Chọn đáp án C.

Đối với amin càng có nhiều gốc đẩy e.

⇒ Càng thể hiện tính bazơ.

⇒ Chất có CTPT là CH₃–CH₂–CH₂–OH là có lực bazơ mạnh nhất. 

Chọn đáp án B.

Vì các protein được cấu thành từ các α–amino axit nên khi thủy phân đến cùng protein ta sẽ thu được các α-amino axit.

Chọn đáp án D.

Dung dịch etyl amin có môi trường bazơ.

⇒ Không tác dụng với NaOH.

Chọn đáp án A.

m_X = 9,7

⇒ m_X = 9,7 × 0,2371 2,3 gam

⇒ n_Na = 0,1 mol.

⇒ M_X = 97 ⇒ 16 + R + 44 + 23 = 97

⇒ R = 14

⇒ X là H₂N–CH₂COONa

⇒ X là muối của glyxin.

⇒ M_đipeptit = 146

⇒ Tổng phân tử khối của 2 α–amino axit là:

146 + 18 = 164 = 75 + 89

⇒ Tên viết tắt của đipeptit là Ala–Gly. 

Chọn đáp án A.

CTPT C₄H₁₁N có 3 đồng phân amin bậc 2 gồm:

1) CH₃–NH–CH₂–CH₂–CH₃

2) CH₃–CH₂–NH–CH₂–CH₃

3) CH₃–CH(CH₃)–NH–CH₃

Chọn đáp án A.

HCl_đặc + C₂H₅NH_2(k) → C₂H₅NH₃Cl_{tinh thể màu trắng}

Vì các tinh thể muối sinh ra nhưng với khối lượng rất bé nên lơ lửng giống như đám khói.

Chọn đáp án C.

Ta có:

HOOCCH₂CH₂CH(NH₂)COOH

→ Axit glutamic

H₂N[CH₂]₆NH₂

→ Hexan-1,6-điamin

CH₃CH(NH₂)COOH

→ Alanin

CH₃CH(NH₂)COOH

→ Alanin (Giống câu C)

Chọn đáp án D.

Nhận xét: Tìm công thức của Y ở dạng ${\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-\mathrm{R}-\mathrm{COOR}\text{'}.$

R+ R'= 89-16- 44 = 29 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{R}= 14 (-{\mathrm{CH}}_2-)\\ \mathrm{R}\text{'}=15 (-{\mathrm{CH}}_3)\end{array}\right.$

$\Rightarrow \mathrm{X} \mathrm{là} {\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{CH}}_2-\mathrm{COOH} \mathrm{và} \mathrm{Y} \mathrm{là} {\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{CH}}_2-\mathrm{COO}-{\mathrm{CH}}_3$

Chọn đáp án A.

⇒ Chọn đáp án A. Amin bậc II là CH₃NHCH₃.

Chọn đáp án B.

Protein được tạo nên từ các α–amino axit.

⇒ Thủy phân hoàn toàn protein sẽ thu được các α–amino axit.

Chọn đáp án C.

Chọn đáp án C.

Chọn đáp án A.

So sánh tính bazơ:

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:

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

⇒ (CH₃)₂NH > CH₃NH₂ > NH₃ > C₆H₅NH₂.

Chọn đáp án B.

Đốt cháy a mol amino axit X → 3a mol CO₂.

⇒ Phân tử của X có 3 cacbon.

⇒ CTPT của X là C₃H₇O₂N

⇒ n_X = 31,15 ÷ 89 = 0,35

⇒ m_Muối = 0,35 × (89 + 39 – 1) = 44,45 

Chọn đáp án A.

Chọn đáp án B.

Đặt n_{Ala–Gly–Ala–Val–Gly} = a 

       n_{Gly–Ala–Gly} = b.

⇒ PT theo n_Alyxin: 2a + 2b = 0,4 (1)

⇒ PT theo n_Alanin = 2a + b = 0,3 (2)

⇒ Giải hệ tính đc a = b = 0,1 mol

⇒ m = 0,1 × (445 – 18×4 + 239 – 18×2) = 57,6 gam.

Chọn đáp án C.

● Bậc của ancol bằng bậc của nguyên tử cacbon liên kết với nhóm OH.

● Bậc của amin bằng số nguyên tử hidro trong phân tử amoniac bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.

A. Ancol bậc 3 và amin bậc 1 ⇒ loại.

B. Ancol bậc 1 và amin bậc 2 ⇒ loại.

C. Ancol bậc 2 và amin bậc 2 ⇒ nhận.

D. Ancol bậc 2 và amin bậc 1 ⇒ loại.

Chọn đáp án D.

Ta có n_{HCl pứ} = n_N = 2n_N2 = 0,05 × 2 = 0,1 mol.

⇒ V_HCl = 0,1 ÷ 1 = 0,1 lít = 100 ml 

Chọn đáp án B.

Nhóm phenyl của anilin làm giảm mật độ electron ở nguyên tử nitơ.

⇒ Giảm lực bazơ của anilin.

⇒ Anilin không làm đổi màu quỳ tím.

Chọn đáp án B.

Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit.

⇒ ∑ n_{α–amino axit} = 3+1 = 4.

⇒ Peptit đã thủy phân là tetrapeptit.

⇒ Số liên kết peptit có trong X = 4 – 1 = 3

Chọn đáp án B.

Amino axit + HCl theo tỉ lệ 1:2.

⇒ Trong CTCT có 2 nhóm –NH₂.

● Lysin: H₂N–(CH₂)₄–CH(NH₂)–COOH 

Chọn đáp án C.

Tráng bạc nhưng không tác dụng với natri

⇒ Có nhóm chức –CHO và không có nhóm chức –COOH và –OH.

Dựa vào 4 đáp án.

⇒ Chất thỏa mãn là HCOOCH₃.

Chọn đáp án A.

Đipeptit không có phản ứng màu biure.

Chọn đáp án B.

● Phân tử khối càng lớn.

⇒ Độ tan giảm A sai.

● Metyl amin có mùi khai.

⇒ C sai.

● Alanin có gốc –C₆H₅ hút e làm giảm mật độ electron trên nguyên tử nitơ.

⇒ Tính bazơ của alanin rất yếu.

⇒ Không đủ mạnh để làm quỳ tím đổi màu.

⇒ D sai.

Chọn đáp án D.

Thủy phân hoàn toàn 0,2 mol peptit X

⇒ n_{H2O tạo thành} = 0,2 mol.

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_{Chất rắn} = 0,2×217 + 0,8×40 – 0,2×18

               = 71,8 gam

Chọn đáp án C.

Ta có ∑n_{(COOH + H}⁺₎ = 2n_{Axit glutamic} + n_HCl = 0,38 mol.

+ n_KOH = 0,48 mol > ∑n_{(COOH + H}⁺₎ = 0,38

⇒ n_{H2O tạo thành} = 0,38 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ta có:

m_{Chất rắn} = 5,88 + 0,3×36,5 + 0,48×56 – 0,38×18 = 36,87 gam.

Chọn đáp án D.

Nhận xét: Bài toán tương tự như trò chơi ghép hình trong không gian một chiều. Xuất phát từ Gly-Gly-Ala với hai mảnh ghép còn lại là Gly và Val.

Chọn đáp án A.

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 = 2,62 gam.

Dù là TH nào thì luôn có:

 2x + 2y = ∑n_khí = 0,04 mol

⇒ Giải: x = 0,01; y = 0,01 mol.

Hai khí tổng 0,04 mol, tỉ lệ 1 : 3

⇒ 1 khí có 0,01 mol và 1 khí có 0,03 mol.

⇒ Có 2 dặp X, Y thỏa mãn là:

● 0,01 mol H₄NOOC–COONH₃CH₃ và 0,01 mol (CH₃NH₃)₂CO₃.

⇒ m_Muối gồm 0,01 mol (COONa)₂ và 0,01 mol Na₂CO₃

⇒ m = 2,4 gam.

● 0,01 mol CH₂(COONH₄)₂ và 0,01 mol H₄N–CO₃–NH₃C₂H₅.

⇒ m_Muối gồm 0,01 mol CH₂(COONa)₂ và 0,01 mol Na₂CO₃

⇒ m = 2,54 gam.

⇒ Giá trị lớn nhất của m = 2,54 gam.

Chọn đáp án A.

Có n_O ÷ n_N = 24 ÷ 11

→ X dạng C_nH_mN₁₁O₂₄; X + HCl là phản ứng của –NH₂ + HCl → –NH₃Cl.

n_HCl = 0,22 mol

→ n_X = 0,02 mol.

Đốt X → 0,62 mol CO₂

→ n = 31.

19,62 gam X, n_X = 0,02 mol

→ M_X = 981

→ m = 71

→ n_H2O = 0,71 mol.

Bảo toàn O có n_O2 = 0,735 mol

→ V = 16,464 lít.

Chọn đáp án B.

Thủy phân hoàn toàn 1 mol peptit.

⇒ ∑ n_{α–amino axit} = 3+1 = 4.

⇒ Peptit đã thủy phân là tetrapeptit.

⇒ Số liên kết peptit có trong X = 4 – 1 = 3 

Chọn đáp án B.

Nhận thấy glucozo và glyxin không làm đổi màu quỳ tím.

Còn anilin tuy là 1 amin nhưng có gốc –C₆H₅ là 1 gốc hút e.

⇒ Làm giảm mật độ điện tích âm trên trên tử nito.

⇒ Làm chi anilin có tính bazo rất yếu.

⇒ Không đủ làm quỳ hóa xanh.

Chọn đáp án B.

NH₂CH₂COOH là 1 α–amino axit.

Nó còn có tên thông thường là glyxin.

Chọn đáp án D

Hợp chất thuộc loại đipeptit là: H₂NCH₂CONHCH(CH₃)COOH.

Lưu ý: Đipeptit phải có 2 gốc, cả 2 gốc này đều phải là gốc α-amino axit.

Chọn đáp án B.

Vì glyxin có 1 nhóm –COOH.

⇒ n_Glyxin = n_NaOH = 0,1 mol.

⇒ V_NaOH = 0,1 ÷ 1 = 0,1 lít = 100 ml. 

Chọn đáp án A.

BTKL ⇒ m_HCl = 15 – 10 = 5 gam.

⇒ n_{Amin đơn chức} = n_HCl = $\frac{5}{36,5}$ mol.

⇒ M_Amin = $\frac{10.36,5}{5}$ = 73

⇒ M_CxHyN = 73

+ Giải phương trình nghiệm nguyên.

⇒ x = 4 và y = 11

⇒ Amin đó là C₄H₁₁N

⇒ Có 8 đồng phân là:

1) CH₃–CH₂–CH₂–CH₂–NH₂

2) CH₃–CH₂–CH(NH₂)–CH₃

3) CH₃–CH(CH₃)–CH₂–NH₂

4) CH₃–C(NH₂)(CH₃)–CH₃

5) CH₃–NH–CH₂–CH₂–CH₃

6) CH₃–CH₂–NH–CH₂–CH₂

7) CH₃–CH(CH₃)–NH–CH₃

8) (CH₃)₂(C₂H₅)N

Chọn đáp án D.

Xem bài học:

Chọn đáp án A.

Bài học:

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 bazo mạnh hơn bazo bậc một:

$\left\{\begin{array}{l}{(\mathrm{CH}}_{}\end{array}\right.$₃)2NH      □    CH3NH2    □    NH3  Amin no, bậc 2> Amin no, bậc 1> Amoniac

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 bazo, do vậy amin thơm có lực bazo rất yếu, yếu hơn amoniac:

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

Theo quy luật biến đổi trên:

⇒ Dãy các chất sắp xếp theo thứ tự lực bazo giảm dần là (4), (2), (5), (1), (3).

Chọn đáp án D.

+ X làm xanh dung dịch I₂

⇒ X là Hồ tinh bột.

⇒ Loại A.

+ Y có pứ màu biure + dựa vào các đáp án.

⇒ Y là lòng trắng trứng (protein)

⇒ Loại B.

+ Z có pứ tráng bạc + dựa vào đáp án

⇒ Z là glucozơ.

⇒ Loại C.

Chọn đáp án A.

Đáp án B sai vì CH₃COOH chỉ phản ứng với bazơ.

Đáp án C sai vì CH₃CHO không phản ứng với axit, cũng không phản ứng với bazơ.

Đáp án D sai vì CH₃NH₂ chỉ phản ứng với axit.

Chọn đáp án A.

Khi thay nguyên tử H trong phân tử NH₃ bằng gốc hidrocacbon, thu được amin. 

Chọn đáp án D.

Đồng phân bậc I của amin có công thức phân tử C₄H₁₁N gồm:

(1) CH₃–CH₂–CH₂–CH₂–NH₂ 

(2) CH₃–CH₂–CH(CH₃)–NH₂

(3) CH₃–CH(CH₃)–CH₂–NH₂ 

(4) CH₃–C(CH₃)₂–NH₂