Chọn đáp án B.

Các nhóm đẩy e như ankyl làm tăng tính bazơ của amin.

Ngược lại, các nhóm hút e như phenyl làm giảm tính bazơ của amin.

Với các amin béo (amin no) thì tính bazơ: bậc 2 > bậc 1 > bậc 3.

Chọn đáp án A.

Tên peptit = tên gốc axyl amino axit từ đầu N

→ C (được giữ nguyên).

⇒ Glyxylalanylglyxin hay Gly-Ala-Gly.

Chọn đáp án B.

Chọn đáp án B.

A. Axit glutamic là HOOC-(CH₂)₂-CH(NH₂)-COOH.

B. Amilipectin gồm các gốc α-glucozơ

⇒ Không chứa N.

C. Anilin là C₆H₅NH₂.

D. Glyxin là H₂NCH₂COOH.

Chọn đáp án C.

nAla → Peptit (Ala_n) + (n - 1)H₂O.

Bảo toàn khối lượng:

89n = 302 + 18 × (n - 1)

⇒ n = 4

⇒ X là tetrapeptit.

Chọn đáp án B.

● Phenylamoni clorua (C₆H₅NH₃Cl):

C₆H₅NH₃Cl → C₆H₅NH₃⁺ + Cl^–.

C₆H₅NH₃⁺ + H₂O ⇄ C₆H₅NH₂ + H₃O⁺

⇒ C₆H₅NH₃⁺ có tính axit

Cl^– trung tính.

⇒ C₆H₅NH₃Cl có tính axit.

⇒ pH < 7 (Ps: H₃O⁺ có tính axit tương tự H⁺).

(Có thể làm nhanh hơn như sau: C₆H₅NH₃|Cl

⇒ Gốc bazơ yếu và gốc axit mạnh.

⇒ C₆H₅NH₃Cl có tính axit ⇒ pH < 7).

● ClH₃NCH₂COOH :

ClH₃NCH₂COOH → Cl^– + ⁺H₃NCH₂COOH.

⁺H₃NCH₂COOH + H₂O ⇄ H₂NCH₂COOH + H₃O⁺

⇒ ⁺H₃NCH₂COOH có tính axit.

Cl^– trung tính.

⇒ ClH₃NCH₂COOH có tính axit.

⇒ pH < 7.

(Hoặc: Cl|H₃NCH₂COOH ⇒ gốc axit mạnh và gốc bazơ yếu

⇒ Có tính axit ⇒ pH < 7).

● Lys: H₂N-(CH₂)₄-CH(NH₂)-COOH

⇒ Số gốc NH₂ > số gốc COOH.

⇒ Lys có tính bazơ.

⇒ pH >7

● H₂NCH₂COONa:

H₂NCH₂COONa → H₂NCH₂COO^– + Na⁺.

H₂NCH₂COO^– + H₂O ⇄ H₂NCH₂COOH + OH^–

⇒ H₂NCH₂COO^– có tính bazơ.

Na⁺ trung tính.

⇒ H₂NCH₂COONa có tính bazơ.

⇒ pH > 7.

(Hoặc: H₂NCH₂COO|Na

⇒ Gốc axit yếu và gốc bazơ mạnh.

⇒ Có tính bazơ.

⇒ pH > 7).

● Axit glutamic:

HOOC-(CH₂)₂-CH(NH₂)-COOH

⇒ Số gốc COOH > số gốc NH₂.

⇒ Axit glutamic có tính axit.

⇒ pH < 7.

⇒ Có 3 dung dịch có pH < 7.

Chọn đáp án C.

Đặt n_Ala = x; n_Glu = y

⇒ 89x + 147y = 15,94(g)

n_NaOH = x + 2y = 0,2 mol.

► Giải hệ có:

x = 0,08 mol; y = 0,06 mol.

Quy quá trình về:

0,08 mol Ala + 0,06 mol Glu + 0,2 mol NaOH + 0,36 mol HCl.

⇒ n_{HCl phản ứng} = 0,08 + 0,06 + 0,2 = 0,34 mol

n_H2O = n_NaOH = 0,2 mol.

● m = 15,94 + 0,2 × 40 + 0,34 × 36,5 - 0,2 × 18 = 32,75(g) 

Chọn đáp án D.

Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit:

2X_n + (n - 2)H₂O → nX₂.

⇒ n_H2O thêm = ∆n(CO₂, H₂) = 0,16 mol = n_X

⇒ 2 = n - 2

⇒ n = 4.

⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit.

Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

Đặt n_C2H3NO = 4x; n_CH2 = y

⇒ n_H2O = x

⇒ m_E = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.

Muối gồm 4x mol C₂H₄NO₂Na và y mol CH₂

⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).

► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol

⇒ n_Ala = 0,76 mol; n_Val = 0,12 mol.

● Dễ thấy n_Z > n_Val

⇒ Z không chứa Val

⇒ Z là Ala₄.

⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val;

∑n(X, Y) = 0,06 mol.

● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2.

Lại có: M_X > M_Y ⇒ Y là Ala₃Val.

● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2

⇒ X là Val₄ hoặc AlaVal₃.

TH1: X là Val₄

⇒ n_Y = n_Ala ÷ 3 = 0,04 mol

⇒ n_X = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.

⇒ n_X < n_Y (thỏa)

⇒ %m_X = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86%

⇒ Chọn D.

TH2: X là AlaVal₃.

Đặt n_X = a; n_Y = b

⇒ ∑n(X, Y) = a + b = 0,06 mol.

n_Ala = 0,12 mol = a + 3b

⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt).

⇒ Loại.

Chọn đáp án B.

Axit α-aminopropionic hay Alanin là C₃H₇NO₂

⇒ 13 nguyên tử.

Chọn đáp án A.

Ta có số cacbon trong peptit là:

n_CO2 ÷ n_Peptit = 4 ÷ 1 = 4.

⇒ X là đipeptit Gly–Gly và cũng là đồng phân duy nhất của X.

Chọn đáp án C.

CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

Lòng trắng trứng (hay protein) + Cu(OH)₂/OH^–

→ Phức chất màu tím.

Chọn đáp án B.

X (H₂N–R–COOH) → muối (H₂N–RCOONa)

Tăng giảm khối lượng:

n_X = (38,8 - 30) ÷ (23 - 1) = 0,4 mol

⇒ M_X = 30 ÷ 0,4 = 75

⇒ X là H₂N–CH₂–COOH.

Chọn đáp án D.

(a) Đúng:

● CH₃COOH + CH₃OH(xt: H₂SO₄ đặc, t^o) ⇄ CH₃COOCH₃ + H₂O

● CH₃COOH + CH₃NH₂ → CH₃COOH₃NCH₃

● 2CH₃COOH + Mg → (CH₃COO)₂Mg + H₂

(b) Đúng vì Glyxin có pH = 7 và metylamin có pH > 7.

(c) Sai vì Glu có pH < 7 nên không làm đổi màu phenolphtalein.

(d) Sai vì đều có 1 đồng phân cấu tạo (CH₃NH₂ và CH₃OH).

⇒ (a) và (b ) đúng.

Chọn đáp án C.

(a) Đúng vì HO–CH₂–(CHOH)₄–CHO (glucozơ) + Br₂ + H₂O → HO–CH₂–(CHOH)₄–COOH (axit gluconic) + 2HBr

(b) Đúng.

(c) Sai vì xenlulozơ có cấu trúc mạch không phân nhánh, không xoắn.

(d) Sai vì ở nhiệt độ thường Glu là chất rắn kết tinh.

(e) Đúng.

(g) Đúng.

⇒ Chỉ có (c) và (d) sai. 

Chọn đáp án D.

Bảo toàn nguyên tố Natri:

n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,45 mol.

Đặt n_X = x; n_Y = y; n_Z = z.

m_E = 31,17g = 260x + 203y + 302z.

n_NaOH = 4x + 3y + 4z = 0,45 mol.

n_O2 = 10,5x + 8,25y + 15z = 1,3725.

Giải hệ có:

x = 0,05 mol.

y = 0,03 mol.

z = 0,04 mol.

⇒ %m_X = 260 × 0,05 ÷ 31,17 × 100% = 41,7%.

Chọn đáp án A.

Amin bậc I: N-C-C-C-C; C-C(N)-C-C; N-C-C(C)-C; C-C(C)(N)-C

⇒ x = 4.

Amin bậc 2: C-N-C-C-C; C-N-C(C)-C; C-C-N-C-C

⇒ y = 3.

Amin bậc 3: C-N(C)-C-C

⇒ z = 1.

Chọn đáp án A.

Ứng với công thức C₃H₇O₂N có 2 đồng phân aminoa xit là:

1) H₂N–CH(CH₃)–COOH

2) H₂N–CH₂–CH₂–COOH

Chọn đáp án B.

A và C không làm quỳ tím đổi màu.

D làm quỳ tím hóa đỏ. B làm quỳ tím hóa xanh. 

Chọn đáp án A.

H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O.

⇒ n_NaOH = n_Gly = 7,5 ÷ 75 = 0,1 mol

⇒ V = 0,1 lít = 100 ml

Chọn đáp án D

Alanin có công thức là H₂NCH(CH₃)COOH

⇒ %N = $\frac{14}{89}.100\%$ = 15,73% 

Chọn đáp án D.

Phản ứng giữa protein với Cu(OH)₂ hay còn gọi là phản ứng màu biure.

Phản ứng màu biure cho màu tím đặc trưng.

Chọn đáp án A.

Các đồng phân amin thỏa mãn là H₂NCH₂CH₂CH₃, CH₃CH(NH₂)CH₃ 

Chọn đáp án B.

Quy luật biến đổi lực bazơ:

Amin no:

Amin no, mạch hở thể hiện tính bazơ mạnh hơn amoniac do gốc ankyl có tác dụng làm tăng cường tính bazơ:

${\mathrm{CH}}_3{\mathrm{NH}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftarrows {\mathrm{CH}}_3{\mathrm{NH}}_3^{+}+ {\mathrm{OH}}^{-}$

Amin no bậc hai (đính với hai gốc ankyl) có tính bazơ mạnh hơn bazơ bậc một:

$\left\{\begin{array}{l}{\left({\mathrm{CH}}_3\right)}_2\mathrm{NH} \square \mathrm{CH}3\mathrm{NH}2 \square \mathrm{NH}3 \\ \mathrm{Amin} \mathrm{no}, \mathrm{bậc} 2> \mathrm{Amin} \mathrm{no}, \mathrm{bậc} 1> \mathrm{Amoniac}\end{array}\right.$

Amin thơm:

Amin thơm có nguyên tử N ở nhóm amin đính trực tiếp vào vòng benzen. Gốc phenyl có tác dụng làm suy giảm tính bazơ, do vậy amin thơm có lực bazơ rất yếu, yếu hơn amoniac:

$\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{NH}}_{3 }\square {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{NH}}_2 \square {\left({\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\right)}_2\mathrm{NH}\\ \mathrm{Amoniac} > \mathrm{Amin} \mathrm{thơm}, \mathrm{bậc} 1 > \mathrm{Amin} \mathrm{thơm}, \mathrm{bậc} 2\end{array}\right.$

⇒ Thứ tự tăng dần lực bazơ là: C₆H₅NH₂ (anilin), NH₃, CH₃NH₂. 

Chọn đáp án D.

Chọn đáp án B.

X tác dụng với HCl theo tỉ lệ 1 : 1.

⇒ X là amin đơn chức.

⇒ M_X = 14 ÷ 0,2373 = 59 (C₃H₉N).

Chọn đáp án B.

A. Không thỏa vì không phản ứng được với dung dịch KOH:

C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl.

B. Thỏa mãn vì:

– H₂NCH(CH₃)COOH + KOH → H₂NCH(CH₃)COOK + H₂O.

– H₂NCH(CH₃)COOH + HCl → ClH₃NCH(CH₃)COOH.

C. Không thỏa vì không phản ứng với dung dịch KOH:

C₂H₅OH + HCl -> C₂H₅Cl + H₂O.

D. Không thỏa vì không phản ứng với dung dịch HCl:

CH₃COOH + KOH → CH₃COOK + H₂O.

Chọn đáp án B.

H₂NRCOOH + HCl → ClH₃NRCOOH

⇒ n_muối = n_X = 0,1 mol.

⇒ M_muối = 11,15 ÷ 0,1 = 111,5

⇒ R = 14 (-CH₂-)

⇒ X là Gly.

Chọn đáp án A.

Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

Xét trong 0,16 mol E:

⇒ n_H2O = n_E = 0,16 mol;

     n_C2H3NO = _NaOH = 0,9 mol.

● Đặt n_CH2 = x.

Giả sử 30,73(g) E gấp k lần 0,16 mol E.

⇒ 30,73(g) E chứa 0,9k mol C₂H₃NO; kx mol CH₂; 0,16k mol H₂O.

► m_E = 57 × 0,9k + 14kx + 18 × 0,16k = 30,73(g).

Đốt cho:

CO₂: (1,8k + kx) mol và H₂O: (1,51k + kx) mol.

⇒ 44 × (1,8k + kx) + 18 × (1,51k + kx) = 69,31(g).

Giải hệ có:

kx = 0,26; k = 0,5

⇒ x = 0,52 mol

⇒ b = 0,52 mol.

⇒ a = 0,9 - 0,52 = 0,38 mol

⇒ a : b = 0,73

Chọn đáp án C.

Bậc của amin bằng số H trong NH₃ bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.

⇒ Amin bậc I phải chứa –NH₂

⇒ Các đồng phân amin bậc I ứng với C₃H₉N là:

CH₃CH₂CH₂NH₂ và CH₃CH(NH₂)CH₃

Chọn đáp án A.

Đặt n_CH3NH2 = 3x

⇒ n_C2H5NH2 = 2x

⇒ 3x × 31 + 2x × 45 = 3,66

⇒ x = 0,02 mol.

Lại có:

-NH₂ + HCl → -NH₃Cl

⇒ n_HCl = ∑n_NH2 = 5x = 0,1 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m = 3,66 + 0,1 × 36,5 = 7,31 (g) 

Chọn đáp án B.

X + Cu(OH)₂ → màu tím

⇒ Loại A và D.

T + dung dịch I₂ → xanh tím

⇒ Chọn B.

Chọn đáp án B.

n_X = 1 + 1 = 2 mol

⇒ C_tb = 6 ÷ 2 = 3.

Lại có:

-NH₂ + HCl → -NH₃Cl

⇒ n_N = n_HCl = 2 mol

⇒ N_tb = 1; y = n_N2 = 2 ÷ 2 = 1 mol.

Tương tự:

-COOH + NaOH → -COONa + H₂O

⇒ COO_tb = 1.

Do các chất đều no, mạch hở.

⇒ k_tb = π_{C=O tb} = COO_tb = 1.

Lại có:

H_tb = 2 × C_tb + 2 + N_tb – 2k = 7.

⇒ x = 2 × 7 ÷ 2 = 7

Chọn đáp án D.

Quy quá trình về:

0,12 mol X + 0,24 mol HCl + 0,4 mol KaOH.

⇒ n_{KOH phản ứng} = 0,12 + 0,24 = 0,36 mol < n_NaOH

⇒ KOH dư.

⇒ n_H2O = 0,36 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m_X = 37,04 + 0,36 × 18 - 0,4 × 56 - 0,24 × 36,5 = 12,36(g).

► M_X = 12,36 ÷ 0,12 = 103

⇒ R = 42 (-C₃H₆-).

⇒ Có các đồng phân cấu tạo là: H₂N-CH₂CH₂CH₂-COOH,

CH₃CH(NH₂)CH₂-COOH, C₂H₅CH(NH₂)-COOH,

H₂N-CH₂CH(CH₃)-COOH, CH₃C(CH₃)(NH₂)-COOH.

⇒ Có 5 đồng phân.

Chọn đáp án C.

Từ giả thiết ⇒ ứng với mỗi chất X, Y có 2 cấu tạo thỏa mãn:

Gọi n_X = x mol; n_Y = y mol

⇒ 138x + 124y = m_E = 3,86 gam.

Dù là TH nào thì luôn có 2x + 2y = ∑n_khí = 0,06 mol

⇒ Giải: x = 0,01; y = 0,02 mol.

Hai khí tổng 0,06 mol, tỉ lệ 1 : 5.

⇒ 1 khí có 0,01 mol và 1 khí có 0,05 mol.

⇒ Cặp X, Y thỏa mãn là: 0,01 mol H₄NOOC–COONH₃CH₃ và 0,02 mol (CH₃NH₃)₂CO₃.

⇒ m gam muối gồm 0,01 mol (COONa)₂ và 0,02 mol Na₂CO₃

⇒ m = 3,46 gam.

Chọn đáp án B.

Đặt n_X = x

⇒ n_Y = x; n_Z = 2x

⇒ ∑n_a.a = 2 × x + 3 × x + 4 × 2x = 0,06 + 0,1 + 0,1.

⇒ x = 0,02 mol

⇒ ∑n_peptit = 4x = 0,08 mol.

Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

⇒ n_C2H3NO = 0,06 + 0,1 + 0,1 = 0,26 mol;

     n_CH2 = 0,1 + 0,1 × 3 = 0,4 mol

     n_H2O = 0,08 mol.

● Đốt cho (0,26 × 2 + 0,4 = 0,92) mol CO₂ và (0,26 × 1,5 + 0,4 + 0,08 = 0,87) mol H₂O.

⇒ ∑m_{(CO2, H2O)} = 0,92 × 44 + 0,87 × 18 = 56,14(g)

⇒ TN2 gấp 2 lần TN1.

► m = 2 × (0,26 × 57 + 0,4 × 14 + 0,08 × 18) = 43,72(g).

Chọn đáp án B.

Chọn đáp án A.

A sai vì chỉ các amino axit chứa số gốc COOH > số gốc NH₂ mới làm quỳ tím hóa đỏ.

Chọn đáp án B.