Phương pháp giải:

Qui đổi hỗn hợp H 

$\left\{ \begin{gathered}
{M_Z} < {\text{ }}{M_X} < {\text{ }}{M_T} < {\text{ }}{M_Y} \hfill \\
{n_X} = {n_T} \hfill \\
Y,Z\,cung\,C \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
Z:C{H_4}(M = 16):a \hfill \\
X:C{H_3}N{H_2}(M = 31):b \hfill \\
T:{C_3}{H_8}(M = 44):b \hfill \\
Y:C{H_2}{(N{H_2})_2}(M = 46):c \hfill \\
C{H_2}:d \hfill \\
\end{gathered} \right.$

$\left\{ \begin{gathered}
{m_H} = 16a + (31 + 44)b + 46c + 14d = 21,5 \hfill \\
{n_Z} = 0,36{n_H} = > a = 0,36(a + 2b + c) \hfill \\
{n_{{H_2}O}} = 2a + (2,5 + 4)b + 3c + d = 1,77 \hfill \\
{n_{HCl}} = b + 2c = 0,34 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
a = 0,18 \hfill \\
b = 0,1 \hfill \\
c = 0,12 \hfill \\
d = 0,4 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Tiến hành ghép CH₂, tạo lại hỗn hợp H

$H\left\{ \begin{gathered}
Z:C{H_4}(M = 16):0,18 \hfill \\
X:C{H_3}N{H_2}(M = 31):0,1 \hfill \\
T:{C_3}{H_8}(M = 44):0,1 \hfill \\
Y:C{H_2}{(N{H_2})_2}(M = 46):0,12 \hfill \\
C{H_2}:0,4 = 0,18 + 0,1 + 0,12 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
Z:{C_2}{H_6}(M = 30):0,18 \hfill \\
X:C{H_3}N{H_2}(M = 31):0,1 \hfill \\
T:{C_4}{H_{10}}(M = 58):0,1 \hfill \\
Y:{C_2}{H_4}{(N{H_2})_2}(M = 60):0,12 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \frac{{{m_T}}}{{{m_Y}}} = 0,806$

Đáp án B

Phương pháp giải:

- BTKL=>mN₂

- Gọi số mol CO₂ và H₂O. Dựa vào khối lượng bình tăng và BTNT O lập hệ và giải

- Tính C_tb và H_tb suy ra 2 hiđrocacbon

Lời giải chi tiết:

nO₂=0,3125 mol

BTKL=>mN₂=3,17+0,3125.32-12,89=0,28 gam=>nN₂=0,01 mol=>n _amin=0,02 mol => n _hiđrocacbon=0,1 mol

- Giả sử số mol CO₂ và H₂O lần lượt là x, y

44x+18y=12,89

0,3125.2=2x+y (BTNT: O)

=>x=0,205; y=0,215

C_tb=0,205/0,12=1,7 => CH₄

H_tb=0,215/0,12=1,8 => C₂H₂ (Do số liên kết pi nhỏ hơn 3)

Đặt:

C₂H₇N: a

C₃H₉N: 0,02-a

CH₄: b

C₂H₂: 0,1-b

+ BTNT C: 2a+3(0,02-a)+b+2(0,1-b)=0,205

+ BTNT H: 7a+9(0,02-a)+4b+2(0,1-b)=0,215.2

=>a=0,015;b=0,04 => CH₄ (0,04 mol) C₂H₂ (0,06 mol)

=>%mC₂H₂=0,06.26/(0,06.26+0,04.16)=71%

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Tách nước A: n _olefin =  n _{ancol pư} => n _{ancol bđ} = n _{ancol pư}/H% => M _ancol => ancol

+ Amin B tác dụng với  HCl: BTKL m _amin = m _muối – m_HCl = > M _amin

+ Ta thấy ancol và amin đều chứa 6H trong phân tử nên khi đốt đều cho 3H₂O. Từ số mol H₂O => số mol hỗn hợp

Mà M ancol = M amin => m

Lời giải chi tiết:

+ Tách nước A: n _olefin = 0,12 mol => n _ancol = 0,12.100/75 = 0,16 mol => M _ancol = 7,36/0,16 = 46 (C₂H₆O)

+ Amin B tác dụng với  HCl: BTKL m _amin = m _muối – m_HCl = 11,9 – 0,2.36,5 = 4,6 => M _amin = 4,6/0,1 = 46 (CH₆N₂)

+ Đốt cháy X (A và B) thu được x mol nước rồi dẫn vào H₂SO₄ đặc

nH₂SO₄ = 81,34 gam

Nồng độ dung dịch H₂SO₄ sau khi hấp thụ là: 81,34/(18x+100) = 70/100 => x = 0,9 mol

X (6H) → 3H₂O

0,3       ←    0,9

Do M_A = M_B = 46 => m_X = 0,3.46 = 13,8 gam

Đáp án A

Phương pháp giải:

Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)

BTKL: m_Z + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2 (1)

m_CO2 + m_H2O = m _{bình NaOH tăng} (2)

Từ (1) và (2) => m_N2 = ? => n_N2 = ? (mol)

BTNT N => n_X = 2n_N2 = ? (mol)

=> n_Z = 6n_X = ?  (mol)

Gọi x và y lần lượt là số mol của CO₂ và H₂O

BTKL CO₂ + H₂O và BTNT O => tìm được x, y

 Số C trung bình trong Z là: \(\overline C  = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_Z}}} = ?\)

=> Y phải có CH₄

TH₁: Hidrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi

TH₂: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi

TH₃: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi

Trong mỗi trường hợp sử dụng mối quan hệ của H₂O và CO₂ để xem trường hợp nào thỏa mãn

Lời giải chi tiết:

n_O2 = 7/22,4 = 0,3125 (mol)

Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)

BTKL: m_Z + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

=> m_CO2 + m_H2O + m_N2 = 3,17 + 0,3125.32 =13,17(g)  (1)

Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của CO₂ và H₂O

=> m_CO2 + m_H2O = 12,89 (g)  (2)

Từ (1) và (2) => m_N2 = 0,28 (g) => n_N2 = 0,01 (mol)

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

=> n_Z = 6n_X = 0,12 (mol)

Gọi x và y lần lượt là số mol của CO₂ và H₂O

\(\left\{ \begin{gathered}
\sum {{m_{(C{O_2} + {H_2}O)}}} = 44x + 18y = 12,89 \hfill \\
\xrightarrow{{BTNT\,:\,O}}2x + y = 0,3125.2 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
x = 0,205 \hfill \\
y = 0,215 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) 

Số C trung bình trong Z là: \(\overline C  = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_Z}}} = \frac{{0,205}}{{0,12}} = 1,7\)

=> Y phải có CH₄

TH₁: Hidrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin + n_Y => ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 #0,08 => loại

TH₂: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin + n_CH4 ( Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho mol CO₂ = H₂O )

=> n_CH4 = ( 0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại

TH₃: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi

Gọi a và b lần lượt là số mol của CH₄ và C_mH_2m-2 trong Y

\(\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_Y} = a + b = 0,1} \hfill \\
{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }} + (a - b) \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
a + b = 0,1 \hfill \\
0,01 = 1,5.0,02 + (a - b) \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
a = 0,04 \hfill \\
b = 0,06 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) 

Gọi CTPT chung của 2 amin là: 

\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
{C_{\overline n }}{H_{2\overline n + 3}}N:0,01\,mol \hfill \\
C{H_4}:0,04\,mol \hfill \\
{C_m}{H_{2m - 2}}:\,0,06\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{BTNT:\,C}}{n_{C{O_2}}} = 0,01\overline n + 0,04 + 0,06m = 0,205 \hfill \\
= > 2 < \overline n = \frac{{0,165 - 0,06m}}{{0,02}} < 3 \hfill \\
= > 1,75 < m < 2,08 \hfill \\
= > m = 2 = > {C_2}{H_2} \hfill \\
= > \overline n = 2,25 \hfill \\
\end{gathered} \)

Gọi u và v lần lượt là số mol của C₂H₇N và C₃H₉N

\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_X} = u + v = 0,02} \hfill \\
\overline n = \frac{{2u + 3v}}{{0,02}} = 2,25 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
u = 0,015\,mol \hfill \\
v = 0,005\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
= > \% {C_2}{H_7}N = \frac{{0,015.45}}{{0,015.45 + 0,005.59}}.100\% = 69,58\% \hfill \\
\end{gathered} \) 

Gần nhất với 70%

Đáp án B

Lời giải chi tiết:

Trong số các mô tả đã cho, có thí nghiệm mô tả đúng hiện tượng: (1), (2), (3).

(1) đúng. C₂H₅NH₂ + HNO₂ → C₂H₅OH + N₂ + H₂O.

(2) đúng. Khí metylamin bay lên gặp hơi axit HCl đã xảy ra phản ứng tạo muối: CH₃NH₂ + HCl → CH₃NH₃Cl.

(3) đúng. Anilin hầu như không tan trong nước, nó tạo vẩn đục rồi lắng xuống đáy. Nhỏ HCl đặc vào ống nghiệm, anilin tan dần tạo dung dịch trong suốt do có phản ứng: C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl (tan tốt trong nước).

Chú ý: Nếu ta nhỏ tiếp NaOH, ta lại thấy dung dịch xuất hiện vẩn đục vì:

              C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl

(4) sai. C₆H₅NH₂ tác dụng với nước brom tạo kết tủa trắng.

(5) sai. Nhỏ vài giọt phenolphtalein vào dung dịch đimetylamin thấy xuất hiện màu hồng vì dd đimetylamin có môi trường bazơ.

(6) sai. Phản ứng giữa dung dịch CH₃NH₂ với FeCl₃ có sinh ra kết tủa màu nâu đỏ Fe(OH)₃ nhưng kết tủa này không bị tan trong dung dịch CH₃NH₂ dư.

Đáp án D

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}T{N_1}:\,\,1,22\,gX + HCl:0,04\,mol \to \\ \Rightarrow {n_{N(hh1)}} = {n_{HCl}} = 0,04\,mol.\\T{N_2}:\,\,0,09\,mol\,X + {O_2} \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}\\{H_2}O\\{N_2}\end{array} \right. + Ba{(OH)_2} \to \left\{ \begin{array}{l}m\,g \downarrow BaC{O_3}\\0,06\,mol\, \uparrow \end{array} \right.\\ \Rightarrow {n_{{N_2}}} = 0,06 \Rightarrow {n_{N{\kern 1pt} (hh2)}} = 0,12\,mol = 3{n_{N(hh1)}}\\ \Rightarrow {m_{X(T{N_2})}} = 3{m_{X(T{N_1})}} = 3,66\,gam.\end{array}\)

N_tb = 0,12/0,09 = 4/3 → X có chứa 1 amin đơn chức RNH₂ (a mol);  amin còn lại là amin đa chức R’(NH₂)_n (b mol) (Xét trong 3,66 gam X)

Tỉ lệ mol của 2 amin là 1: 2 → có 2 TH:

\(\begin{array}{l} + T{H_1}:\left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,09\\b = 2a\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,03\\b = 0,06\end{array} \right.\\ \Rightarrow {n_N} = 0,12 = 0,03.1 + 0,06.n \Rightarrow n = 1,5\,(loai)\\ + T{H_2}:\left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,09\\a = 2b\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,06\\b = 0,03\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_N} = 0,12 = 0,06.1 + 0,03.n\\0,06(R + 16) + 0,03(R' + 16n) = 3,66\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 22\\R + R' = 58\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 2\\R = 15;R' = 28\end{array} \right.\\ \Rightarrow X\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}N{H_2}:0,06\,mol\\{C_2}{H_4}{(N{H_2})_2}:0,03\,mol\end{array} \right. + {O_2} \to 0,12\,mol\,C{O_2} + Ba{(OH)_2} \to m\,g\,BaC{O_3}\\ \Rightarrow m = 0,12.197 = 23,64\,gam\end{array}\)

Đáp án A

Phương pháp giải:

\(3,17\,g\,Z\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n + 3}}N:z\\{C_m}{H_{2m + 2 - 2\bar k}}:5z\end{array} \right. + {O_2}:0,3125\,mol \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:a\\{H_2}O:b\\{N_2}:0,5z\end{array} \right. + NaOH \to \Delta m = 12,89\,gam\)

+ Khối lượng dung dịch NaOH tăng lên = tổng khối lượng CO₂ và H₂O (N₂ không bị hấp thụ nên thoát ra ngoài).

+ Biết số mol O₂ và tổng khối lượng (CO₂ + H₂O) → kết hợp với BTNT oxi, ta tìm được số mol CO₂, H₂O.

+ BTKL (hoặc BTNT trong hỗn hợp Z) ta tìm được số mol N₂ → tìm được z.

+ Xử lí tiếp bài toán theo các hướng như: tìm số nguyên tử C, H trung bình của Z; dựa vào hiệu số mol H₂O và CO₂; dựa vào số mol CO₂, ….

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}3,17\,g\,Z\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n + 3}}N:z\\{C_m}{H_{2m + 2 - 2\bar k}}:5z\end{array} \right. + {O_2}: + 0,3125\,mol \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:a\\{H_2}O:b\\{N_2}:0,5z\end{array} \right. + NaOH \to \Delta m = 12,89gam\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = \Delta m = 12,892\\{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}}(BTNT)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}44a + 18b = 12,892\\a + b = 2.0,3125\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,205\\b = 0,215\end{array} \right.\\{m_Z} = {m_C} + {m_H} + {m_N} \Rightarrow {m_N} = 3,17 - (12.0,205 + 2.0,215) = 0,28gam\\ \Rightarrow {n_N} = 0,02\,mol \Rightarrow z = 0,02 \Rightarrow {n_Y} = 5z = 0,1\\{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,01 = 1,5z + 5z.(1 - \bar k) \Rightarrow \bar k = 1,2\\{n_Z} = 6z = 0,12\,mol \Rightarrow \bar C = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_Z}}} = 1,708;\,\bar H = \frac{{{n_H}}}{{{n_Z}}} = 3,583\end{array}\)

Vì X chứa 2 amin C₂H₇N và C₃H₉N, đều có số nguyên tử C > 1,708 và  H > 3,583

→ Y chứa một hiđrocacbon có số nguyên tử C < 1,708 → Y chứa CH₄.

Hai hiđrocacbon trong Y có số liên kết pi nhỏ hơn 3, mà CH₄ (k=0) và = 1,2

→ hiđrocacbon còn lại Y₂ có k = 2 và số nguyên tử H < 3,583 → Y₂: C₂H₂

\(\begin{array}{l}\bar k = {\rm{ }}1,2 \Rightarrow PP\,duong\,cheo \Rightarrow \frac{{{n_{C{H_4}}}(k = 0)}}{{{n_{{Y_2}}}(k = 2)}} = \frac{{\left| {2 - 1,2} \right|}}{{\left| {0 - 1,2} \right|}} = \frac{2}{3}\\ \Rightarrow {n_{C{H_4}}} = 2z = 0,04;\,{n_{{Y_2}}} = 0,06\,mol\\{n_{C{O_2}}} = 0,205 = n.x + {n_{C{H_4}}} + 2{n_{{C_2}{H_2}}} \Rightarrow n = \frac{{0,205 - 0,04 - 2.0,06}}{{0,02}} = 2,25\\X\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_7}N:x\\{C_3}{H_9}N:y\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,02\\2x + 3y = 2,25.0,02 = {n_C}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,015\\y = 0,005\end{array} \right.\\ \Rightarrow \% {C_2}{H_7}N(X) = \frac{{0,015.45}}{{0,015.45 + 0,005.59}}.100\%  = 69,59\% \end{array}\)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết các đồng phân cấu tạo thỏa mãn các dữ kiện đề bài.

+ 2 chức este

+ 1 chức este và 1 chức axit

Lời giải chi tiết:

Các công thức cấu tạo thỏa mãn của X là:

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đặt số mol của amino axit, amin, H₂O lần lượt là x, y, z

*n_X => (1)

*BTNT “O”: 2n _{amino axit} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => (2)

*Peptit có dạng C_nH_2n+1O₂N => n _peptit = (n_H2O – n_CO2)/0,5

=> n_H2O - n_CO2 = 0,5 n _peptit

Amin có dạng C_mH_2m+3N => n _amin = (n_H2O – n_CO2)/1,5

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n _amin

=> ∑n_H2O – ∑n_CO2 = 0,5 n _peptit + 1,5n _amin => (3)

Giải (1) (2) (3) thu được: x; y; z

Khi cho hỗn hợp tác dụng với KOH thì chỉ có amino axit phản ứng: n_KOH = n _{amino axit} = x

Lời giải chi tiết:

Đặt số mol của amino axit, amin, H₂O lần lượt là x, y, z

*n_X = x + y = 0,18 (1)

*BTNT “O”: 2n _{amino axit} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => 2x + 0,615.2 = 2.0,4 + z (2)

*Peptit có dạng C_nH_2n+1O₂N => n _peptit = (n_H2O – n_CO2)/0,5

=> n_H2O - n_CO2 = 0,5 n _peptit

Amin có dạng C_mH_2m+3N => n _amin = (n_H2O – n_CO2)/1,5

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n _amin

=> ∑n_H2O – ∑n_CO2 = 0,5 n _peptit + 1,5n _amin => z – 0,4 = 0,5x + 1,5y (3)

Giải (1) (2) (3) thu được: x = 0,08; y = 0,1; z = 0,59

Khi cho hỗn hợp tác dụng với KOH thì chỉ có amino axit phản ứng: n_KOH = n _{amino axit} = x = 0,08 mol

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ m_N = m_E - m_C - m_H => n_N = n_amin

+ n’_H2O - n’_CO2 = 1,5n_amin

n"_H2O - n”_CO2 = 1,5n_amin

Cộng 2 vế: n_H2O - n_CO2 = 1,5n_amin - n_ankin => n_ankin

+ Biện luận tìm amin và ankin

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,84 mol; n_H2O = 1,12 mol

n_C = 0,84 mol; n_H = 2,24 mol

=> m_N = m_E - m_C - m_H = 16,24 - 0,84.12 - 2,24 = 3,92g

=> n_N = n_amin = 0,28 mol

=>n_X = 0,2 mol; n_Y = 0,08 mol

n’_H2O - n’_CO2 = 1,5n_amin

n”_H2O - n”_CO2 = -n_ankin

Cộng 2 vế: n_H2O - n_CO2 = 1,5n_amin - n_ankin => 1,12 - 0,84 = 1,5.0,28 - n_ankin => n_ankin = 0,14 mol

n_E = 0,28 + 0,14 = 0,42

C_tb = 0,84/0,42 = 2 => Amin: CH₅N và C₂H₇N

CH₅N: 0,2

C₂H₇N: 0,08

C_nH_2n-2: 0,14

16,24 = 31.0,2 + 45.0,08 + 0,14(14n - 2) => n = 3,4 (C₃H₄ và C₅H₈ hoặc C₂H₂ và C₄H₆)

nZ > nT => C₃H₄: x và C₅H₈: y

x + y = 0,14

3x + 5y = 0,84 - 0,2 - 0,08.2

=> x = 0,11; y = 0,03 (x > y thỏa mãn)

m = m_C3H3Ag + m_C5H7Ag = 0,11.147 + 0,03.175 = 21,42 gam

Đáp án D