30 bài tập về đốt cháy amin mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết

Phương pháp giải:

+ Bảo toàn nguyên tố O

+ Bảo toàn khối lượng: m = m_C + m_H + m_N

Lời giải chi tiết:

- BTNT "O" => n_O2 = (2n_CO2 + n_H2O)/2= 0,75 mol

=> n_{N2 (kk)} = 4n_O2 = 3 mol => n_{N2(do amin cháy)} = 3,1 - 3 = 0,1 mol

- BTNT "N" => m_N = 2n_N2 = 0,2 mol

- BTKL: m = m_C + m_H + m_N = 0,4.12 + 0,7.2 + 0,2.14 = 9 (g)

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ n_CO2 = n_CaCO3

+ m_{bình tăng} = m_H2O + m_CO2 => n_H2O

+ Khí không bị hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)₂ là N₂ => n_N2

Lời giải chi tiết:

- Do dẫn CO₂ vào dd Ca(OH)₂ dư nên: n_CO2 = n_CaCO3 = 4/100 = 0,04 mol

=> n_C = m_CO2 = 0,04 mol (BTNT "C")

Số nguyên tử C = n_C/n_X = 0,04/0,02 = 2

- Khối lượng bình tăng: m _{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O => m_H2O = 3,02 - 0,04.44 = 1,26 gam => n_H2O = 0,07 mol

=> n_H = 2n_H2O = 0,14 mol (BTNT "H")

=> Số nguyên tử H = n_H/n_X = 0,14/0,02 = 7

- Khí không bị hấp thụ vào dd Ca(OH)₂ là N₂: n_N2 = 0,01 mol

=> n_N = 2n_N2 = 0,02 mol (BTNT "N")

Số nguyên tử N = n_N/n_X = 0,02/0,02 = 1

=> CTPT là C₂H₇N. Mà X là amin bậc 1 => CTCT của X là CH₃CH₂NH₂

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Viết PT đốt cháy, tính toán theo PT

Lời giải chi tiết:

n_O2 = 0,3375 mol ; n_N2(kk) = 1,35 mol

n_{N2 sau pứ} = 1,375 mol => n_{N2 tạo ra} = 0,025 mol

            C_xH_yN + (x + 0,25y)O₂ -> xCO₂ + 0,5yH₂O + 0,5N₂

                                    x + 0,25y                                             0,5

                                    0,3375                                                 0,025

=> 4x + y = 27 => x = 4 ; y = 11

=> C₄H₁₁N

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Bảo toàn nguyên tố O => n_{O2 (đốt cháy)} = n_CO2 + ½ n_H2O => n_{N2 trong không khí} => n_{N2 sinh ra do đốt A}

+ Bảo toàn khối lượng: m_A = m_C  + m_H + m_N

Lời giải chi tiết:

Ta có: nCO2 = 0,3 mol; nH2O = 0,45 mol; nN2 = 2,15 mol

- BTNT "O" => n_O2 = (2n_CO2 + n_H2O)/2= 0,525 mol

=> n_{N2 (kk)} = 4n_O2 = 2,1 mol => n_{N2(do amin cháy)} = 2,15 - 2,1 = 0,05 mol

- BTNT "N" => m_N = 2n_N2 = 0,1 mol

- BTKL: m = m_C + m_H + m_N = 0,3.12 + 0,45.2 + 0,1.14 = 5,9 (g)

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Viết PTHH: C_nH_2n+3N  +  O₂  → nCO₂ + (n + 1,5) H₂O + 0,5N₂

+ Biểu diễn thể tích CO₂, H₂O, N₂ theo amin X và theo đầu bài cho => giá trị n

Lời giải chi tiết:

Amin cần tìm có dạng C_nH_2n+3N, khi cháy:

C_nH_2n+3N  +  O₂  → nCO₂ + (n + 1,5)H₂O + 0,5N₂

=> 12V = (n + n + 1,5 + 0,5)V => n = 5

Amin là C₅H₁₃N có 8 đồng phân cấu tạo:

CH₃-CH₂-CH₂-CH₂-CH₂-NH₂

CH₃-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-CH₃

CH₃-CH₂-CH(NH₂)-CH₂-CH₃

(CH₃)₂CH-CH₂-CH₂-NH₂

(CH₃)₂CH-CH(NH₂)-CH₃

(CH₃)₂C(NH₂)-CH₂-CH₃

CH₂(NH₂)CH(CH₃)-CH₂-CH₃

(CH₃)₃C-CH₂-NH₂

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ BTNT "O" => 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_O2 => n_{N2 (do kk)}

+ BTNT "C": n_C = n_CO2 

   BTNT "H": n_H = 2n_H2O 

=> n_C : n_H 

Mà amin là đơn chức => CTPT

Lời giải chi tiết:

Ta có: n_CO2 = 0,04 mol; n_H2O = 0,07 mol

+ BTNT "O" => 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_O2 = 0,075 mol => n_{N2 (do kk)} = 4n_O2 = 4.0,075 = 0,3 mol

+ BTNT "C": n_C = n_CO2 = 0,04 mol

   BTNT "H": n_H = 2n_H2O = 0,14 mol

=> n_C : n_H = 0,04 : 0,14 = 2 : 7

Mà amin là đơn chức => CTPT amin là C₂H₇N

+ n_C2H7N = n_CO2/2 = 0,02 mol

BTNT "N" => n_{N2 (do amin)} = 0,5.n_C2H7N = 0,01 mol

=> ∑n_N2 = 0,3 + 0,01 = 0,31 mol => V = 6,944 lít

Đáp án C

Phương pháp giải:

Phương pháp:Phương trình đốt cháy

\({C_x}{H_y}N + (x + {y \over 4}){O_2} \to xC{O_2} + {y \over 2}{H_2}O + {1 \over 2}{N_2}\)

Khi đốt cháy 1 amin ngoài không khí thì:

n_{N2 sau phản ứng} = n_{N2 sinh ra từ phản ứng đốt cháy amin} + n_{N2 có sẵn trong không khí}

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải:

\({C_x}{H_y}N + (x + {y \over 4}){O_2} \to xC{O_2} + {y \over 2}{H_2}O + {1 \over 2}{N_2}\)

                                                        0,06                           \({{0,03} \over x}\)

Theo PT:\({n_{{O_2}}} = {{0,06} \over x}\left( {x + {y \over 4}} \right) \to {n_{{N_2}}} = {{4.0,06} \over x}\left( {x + {y \over 4}} \right)\)

=>\(\sum {{n_{{N_2}}} = {{0,03} \over x} + } {{4.0,06} \over x}\left( {x + {y \over 4}} \right) = {{9,632} \over {22,4}} = 0,43\)

=>  0,19x - 0,06y =0,03  (1)

 n_amin =\({{0,06} \over x} \Leftrightarrow {{1,18} \over {12{\rm{x}} + y + 14}} = {{0,06} \over x} \to 0,46{\rm{x}} - 0,06y = 0,84\) (2)

Từ (1) và (2) => x=3, y=9   => C₃H₉N  

 Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp: Phương pháp đường chéo

Lời giải chi tiết:

\(\left\{ \matrix{ {O_2}\,\,{{{V_1}} \over 4} \hfill \cr {O_3}{{3{V_1}} \over 4} \hfill \cr} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\& \,\,\,\left\{ \matrix{ C{H_3}N{H_2}\,\,{{2{V_2}} \over 3} \hfill \cr {C_2}{H_5}N{H_2}{{{V_2}} \over 3} \hfill \cr} \right.\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ C{O_2}\,\,{{4{V_2}} \over 3} \hfill \cr {H_2}O{{17{V_2}} \over 6} \hfill \cr} \right.\)

Bảo toàn nguyên tố O

\(\eqalign{ & 2.{n_{O({O_2})}} + 3.{n_{O({O_3})}} = 2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \cr & {{2.{V_1}} \over 4} + {{3.3{V_1}} \over 4} = {{2.4{V_2}} \over 3} + {{17{V_2}} \over 6} \to {{{V_1}} \over {{V_2}}} = 2 \cr} \)

Chọn B

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố O , tính theo phương trình, tăng giảm khối lượng

 \({n_{{N_2}(sau\,p/u)}} = {n_{{N_2}(kk)}} + {n_{{N_2}(sp)}}\)

Lời giải chi tiết:

Đăt a,b lần lượt là số mol của CO₂ và H₂O

 \({C_x}{H_y}N + (x + {y \over 2}){O_2} \to xC{O_2} + y{H_2}O + 0,5{N_2}\)

0,1                                                  a               b                 0,05

Vì đốt cháy trong không khí nên

\(\eqalign{ & {n_{{N_2}(sau\,p/u)}} = {n_{{N_2}(kk)}} + {n_{{N_2}(sp)}} \to {{48,16} \over {22,4}} = {n_{{N_2}(kk)}} + 0,05 \cr & \to {n_{{N_2}(kk)}} = 2,1\,\,mol \to {n_{{O_2}(kk)}} = {1 \over 4}.{n_{{N_2}(kk)}} = 0,525\,\,mol \cr} \)

Do chỉ thu được duy nhất khí N₂  => O_{2 (kk)} phản ứng hết

m_tăng= \({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 44{\rm{a}} + 18b = 21,3\,\,\,\,\,\,\,(1)\)

Bảo toàn nguyên tố O  => 2a+b=0,525.2=1,05 (2)

Từ (1) và (2) => a=0,3 => x=\({{0,3} \over {0,1}} = 3\); b=0,45 =>y= \({{0,45.2} \over {0,1}} = 9\)

=> X:C₃H₉N 

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Đặt số mol của amin : x, trong không khí : O₂  a mol,  N₂  4a mol

BTKL : ${m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} + {m_{{N_2}}} \to {n_{{O_2}(p/u)}}$

Hỗn hợp Y gồm: ${n_{{O_2}}} = {\rm{a}} - {n_{{O_2}(p/u)}}\,\,\,\,{n_{{N_2}}} = 4{\rm{a}} - {n_{{N_2}(\sinh \,ra)}}\,$

 ${n_{{O_2}}}:{n_{{N_2}}} = 1:9 \to a \to {n_Y} \to V$

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải

C_nH_2n+3N  nCO₂  +  (n+1,5)H₂O    +   0,5 N₂

x                         nx               (n+1,5)x            0,5x

Vì N₂là khí trơ nên dung dịch NaOH chỉ hấp thụ CO₂ và H₂O

=> m_{dd tăng}  = ${m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 44n{\rm{x}} + 18x(n + 1,5) = \,\,(62n + 27)x = 24\,\,\,\,(1)$

m_X=(14n+17)x =7,6  (2)

Từ (1) và (2)  => 

$\left\{ \matrix{ n{\rm{x}} = 0,3 \hfill \cr x = 0,2 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{ n = 1,5 \hfill \cr x = 0,2 \hfill \cr} \right.$

Theo định luật BTKL  

$\eqalign{ & {m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} + {m_{{N_2}}} \to 7,6 + 32.{n_{{O_2}}} = 24 + 2,8 \cr & \to {n_{{O_2}}} = 0,6\,\,mol \cr} $

Trong không khí : O₂  a mol,  N₂  4a mol

Hỗn hợp Y gồm: ${n_{{O_2}}} = a - 0,6\,\,\,mol\,\,\,\,{n_{{N_2}}} = 4a + 0,1\,\,\,mol$

$\eqalign{ & {n_{{O_2}}}:{n_{{N_2}}} = 1:9 \to 0,9(a - 0,6) = 4{\rm{a}} + 0,1 \to a = 1,1\,mol \cr & {n_Y} = 1,1 - 0,6 + 4.1,1 + 0,1 = 5mol \to V = 22,4.5 = 112\,\,lit \cr} $

Chọn B

Phương pháp giải:

Phương pháp: Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải

\(\eqalign{ & {n_{C{O_2}}} = {{19,04} \over {22,4}} = 0,85mol \cr & {n_{{N_2}}} = {{0,56} \over {22,4}} = 0,025\,\,\,mol \cr} \)

m_A=m_C+m_H+m_N  => 12,95=0,85.12+ 0,025.28+ m_H     => m_H= 2,05 gam=> n_H=2,05 mol

=> \({m_{{H_2}O}} = 18.{{2,05} \over 2} = 18,45g\)

 Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:  bảo toàn nguyên tố:  n_C(X)= n_CO2 , n_H(X) = 2\({n_{{H_2}O}}\) , n_N(X)= 2\({n_{{N_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải

 \({n_{{N_2}}} = 0,02\,\,\,mol\)

 \({n_{C{O_2}}} = 0,04\,mol\)

m_{bình tăng}=\({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 0,04.44 + {m_{{H_2}O}} = 3,2g\)

=>\({m_{{H_2}O}} = 1,44 =  > {n_{{H_2}O}} = 0,08\,\,mol\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {n_C} = 0,04mol \hfill \cr {n_H} = 0,16\,\,\,mol \hfill \cr {n_N} = 0,04\,mol \hfill \cr} \right.\)

Công thức C_xH_yN_z    => x=0,04:0,02 =2   . tương tự y=8, z=2

Amin có CTPT C₂H₈N₂

Chọn B

Phương pháp giải:

Phương pháp:

n_{khí giảm}= \({{{V_t} - {V_s}} \over {22,4}}$=\({n_{{O_2}(p/u)}} - {n_{C{O_2}}} - {n_{{N_2}}}\)

Đặt công thức X là C_nH_2n+3-2kN  (k 4). Từ phương trình tính số mol khí giảm. Biện luận n và k

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải:

n_{khí giảm}=\({{168 - 156,912} \over {22,4}} = 0,495\,\,mol\)=\({n_{{O_2}(p/u)}} - {n_{C{O_2}}} - {n_{{N_2}}}\)

Đặt công thức X là C_nH_2n+3-2kN  (k 4)

 \({C_n}{H_{2n + 3 - 2k}}N + ({{3n - k + 1,5} \over 2}){O_2} \to nC{O_2} + (n - k + 1,5){H_2}O + 0,5{N_2}\)

=> X: C₅H₁₃N

Amin bậc 3   +  (CH₃)₂NC₃H₇ có 2 đồng phân

                          + (C₂H₅)₂NCH₃   CÓ 1 đồng phân  

Vậy có 3 đồng phân amin bâc 3

 Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp giải : amin X bậc 1 có dạng CTHH là C_xH_yNH₂

Lập tỉ lệ giữa thể tích sản phẩm với thể tích X để tìm liên hệ giữa x và y

Lời giải chi tiết:

Lời giải :

Amin X bậc 1 nên X là C_xH_yNH₂

Khi X tác dụng với O₂ thì tạo ra CO₂, N₂ và H₂O có thể tích là

 8V = x.V + V:2 + (y+2).V : 2 nên 13 = 2x + y

Chọn x = 3 và y=7 

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bảo toàn khối lượng

Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải :

n_CO2 = 0,85 mol và n_N2 = 0,025 mol

Bảo toàn khối lượng có  

Bảo toàn nguyên tố O có  

Giải được V=30,52 lít

Đáp án B

Phương pháp giải:

RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

C\(\overline x \)H₂\(\overline x \)₊₃N  +  O₂→\(\overline x \) CO₂  + ( \(\overline x \) + 1,5 ) H₂O

Bảo toàn khối lượng : m _amin + m _HCl  = m _muối

Tính toán theo giá trị trung bình  : với \(\overline x \) là giá trị trung bình của 2 amin 

Lời giải chi tiết:

m _amin + m _HCl  = m _muối

=> m  _HCl  = 22,475 – 13,35 = 9,125   => n _HCl   = n _amin = 0,25 mol

=> \(\overline M \)_Amin = 13,35 : 0,25 = 53,4 g

=> \(\overline x \)= ( 53,4 – 17 ) : 14 = 2,6

=> n _CO2 : n _H2O  = V_CO2 : V_H2O = 2,6 : ( 2,6 + 1,5 ) = 26 : 41

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ BTNT O: 2nO₂=2nCO₂+nH₂O=>nO_{2 pư}=> nN_2(kk)=4nO_2pư

=> nN_{2(amin cháy)} =>nN_(amin)

+ Lập tỉ lệ C:H:O => CTĐGN

+ Dựa vào điều kiện H≤2C+2+N => CTPT

Lời giải chi tiết:

nCO₂=0,4 mol; nH₂O=0,7 mol; nN₂=3,1 mol

+ BTNT O: 2nO₂=2nCO₂+nH₂O=>nO_{2 pư}=(2.0,4+0,7)/2=0,75 mol=> nN_2(kk)=4nO_2pư=3 mol

=> nN_{2(amin cháy)}=0,1 mol =>nN_(amin)=0,2 mol

C:H:N=0,4:1,4:0,2=2:7:1

CTPT: (C₂H₇N)_n

Mà H≤2C+2+N

=>7n≤2.2n+2+n => n≤1

Vậy n=1, amin là C₂H₇N

Các CTCT có thể có: CH₃CH₂NH₂ và CH₃-NH-CH₃

Đáp án D

Phương pháp giải:

2 chất trong X đều có CTPT là C₂H₇N => n_X

Viết PTHH của phản ứng đốt cháy, đặt mol vào tính được số mol của CO₂ và H₂O

=> m _{dung dịch giảm} = m↓ - mCO₂ – mH₂O

Lời giải chi tiết:

2 chất trong X đều có CTPT là C₂H₇N. n_X = 9/45 = 0,2 mol

C₂H₇N + 3,75O₂ → 2CO₂ + 3,5 H₂O + 0,5N₂

0,2                              0,4         0,7

Khi dẫn sản phẩm vào dung dịch Ba(OH)₂ thì CO₂ và H₂O bị hấp thụ.

Khi đó m _{dung dịch giảm} = m↓ - mCO₂ – mH₂O = 59,1 – 0,4.44 – 0,7.18 = 28,9 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố O => n_O2 = n_CO2 + 1/2n_H2O = ?(mol)

=> n_N2 ( trong kk) = 4n_O2 = ? (mol)

=> n_N2 (sinh ra do đốt amin) = 0,54 – n_N2 ( trong kk) = ? (mol)

Gọi CTPT của amin là C_xH_yO_z

x: y : z = n_C : n_H : n_N

=> CT ĐGN là ?

Biện luận để tìm được CTPT của amin và xét xem đáp án nào đúng

Lời giải chi tiết:

Bảo toàn nguyên tố O => n_O2 = n_CO2 + 1/2n_H2O = 0,08 + 0,1/2 = 0,13 (mol)

Vì O₂ chiếm 20% thể tích không khí => N₂ chiếm 80% thể tích không khí

=> n_N2 ( trong kk) = 4n_O2 = 4.0,13 = 0,52 (mol)

=> n_N2 (sinh ra do đốt amin) = 0,54 – 0,52 = 0,02 (mol)

Gọi CTPT của amin là C_xH_yO_z

x: y : z = n_C : n_H : n_N

          = 0,08 : 0,2 : 0,04

          = 2 : 5 : 1

=> CT ĐGN là C₂H₅N

Ta thấy (n_H2O – n_CO2­) = 2n_N2

=> amin này là đơn chức, mạch hở, có 1 liên kết pi trong phân tử

=> CTCT của amin là CH₂=CH-NH₂

A. Sai, số nguyên tử cacbon của X bằng 2

B. đúng

C. sai, phân tử X có 1 liên kết đôi

D. Sai, số nguyên tử H là 5

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Đốt cháy X:

X là amin no, mạch hở → X: C_nH_2n+2+aN_a

               C_nH_2n+2+aN_a + O₂ → nCO₂ + (n+1+0,5a)H₂O + 0,5aN₂

                 0,15 mol

n_Y = 0,15.(n + n + 1 + 0,5a + 0,5a) = 0,15.(2n + 1+ a) = 0,75

→ 2n + a = 4 → n = 1 và a = 2  → X: H₂NCH₂NH₂.

+ Cho X tác dụng với HCl dư: X là amin hai chức, do đó X phản ứng với HCl theo tỉ lệ mol tương ứng là 1: 2. 

Lời giải chi tiết:

+ Đốt cháy X:

X là amin no, mạch hở → X: C_nH_2n+2+aN_a

               C_nH_2n+2+aN_a + O₂ → nCO₂ + (n+1+0,5a)H₂O + 0,5aN₂

                 0,15 mol

n_Y = 0,15.(n + n + 1 + 0,5a + 0,5a) = 0,15.(2n + 1+ a) = 0,75

→ 2n + a = 4 → n = 1 và a = 2  → X: H₂NCH₂NH₂.

+ Cho X tác dụng với HCl dư:

n_{HCl (pư)} = 2n_X = 2.6,21/46 = 0,27 mol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

C_nH_2n+1NH₂ (X) → C_nH_2n+1NH₃Cl (Y) → AgCl

n_X = n_Y = n_AgCl = 0,4 mol  → M_Y = 34/0,4 = 85 

→ n = 2,25 → X gồm C₂H₇N (x mol) và C₃H₉N (y mol)

Ta có: x + y = 0,4 (1) và 2x + 3y = 2,25.0,4 = n_{C (X)} (2).

Từ (1) và (2): x = 0,3 và y = 0,1  → % C₂H₇N.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{C_n}{H_{2n + 1}}N{H_2}(X){C_n}{H_{2n + 1}}N{H_3}Cl\,(Y)AgCl\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,4\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\\
\overline {{M_Y}} = \frac{{34}}{{0,4}} = 85\, \Rightarrow n = 2,25 \Rightarrow X\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_7}N\,\,\,x\,\,mol\\
{C_3}{H_9}N\,\,\,y\,mol
\end{array} \right.\,\\
\left\{ \begin{array}{l}
x + y = {n_X} = 0,4\\
2x + 3y = 2,25.0,4 = {n_{C(X)}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,3\\
y = 0,1
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \% {C_2}{H_7}N = \frac{{0,3.45}}{{0,3.45 + 0,1.59}}.100 = 69,59\% .
\end{array}\)

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Khi ngưng tụ F, H₂O bị ngưng tụ → Thể tích giảm = 500 ml = thể tích nước.

Trong cùng điều kiện (nhiệt độ, áp suất), tỉ lệ về thể tích = tỉ lệ về số mol. Coi các thê tích = số mol. 

\(\begin{array}{l}
140\,mol\,E\left\{ \begin{array}{l}
{C_n}{H_{2n + 3}}N\,\,\,a\,mol\\
{C_2}{H_4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,b\\
{C_3}{H_6}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,c
\end{array} \right. + 630\,mol\,{O_2} \to C{O_2} + {N_2} + 500\,mol\,{H_2}O\\
BTNT\,oxi:\,2{n_{{O_2}}} = {\rm{ }}2{n_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{n_{{H_2}O}} \to {n_{C{O_2}}} = {\rm{ (2}}{\rm{.630}}\,{\rm{ - 500)/2}} = {\rm{ }}380{\rm{ }}mol.\\
\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = 140\\
{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 120 = 1,5a
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 80\\
b + c = 60
\end{array} \right.\\
80n + 2(b + c) < {n_{C{O_2}}} = 380 = 80n + 2b + 3c < 80n + 3(b + c)\\
\Rightarrow 2,5 < n < 3,25 \Rightarrow n = 3 \Rightarrow X:{C_3}{H_9}N\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{C_3}{H_9}N + HCl \to {C_3}{H_{10}}NCl\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,08\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,0,08\,\,\,\,\,\,(mol)\\
\Rightarrow m = 0,08.95,5 = 7,64\,gam.
\end{array}\)

Đáp án C

Phương pháp giải:

n_CO2 = 0,08 mol; n_H2O = 0,125 mol → n_{C (X)} = 0,08 mol; n_{H (X)} = 0,25 mol.

X gồm 2 amin no, đơn chức, mạch hở → gọi CTTQ của X: C_nH_2n+3N (x mol).

Ta thấy: n_H2O  – n_CO2  = 1,5x → x = 0,03 mol → n_{N (X)} = 0,03 mol → n_HCl = n_{N (X)} = 0,03 mol.

Tính m: m = m_{C (X)} + m_{H (X)} + m_{N (X)}

Tính a: dùng BTKL

Lời giải chi tiết:

+ Đốt cháy X:

n_CO2 = 0,08 mol; n_H2O = 0,125 mol → n_{C (X)} = 0,08 mol; n_{H (X)} = 0,25 mol.

X gồm 2 amin no, đơn chức, mạch hở → gọi CTTQ của X: C_nH_2n+3N (x mol).

Ta thấy: n_H2O  – n_CO2  = 1,5x → x = 0,03 mol → n_{N (X)} = 0,03 mol

Ta có: m = m_{C (X)} + m_{H (X)} + m_{N (X)} = 0,08.12 + 0,25.1 + 0,03. 14 = 1,63 gam.

+ Cho X tác dụng với dung dịch HCl:

n_{HCl (phản ứng)} = n_{N (X)} = 0,03 mol → m_{HCl (pư)} = 1,095 gam.

Áp dụng ĐLBTKL: m_X + m_{HCl (pư)} = m_muối → a = m_muối = 1,63 + 1,095 = 2,725 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

E có công thức tổng quát là C_nH_2n+3N.

n_E = 2n_N2 = 0,06 mol. Kết hợp với số mol O₂ → tìm được n → tính được m.

n_{HNO3 (phản ứng)} = n_E → m_{HNO3 (phản ứng)}. Bảo toàn khối lượng để tìm khối lượng muối.

Lời giải chi tiết:

E có công thức tổng quát là C_nH_2n+3N. 

\(\begin{array}{l}{C_n}{H_{2n + 3}}N + (1,5n + 0,75){O_2} \to nC{O_2} + (n + 1,5){H_2}O + 0,5{N_2}\\\,\,\,\,\,\,0,06\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,255\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,03\,(mol)\\ \Rightarrow 0,06.(1,5n + 0,75) = 0,255 \Rightarrow n = \frac{7}{3}\\m = (14.\frac{7}{3} + 3 + 14).0,06 = 2,98\,gam.\\{n_{HN{O_3}(pu)}} = {n_E} = 0,06\,mol \Rightarrow {m_{HN{O_3}(pu)}} = 3,78\,gam\\BTKL:{m_{muoi}} = m + {m_{HN{O_3}(pu)}} = 6,76\,gam\end{array}\)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Y gồm CO₂, H₂O và N₂. Khi qua bình đựng H₂SO₄ đặc, H₂O bị giữ lại. Z gồm CO₂ và N₂. 

\(\begin{array}{l}V\,lit\,X\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n + 2}}\\{C_n}{H_{2n + 3}}N\end{array} \right. + {O_2} \to ({V_1} - {V_2})\,lit\,{H_2}O + {V_2}\,lit\left\{ \begin{array}{l}C{O_2}\\{N_2}\end{array} \right.\\NX:\,\,{n_{{H_2}O}} - ({n_{C{O_2}}} + {n_{{N_2}}}) = {n_X}\end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Y gồm CO₂, H₂O và N₂. Khi qua bình đựng H₂SO₄ đặc, H₂O bị giữ lại. Z gồm CO₂ và N₂. 

\(\begin{array}{l}V\,lit\,X\left\{ \begin{array}{l}C{H_4}\\{C_n}{H_{2n + 3}}N\end{array} \right. + {O_2} \to ({V_1} - {V_2})\,lit\,{H_2}O + {V_2}\,lit\left\{ \begin{array}{l}C{O_2}\\{N_2}\end{array} \right.\\NX:\,\,{n_{{H_2}O}} - ({n_{C{O_2}}} + {n_{{N_2}}}) = {n_X} \Rightarrow V = ({V_1} - {V_2}) - {V_2}\\ \Rightarrow V = {V_1} - 2{V_2}\end{array}\)

Đáp án C

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Phương pháp giải:

\(M\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n}}(n \ge 2):a\,mol\\{C_m}{H_{2m + 3}}N:b\,mol\end{array} \right. + {O_2}:0,81\,mol \to C{O_2}:0,4\,mol\)  

Với các dữ kiện đã có, ta có thể nghĩ đến:

+ Có số mol O₂ và CO₂ → dùng BTNT oxi ta có thể tìm được n_H2O.

+ Khi có số mol H₂O,  ta thấy: n_H2O – n_CO2 = 1,5b → tìm được b.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}M\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n}}(n \ge 2):a\,mol\\{C_m}{H_{2m + 3}}N:b\,mol\end{array} \right. + {O_2}:0,81\,mol \to C{O_2}:0,4\,mol\\BTNT\,O:2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}} - 2{n_{C{O_2}}} = 0,82\,mol\\{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5b \Rightarrow b = \frac{{0,82 - 0,4}}{{1,5}}=0,28\,mol\\\overline C  = \frac{{0,4}}{{a + b}} < \frac{{0,4}}{b} = 1,43\end{array}\)

Vì anken có số nguyên tử C>1 mà số nguyên tử C trung bình bằng 1,43; X và Y là đồng đẳng kế tiếp

→ X: CH₅N (CH₃NH₂) và Y là CH₃CH₂NH₂ (etylamin).

Đáp án C

Lời giải chi tiết:

Trong cùng điều kiện (nhiệt độ, áp suất), tỉ lệ về thể tích = tỉ lệ về số mol. Để đơn giản, ta lấy số mol = thể tích. 

\(\begin{array}{l}100\,molX\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_7}N:a\\{C_m}{H_{2m + 2 - 2k}}:b\end{array} \right. + {O_2} \to 300\,mol\,{H_2}O + 250\,mol\left\{ \begin{array}{l}C{O_2}\\{N_2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 100\\2a + 0,5a + mb = 250\\3,5a + (m + 1 - k)b = 300\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 100\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\2,5a + bm = 250\,(2)\\a + b(1 - k) = 50\,(3)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 100\\m = 2,5\\bk = 50\end{array} \right.\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta thấy m = 2,5.

b.k = 50 nên k phải khác 0. Ngoài ra, trong các đáp án đã cho, 2 hiđrocacbon hoặc là anken (k=1) hoặc là ankan (k=0)  → 2 hiđrocacbon cần tìm là C₂H₄ và C₃H₆.

Đáp án A

Phương pháp giải:

\(5,46g\,E\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n - 2}}:x\\{C_m}{H_{2m + 3}}N:y\end{array} \right. + {O_2}:0,495\,mol \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:a\\{H_2}O:a\\{N_2}\end{array} \right.\)

Từ dữ kiện đề bài:

+ Biết số mol O₂ và tỉ lệ mol CO₂ : H₂O → dùng BTNT oxi ta có thể tìm được số mol nước và CO₂.

+ Dùng bảo toàn khối lượng để tìm số mol của N₂ → số mol của amin (y mol)

+ Khi có số mol H₂O và CO₂,  ta thấy: n_H2O – n_CO2 = 1,5y – x  → tìm được x.

+ Xử lí tiếp bài toán theo các hướng như: tìm số nguyên tử C trung bình hoặc dựa vào số mol CO₂ để tìm số nguyên tử C của từng chất, ….

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}5,46g\,E\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n - 2}}:x\\{C_m}{H_{2m + 3}}N:y\end{array} \right. + {O_2}:0,495\,mol \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:a\\{H_2}O:a\\{N_2}\end{array} \right.\\BTNT\,oxi:2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow 0,495.2 = 2a + a \Rightarrow a = 0,33\,mol\\5,46 = {m_E} = {m_C} + {m_H} + {m_N} = 0,33.12 + 0,33.2 + {m_N}\\ \Rightarrow {m_N} = 0,84 \Rightarrow y = 0,06\,mol\\{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0 \Rightarrow x = 1,5y = 0,09\,mol\\\left\{ \begin{array}{l}nx + my = {n_{C{O_2}}} = 0,33\\2 < n < 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,09n + 0,06m = 0,33\\2 < n < 3\end{array} \right.\\ \Rightarrow 1 < m < 2,5 \Rightarrow n = 2 \Rightarrow A\min :\,{C_2}{H_7}N\end{array}\)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt a, b là số mol CO₂, H₂O

m_{Bình nặng} = m_CO2 + m_H2O => 44a + 18b = 20,8 (1)

BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => 2a+ b = 2.0,5 (2)

Từ (1) và (2) => a = ? và b = ?(mol)

Hỗn hợp E gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}{C_m}{H_{2m + 3}}N:v\,mol\\{C_{\overline n }}{H_{2\overline n  - 2}}:\,u\,mol\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_E} = v + u = 0,15\\{n_{C{O_2}}} = mv + \overline n u = 0,35\\{n_{{H_2}O}} = v(m + 1,5) + u(\overline n  - 1) = 0,3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = ?\\u = ?\end{array} \right.\)

=> mối quan hệ m, \(\overline n \) => chọn giá trị và viết các CTCT thỏa mãn

Lời giải chi tiết:

Đặt a, b là số mol CO₂, H₂O

m_{Bình nặng} = m_CO2 + m_H2O => 44a + 18b = 20,8 (1)

BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => 2a+ b = 2.0,5 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,35 và b = 0,3 (mol)

Hỗn hợp E gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}{C_m}{H_{2m + 3}}N:v\,mol\\{C_{\overline n }}{H_{2\overline n  - 2}}:\,u\,mol\end{array} \right.\)

Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{n_E} = v + u = 0,15\\{n_{C{O_2}}} = mv + \overline n u = 0,35\\{n_{{H_2}O}} = v(m + 1,5) + u(\overline n  - 1) = 0,3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}v = 0,04\\u = 0,11\end{array} \right.\\ \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,04m + 0,11\overline n  = 0,35\end{array}\)

Vì m ≥ 3 và \(\overline n  \ge 2\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 3\\\overline n  = \frac{{23}}{{11}}\end{array} \right.\)là nghiệm duy nhất thỏa mãn

Vậy 2 cặp ankin thỏa mãn là: \(\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_2}\\{C_3}{H_4}\end{array} \right.\,va\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_2}\\{C_4}{H_6}\end{array} \right.\) (Vì M_X < M_Y và các chất ở thể khí)

=> Các cặp CTCT thỏa mãn là:

Cặp 1: CH≡ CH và CH≡C-CH₃

Cặp 2: CH≡ CH và CH≡ C-CH₂-CH₃

Cặp 3: CH≡ CH và CH₃- C≡C -CH₃

Đáp án C