HƯỚNG dẫn GIẢI CHI TIẾT bài tập AMIN NÂNG CAO

Để giúp bạn đọc tham khảo các bài tập về amin có trong đề thi HSG khối 12 và ôn thi THPT QG mức độ điểm 8 +, chúng tôi xin giới thiệu hướng dẫn giải chi tiết các bài tập về amin nâng cao dùng. Tài liệu sẽ giúp bạn đọc nắm vững kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải toán về bài tập amin và bài tập hỗn hợp amin và hidrocacbon.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT BÀI TẬP AMIN NÂNG CAO

*Bài tập về tính bazo của các amin:

Câu 1: So sánh lực bazơ của các chất có vòng benzen sau: m-CH3C6H4NH2, p-CH3C6H4NH2, o-CH3C6H4NH2, p-O2NC6H4NH2, p-ClC6H4NH2 Giải thích?

Trả lời:

Lực bazơ giảm dần theo dãy:

o-CH3C6H4NH2 > p-CH3C6H4NH2 > m-CH3C6H4NH2 > p-ClC6H4NH2 >

p-O2NC6H4NH2

Giải thích: CH3 là nhóm đẩy electron làm tăng lực bazơ, ở vị trí octo có ảnh hưởng mạnh nhất,

vị trí para có ảnh hưởng mạnh hơn vị trí meta (do hiệu ứng octo và para); riêng nhóm NO2 có hiệu ứng –C, hút electron mạnh nhất làm giảm mạnh lực bazơ, nhóm Cl có hiệu ứng –I và +C làm giảm ít lực bazơ của NH2, từ đó ta có thứ tự như trên

Câu 2: Cho các chất: metylamin, phenylamin, amoniac, đimetylamin, natri hiđroxit, natri etylat.

Sắp xếp theo chiều tăng dần tính bazơ của các chất trên, giải thích

Trả lời:

Sắp xếp: C6H5-NH2 < NH3 < CH3-NH2 < (CH3)2NH < NaOH < C2H5-ONa

Giải thích:

- Nhóm phenyl hút e của N, làm giảm tính bazơ

- Nhóm metyl đẩy e, mật độ e tăng ở N, làm tăng tính bazơ

- NaOH có tính bazơ mạnh hơn bazơ amin do anion OH- dễ nhận H+ hơn (do tương tác tĩnh điện) nguyên tử N trung hòa điện

- Gốc etyl đẩy e, làm tăng điện tích âm ở nguyên tử O (so với OH-) nên dễ nhận H+ hơn( tính bazơ lớn hơn)

Câu 3: Cho các giá trị pKb sau: 4,75; 3,34; 9,4 và 3,27 và các hợp chất: CH3-NH2; NH3,

(CH3)2NH và C6H5NH2 (anilin) Hãy gán các giá trị pKb tương ứng với các hợp chất trên, giải thích ngắn gọn

(CH3)2NH có hai nhóm metyl đẩy e

=> tính bazơ mạnh hơn CH3-NH2

*Bài tập tính toán: phản ứng cháy, phản ứng với axit….

Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X thu được 8,4 lít khí CO2; 1,4 lít khí N2 và 10,125 gam H2O Xác định công thức phân tử của X, viết CTCT và gọi tên

Trả lời:

Trả lời:

Giải thích:

Tính bazơ tỷ lệ nghịch với giá trị pKb

C6H5-NH2 có nhóm phenyl hút e => tính bazơ yếu hơn NH3

CH3-NH2 có nhóm metyl đẩy e => tính bazơ mạnh hơn NH3

nN2 = 0,0625 —> nX = nN = 2nN2 = 0,125

nCO2 = 0,375 —> Số C = nCO2/nX = 3

nH2O = 0,5625 —> Số H = 2nH2O/nX = 9

—> X là C3H9N

Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn a mol amin đơn chức X bằng O2, thu được N2, 0,3 mol CO2 và 6,3 gam

H2O Mặt khác a mol amin X tác dụng vừa đủ với 0,1 mol H2 Xác định công thức phân tử của X?

Trả lời:

Số C: số H = 3: 7 => Đáp án C3H7N

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol amin no X bằng O2, thu được N2, 0,4 mol CO2 và 0,8 mol

H2O Cho 0,2 mol X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, số mol HCl đã phản ứng là bao nhiêu?

Trả lời

Đốt cháy amin no:

=>

2

N

n

= 0,2 mol => nHCl = 2

2

N

n

= 0,4 mol

Câu 4: Amin đơn chức X có chứa 23,73% N về khối lượng Cho 14,75 gam X tác dụng với dung

dịch HCl dư, thu được m gam muối Giá trị m là bao nhiêu?

Trả lời

nHCl = nN = 14,75.23,73%/14 = 0,25

—> m muối = mX + mHCl = 23,875

Câu 5 : Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol một amin X no, đơn chức, mạch hở bằng khí oxi vừa đủ thu

được 1,2 mol hỗn hợp gồm CO2, H2O và N2 Viết CTCT của X

Trả lời:

CTTQ của amin no, đơn chức, mạch hở là CnH2n+3N

Phản ứng đốt cháy: CnH2n+3N + (1,5n + 0,75) O2

o

t

→

nCO2 + (n + 1,5) H2O + 0,5 N2

Từ đề bài ⟹

min

1,5 0,5 1, 2

san pham a

n

⟹ n = 3 ⟹ Amin X là C3H9N

Có 2 đồng phân amin bậc 1 có CTPT C3H9N là CH3CH2CH2NH2 và CH3CH(NH2)CH3

Câu 6: Hỗn hợp E gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở X, Y đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) và hidrocacbon Z Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít hỗn hợp E thu được N2 và 0,31 mol CO2; 0,19 mol

H2O Biết X, Y, Z đều là chất khí ở điều kiện thường Khối lượng của X trong 2,24 lít E là

Trả lời:

Số H = 2nH2O/nE = 3,8 —> Z là C2H2 hoặc C4H2

TH1: E gồm CxH2x+3N (a) và C2H2 (b)

nE = a + b = 0,1

nH2O – nCO2 = -0,12 = 1,5a – b

—> Nghiệm âm, loại

TH2: E gồm CxH2x+3N (a) và C4H2 (b)

nE = a + b = 0,1

nH2O – nCO2 = -0,12 = 1,5a – 3b

—> a = 0,04; b = 0,06

nCO2 = 0,04x + 0,06.4 = 0,31

—> x = 1,75 —> X là CH5N (0,01) và Y là C2H7N (0,03)

—> mCH5N = 0,31

Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm hai amin (đơn chức, thuộc cùng dãy đồng đẳng)

và hai anken cần vừa đủ 0,2775 mol O2, thu được tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 11,43 gam Giá trị lớn nhất của m là bao nhiêu?

Trả lời

Ta có:

2 2

11, 43

H O : b 2a b 0, 2775.2 b 0,195



Dồn hỗn hợp về

2 BTNT.H

x

CH : 0,18

NH : 0, 03 / x



→



dễ dàng suy ra m lớn nhất khi x = 1 Giá trị của m lớn nhất khi

N

n =2 0,195 0,18− =0,03

BTKL m 0,18.12 0,195.2 0,03.14 2,97 gam

Câu 8: Hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon A, B (MA< MB) kế tiếp nhau trong một dãy đồng đẳng và metylamin Lấy 50 ml X trộn với 235 ml O2 (dư) Bật tia lữa điện để đốt cháy hết X Sau phản ứng thu được 307,5 ml hỗn hợp khí và hơi Làm ngưng tụ hoàn toàn hơi nước còn lại 172,5 ml hỗn hợp khí Y Cho Y qua dung dịch NaOH dư còn lại 12,5 ml khí không bị hấp thụ Các khí đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất Xác định công thức phân tử và phần trăm theo thể tích của B trong X

Trả lời:

Đặt công thức chung của hai hidrocacbon là

C H

2

2

)

2

(

172,5 12,5 160

13

307, 5 172, 5 135

5

2

p u

O

H O h

−

=

−

=

=

=

= +

=

2 ( )

2

5

)

2(

235 227,5 7,5

12,5 7,5 5

160 1

0 150

du

x y

C H x y

C H x y

O

N

CO

l

=> = −

=

−

2

150

3, 75 40

2.110

5,5

40

x y

CO

C H

V

C

V

C H C H B H



 =>





Dễ tính được V(C4H6) = 30 ml => %V(C4H6) = (30:50).100%=60%

Câu 9: Hỗn hợp E gồm một ankan, 1 anken và 2 amin no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng liên tiếp

X, Y (MX < MY, số mol Y gấp 6 lần số mol X) Đốt cháy hoàn toàn 0,44 mol E cần dùng vừa đủ 25,872 lít O2, thu được CO2, 1,568 lít N2 và 19,26 gam H2O Phần trăm khối lượng của X trong E

có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

Trả lời:

nN2 = 0,07 —> nCxH2x+3N = 0,14

nO2 = 1,155; nH2O = 1,07

Bảo toàn O —> nCO2 = 0,62

nH2O – nCO2 = nCyH2y+2 + 1,5nCxH2x+3

—> nCyH2y+2 = 0,24

—> nCzH2z = 0,06

nCO2 = 0,14x + 0,24y + 0,06z = 0,62

Với x > 1, y ≥ 1, z ≥ 2 nên:

TH1: x = 13/7; y = 1, z = 2

—> CH5N (0,02), C2H7N (0,12), CH4 (0,24), C2H4 (0,06)

Nghiệm thỏa mãn nY = 6nX —> %CH5N = 5,37%

TH2: x = 10/7; y = 1, z = 3

—> CH5N (0,08), C2H7N (0,06), CH4 (0,24), C3H6 (0,06)

Nghiệm không thỏa mãn nY = 6nX —> Loại

Câu 10: X là một amin, Y là một ancol đơn chức (X và Y đều no, mạch hở) Đốt cháy hoàn toàn

0,07 mol hỗn hợp E gồm a mol X và b mol Y (a > b), thu được N2; 0,19 mol CO2 và 0,3 mol H2O Phần trăm khối lượng của X trong E bằng bao nhiêu?

Trả lời:

X = CH4 + ?CH2 + ?NH

Y = ?CH2 + H2O

Quy đổi E thành CH4 (a), H2O (b) và CH2 (c)

nE = a + b = 0,07

nCO2 = a + c = 0,19

—> nE + nCO2 = 2a + b + c = 0,26

nH2O = 2a + b + c + 0,5nNH = 0,3

nH2O – (nE + nCO2) —> nNH = 0,08

Do a > b —> 0,035 < a < 0,07

Số N = nNH/a —> 1,14 < Số N < 2,28 —> N = 2 là nghiệm duy nhất

—> a = nNH/2 = 0,04 và b = nE – a = 0,03

nCO2 = 0,04CX + 0,03CY = 0,19

—> CX = 1, CY = 5 hoặc CX = 4, CY = 1

Xét cặp CH6N2 (0,04) và C5H11OH (0,03)

—> %X = 41,07%

Xét cặp C4H12N2 (0,04) và CH3OH (0,03)

—> %X = 78,57%

Câu 11: Hỗn hợp E chứa amin no, đơn chức, mạch hở X, ankan Y và anken Z Đốt cháy hoàn toàn

0,4 mol E cần dùng vừa đủ 1,03 mol O2 thu được H2O, 0,56 mol CO2 và 0,06 mol N2 Phần trăm khối lượng của X trong E gần nhất với giá trị nào sau đây?

Trả lời:

Bảo toàn O —>

2

H O

n = 0,94 Bảo toàn N —>

2

n =2n

= 0,12

Vì

n −n =1,5n +n

Ankan

Đặt n, m, p là số C của amin, ankan và anken

—>

2

CO

n

= 0,12n + 0,2m + 0,08p = 0,56

—> 3n + 5m + 2p = 14

Do n ≥ 1, m ≥ 1 và p ≥ 2 nên n = m = 1 và p = 3 là nghiệm duy nhất

Vậy E chứa CH5N (0,12 mol), CH4 (0,2 mol) và C3H6 (0,08 mol)

—> %CH5N = 36,19%

Câu 12 : Hỗn hợp E chứa 2 amin đều no, đơn chức và một hiđrocacbon X thể khí điều kiện

thường Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol không khí (20% O2 và 80% N2

về thể tích) thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2 Dẫn toàn bộ F qua bình đựng NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 21,88 gam, đồng thời có 49,616 lít (đktc) khí thoát ra khỏi bình Công thức phân tử của X là công thức nào sau đây?

Trả lời:

Không khí gồm O2 (0,54) và N2 (2,16)

Đặt

2

CO

n =a

và

2

H O

n = →b 44a 18b 21,88+ =

Bảo toàn

O→2a b 0,54.2+ =

a 0,305

→ =

và b = 0,47

Số

2

H O

E

2n

n

Các amin đều ít nhất 5H nên X ít hơn 4,7H (Loại B, D)

2

N

n

tổng = 2,215

2

N

n

→

sản phẩm cháy =

2, 215 2,16 0,055− =

Số C tương ứng của amin và X là n, m

2

CO

n 0,11n 0,09m 0,305

Với

n 1> → <m 2,17

→

Chọn C

Câu 13: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 amin đều no đơn chức, mạch hở và hơn kém nhau

2 nguyên tử cacbon trong phân tử bằng lượng không khí vừa đủ (O2 chiếm 20% và N2 chiếm 80%

về thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2 Dẫn toàn bộ X qua bình dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 21,3 gam; đồng thời khí thoát ra khỏi bình có thể tích 48,16 lít (đktc) Xác định Công thức của các amin

Trả lời:

Đốt:

}xmol

2(kk)

3xmol

N

−

E55F 123

Bảo tồn nguyên tố O cĩ:

21,3 3.18x 2,15 x

Thay ngược lại cĩ nCO2 = 0,3 mol và nE = 2x = 0,1 mol

→ Ctrung bình = 3

→ Lại thêm giả thiết 2 amin hơn kém nhau 2C → cặp amin này là C2H7N và C4H9N

Câu 14: Hỗn hợp hơi E chứa etilen, metan, axit axetic, metyl metacrylat và metylamin Đốt cháy

0,2 mol E cần vừa đủ a mol O2, thu được 0,48 mol H2O và 1,96 gam N2 Mặt khác, 0,2 mol E tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch Br2 0,7M Tìm giá trị của a?

2

2 2

2 O

quy đổi

2 2

2

H O

CO

BTN : 0,2t 0,07.2 t 0,7 CO

N : 0,07 mol 2x y t 2

2 n

2

− + +

⇒ = + 1,4.0,2 0,48 0,52 gần nhấtvớ i 0,5

2

Câu 15: Hỗn hợp X gồm một anken, một ankin và một amin no, đơn chức (trong đĩ số mol anken nhỏ hơn số mol của ankin) Đốt cháy hồn tồn 0,2 mol hỗn hợp E bằng lượng oxi vừa đủ thu được 0,86 mol hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2 Ngưng tụ tồn bộ F cịn lại 0,4 mol hỗn hợp khí Cơng thức của anken và ankin là

Trả lời:

đốt 0,2 mol E {amin; anken; ankin} + O2 → 0,46 mol H2O + 0,4 mol {CO2; N2}

♦ Ctrung bình < 0,4 ÷ 0,2 = 2 nên phải cĩ 1 chất cĩ số C = 1 Chỉ cĩ thể là amin CH5N

♦ Htrung bình = 0,46 × 2 ÷ 0,2 = 4,6 amin cĩ số H = 5 nên anken hoặc ankin cĩ số H < 5

Để ý nankin > nanken nên nếu số H của ankin ≥ 6 thì số H của anken phải bằng 4 (là C2H4)

→ số Htrung bình của anken và ankin > 5, số Hamin = 5 → khơng thỏa mãn.!

→ Theo đĩ, số H của ankin phải ≤ 4 Chỉ cĩ 2 TH xảy ra là 2 hoặc 4

• Nếu ankin là C3H4, gọi số mol amin, ankin, anken CnH2n lần lượt là x; y và z mol.

x y z 0,2

x y 0,46 0,4 (4,5 2n)z 0,01

2,5x 2y nz 0,46

+ + =







n nguyên và n ≥ 2 nên từ trên cĩ n = 2 tức anken thỏa mãn là C2H4

• Nếu ankin là C2H2 thì tương tự, với mọi n ≥ 4 đều thỏa mãn

Câu 16: Đốt cháy hồn tồn 0,3 mol hỗn hợp X gồm propilen và 2 amin no mạch hở đồng đẳng

kế tiếp trong oxi dư thu được 16,8 lít CO2, 2,016 lít N2 (đktc) và 16,74 gam H2O Khối lượng của amin cĩ khối lượng mol phân tử nhỏ hơn là bao nhiêu?

{ { { {

n 2n 2 t

t

n 2n 2 t

n 2n 2 t

t

n 2n 2 t

6 2 2 8 2

0,75 0,93

4

3

BT C : 0,09n 3.(0,3 0,09) 0,75 hai amin làCH N vàC H N

+ +

+ + + +

+ +

=

=





+

6 2 2 8 2

6 2

C

⇒



Cách 2: C3H6 = 3CH2

Amin no, mạch hở = CH4 + ?CH2 + ?NH

Quy đổi hỗn hợp thành CH4 (a), CH2 (b) và NH (0,18)

nCO2 = a + b = 0,75

nH2O = 2a + b + 0,18.0,5 = 0,93

—> a = 0,09; b = 0,66

nAmin = a = 0,09 —> nC3H6 = 0,21

Số N của amin = nNH/nAmin = 2

—> nCH2 của amin = 0,66 – 0,21.3 = 0,03

—> Amin gồm C2H8N2 (0,03) và CH6N2 (0,06)

—> mCH6N2 = 2,76

Câu 17 : Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và hiđrocacbon Y (trong đĩ số mol X lớn hơn số

mol Y) Đốt cháy hết 0,26 mol E cần dùng vừa đủ 2,51 mol O2, thu được N2, CO2 và 1,94 mol

H2O Mặt khác, nếu cho 0,26 mol E tác dụng với dung dịch HCl dư thì lượng HCl phản ứng tối đa

là 0,28 mol Khối lượng của Y trong 0,26 mol E bằng bao nhiêu?

Trả lời:

Bảo tồn O:

2n =2n +n →n =1,54

n =n =0, 28

X dạng

n 2n 2 x x

0, 28

x

Do

0, 28

n n 0, 26 0,13 0, 26

x

2 x 2,15

→ < <

x 2

→ =

là nghiệm duy nhất, khi đó

X

n =0,14

và

Y

n =0,12

Y dạng

C H →n =0,14n 0,12m 1,54+ =

và m = 7 là nghiệm duy nhất

X là

C H N 0,14 →m =14, 28

H

n =0,14.14 0,12y 1,94.2+ = → =y 16

→

Y là

C H 0,12 →m =12

gam

Câu 18 : Hỗn hợp E chứa 2 amin đều no, đơn chức và một hiđrocacbon X thể khí điều kiện

thường Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol không khí (20% O2 và 80% N2

về thể tích) thu được hỗn hợp F gồm CO2, H2O và N2 Dẫn toàn bộ F qua bình đựng NaOH đặc

dư thấy khối lượng bình tăng 21,88 gam, đồng thời có 49,616 lít (đktc) khí thoát ra khỏi bình Xác định Công thức phân tử của X?

Trả lời :

Không khí gồm O2 (0,54) và N2 (2,16)

Đặt

2

CO

n =a

và 2

H O

n = →b 44a 18b 21,88+ =

Bảo toàn

O→2a b 0,54.2+ =

a 0,305

→ =

và b = 0,47

Số

2

H O

E

2n

n

Các amin đều ít nhất 5H nên X ít hơn 4,7H (Loại B, D)

2

N

n

tổng = 2,215 2

N

n

→

sản phẩm cháy =

2, 215 2,16 0,055− =

Số C tương ứng của amin và X là n, m

2

CO

n 0,11n 0,09m 0,305

Với

n 1> → <m 2,17

→

X là C2H4

Câu 19: Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và ankan Y, số mol X lớn hơn số mol Y Đốt cháy

hoàn toàn 0,09 mol E cần dùng vừa đủ 0,67 mol O2, thu được N2, CO2 và 0,54 mol H2O Khối lượng của X trong 14,56 gam hỗn hợp E là bao nhiêu?

Trả lời:

BTNT.O → nCO 2 =(2nO 2 −nH O 2 )/ 2 0, 4=

mol Amin no X = CH4 + xCH2 + yNH

Ankan Y = CH4 + nCH2

⇒

Quy đổi hh E thành CH4, CH2, NH

2

CH : a O : 0,67 H O : 0,54

BTNT.C → 0,09 + a = 0,4 → a=0,31

BTNT.H →

4.0,09 + 2a + b = 2.0,54 → b = 0,1 Hỗn hợp gồm:

(X)

n 2n 2 x x

0,1

C H N :

x

+ +

(Y)

m 2m 2

0,1

C H : 0,09

x

hoặc x 2.= Mặt khác, số N trung bình = 0,1/0,09 = 1,11>1 nên amin không thể là đơn chức ⇒

x = 2

(X)

n 2n 2 x x

C H + + N : 0,05

(Y)

m 2m 2

C H + : 0, 04 BTNT.C→

0,05n + 0,04m = 0,4→

n = 4 và m = 5 thỏa mãn

Vậy hh E gồm C4H12N2 (0,05) và C5H12 (0,04) nặng 7,28 gam

⇒

14,56 gam hh E chứa 0,1 mol C4H12N2

4 12 2

C H N

gam

Câu 20: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol ancol X (đơn chức mạch hở) bằng 12,32 lít oxi (lấy dư) thu

được 17,92 lít hỗn hợp khí và hơi Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E gồm X và 9,15 gam hai amin (đều

no, đơn chức, mạch hở và là đồng đẳng kế tiếp) cần vừa đủ 1,1625 mol O2 thu được N2, H2O và 0,65 mol CO2 Các thể tích đo ở đktc Tính % phần trăm khối lượng của amin có phân tử khối lớn hơn trong E?

Trả lời:

CxHyO + (x + 0,25y – 0,5)O2 —> xCO2 + 0,5yH2O

2

O

n

ban đầu = 0,55

—> 0,1(x + 0,5y) + 0,55 – 0,1(x + 0,25y – 0,5) = 0,8 —> y = 8

Do O2 dư nên 0,1(x + 0,25y – 0,5) < 0,55 —> x < 4

—> x = 3 là nghiệm duy nhất, X là C3H7OH

Quy đổi E thành C3H7OH (a), CH5N (b) và CH2 (c)

—> mAmin = 31b + 14c = 9,15

2

O

n

= 4,5a + 2,25b + 1,5c = 1,1625

2

CO

n

= 3a + b + c = 0,65

—> a = 0,1; b = 0,25; c = 0,1

—> Amin gồm C2H7N (0,1) và CH5N (0,15)

—> %C2H7N = 29,70%