Đốt cháy hỗn hợp chứa amino axit

Đáp án A

X gồm hai amino axit no, hở, đều có một nhóm amino và một nhóm cacboxyl

⇒ đại diện hỗn hợp X là: C_nH_{2n + 1}NO₂.

♦ đốt: ${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2\mathrm{n}+1}{\mathrm{NO}}_2+\frac{6\mathrm{n}-3}{4}{\mathrm{O}}_2\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }{\mathrm{nCO}}_2+\frac{2\mathrm{n}+1}{2}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+\frac{1}{2}{\mathrm{N}}_2$

||⇒ tương quan đốt: n_X = 2(∑n_H2O – ∑n_CO2) = 2(c – b) mol.

bảo toàn nguyên tố O có: n_{O trong X} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⇒ thay số có: 4(c – b) + 2a = 2b + c ⇔ 2a = 6b – 3c = 3(2b – c)

Đáp án C

Quy đổi Z thành C_m–1H_2m+1NCO₂

Đặt x = m – 1 ⇒ 2x = 2m – 2 ⇔ 2x = 2m + 1 – 3 ⇔ 2m + 1 = 2x + 3.

⇒ Z có dạng C_xH_2x+3N(CO₂) <= Tương tự amin Y.

Nếu ta xem phần CO₂ của Z không bị đốt cháy

Thì hh chỉ chứa C_aH_2a+3N. [Với a là số C trung bình của n và (m–1)]

Phản ứng cháy: ${\mathrm{C}}_a{\mathrm{H}}_{2\mathrm{a}+3}\mathrm{N}+\frac{6\mathrm{n}+3}{4}{\mathrm{O}}_2\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }{\mathrm{CaCO}}_2+\frac{2\mathrm{a}+3}{2}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+\frac{1}{2}{\mathrm{N}}_2$

⇒ 0,2 × $\frac{6\mathrm{n}+3}{4}$  = 0,45 ⇔ a = 1 ⇒ Sau khi Z bớt 1 cacbon thì Y và Z đều có 1 cacbon.

⇒ Z là amino axit có 2 cacbon ⇔ Z chỉ có thể là Glyxin

Đáp án C

Giải hệ ta được: 

Đáp án C

X có dạng C_nH_{2n + 1}NO₂

Ta có 2C_nH_{2n + 1}NO₂ → 2nCO₂ + (2n + 1)H₂O

Ta có  $\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}}{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}}=\frac{2n}{2n+1}=\frac{6}{7}$

n = 3. ⇒ X là C₃H₇NO₂

Mà X có nguồn gốc tự nhiên nên X là α- amino axit.

Vậy X là CH₃-CH(NH₂)-COOH

Đáp án B

H_tb = 0,48 × 2 ÷ 0,2 = 4,8 || N_tb = 0,07 × 2 ÷ 0,2 = 0,7 || k_tb = 0,07 ÷ 0,2 = 0,35

H_tb = 2 × C_tb + 2 + N_tb – 2k ⇒ C_tb = 1,4 ||

● Lại có: khi đốt HCHC thì

nO₂ = (số C + số H/4 – số O/2) × nHCHC (đúng với CT trung bình của hỗn hợp HCHC)

● TUY NHIÊN, nếu để ý thì Oxi trong hỗn hợp X đều chứa trong nhóm chức COO

hoặc COOH hay nói cách khác O đó đi với C ⇒ CO₂ ⇒ đâu cần đốt

⇒ TA BỎ QUA ⇒ khi áp dụng CT trên ta cho số O = 0

||⇒ x = (1,4 + 4,8 ÷ 4) × 0,2 = 0,52 mol ⇒ chọn B

Ở đây em sẽ thắc mắc bỏ COO thì mất bớt C luôn mà, thì anh nói luôn là bỏ là

ta đã giảm đi cả k_tb lẫn C_tb luôn rồi nên GỘP CHUNG CÁC THỨ LẠI thì

số mol O₂ không đổi !

Đáp án B

về mặt cấu tạo nguyên tố, ta có thể quy đổi gọn như sau:

hai amin thuộc dãy đồng đẳng của metylamin ⇔ hai ankan + NH

Gly = C₂H₆ + CO₂ + NH và Lysin = C₆H₁₄ + CO₂ + 2NH

||⇒ Quy 0,2 mol Z về 0,2 mol C_nH_{2n + 2} + 2x mol NH + y mol CO₂.

☆ đốt: 0,2 mol Z + 1,035 mol O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$  0,91 mol H₂O + (0,81 mol – x) mol CO₂ + x mol N₂.

Tương quan đốt: ∑n_H2O – ∑n_CO2 = 0,2 + x – y = 0,1 + x ||⇒ y = 0,1 mol.

biết y → bảo toàn nguyên tố O có ngay ∑n_CO2 = 0,68 mol → n_N2 = 0,13 mol.

chỉ Lys có 2N, còn lại các chất trong Z đều có 1N → n_Lysin = 0,13 × 2 – 0,2 = 0,06 mol.

0,1 mol CO₂ quy đổi đại diện cho số mol Lys + Gly → n_Gly = 0,04 mol.

Theo đó, có 0,1 mol hai amin, ∑n_{C hai amin} = 0,68 – 0,04 × 2 – 0,06 × 6 = 0,24 mol

⇒ C_{trung bình hai amin} = 2,4 → cho biết có 0,06 mol C₂H₇N và 0,04 mol C₃H₉N.

⇒ Yêu cầu: %m_C3H₉N trong Z = 0,04 × 59 ÷ 16,82 × 100% ≈ 14,03%

Đáp án D

► Quy Z về CH₃NH₂, Gly, CH₂ và NH với số mol x, y, z và t.

n_Z = x + y = 0,4 mol; n_O2 = 2,25x + 2,25y + 1,5z + 0,25t = 2,055 mol.

n_H2O = 2,5x + 2,5y + z + 0,5t = 1,79 mol.

∑n_(CO2,N2) = x + 2y + z + 0,5x + 0,5y + 0,5t = 1,59 mol.

||⇒ giải hệ có: x = y = 0,2 mol; z = 0,76 mol; t = 0,06 mol.

► n_Lys = n_NH = 0,06 mol ⇒ n_Gly = 0,14 mol ⇒ n_CH2/amin = 0,52 mol.

⇒ 2 amin là C₃H₇NH₂ và C₄H₉NH₂ với số mol 0,08 và 0,12 mol.

Amin có KLPT lớn hơn là C₄H₉NH₂ ||⇒ %m_C4H₉NH₂ = 26,76%

Đáp án B

về mặt cấu tạo nguyên tố, ta có thể quy đổi gọn như sau:

hai amin thuộc dãy đồng đẳng của metylamin ⇔ hai ankan + NH

Gly = C₂H₆ + CO₂ + NH và Lysin = C₆H₁₄ + CO₂ + 2NH

||⇒ Quy 0,2 mol Z về 0,2 mol C_nH_{2n + 2} + 2x mol NH + y mol CO₂.

☆ đốt: 0,2 mol Z + 1,035 mol O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$  0,91 mol H₂O + (0,81 mol – x) mol CO₂ + x mol N₂.

Tương quan đốt: ∑n_H2O – ∑n_CO2 = 0,2 + x – y = 0,1 + x ||⇒ y = 0,1 mol.

biết y → bảo toàn nguyên tố O có ngay ∑n_CO2 = 0,68 mol → n_N2 = 0,13 mol.

chỉ Lys có 2N, còn lại các chất trong Z đều có 1N → n_Lysin = 0,13 × 2 – 0,2 = 0,06 mol.

0,1 mol CO₂ quy đổi đại diện cho số mol Lys + Gly → n_Gly = 0,04 mol.

Theo đó, có 0,1 mol hai amin, ∑n_{C hai amin} = 0,68 – 0,04 × 2 – 0,06 × 6 = 0,24 mol

⇒ C_{trung bình hai amin} = 2,4 → cho biết có 0,06 mol C₂H₇N và 0,04 mol C₃H₉N.

⇒ Yêu cầu: %m_C2H₇N trong Z = 0,06 × 45 ÷ 16,82 × 100% ≈ 16,05%.

Đáp án B

♦ Bài tập đốt cháy thuần (thuần đốt định lượng, không liên quan gì đến tính chất hóa học).

||→ quan sát: Hỗn hợp gồm C₅H₇N và C₅H₁₁NO₂ đốt cần x mol O₂ thu 0,2 mol CO₂.

O₂ cần đốt, liên quan đến C ||→ vất ra khỏi hỗn hợp N, H₄O₂ là những thành phần

(không liên quan đến yêu cầu O₂ cần để đốt và cũng không liên quan gì đến giả thiết C)

||→ thấy luôn chỉ là việc đốt 0,04 mol C₅H₇. Dễ rồi.! viết, vẽ, bảo toàn, ... các kiểu gì cũng được

có ngay n_O2 cần đốt = 0,2 + 0,04 × 7 ÷ 4 = 0,27 mol

Đáp án A

♦ giả thiết chữ: "hỗn hợp E gồm hai hợp chất no, mạch hở,

trong đó có một amino axit (chứa 1 nhóm NH₂) và một axit cacboxylic đơn chức"

⇒ công thức phân tử của axit cacboxylic dạng C_nH_2nO₂. còn amino axit???

Xem: đốt 0,1 mol E + O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$  0,24 mol CO₂ + 0,27 mol H₂O + N₂.

tương quan ∑∑n_CO2 < ∑n_H2O ⇒ CTPT amino axit chỉ có thể là C_mH_{2m + 1}NO₂.

cũng từ tương quan đốt có: n_{amino axit} = 2(∑n_H2O – ∑n_CO2) = 0,06 mol

⇒ n_{axit cacboxylic} = 0,04 mol ||⇒ bảo toàn C có: 0,06m + 0,04n = 0,24 mol

⇔ 3m + 2n = 12; điều kiện: m, n nguyên và m ≥ 2; n ≥ 1 ⇒ nghiệm duy nhất m = 2; n = 3.

⇒ tương ứng 2 chất trong E là H₂NCH₂COOH (Glyxin) và C₂H₅COOH (axit propionic).

Đáp án D

Đáp án A

► n_CO2 = 0,7 mol < n_H2O = 0,8 mol ⇒ Y chứa 1 nhóm COOH.

n_Y = (n_H2O – n_CO2) ÷ 0,5 = 0,2 mol ⇒ n_X = 0,3 mol.

||⇒ dễ thấy n_CO2 = 0,7 = 0,3 + 0,2 × 2 ⇒ X chứa 1C và Y chứa 2C.

||⇒ Y là Glyxin hay axit 2-aminoetanoic

Đáp án B

Vì n_HCOOCH3 = n_CH3COOC₂H₅ ⇒ Xem hỗn hợp X chỉ chứa C₃H₆O₂.

Y gồm: ⇔ C₆H₁₆N₂ (hexametylenđiamin) và C₆H₁₄N₂O₂ (lysin).

Đặt n_C3H₆O₂ = b || n_C6H₁₆N₂ = c || n_C6H₁₄N₂O₂ = d

⇒ m_Giảm = m_CaCO3 – ∑m_{(CO2 + H2O)} = 32,88 gam

Đáp án D

Hai amino axit có CTPT dạng C_nH_{2n + 1}NO₂ (n là giá trị trung bình);

+ Glucozơ và fructozơ có cùng CTPT là C₆H₁₂O₆.

♦ Giải đốt T + O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$  0,84 mol CO₂ + 0,98 mol H₂O + N₂.

||⇒ Tương quan đốt có n_{amino axit} = 2(∑n_H2O – ∑n_CO2) = 0,28 mol.

☆ Đặc biệt: có C_{trung bình hỗn hợp T} = ∑n_CO2 : n_T < 0,84 : 0,28 = 3

||⇒ 2 amino axit đồng đẳng kế tiếp chỉ có thể là C₂H₅NO₂ và C₃H₇NO₂ mà thôi

⇒ Số nguyên tử H trong A là 5

Đáp án D

giả thiết chữ: hai amino axit có CTPT dạng C_nH_{2n + 1}NO₂ (n là giá trị trung bình);

hai monosaccarit đồng phân là glucozơ và fructozơ có cùng CTPT là C₆H₁₂O₆.

♦ giải đốt T + O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$  0,28 mol CO₂ + 0,33 mol H₂O + N₂.

||⇒ tương quan đốt có n_{amino axit} = 2(∑n_H2O – ∑n_CO2) = 0,1 mol.

☆ đặc biệt: có C_{trung bình hỗn hợp T} = ∑n_CO2 : n_T < 0,28 : 0,1 = 2,8

||⇒ 2 amino axit đồng đẳng kế tiếp chỉ có thể là C₂H₅NO₂ và C₃H₇NO₂ mà thôi

⇒ Số nguyên tử hiđro trong phân tử mỗi amino axit lần lượt là 5 và 7

Đáp án A

giả thiết: m_O : m_N = 12 : 7 ⇔ n_O : n_N = 3 : 2 ⇒ đặt n_N2 = x mol ⇒ n_O = 3x mol.

♦ giải đốt: 7,04 gam X + 0,38 mol O₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$ 0,28 mol CO₂ + ? mol H₂O + x mol N₂.

||⇒ bảo toàn nguyên tố O có n_H2O = n_{O trong X} + 2n_O2 – 2n_CO2 = (3x + 0,2) mol.

⇒ m_X = m_C + m_H + m_O + m_N → thay số vào ⇒ giải ra x = 0,04 mol.

⇒ n_N2 = 0,04 mol → V = V_N2 = 0,896 lít.

Đáp án C

Gọi số mol sản phẩm cháy 

Bảo toàn khối lượng :

Bảo toàn nguyên tố O : 

Đáp án D

Chọn D vì khi đó n_CO2 = n_H2O

Đáp án D

Đáp án A

X dạng C_nH_{2n + 1}NO₂ ||→ Y dạng C_nH_2nNO₂C₂H₅ ⇄ C_{n + 2}H_{2n + 5}NO₂.

đốt M + O₂ → 0,55 mol CO₂ + 0,625 mol H₂O + N₂.

♦ bài tập đốt cháy thuần → quan sát quy M gồm 0,55 mol CH₂ + 0,15 mol HNO₂ (theo bảo toàn C, bảo toàn H).

||→ Yêu cầu m = m_M = 0,55 × 14 + 0,15 × 47 = 14,75 gam.

Đáp án B

Đáp án C

Nhận thấy khi đun nóng dung dịch Y thấy xuất hiện kết tủa → khi hấp thụ sản phẩm cháy vào Ca(OH)₂ thu được đồng thời CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂

Cô cạn dung dịch Y rồi nung chất rắn thu được đến khối lượng không đổi thu được 5,6 gam chất rắn là CaO → n_CaO = n_Ca(HCO3)₂ = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố C → n_CO2 = n_CaCO3 + 2 n_Ca(HCO3)₂= 0,2 + 2. 0,1 = 0,4 mol

Luôn có n_X = n_CO2 : 4 = 0,1 mol

Vì các hợp chất trong X đều có phân tử khối là 88 → m= 0,1. 88 =8,8 gam

Đáp án A

• Đặt Y là (HOOC)₂R-NH₂ và Z là HOOC-R₁-NH₂.

Ta có:

Biện luận kết hợp số C < 6 ⇒ M_R = C₃H₅- (M = 41), M_R1 = -CH₂- (M = 14)

Vậy hỗn hợp X gồm H₂NCH₂-CH(COOH)-CH₂COOH, H₂NCH₂COOH

Đáp án B

m_{bình tăng} = m_H2O = 6,66(g) ⇒ n_H2O = 0,37 mol ||● Đặt n_CO2 = x; n_N2 = y.

⇒ n_{hh khí} = x + y = 0,27 mol || Bảo toàn khối lượng: 6,38 + 0,345 × 32 = 6,66 + 44x + 28y.

||⇒ giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,07 mol ⇒ n_X = 0,14 mol ⇒ C_{tb X} = 1,43 ⇒ amin là CH₃NH₂.

► Đặt n_amin = a; n_a.a = b ⇒ n_X = a + b = 0,14 mol; n_H2O – n_CO2 = 0,17 mol = 1,5a + 0,5b.

||⇒ giải hệ có: a = 0,1 mol; b = 0,04 mol ⇒ %m_CH3NH₂ = 48,59%

Đáp án D

Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố O:

Đáp án C

Bỏ x COO trong Z ⇒ CT chung của T là C_nH_2n+3 || Bảo toàn Oxi:

n_CO2 = 0,13 mol ⇒ n_T = $\frac{0,325-0,13}{1,5}$  = 0,13 mol ⇒ C_T = 1 ⇒ Y là CH₅N ⇒ (4) đúng.

Do không có điều kiện ràng buộc x ⇒ x ∈ {1; 2; 3} ⇒ (1), (2), (3) sai

Đáp án D

Đặt số mol hỗn hợp amin, valin và lýin lần lượt là a, b và c ta có sơ đồ:

+ Phương trình theo số mol H₂O là:

an + 1,5a + 5,5b + 7c = 2,58 mol (1)

+ Phương trình theo ∑n_CO2 + N₂) là:

an + 0,5a + 5,5b + 7c = 2,18 mol (2)

Lấy (1) – (2) ⇒ n_{Hỗn hợp amin} = a = 0,4 mol.

⇒ b + c = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol. (3)

+ Bảo toàn oxi ta có: 2b + 2c + 2,89×2 = 2,58 + 2d (4)

Thế (3) vào (4) ⇒ n_CO2 = d = 1,8 mol

⇒ n_N2 = e = 2,18 – 1,8 = 0,38 mol.

● Tính số mol valin và lysin:

Ta có hệ: 

Phương trình theo n_CO2 là: 0,4×n + 0,04×5 + 0,16×6 = 1,8 ⇔ n = 1,6

⇒ 2 amin là CHNH₂ và C₂H₅NH₂. Đặt số mol chúng lần lượt là a, b.

Ta có hệ:

+ Bảo toàn khối lượng ta có m_X = 46,44 + 1,8×44 + 0,38×28 – 2,89×32 = 43,8 gam.

⇒ %m_CH3NH2 = $\frac{0,16.31}{43,8}$ × 100 ≈ 11.324%