   →   2x (mol)

Y + NaOH → Muối + Amin + H2O

y →   y →                                   y (mol)

Từ các PTHH → nH2O = nNaOH = 0,19 mol

Ta có hệ pt: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,12\\2{\rm{x}} + y = 0,19\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,07\\y = 0,05\end{array} \right.\)

- BTKL → mE = mMuối + mamin + mH2O - mNaOH = 18,24 + 7,15 + 0,19.18 - 0,19.40 = 21,21 gam

Vậy 21,21 gam E chứa CnH2n+4O4N2 (0,07 mol) và CmH2m+3O2N (0,05 mol)

→ 0,07.(14n + 96) + 0,05.(14m + 49) = 21,21 → 7n + 5m = 86 (*)

- Lập luận tìm điều kiện của n:

Do sau phản ứng thu được 1 muối và 2 amin nên axit cacboxylic là axit đơn chức

⟹ X tạo bởi axit cacboxylic đơn chức và amin 2 chức

Gọi muối là RCOONa. Ta có: nmuối = nNaOH = 0,19 mol → Mmuối = R + 67 = 18,24/0,19 = 96 → R = 29

→ Muối là C2H5COONa

Suy ra n ≥ 7 (do tạo bởi 2 phân tử axit C2H5COOH và amin) (**)

Kết hợp (*) và (**) → n = 8 và m = 6 thỏa mãn

→ E chứa: C8H20O4N2 (0,07 mol) và C6H15O2N (0,05 mol)

→ %mY = 31,35%

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 26 :

Chất X (C6H16O4N2) là muối amoni của axit cacboxylic, chất Y (C6H15O3N3, mạch hở) là muối amoni của đipeptit. Cho 8,91 gam hỗn hợp E gồm X và Y tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH, thu được sản phẩm hữu cơ gồm 0,05 mol hai amin no (đều có hai nguyên tử cacbon trong phân tử và không là đồng phân của nhau) và m gam hai muối. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A 9,0.
  • B 8,5.
  • C 10,0.
  • D 8,0.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Đặt nX = a mol và nY = b mol

⟹ phương trình về khối lượng (1)

- Do Y có 3 nguyên tử N nên Y chắc chắn là muối amoni của đipeptit với amin đơn chức C2H7N

- Do X có 4O và 2N nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

TH1: X tạo bởi axit hai chức và amin đơn chức C2H7N

TH2: X tạo bởi axit đơn chức và amin hai chức C2H8N2

Chọn trường hợp thỏa mãn.

Từ đó tính được: nNaOH và nH2O 

BTKL: mmuối = mhh + mNaOH - (mC2H8N2 + mC2H7N + mH2O) = ?

Lời giải chi tiết:

Đặt nX = a mol và nY = b mol

⟹ mhh = 180a + 177b = 8,91 (1)

- Do Y có 3 nguyên tử N nên Y chắc chắn là muối amoni của đipeptit với amin đơn chức C2H7N

- Do X có 4O và 2N nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

TH1: X tạo bởi axit hai chức và amin đơn chức C2H7N

X + 2NaOH → Muối + 2C2H7N + 2H2O

a →    2a                           2a           2a

Y + 2NaOH → Muối + C2H7N + H2O

b →    2b                          b           b

⟹ nkhí = 2a + b = 0,05 (2)

Giải (1) và (2) ra nghiệm âm nên loại

TH2: X tạo bởi axit đơn chức và amin hai chức C2H8N2

X + 2NaOH → Muối + C2H8N2 + 2H2O

a →    2a                          a            2a

Y + 2NaOH → Muối + C2H7N + H2O

b →    2b                           b          b

⟹ nkhí = a + b = 0,05 (2')

Giải (1) (2') được a = 0,02 và b = 0,03 (thỏa mãn)

Từ các PTHH:

nNaOH = 2a + 2b = 0,1 mol

nH2O = 2a + b = 0,07 mol

BTKL: mmuối = mhh + mNaOH - (mC2H8N2 + mC2H7N + mH2O)

                     = 8,91 + 0,1.40 - (0,02.60 + 0,03.45 + 0,07.18)

                     = 9,1 gam

Vậy m gần nhất với giá trị 9,0 gam.

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 27 :

Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ có công thức phân tử là CH6O3N2 và C3H12O3N2. Cho 6,84 gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch NaOH, thu được V lít hỗn hợp Y (gồm 3 khí) và dung dịch Z chỉ chứa các chất vô cơ. Nếu cho dung dịch HCl dư vào dung dịch Z thì có 0,896 lít (đktc) khí thoát ra. Nếu hấp thụ hoàn toàn V lít hỗn hợp khí Y vào dung dịch HCl dư thì khối lượng muối thu được là

  • A 7,87 gam.
  • B 6,75 gam.
  • C 7,03 gam.
  • D 7,59 gam.

Đáp án: B

Phương pháp giải:

X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch NaOH, thu được V lít hỗn hợp Y (gồm 3 khí) và dung dịch Z chỉ chứa các chất vô cơ. Do đó công thức cấu tạo của 2 chất là CH3NH3NO3 và (C2H5NH3)(NH4)CO3

→ Z gồm NaNO3 và Na2CO3 → Khí thu được là khí CO2

Từ số mol CO2, tính được số mol C3H12O3N2, từ đó tính được số mol của CH6O3N2.

Y gồm CH3NH2, C2H5NH2, NH3 → Muối gồm CH3NH3Cl, C2H5NH3Cl và NH4Cl

Lời giải chi tiết:

Công thức cấu tạo của 2 chất là CH3NH3NO3 và (C2H5NH3)(NH4)CO3

→ Z gồm NaNO3 và Na2CO3 → Khí thu được là khí CO2 → nC3H12O3N2 = nCO2 = 0,04 mol

→ nCH6O3N2 = (6,84 - 0,04.124) : 94 = 0,02 (mol)

→ Y gồm 0,02 mol CH3NH2; 0,04 mol C2H5NH2; 0,04 mol NH3

→ Muối gồm 0,02 mol CH3NH3Cl; 0,04 mol C2H5NH3Cl và 0,04 mol NH4Cl

→ mmuối = 0,02 . 67,5 + 0,04 . 81,5 + 0,04 . 53,5 = 6,75 (gam)

Đáp án B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 28 :

Chất X (CxHyO4N2) là muối amoni của axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmHnO2N2) là muối amoni của một amino axit. Cho m gam E gồm X và Y (có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 5) tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, thu được 4,928 lít (đktc) hỗn hợp khí (gồm 2 chất hữu cơ là đồng đẳng liên tiếp) có tỉ khối so với hiđro bằng 383/22 và 19,14 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của Y trong E là

  • A 54,64%.                            
  • B 50,47%.                            
  • C 49,53%.                            
  • D 45,36%.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Xét hỗn hợp khí có Mkhí = \(\frac{{383}}{{22}}\).2 = 34,8 (g/mol) ⟹ một khí là CH3NH2 và khí còn lại là C2H5NH2 (vì 2 khí này đồng đẳng liên tiếp) ⟹ số mol từng khí

Xét hỗn hợp E có nX : nY = 3 :5

Lại có nN(khí) = 2nX + nY (vì X là muối của axit cacboxylic đơn chức còn Y là muối amoni của aminoaxit)

⟹ nX và nY

E + NaOH thì : CxHyO4N2 + 2NaOH →muối +khí + 2H2O

                          CmHnO2N2 + NaOH → muối + khí + H2O

Theo PTHH thì nNaOH = nH2O = 2nX + nY

BTKL có mE = mmuối + mkhí + mH2O - mNaOH

Muối thu được từ X có dạng R(COONa)x và từ Y là H2NR’COONa

Theo mmuối lập phương trình ẩn R và R’ ⟹ biện luận tìm 2 giá trị này ⟹ công thức của X và Y theo số mol từng chất và số mol hai khí

Lời giải chi tiết:

Xét hỗn hợp khí có Mkhí = \(\frac{{383}}{{22}}\).2 ≈ 34,8 (g/mol)

⟹ Khí gồm CH3NH2 và C2H5NH2 (vì 2 khí là đồng đẳng liên tiếp)

Đặt nCH3NH2 = x mol và nC2H5NH2 = y mol thì \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = \frac{{4,928}}{{22,4}} = 0,22\\\frac{{31{\rm{x}} + 45y}}{{x + y}} = 34,8\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,16\\y = 0,06\end{array} \right.\)

Xét hỗn hợp E có nX : nY = 3 : 5 (1)

Lại có nN(khí) = 2nX + nY (vì X là muối của axit cacboxylic hai chức còn Y là muối amoni của aminoaxit)

⟹ 2nX + nY = 0,16 + 0,06 = 0,22 (2)

Từ (1) (2) ⟹ nX = 0,06 mol và nY = 0,1 mol

E + NaOH thì: CxHyO4N2 + 2NaOH → muối + khí + 2H2O

                       CmHnO2N2 + NaOH → muối + khí + H2O

Theo PTHH thì: nNaOH = nH2O = 2nX + nY = 0,22

BTKL ⟹ mE = mmuối + mkhí + mH2O - mNaOH = 19,14 + 0,16.31 + 0,06.45 + 0,22.18 - 0,22.40 = 21,96 (g)

Muối thu được từ X có dạng R(COONa)2 (0,06 mol) và từ Y là H2N-R’-COONa (0,1 mol)

⟹ mmuối = 0,06.(R + 134) + 0,1.(R’ + 83) = 19,14 ⟹ 0,06R + 0,1R’ = 2,8

⟹ 3R + 5R’ = 140

⟹ R’ = 28 và R = 0 thỏa mãn

Biện luận cấu tạo X, Y:

Ta thấy: nC2H5NH2 = nX = 0,06 mol ⟹ X là CH3NH3OOC-COONH3C2H5

             nCH3NH2 = nX + nY = 0,06 + 0,1 = 0,16 mol ⟹ Y là H2NC2H4COONH3CH3

\( \to \% {m_Y} = \frac{{0,1.120}}{{21,96}}.100\%  = 54,64\% \)

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 29 :

Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp A gồm hai peptit mạch hở X (CxHyOzN4) và Y (CnHmO7Nt) với dung dịch NaOH vừa đủ chỉ thu được dung dịch chứa 0,32 mol muối của glyxin và 0,50 mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy m gam A trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 51,272 gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

  • A 32. 
  • B 28.
  • C 23.
  • D 19.

Đáp án: C

Phương pháp giải:

*Thủy phân 0,16 mol hỗn hợp A trong NaOH vừa đủ:

Do thu được muối của Gly và Ala nên X, Y được tạo nên bởi a.a có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH.

Từ CTPT đề bài cho dễ thấy X là tetrapeptit và Y là hexapeptit.

- Đặt ẩn số mol mỗi peptit. Lập hệ về số mol hỗn hợp A và số mol NaOH tìm được mol mỗi peptit.

- Giả sử X là GlynAla4-n và Y là GlymAla6-m. Bảo toàn gốc Gly hoặc Ala tìm được giá trị n, m thỏa mãn.

→ CTPT của X, Y (Chú ý: Cách thiết lập CTPT peptit: CnH2n+2-2k+mNmOt với k là số liên kết π)

*Đốt cháy m gam hỗn hợp A:

- Đặt số mol của X, Y trong m gam A theo đúng tỉ lệ tìm được ở thí nghiệm trước.

- Bảo toàn nguyên tố C, H tính được mol CO2, H2O (chứa ẩn vừa đặt).

Lập phương trình tổng khối lượng tìm được ẩn.

Lời giải chi tiết:

*Thủy phân 0,16 mol hỗn hợp A trong NaOH vừa đủ:

Do thu được muối của Gly và Ala nên X, Y được tạo nên bởi a.a có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH.

Từ CTPT đề bài cho dễ thấy X là tetrapeptit và Y là hexapeptit.

Bảo toàn nguyên tố Na → nNaOH = nGly-Na + nAla-Na = 0,32 + 0,5 = 0,82 mol

Giả sử 0,16 mol A chứa x mol X và y mol Y

Ta có hệ pt: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_A} = x + y = 0,16\\{n_{NaOH}} = 4{\rm{x}} + 6y = 0,82\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,07\\y = 0,09\end{array} \right.\)

Giả sử X là GlynAla4-n (0,07 mol) và Y là GlymAla6-m (0,09 mol)

Bảo toàn Gly ta có: 0,07n + 0,09m = 0,32 → 7n + 9m = 32

→ n = 2; m = 2 là nghiệm duy nhất

→ X là Gly2Ala2 (C10H18O5N4) và Y là (C16H28O7N6) có tỉ lệ mol là 7 : 9.

(Cách thiết lập CTPT peptit: CnH2n+2-2k+mNmOt với k là số liên kết π)

*Đốt cháy m gam hỗn hợp A:

Đặt số mol của X, Y trong m gam A lần lượt là 7a và 9a (mol)

C10H18O5N4 → 10 CO2 + 9 H2O

     7a →              70a →    63a       (mol)

C16H28O7N6 → 16 CO2 + 14 H2O

     9a →              144a → 126a      (mol)

Ta có: \(\sum {m_{C{O_2} + {H_2}O}} = 44.(70{\rm{a}} + 144{\rm{a}}) + 18(63{\rm{a}} + 126{\rm{a}}) = 51,272 \to a = 0,004\)

→ m gam A chứa 0,028 mol Gly2Ala2 và 0,036 mol Gly2Ala4

→ m = 0,028.(75.2 + 89.2 - 18.3) + 0,036.(75.2 + 89.4 - 18.5) = 22,648 gam gần nhất với 23 gam

Đáp án C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 30 :

Cho hỗn hợp E gồm 0,2 mol X (C5H11O4N) và 0,1 mol Y (C5H14O4N2, là muối của axit cacboxylic 2 chức) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KOH, thu đực 1 ancol đơn chức, 2 amin no (kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng) và dung dịch T. Cô cạn T, thu được hỗn hợp G gồm 3 muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có 2 muối của 2 axit cacboxilic và muối của 1 a-amino axit). Khối lượng của muối G là

  • A  55,5      
  • B  54,3         
  • C 4,2      
  • D 58,8

Đáp án: D

Phương pháp giải:

 Biện luận CTCT của X và Y → số mol các muối

Lời giải chi tiết:

Y chỉ tạo 1 muối cacboxilat nên X phải tạo 2 muối, gồm 1 muối cacboxylat và 1 muối của amino axit

Các muối đều cùng C nên CTCT của X và Y lần lượt là:

CH3COONH3CH2COOCH3 (0,2 mol)

CH3NH3OOC-COONH3C2H5 0,1 (mol)

Vậy amin là CH3NH2 và C2H5NH2

Ancol là CH3OH

Muối: CH3COOK (0,2 mol) ; H2NCH2COOK (0,2 mol) ; (COOK)2 (0,1 mol)

→ mmuối = 0,2.98 + 0,2.113 + 0,1.166 = 58,8 gam

Đáp án D

Đáp án - Lời giải

Xem thêm

Quảng cáo
close