455 Câu hỏi trắc nghiệm Amin, Amino axit, Protein ôn thi Đại học có lời giải (P5)

Chọn đáp án A.

B, C và D đều là α-amino axit.

Chọn đáp án D.

Peptit chứa từ 3 mắt xích trở lên có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂/OH^– tạo phức chất màu tím.

⇒ Dùng Cu(OH)₂ phân biệt được tripeptit Ala-Ala-Gly và đipeptit Gly-Ala.

Chọn đáp án B.

A. Quỳ tím không đổi màu.

B. Quỳ tím hóa xanh.

C. Quỳ tím hóa đỏ.

D. Quỳ tím không đổi màu.

Chọn đáp án C.

8(g) X + 0,2 mol HCl → m(g) muối

Bảo toàn khối lượng:

m = 8 + 0,2 × 36,5 = 15,3(g).

Chọn đáp án D.

X là CH₃NH₃NO₃ và Y là CH₃NH₂.

n_Y = 0,1 mol

⇒ n_NaNO3 = 0,1 mol.

⇒ m_muối = 0,1 × 85 = 8,5(g)

Chọn đáp án A.

Cả 4 đáp án X đều chứa 1N.

⇒ n_X = 2n_N2 = 0,2 mol.

⇒ Số C/X = 3; số H/X = 7

⇒ X là H₂NCH₂COOCH₃

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.