Bài tập trắc nghiệm Hóa 12 có đáp án Bài tập trắc nghiệm Chương 3. Amin - Amino axit - Pepti..

Trắc nghiệm Bài 9. Đốt cháy amin - Hóa 12

Đề bài

Xem đáp án

Làm bài tập

Đề bài

Câu 1 :

Đốt cháy 1 amin A thu được ${{n}_{{{H}_{2}}O}}-{{n}_{C{{O}_{2}}}}=1,5{{n}_{a\min }}$ thì amin đó là

A.

amin no, hai chức, mạch hở.
B.

amin không no (trong phân tử có 1 liên kết đôi C=C), hai chức, mạch hở.
C.

amin no, đơn chức, mạch hở.
D.

bất kì amin nào.

Câu 2 :

Khi đốt cháy a mol amin X no, mạch hở ta thu được x mol CO₂; y mol H₂O; z mol N₂. Biểu thức đúng là

A.

a = y – x – z.
B.

a = y – x + z.
C.

a = y – x.
D.

a = x + z – y.

Câu 3 :

Đốt cháy hoàn toàn 1 amin no, mạch hở, đơn chức X bằng một lượng khí oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO₂ và 9,9 gam H₂O. CTPT của X là

A.

C₂H₇N.
B.

C₄H₁₁N.
C.

CH₅N.
D.

C₄H₉N.

Câu 4 :

Khi đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X, thu được 16,8 lít khí CO₂; 2,8 lít khí N₂ (các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và 20,25 gam H₂O. CTPT của X là

A.

C₄H₉N.
B.

C₃H₇N.
C.

C₂H₇N.
D.

C₃H₉N.

Câu 5 :

Đốt cháy một hỗn hợp amin A cần V lít O₂(đktc) thu được N₂ và 31,68 gam CO₂ và 7,56 gam H₂O. Giá trị V là

A.

25,536.
B.

20,160.
C.

20,832.
D.

26,880.

Câu 6 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam một amin X bằng lượng không khí vừa đủ thu được 17,6 gam CO₂, 12,6 gam H₂O và 69,44 lít N₂ (đktc). Giả thiết không khí chỉ gồm N₂ và O₂ trong đó oxi chiếm 20% thể tích không khí. X có công thức là :

A.

C₂H₅NH₂.
B.

C₃H₇NH₂.
C.

CH₃NH₂.
D.

C₄H₉NH₂.

Câu 7 :

Đốt cháy hoàn toàn amin X bằng oxi vừa đủ, dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình chứa dungdịch Ca(OH)₂ dư thấy có 4 gam kết tủa và khối lượng bình tăng 3,2 gam và có 0,448 lít khí (đktc) thoát ra khỏi bình. X có CTPT là

A.

C₂H₈N₂.
B.

CH₅N.
C.

C₃H₁₀N₂.
D.

C₃H₇NH₂.

Câu 8 :

Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam một amin no, mạch hở đơn chức cần dùng 10,08 lít khí O₂ (đktc). CTPT của amin là

A.

C₂H₅NH₂.
B.

CH₃NH₂.
C.

C₃H₇NH₂.
D.

C₄H₉NH₂.

Câu 9 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai amin no, đơn chức, là đồng đẳng liên tiếp, thu được 2,24 lít khí CO₂ (đktc) và 3,6 gam H₂O. Công thức phân tử của 2 amin là :

A.

CH₅N và C₂H₇N.
B.

C₂H₇N và C₃H₉N.
C.

C₃H₉N và C₄H₁₁N.
D.

kết quả khác.

Câu 10 :

Có hai amin bậc một gồm A (đồng đẳng của anilin) và B (đồng đẳng của metylamin). Đốt cháy hoàn toàn 3,21 gam amin A sinh ra khí CO₂, hơi H₂O và 336 cm³ khí N₂ (đktc). Khi đốt cháy amin B thấy ${{V}_{C{{O}_{2}}}}:{{V}_{{{H}_{2}}O}}=2:3$. Biết rằng tên của A có tiếp đầu ngữ “para”. Công thức cấu tạo của A, B lần lượt là :

A.

A. p-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₄H₉NH₂.
B.

B. p-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₃H₇NH_2.
C.

C. o-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₃H₇NH₂.
D.

D. o-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₄H₉NH₂.

Câu 11 :

Hỗn hợp X gồm ba amin đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau. Đốt cháy hoàn toàn 11,8 gam X thu được 16,2 gam H₂O, 13,44 lít CO₂ (đktc) và V lít khí N₂ (đktc). Ba amin trên có công thức phân tử lần lượt là :

A.

CH₃NH₂, C₂H₅NH₂, C₃H₇NH₂.
B.

CHC–NH₂, CHC–CH₂NH₂, CHC–C₂H₄NH₂.
C.

C₂H₃NH₂, C₃H₅NH₂, C₄H₇NH₂.
D.

C₂H₅NH₂, C₃H₇NH₂, C₄H₉NH₂.

Câu 12 :

Hỗn hợp X gồm O₂ và O₃ có tỉ khối so với H₂ là 22. Hỗn hợp khí Y gồm metylamin và etylamin có tỉ khối so với H₂ là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn V₁ lít Y cần vừa đủ V₂ lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO₂, H₂O và N₂, các chất khí khi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tỉ lệ V₁ : V₂là :

A.

3 : 5
B.

5 : 3
C.

2 : 1
D.

1 : 2

Câu 13 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 amin no, đơn chức, bậc 1, là đồng đẳng kế tiếp nhau, thu được CO₂ và H₂O với tỉ lệ số mol là: ${n_{C{O_2}}}:{n_{{H_2}O}}$= 7 : 10. Hai amin trên là:

A.

CH₃NH₂ và C₂H₇NH₂.
B.

C₂H₅NH₂ và C₃H₇NH₂.
C.

C₃H₇NH₂ và C₄H₉NH₂
D.

C₄H₉NH₂ và C₅H₁₁NH₂.

Câu 14 :

Đốt cháy hết 6,72 lít hỗn hợp khí (đktc) X gồm 2 amin đơn chức, bậc một A và B là đồng đẳng kế tiếp. Cho hỗn hợp khí và hơi sau khi đốt cháy lần lượt qua bình 1 đựng H₂SO₄ đặc, bình 2 đựng KOH dư, thấy khối lượng bình 2 tăng 21,12 gam. Tên gọi của 2 amin là :

A.

metylamin và etylamin.
B.

etylamin và n-propylamin.
C.

n-propylamin và n-butylamin.
D.

iso-propylamin và iso-butylamin.

Câu 15 :

Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp X gồm 2 amin no, đơn chức , mạch hở bằng không khí, sau đó cho hỗn hợp qua NaOH dư thấy khối lượng dung dịch tăng 24 gam và thấy thoát ra V lít khí hỗn hợp Y(đktc) gồm 2 khí có tỉ lệ mol là 1:9. Giá trị của V là

A.

126
B.

112
C.

130
D.

138

Câu 16 :

Khi đốt cháy một trong các chất là đồng đẳng của metylamin thì tỉ lệ thể tích ${{V}_{C{{O}_{2}}}}:{{V}_{{{H}_{2}}O}}$ = a biến đổi như thế nào ?

A.

$0,4 \le a < 1,2$
B.

$0,8 \le a < 2,5$
C.

$0,4 \le a < 1$
D.

$0,4 \le a \le 1$

Câu 17 :

Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là đồng đẳng kế tiếp (M_X< M_Y). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O₂ (đktc) thu được H₂O, N₂ và 2,24 lít CO₂ (đktc). Chất Y là

A.

etylmetylamin.
B.

butylamin.
C.

etylamin.
D.

propylamin.

Câu 18 :

Đốt cháy hoàn toàn 12,95 gam hỗn hợp A (gồm amin no, mạch hở X và ankan Y) bằng oxi vừa đủ. Sau phản ứng thu được m gam H₂O; 19,04 lít CO₂ và 0,56 lít khí N₂ (đktc). Giá trị của m là

A.

18,81 gam.
B.

18,45 gam.
C.

19,53 gam.
D.

19,89 gam.

Câu 19 :

Đốt cháy 50 ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và 2 hiđrocacbon là đồng đẳng liên tiếp bằng oxi vừa đủ, thu được 375 ml hỗn hợp khí và hơi Y. Cho Y đi qua H₂SO₄ đặc dư thì còn lại 175 ml, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. CTPT của 2 hiđrocacbon là

A.

C₂H₆; C₃H₈.
B.

C₂H₄; C₃H₆.
C.

C₃H₆ và C₄H₈.
D.

C₃H₈ và C₄H₁₀.

Câu 20 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 1 amin no, mạch hở, đơn chức và 1 ancol no, mạch hở, đơn chức bằng 151,2 lít không khí (vừa đủ) thu được 17,92 lít khí CO₂; 21,6 gam H₂O; 123,2 lít khí N₂ (các thể tích khí đo ở đktc). CTPT của ancol và amin là

A.

C₃H₈O; C₃H₉N.
B.

C₂H₆O; C₃H₉N.
C.

C₃H₈O; C₂H₇N.
D.

C₂H₆O; C₂H₇N.

Câu 21 :

Hỗn hợp X chứa 1 amin no mạch hở đơn chức, 1 ankan, 1 anken. Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol X cần dùng vừa đủ 1,03 mol O₂. Sản phẩm cháy thu được có chứa 0,56 mol CO₂ và 0,06 mol N₂. Phần trăm khối lượng của anken có trong X gần nhất với :

A.
35,5%
B.
30,3%
C.
28,2%
D.
32,7%

Câu 22 :

Đốt cháy hòa toàn hỗn hợp hai amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, thu được 1,568 lít khí CO₂(đktc) và 1,8 gam H₂O. Số đồng phân cấu tạo thuộc loại amin bậc hai của hai amin đó là:

A.
4
B.
3
C.
6
D.
5

Câu 23 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam C₂H₅NH₂ thu được sản phẩm gồm H₂O, CO₂ và 1,12 lít khí N₂ (đktc). Giá trị của m là

A.
9,0.
B.
13,5.
C.
4,5.
D.
18,0

Câu 24 :

13,35 gam hỗn hợp X gồm 2 amin no đơn chức mạch hở đồng đẳng kế tiếp tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch chứa 22,475 gam muối . Nếu đốt 13,35 gam hỗn hợp X thì trong sản phẩm cháy có V_CO2/V_H2O bằng

A.
8/13.
B.
26/41.
C.
11/ 17.
D.
5/8.

Câu 25 :

Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam metylamin rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)₂ dư. Khối lượng bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ tăng là

A.
22 gam.
B.
20,6 gam.
C.
20 gam.
D.
17,8 gam.

Câu 26 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam 1 amin no đơn chức mạch hở người ta thu được 6,72 lít khí CO₂ (đktc); 9,45 gam H₂O và 1,68 lít khí N₂ (đktc). Giá trị của m là:

A.

6,75
B.

3,37
C.

4,65
D.

4,45

Câu 27 :

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp M gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y (có số mol bằng nhau, M_X < M_Y) cần lượng vừa đủ 13,44 lít O₂, thu được H₂O, N₂ và 6,72 lít CO₂. Chất Y là:

A.
etylamin
B.
propylamin
C.
butylamin
D.
metylamin

Câu 28 :

Đốt cháy hoàn toàn 1 amin no đơn chức bậc 2 mạch hở thu được tỉ lệ mol CO₂ và H₂O là 4 : 7. Tên của amin là:

A.
Metyl amin
B.
Propyl amin
C.
Đimetyl amin
D.
Etyl amin

Câu 29 :

Hỗn hợp khí E gồm một amin bậc III no, đơn chức, mạch hở và hai ankin X, Y (M_X< M_Y). Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp E cần dùng 11,2 lít O₂ (đktc), thu được hỗn hợp F gồm CO₂, H₂O và N₂. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng dung dịch KOH đặc, dư đến phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng bình bazơ nặng thêm 20,8 gam. Số cặp công thức cấu tạo ankin X, Y thỏa mãn là

A.
1
B.
2
C.
3
D.
4

Câu 30 :

Hỗn hợp X chứa etylamin và trimetylamin. Hỗn hợp Y chứa 2 hiđrocacbon mạch hở có số liên kết pi nhở hơn 3. Trộn X và Y theo tỉ lệ mol n_X : n_Y = 1:5 thu được hỗn hợp Z. Đốt cháy hoàn toàn 3,17 gam hỗn hợp Z cần dùng vừa đủ 7,0 lít khí oxi (đktc), sản phẩm cháy gồm CO₂, H₂O và N₂ được dẫn qua dung dịch NaOH đặc, dư thấy khối lượng dung dịch tăng 12,89 gam. Phần trăm khối lượng của etylamin trong X gần nhất với giá trị nào sau đây?

A.
21%.
B.
70%.
C.
79%.
D.
30%.

Câu 31 :

Cho 1,22 gam hỗn hợp X gồm hai amin bậc một (tỉ lệ mol là 1:2) tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch HCl 0,1M thu được dung dịch Y. Mặt khác, khi đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol hỗn hợp X thu được hỗn hợp khí và hơi. Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí và hơi đó vào dung dịch Ba(OH)₂ dư, lạnh thì thu được m gam kết tủa và thoát ra 1,344 lít (đktc) một khí duy nhất. Giá trị của m là

A.
23,64.
B.
78,8.
C.
11,82.
D.
39,40.

Câu 32 :

Hỗn hợp E chứa axetilen, propin và một amin no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 5,46 gam hỗn hợp E cần dùng 11,088 lít O₂ (đktc) thu được hỗn hợp F gồm CO₂, H₂O và khí N₂, trong đó tỉ lệ mol CO₂: H₂O là 1:1. Phân tử khối của amin là

A.
45
B.
31
C.
59
D.
73

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Đốt cháy 1 amin A thu được ${{n}_{{{H}_{2}}O}}-{{n}_{C{{O}_{2}}}}=1,5{{n}_{a\min }}$ thì amin đó là

A.

amin no, hai chức, mạch hở.
B.

amin không no (trong phân tử có 1 liên kết đôi C=C), hai chức, mạch hở.
C.

amin no, đơn chức, mạch hở.
D.

bất kì amin nào.

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Đốt cháy 1 amin A thu được ${{n}_{{{H}_{2}}O}}-{{n}_{C{{O}_{2}}}}=1,5{{n}_{a\min }}$ thì amin đó là amin no, đơn chức, mạch hở

Câu 2 :

Khi đốt cháy a mol amin X no, mạch hở ta thu được x mol CO₂; y mol H₂O; z mol N₂. Biểu thức đúng là

A.

a = y – x – z.
B.

a = y – x + z.
C.

a = y – x.
D.

a = x + z – y.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố : ${{n}_{C}}=\text{ }{{n}_{C{{O}_{2}}}};~~{{n}_{H}}=\text{ }2{{n}_{{{H}_{2}}O}};~~{{n}_{N}}=\text{ }2{{n}_{{{N}_{2}}}}$

Lời giải chi tiết :

Amin X no, mạch hở có CTPT dạng C_nH_2n+2+kN_k (k là số chức amin)

Bảo toàn nguyên tố ta có :

${n_{C{O_2}}} = {n_C}\,\, \to \,\,x = \,na (mol)$

${n_{{H_2}O}} = \dfrac{{{n_H}}}{2}\,\, \to \,\,y = \,na + a + a. \dfrac{k}{2}\,\,\,mol;\,$

${n_{{N_2}}} = \dfrac{{{n_N}}}{2} \to \,\,\,z = a. \dfrac{k}{2}\,\,mol$

→ y = x + a + z hay a = y – x – z

Câu 3 :

Đốt cháy hoàn toàn 1 amin no, mạch hở, đơn chức X bằng một lượng khí oxi vừa đủ, thu được 8,96 lít khí CO₂ và 9,9 gam H₂O. CTPT của X là

A.

C₂H₇N.
B.

C₄H₁₁N.
C.

CH₅N.
D.

C₄H₉N.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Đốt amin no, đơn chức, mạch hở: n_amin = (n_H2O– n_CO2)/1,5

- Bảo toàn nguyên tố: n_C = n_CO2; n_H = 2n_H2O

- Số C = n_CO2/n_amin, số H = 2n_H2O/n_amin

Lời giải chi tiết :

Cách 1: lập tỉ lệ n_c: n_H

Theo giả thiết ta có

${n_C} = {n_{C{O_2}}} = \dfrac{{8,96}}{{22,4}} = 0,4\,\,mol;\,\,{n_H} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.\dfrac{{9,9}}{{18}} = 1,1\,\,mol;\,\,$

→ n_C: n_H = 0,4 : 1,1 = 4 : 11

Dựa vào đáp án → CTPT của amin là C₄H₁₁N

Cách 2:

Vì amin no, mạch hở, đơn chức nên ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }}$

$ \to {n_{a\min }} = \dfrac{{{n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}}}}{{1,5}} = \dfrac{{0,55 - 0,4}}{{1,5}} = 0,1\,\,mol$

→ Số C trong amin =$\dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,4}}{{0,1}} = 4$

Số H trong amin = $\frac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,55.2}}{{0,1}} = 11$.

Vậy CTPT của X là C₄H₁₁N

Câu 4 :

A.

C₄H₉N.
B.

C₃H₇N.
C.

C₂H₇N.
D.

C₃H₉N.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

n_C = n_CO2

n_H = 2n_H2O

n_N = 2n_N2

Amin đơn chức => n _amin= n_N

=> Số C = n_CO2/n_amin, số H = 2n_H2O/n_amin

Lời giải chi tiết :

Cách 1 : lập tỉ lệ mol n_C : n_H : n_N

Theo giả thiết ta có :

$\begin{array}{l}{n_C} = {n_{C{O_2}}} = \dfrac{{16,8}}{{22,4}} = 0,75\,\,mol;\,\,{n_H} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.\dfrac{{20,25}}{{18}} = 2,25\,\,mol;\,\,\\{n_N} = 2.{n_{{N_2}}} = 2.\dfrac{{2,8}}{{22,4}} = 0,25\,\,mol.\end{array}$

$ \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_N} = 0,75:2,25:0,25 = 3:9:1$

Vậy CTPT của X là C₃H₉N.

Cách 2 : bảo toàn nguyên tố N : ${n_X} = {n_N} = 2{n_{{N_2}}}$

Đối với các amin đơn chức thì phân tử có một nguyên tử N :

Bảo toàn nguyên tử N : ${n_X} = {n_N} = 2{n_{{N_2}}} = 0,25\,\,mol$

→ Số C trong amin =$\dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,75}}{{0,25}} = 3$;

Số H trong amin = $\dfrac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{2,25}}{{0,25}} = 9$

Vậy CTPT của X là C₃H₉N

Câu 5 :

Đốt cháy một hỗn hợp amin A cần V lít O₂(đktc) thu được N₂ và 31,68 gam CO₂ và 7,56 gam H₂O. Giá trị V là

A.

25,536.
B.

20,160.
C.

20,832.
D.

26,880.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tử oxi ta có : $2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}$

Lời giải chi tiết :

${n_{C{O_2}}} = \dfrac{{31,68}}{{44}} = 0,72\,\,mol;\,\,\,{n_{{H_2}O}} = \dfrac{{7,56}}{{18}}$= 0,42 mol

Bảo toàn nguyên tử oxi ta có :$2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \to \,\,{n_{{O_2}}} = \dfrac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}}}{2} = \dfrac{{2.0,72 + 0,42}}{2} = 0,93\,\,mol$

$\to \,\,{V_{{O_2}}} = 22,4.0,93 = 20,832$ lít

Câu 6 :

A.

C₂H₅NH₂.
B.

C₃H₇NH₂.
C.

CH₃NH₂.
D.

C₄H₉NH₂.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- Bảo toàn nguyên tố O:${n_{{O_2}}} = {n_{C{O_2}}} + \dfrac{{{n_{{H_2}O}}}}{2}$=>${n_{{N_2}(kk)}} = 4.{n_{{O_2}(p/u)}}$

- Đốt amin ngoài không khí:

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

- n_C = n_CO2; n_H = 2n_H2O; n_N = 2n_N2

=> n_C: n_H : n_N => CTPT

Lời giải chi tiết :

${n_C} = {n_{C{O_2}}} = \dfrac{{17,6}}{{44}} = 0,4\,\,mol;\,\,{n_H} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.\dfrac{{12,6}}{{18}} = 1,4\,\,mol$.

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxi suy ra :

${n_{{O_2}\,(kk)}} = \dfrac{{2.{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}}}{2} = 0,75\,\,mol \Rightarrow {n_{{N_2}\,(kk)}} = 0,75.4 = 3\,\,mol.\,$$ \to \,\,{n_{N\,(hchc)}} = 2.(\dfrac{{69,44}}{{22,4}} - 3) = 0,2\,mol\, \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_N} = 0,4:1,4:0,2 = 2:7:1.$

Căn cứ vào các phương án ta thấy công thức của X là C₂H₅NH₂.

Câu 7 :

A.

C₂H₈N₂.
B.

CH₅N.
C.

C₃H₁₀N₂.
D.

C₃H₇NH₂.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

- n_{N trong X} = 2n_N2

- n_CO2= n _{kết tủa}, m _{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O

- Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố và lập tỉ lệ n_C : n_H : n_N

Lời giải chi tiết :

Nito không bị hấp thụ bởi Ca(OH)₂ => khí thoát ra khỏi bình là khí N₂

Bảo toàn nguyên tử N : ${n_{N\,\,(trong\,\,X)}} = 2{n_{{N_2}}} = \frac{{0,448}}{{22,4}}\, = 0,02\,mol$

m_{kết tủa} = ${m_{CaC{{\rm{O}}_3}}} = \dfrac{4}{{100}} = 0,04\,\,mol\,\, \to \,\,{n_{C{O_2}}} = 0,04\,\,mol$

m_{bình tăng}= ${m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 3,2\,\,gam\,\, \to \,\,{m_{{H_2}O}} = 3,2 - 0,04.44 = 1,44\,\,gam\,\, \to \,\,{n_{{H_2}O}} = 0,08\,\,mol$

→ n_C : n_H : n_N = 0,04 : 0,16 : 0,04 = 1 : 4 : 1

=> CTĐGN của X là CH₄N

=> CTPT của X là C₂H₈N₂

Câu 8 :

Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam một amin no, mạch hở đơn chức cần dùng 10,08 lít khí O₂ (đktc). CTPT của amin là

A.

C₂H₅NH₂.
B.

CH₃NH₂.
C.

C₃H₇NH₂.
D.

C₄H₉NH₂.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Gọi số mol của CO₂, H₂O và N₂

- Bảo toàn nguyên tố oxi : $2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}}$

- Bảo toàn khối lượng : m_amin = m_C + m_H + m_O+ mN

- Đốt cháy amin no, mạch hở, đơn chức thu được :${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }}$

- Giải hệ phương trình

Lời giải chi tiết :

${n_{{O_2}}} = \dfrac{{10,08}}{{22,4}} = 0,45\,\,mol$

Gọi số mol của CO₂, H₂O và N₂ lần lượt là a, b, c mol

Bảo toàn nguyên tố oxi : $2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}}$→ 2a + b = 0,9 (1)

Bảo toàn khối lượng : m_amin = m_C + m_H + m_N → 12a + 2b + 28c = 6,2 (2)

Vì đốt cháy amin no, mạch hở, đơn chức nên ta có :

${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 1,5{n_{a\min }}$và ${n_{{N_2}}} = \dfrac{1}{2}{n_{a\min }}$→ ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 3{n_{{N_2}}}$

→ b – a = 3c (3)

Từ (1), (2) và (3) → $\left\{ \begin{array}{l}a = 0,2\\b = 0,5\\c = 0,1\end{array} \right.$

→ n_C : n_H : n_N = 0,2 : 0,5.2 : 0,1.2 = 1 : 5 : 1

→ công thức phân tử của amin là CH₃NH₂

Câu 9 :

A.

CH₅N và C₂H₇N.
B.

C₂H₇N và C₃H₉N.
C.

C₃H₉N và C₄H₁₁N.
D.

kết quả khác.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

gọi công thức phân tử trung bình

Lời giải chi tiết :

Sơ đồ phản ứng :

$\begin{align}&\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{{C}_{\overline{n}}}{{H}_{2\overline{n}\,+\,3}}N\,\,\xrightarrow{{{O}_{2}},\,{{t}^{o}}}\,\,\overline{n}C{{O}_{2}}\,\,\,+\,\,\,\,\dfrac{2\overline{n}\,+3}{2}\,{{H}_{2}}O\,\,\,\,+\,\,\,\,\,\dfrac{1}{2}\,{{N}_{2}} \\ & mol:\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \end{align}$

Ta có: $0,2\overline{n}\,=\,0,1.\dfrac{2\overline{n}\,+\,3}{2}\,\Rightarrow \,\overline{n}\,=\,1,5.$

Vậy công thức phân tử của 2 amin là CH₅N và C₂H₇N.

Câu 10 :

A.

A. p-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₄H₉NH₂.
B.

B. p-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₃H₇NH_2.
C.

C. o-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₃H₇NH₂.
D.

D. o-CH₃-C₆H₄-NH₂; C₄H₉NH₂.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

gọi công thức tổng quát của A là C_nH_2n-7NH₂, B là C_mH_2m+1NH₂

Bảo toàn nguyên tố N : ${{n}_{A}}\,=\,2.{{n}_{{{N}_{2}}}}\,$

Tính theo sơ đồ phản ứng : ${{C}_{m}}{{H}_{2m\,+\,1}}N{{H}_{2}}\,\,\xrightarrow{{{O}_{2}},\,{{t}^{o}}}\,\,mC{{O}_{2}}\,+\,\dfrac{m\,+3}{2}\,{{H}_{2}}O\,+\,\dfrac{1}{2}{{N}_{2}}$

Lời giải chi tiết :

A là đồng đẳng của anilin nên công thức của A là C_nH_2n-7NH₂, (n ≥ 7, nguyên)

B là đồng đẳng của metylamin nên công thức của B là C_mH_2m+1NH₂, (m ≥ 2, nguyên).

Ta có: ${{n}_{A}}=2.{{n}_{{{N}_{2}}}}=2.0,015=0,03\,mol\Rightarrow {{M}_{A}}=14n+9=\dfrac{3,21}{0,03}=107\,gam/mol\,\Rightarrow n=7.$

Sơ đồ phản ứng :

${{C}_{m}}{{H}_{2m+1}}N{{H}_{2}}\,\xrightarrow{{{O}_{2}},\,{{t}^{o}}}\,mC{{O}_{2}}+\dfrac{2m+3}{2}{{H}_{2}}O+\dfrac{1}{2}{{N}_{2}}$

${{V}_{C{{O}_{2}}}}:{{V}_{{{H}_{2}}O}}=2:3\Rightarrow m=3$

CTCT phù hợp của A, B lần lượt là :

Câu 11 :

A.

CH₃NH₂, C₂H₅NH₂, C₃H₇NH₂.
B.

CHC–NH₂, CHC–CH₂NH₂, CHC–C₂H₄NH₂.
C.

C₂H₃NH₂, C₃H₅NH₂, C₄H₇NH₂.
D.

C₂H₅NH₂, C₃H₇NH₂, C₄H₉NH₂.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

n_C = n_CO2

n_H = 2n_H2O

n_N = 2n_N2

lập tỉ lệ n_C: n_H : n_N

Lời giải chi tiết :

Theo giả thiết ta có:

$\begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = 0,9\,\,mol\,\,;\,\,{n_{C{O_2}}} = 0,6\,\,mol\,\,;\,\,{n_N} = \frac{{11,8 - 0,9.2 - 0,6.12}}{{14}} = 0,2\,\,mol\\ \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_N} = 0,6:1,8:0,2 = 3:9:1.\end{array}$

Vậy công thức phân tử trung bình của ba amin là C₃H₉N thuộc dạng C_nH_2n+3N, suy ra ba amin thuộc loại amin no đơn chức và phải có ít nhất một amin có số C lớn hơn 3.

Câu 12 :

A.

3 : 5
B.

5 : 3
C.

2 : 1
D.

1 : 2

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Đặt CTPT trung bình của 2 amin là ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N$

Quy đổi hỗn hợp O₃, O₂ thành O, bảo toàn khối lượng :${m_{\left( {{{\rm{O}}_{\rm{3}}},{\rm{ }}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}} \right)}} = {m_O}$

Bảo toàn nguyên tố O : $2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}}$

Lời giải chi tiết :

Đặt CTPT trung bình của 2 amin là ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N$.

Theo giả thiết suy ra : $14\bar n + 17 = 2.17,833 \Rightarrow \bar n = \frac{4}{3}$.

Quy đổi hỗn hợp O₃, O₂ thành O, theo định luật bảo toàn khối lượng ta có .

Sơ đồ phản ứng :

$2{{C}_{{\bar{n}}}}{{H}_{2\bar{n}+3}}N\xrightarrow{{{t}^{o}}}2\bar{n}C{{O}_{2}}+(2\bar{n}+3){{H}_{2}}O+{{N}_{2}}\,\,\,\,(1)$

mol : 1 $\bar{n}$ $\dfrac{2\bar{n}+3}{2}$

Theo (1) ta có :

${n_{O\,\,pu }} = 2\overline n + \dfrac{{2\overline n + 3}}{2} = 5,5\,\,mol \Rightarrow {m_{\left( {{{\rm{O}}_{\rm{3}}},{\rm{ }}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}} \right)}} = {m_O} = 5,5.16 = 88\,\,gam \Rightarrow {n_{\left( {{{\rm{O}}_{\rm{3}}},{\rm{ }}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}} \right)}} = \frac{{88}}{{2.22}} = 2\,\,mol.$

Vậy V_Y: V_X = 1 : 2.

Câu 13 :

A.

CH₃NH₂ và C₂H₇NH₂.
B.

C₂H₅NH₂ và C₃H₇NH₂.
C.

C₃H₇NH₂ và C₄H₉NH₂
D.

C₄H₉NH₂ và C₅H₁₁NH₂.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Gọi CTPT trung bình cho 2 amin là ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N$

Bảo toàn nguyên tố : n_C = n_CO2; n_H = 2n_H2O

Lời giải chi tiết :

Gọi CTPT trung bình cho 2 amin là ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 3}}N$

Giả sử lấy 1 mol amin

Bảo toàn nguyên tố C : ${n_{C{O_2}}} = \bar n$

Bảo toàn nguyên tố H : ${n_{{H_2}O}} = \dfrac{{2\bar n + 3}}{2}$

Vì ${n_{C{O_2}}}:{n_{{H_2}O}}$= 7 : 10 → $10\bar{n}~=\text{ 7}\text{.}\dfrac{2\bar{n}+3}{2}\Rightarrow \bar{n}=3,5$

→ 2 amin là C₃H₇NH₂ và C₄H₉NH₂

Câu 14 :

A.

metylamin và etylamin.
B.

etylamin và n-propylamin.
C.

n-propylamin và n-butylamin.
D.

iso-propylamin và iso-butylamin.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Khối lượng bình 2 tăng là khối lượng của CO₂

sử dụng $\bar C = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{a\min }}}}$

Lời giải chi tiết :

Khối lượng bình 2 tăng 21,12 gam $\to {m_{C{O_2}}} = 21,12gam\,\, \to \,\,{n_{C{O_2}}} = 0,48\,\,mol$

n_amin= 0,3 mol

$ \to \,\,\bar C = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{a\min }}}} = \dfrac{{0,48}}{{0,3}} = 1,6$

Vậy 2 amin là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂

Câu 15 :

A.

126
B.

112
C.

130
D.

138

Đáp án : B

Phương pháp giải :

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 :

C_nH_2n+3N $ \to $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) =>$\left\{ \begin{array}{l}n{\rm{x}} = 0,3\\x = 0,2\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}n = 1,5\\x = 0,2\end{array} \right.$

Theo định luật BTKL

$\begin{array}{l}{m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} + {m_{{N_2}}} \to 7,6 + 32.{n_{{O_2}}} = 24 + 2,8\\ \to {n_{{O_2}}} = 0,6\,\,mol\end{array}$

Trong không khí : O₂ a mol, N₂ 4a mol

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

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

Câu 16 :

Khi đốt cháy một trong các chất là đồng đẳng của metylamin thì tỉ lệ thể tích ${{V}_{C{{O}_{2}}}}:{{V}_{{{H}_{2}}O}}$ = a biến đổi như thế nào ?

A.

$0,4 \le a < 1,2$
B.

$0,8 \le a < 2,5$
C.

$0,4 \le a < 1$
D.

$0,4 \le a \le 1$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Biện luận theo giới hạn

Công thức chung của ankylamin là C_nH_2n+3N (n$ \ge 1$ )

$\dfrac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \dfrac{n}{{n + 1,5}}$ . Biện luận khi n=1 và$n \to + \infty \,\,$

Lời giải chi tiết :

Công thức chung của ankylamin là C_nH_2n+3N (n$\ge 1$ )

$\dfrac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \dfrac{n}{{n + 1,5}}$

Khi n=1 => a =0,4

Khi $n \to + \infty \,\, \Rightarrow a = 1$

Câu 17 :

A.

etylmetylamin.
B.

butylamin.
C.

etylamin.
D.

propylamin.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- Gọi CTPT của anken là C_nH_2n, CTPT trung bình của 2 amin là ${C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}$

- Sơ đồ phản ứng tổng quát :$~{{C}_{n}}{{H}_{2n}}+\dfrac{3n}{2}{{O}_{2}}\to nC{{O}_{2}}+n{{H}_{2}}O$

${C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}N + \dfrac{{6\bar m + 3}}{4}{O_2} \to \bar mC{O_2} + \dfrac{{2\bar m + 3}}{2}{H_2}O + \dfrac{1}{2}{N_2}$

- Lập hệ theo phương trình phản ứng

Lời giải chi tiết :

Gọi CTPT của anken là C_nH_2n

CTPT trung bình của 2 amin là ${C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}N$

PTHH :

$~{{C}_{n}}{{H}_{2n}}+\dfrac{3n}{2}{{O}_{2}}\to nC{{O}_{2}}+n{{H}_{2}}O$

a → $\dfrac{{3na}}{2}$ → an

${C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}N + \dfrac{{6\bar m + 3}}{4}{O_2} \to \bar mC{O_2} + \dfrac{{2\bar m + 3}}{2}{H_2}O + \dfrac{1}{2}{N_2}$

b → $\dfrac{{(6\bar m + 3)b}}{2}$ → $b\bar m$

$\left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = 0,1 = an + b \bar m\\0,2025 = \dfrac{{3an}}{2} + \dfrac{{(6\bar m + 3)b}}{4}\end{array} \right. \Rightarrow b = 0,07\,\, \Rightarrow \,\,an + 0,07\bar m = 0,1\,\, \Rightarrow \,\,\bar m < 2$

→ 2 amin là CH₅N và C₂H₇N

Câu 18 :

A.

18,81 gam.
B.

18,45 gam.
C.

19,53 gam.
D.

19,89 gam.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố : n_C = n_CO2; n_H = 2n_H2O; n_N = 2n_N2

- Bảo toàn khối lượng : m_hhA = m_C + m_H+ m_N

Lời giải chi tiết :

${n_{C{O_2}}} = \dfrac{{19,05}}{{22,4}} = 0,85\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}}} = \dfrac{{0,56}}{{22,4}} = 0,025\,\,mol$

Bảo toàn khối lượng : m_hhA = m_C + m_H+ m_N → 0,85.12 + m_H+ 0,025.2.14 = 12,95

→ n_H = 2,05 mol $ \to \,\,{n_{{H_2}O}} = \dfrac{{{n_H}}}{2} = 1,025\,\,mol\,\, \to \,\,{m_{{H_2}O}} = 18,45\,\,gam$

Câu 19 :

A.

C₂H₆; C₃H₈.
B.

C₂H₄; C₃H₆.
C.

C₃H₆ và C₄H₈.
D.

C₃H₈ và C₄H₁₀.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

- đốt cháy amin no, mạch hở, đơn chức thì : ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} - {n_{{N_2}}} = {n_{a\min }}$

- đốt cháy ankan thu được ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = {n_{ankan}}$→ đốt cháy hỗn hợp ankan + amin : ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} - {n_{{N_2}}}$= n_{hỗn hợp}

- đốt cháy anken thu được ${n_{{H_2}O}} = {n_{C{O_2}}}$→ đốt cháy hỗn hợp anken + amin : ${n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} - {n_{{N_2}}}$= n_amin

- Đặt công thức chung của 2 anken là ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n}}$

- Bảo toàn nguyên tố : n_C = n_CO2; n_N = 2n_N2

Lời giải chi tiết :

Ta có :${V_{{H_2}O}}$= 375 – 175 = 200 ml; ${V_{C{O_2}}} + {V_{{N_2}}} = 175\,\,ml$

${V_{{H_2}O}} - {V_{C{O_2}}} - {V_{{N_2}}} = 25\,\,ml\, = \,\,\dfrac{1}{2}$n_{hỗn hợp}

→ 2 hiđrocacbon chỉ có thể là anken và V_amin = V_anken = 25 ml

Đặt công thức chung của 2 anken là ${C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2}}$

$\begin{array}{l}{V_{C{O_2}}} = 25\bar n + 3.25 = 25\bar n + 75;\,\,\,\,\,\,\,{V_{{N_2}}} = 0,5.25 = 12,5\\ \to \,\,\,25\bar n + 75 + 12,5 = 175\,\, \to \,\,\bar n = 3,5\end{array}$

Vậy 2 hiđrocacbon là C₃H₆ và C₄H₈

Câu 20 :

A.

C₃H₈O; C₃H₉N.
B.

C₂H₆O; C₃H₉N.
C.

C₃H₈O; C₂H₇N.
D.

C₂H₆O; C₂H₇N.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Gọi CTPT của ancol là C_mH_2m+2O; CTPT của amin là C_nH_2n+3N

Bảo toàn nguyên tố N : ${n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} = 2{n_{{N_2}}}$

Bảo toàn nguyên tố O : ${n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}$

Bảo toàn nguyên tố C :

${n_{C{O_2}}} = n.{n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} + m.{n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}}$

Lời giải chi tiết :

${n_{C{O_2}}} = \dfrac{{17,92}}{{22,4}} = 0,8\,\,mol;\,\,{n_{{H_2}O}} = \dfrac{{21,6}}{{18}} = 1,2\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}}} = \dfrac{{123,2}}{{22,4}} = 5,5\,\,mol$

Gọi CTPT của ancol là C_mH_2m+2O; CTPT của amin là C_nH_2n+3N

n_{không khí}= 6,75 mol $ \to \,\,{n_{{O_2}}} = \dfrac{{6,75}}{5} = 1,35\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}(kk)}} = 6,75 - 1,35 = 5,4\,\,mol$

$\to {n_{{N_2}}}$_{sinh ra do amin cháy} = ${n_{{N_2}}}$_{thu được}- ${n_{{N_2}(KK)}}$= 5,5 – 5,4 = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố N :

${n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} = 2{n_{{N_2}}}$= 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố O :

${n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}} = 2.0,8 + 1,2 - 2.1,35 = 0,1\,\,mol$

Bảo toàn nguyên tố C : ${n_{C{O_2}}} = n.{n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} + m.{n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}}$

→ 0,2n + 0,1m = 0,8 → 2n + m = 8

→ m = 2 và n = 3 phù hợp với đáp án

Vậy CTPT của ancol và amin là C₂H₆O vàC₃H₉N

Câu 21 :

A.
35,5%
B.
30,3%
C.
28,2%
D.
32,7%

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố O và C, bên cạnh đó khảo sát phương trình đốt cháy

Lời giải chi tiết :

n_amin = 0,12 mol ; n_X = 0,4 mol

Bảo toàn oxi : 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_H2O = 0,94 mol

TQ : C_nH_2n+3N ; C_mH_2m+2 ; C_tH_2t

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin + n_ankan

=> n_ankan = 0,2 mol => n_anken = 0,08 mol

Bảo toàn C : 0,12n + 0,2m + 0,08t = 0,56

=> n = m = 1 ; t = 3

=> CH₅N ; CH₄ ; C₃H₆

=> %m_C3H6 = 32,6%

Câu 22 :

A.
4
B.
3
C.
6
D.
5

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Đặt công thức trung bình của hai amin no, đơn chức, kế tiếp là ${C_{\overline n }}{H_{2\overline n + 3}}N$

Tìm $\overline n $ theo PTHH

=> CTPT của 2 amin và viết được các CTCT amin bậc 2.

Lời giải chi tiết :

Đặt công thức của hh 2 amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng là: ${C_{\overline n }}{H_{2\overline n + 3}}N$

PTHH: ${C_{\overline n }}{H_{2\overline n + 3}}N + {O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}\overline n C{O_2} + (\overline n + 1,5){H_2}O$

n_CO2(đktc) = 1,568/22,4 = 0,07 (mol)

n_H2O = 1,8/18 = 0,1 (mol)

Ta có: n_amin = (n_H2O – n_CO2)/1,5 = 0,02 (mol)

$\overline n = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{n\,a\min }} = \frac{{0,07}}{{0,02}} = 3,5$

Vì 2 amin đồng đẳng kế tiếp nên CTPT 2 amin là C₃H₉N và C₄H₁₁N

CTCT amin bậc 2 của C₃H₉N: CH₃CH₂-NH-CH₃

CTCT amin bậc 2 của C₄H₁₁N: CH₃-CH₂-CH₂-NH-CH₃; CH₃-CH(CH₃)-NH-CH₃; C₂H₅-NH-C₂H₅

→ Tổng có 4 CTCT thỏa mãn.

Câu 23 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam C₂H₅NH₂ thu được sản phẩm gồm H₂O, CO₂ và 1,12 lít khí N₂ (đktc). Giá trị của m là

A.
9,0.
B.
13,5.
C.
4,5.
D.
18,0

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Áp dụng bảo toàn nguyên tố N.

Lời giải chi tiết :

Bảo toàn nguyên tố N có: n_C2H5NH2 = 2n_N2 = 0,1 mol

⟹ m_C2H5NH2 = 0,1.45 = 4,5 gam

Câu 24 :

A.
8/13.
B.
26/41.
C.
11/ 17.
D.
5/8.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Dùng định luật bảo toàn khối lượng để tìm số mol 2 amin.

Từ đó xác định được công thức chung của 2 amin.

Khi đốt hỗn hợp X gồm 2 amin no, đơn chức mạch hở thì $\frac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}}$

Lời giải chi tiết :

Dùng bảo toàn khối lượng ta có: m_HCl = m_muối - m_amin = 9,125 (g)

→ n_HCl = 0,25 (mol) → n_Amin = n_HCl = 0,25 mol

Gọi công thức chung của 2 amin có dạng C_xH_2x+3N

→ M_{2 amin} = m : n = 13,35 : 0,25 = 53,4 (g/mol)

⟹ 14x + 3 + 14 = 53,4 ⟹ x = 2,6

Khi đốt hỗn hợp X thì:

C_xH_2x+3N + (1,5x + 0,75) O₂ → xCO₂ + (2x+3)/2 H₂O + ½ N₂

Vậy $\frac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \frac{x}{{x + 1,5}} = \frac{{2,6}}{{2,6 + 1,5}} = \frac{{26}}{{41}}$

Câu 25 :

Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam metylamin rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)₂ dư. Khối lượng bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ tăng là

A.
22 gam.
B.
20,6 gam.
C.
20 gam.
D.
17,8 gam.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Từ phản ứng đốt cháy amin tìm được số mol CO₂ và số mol H₂O.

Bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ hấp thụ cả CO₂ và H₂O ⟹ m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O

Lời giải chi tiết :

Ta có: n_CH3NH2 = 6,2/31 = 0,2 mol

PTHH: CH₃NH₂ + 2,25 O₂ → CO₂ + 2,5 H₂O + 0,5 N₂

0,2 → 0,2 → 0,5 (mol)

Bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ hấp thụ cả CO₂ và H₂O

⟹ m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 0,2. 44 + 0,5.18 = 17,8 gam

Câu 26 :

Đốt cháy hoàn toàn m gam 1 amin no đơn chức mạch hở người ta thu được 6,72 lít khí CO₂ (đktc); 9,45 gam H₂O và 1,68 lít khí N₂ (đktc). Giá trị của m là:

A.

6,75
B.

3,37
C.

4,65
D.

4,45

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_O2

Bảo toàn khối lượng: m_amin + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2 → m _amin

Lời giải chi tiết :

n_CO2 = 6,72 : 22,4 = 0,3 mol; n_H2O = 9,45 : 18 = 0,525 mol; n_N2 = 1,68 : 22,4 = 0,075 mol

Amin no đơn chức mạch hở có dạng C_nH_2n+3N

Bảo toàn nguyên tố O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_O2 = 0,5625 mol

Bảo toàn khối lượng: m_amin + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

→ m_amin = 44.0,3 + 18.0,525 + 28.0,075 - 0,5625.32 = 6,75 gam

Câu 27 :

A.
etylamin
B.
propylamin
C.
butylamin
D.
metylamin

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Bảo toàn nguyên tố O ta tính được số mol H₂O.

Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là C_nH_2n+3N

C_nH_2n+3N + (3n/2+3/4) O₂ → nCO₂ + (2n+3)/2 H₂O

→ n_M = (n_H2O - n_CO2)/1,5 → số nguyên tử C = n_CO2/n_M

Từ đó tìm được công thức của X và Y trong hỗn hợp M.

Lời giải chi tiết :

Ta có: n_O2 = 0,6 mol; n_CO2 = 0,3 mol

BTNT O => 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_H2O = 0,6 mol

Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là C_nH_2n+3N

C_nH_2n+3N + (3n/2+3/4) O₂ → nCO₂ + (2n+3)/2 H₂O

=> n_M = (n_H2O - n_CO2)/1,5 = 0,2 mol

Suy ra số nguyên tử C = n_CO2/n_M=0,3: 0,2 = 1,5

=> X là CH₅N và Y là C₂H₇N (etylamin).

Câu 28 :

Đốt cháy hoàn toàn 1 amin no đơn chức bậc 2 mạch hở thu được tỉ lệ mol CO₂ và H₂O là 4 : 7. Tên của amin là:

A.
Metyl amin
B.
Propyl amin
C.
Đimetyl amin
D.
Etyl amin

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Công thức amin no đơn chức là C_nH_2n+3N

Dựa vào n_CO2: n_H2O => n => CTPT

Amin bậc 2 => CTCT

Lời giải chi tiết :

Công thức amin no đơn chức là C_nH_2n+3N

Phản ứng cháy có n_CO2: n_H2O = 4 : 7

=> n_C: n_H = 2 : 7 = n : (2n + 3) => n = 2

=> Amin đơn chức là C₂H₇N

Amin bậc 2 => CH₃NHCH₃ (đimetyl amin)

Câu 29 :

A.
1
B.
2
C.
3
D.
4

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đặt a, b là số mol CO₂, H₂O

Áp dụng BTNT => a = ? và b = ?(mol)

Hỗn hợp E gồm:

$\left\{ \matrix{
{C_m}{H_{2m + 3}}N:v\,mol \hfill \cr
{C_{\overline n }}{H_{2\overline n - 2}}:\,u\,mol \hfill \cr} \right.$

=> u, v

=> mối quan hệ m

=> 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:

$\left\{ \matrix{
{C_m}{H_{2m + 3}}N:v\,mol \hfill \cr
{C_{\overline n }}{H_{2\overline n - 2}}:\,u\,mol \hfill \cr} \right.$

Ta có:

$\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{n_E} = v + u = 0,15 \hfill \cr
{n_{C{O_2}}} = mv + \overline n u = 0,35 \hfill \cr
{n_{{H_2}O}} = v(m + 1,5) + u(\overline n - 1) = 0,3 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
v = 0,04 \hfill \cr
u = 0,11 \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,04m + 0,11\overline n = 0,35 \cr} $

Vì m ≥ 3 và

$ \Rightarrow \left\{ \matrix{
m = 3 \hfill \cr
\overline n = {{23} \over {11}} \hfill \cr} \right.$ là nghiệm duy nhất thỏa mãn

Vậy 2 cặp ankin thỏa mãn là: (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

Câu 30 :

A.
21%.
B.
70%.
C.
79%.
D.
30%.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

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

+ mdd NaOH tăng = mCO₂ + mH₂O

BTNT O => nCO₂, nH₂O

+ BTKL (hoặc BTNT trong Z) => nN₂ → Z

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

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

Câu 31 :

A.
23,64.
B.
78,8.
C.
11,82.
D.
39,40.

Đáp án : A

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:

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

Câu 32 :

A.
45
B.
31
C.
59
D.
73

Đáp án : A

Phương pháp giải :

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

Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố để giải bài toán này

Lời giải chi tiết :

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

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập amin phản ứng với axit và với các dung dịch muối - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập amin phản ứng với axit và với các dung dịch muối Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập amin phản ứng với HNO2 và phản ứng thế ở nhân thơm của anilin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập amin phản ứng với HNO2 và phản ứng thế ở nhân thơm của anilin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Tính lưỡng tính của amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Tính lưỡng tính của amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Đốt cháy amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Đốt cháy amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 10. Phản ứng khác của amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 10. Phản ứng khác của amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập dẫn xuất của amin và amino axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập dẫn xuất của amin và amino axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 11. Peptit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 11. Peptit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 11. Protein - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 11. Protein Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 11. Phản ứng thủy phân peptit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 11. Phản ứng thủy phân peptit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập đốt cháy peptit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập đốt cháy peptit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 1) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 1) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 1) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Peptit (phần 1) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Peptit (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Ôn tập chương 3 - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Ôn tập chương 3 Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 9. Tính bazơ của amin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 9. Tính bazơ của amin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 9. Đồng phân và tính chất vật lí của amin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 9. Đồng phân và tính chất vật lí của amin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Trắc nghiệm Bài 9. Khái niệm, phân loại và danh pháp của amin - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 9. Khái niệm, phân loại và danh pháp của amin Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Xem chi tiết

Bài giải mới nhất

Trắc nghiệm Bài 9. Đốt cháy amin - Hóa 12

Báo lỗi góp ý