HƯỚNG dẫn GIẢI CHI TIẾT bài tập AMIN NÂNG CAO

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 vịng 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 NO 2 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

Trả lời:
Chất

(CH3)2NH

CH3-NH2

NH3

C6H5-NH2

pKb

3,27

3,34

4,75

9,4

nhóm metyl đẩy e
=>

tính

bazơ

mạnh hơn CH3Giải 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

NH2
*Bài
tập
tính
tốn:
phản

ứng cháy, phản ứng với axit….
Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X thu được 8,4 lít khí CO 2; 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:


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
nH2O − nCO2 = nA minno + nN2
nN2
nN2
Đốt cháy amin no:
=>
= 0,2 mol => nHCl = 2

= 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.
to

→
Phản ứng đốt cháy: CnH2n+3N + (1,5n + 0,75) O2
nCO2 + (n + 1,5) H2O + 0,5 N2
nsan pham n + ( n + 1,5 ) + 0,5 1, 2
=
=
na min
1
0,15
Từ đề bài ⟹
⟹ 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 (M X < MY) và
hidrocacbon Z. Đốt cháy hồn tồn 2,24 lít hỗn hợp E thu được N 2 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 O 2, thu được tổng khối lượng CO 2 và H2O bằng 11,43 gam.
Giá trị lớn nhất của m là bao nhiêu?
Trả lời

Ta có:

CO 2 : a
44a + 18b = 11, 43
a = 0,18
11, 43 

→

→
2a + b = 0, 2775.2
b = 0,195
H 2 O : b

Dồn hỗn hợp về

CH 2 : 0,18
 BTNT.H
→ NH x : 0, 03 / x
 

dễ dàng suy ra m lớn nhất khi x = 1

n N = 2 ( 0,195 − 0,18 ) = 0, 03
Giá trị của m lớn nhất khi
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 hồn tồn hơi nước cịn lại 172,5 ml hỗn hợp
khí Y. Cho Y qua dung dịch NaOH dư cịn lại 12,5 ml khí khơng 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:
Cx H y
Đặt công thức chung của hai hidrocacbon là
V( H 2O h ) = 307, 5 − 172, 5 = 135 ml
VCO2 = 172, 5 − 12, 5 = 160 ml
VO2 ( p .u ) = 160 +

135
= 227, 5 ml

2

.


VO2 ( du ) = 235 − 227, 5 = 7,5 ml
VN 2 = 12, 5 − 7,5 = 5 ml.
=> VCH5 N = 5.2 = 10 ml => VCx H y = 50 − 10 = 40 ml
VCO2 ( CH5 N ) = 10 ml , VH 2O (C H
x

y

)

= 135 − 2, 5.10 = 110ml

=> VCO2( C H ) = 160 − 10 = 150 ml
x

y


150
= 3, 75
VCx H y
40

 => C3 H 4 (A), C4 H 6 ( B )
2.110


H=
= 5, 5

40

C=

VCO2

=

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 N 2; 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 O 2 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:
n H 2O

Bảo toàn O —>
= 0,94
n A min = 2n N 2
Bảo toàn N —>
= 0,12
n H 2O − n CO2 = 1,5n A min + n Ankan
Vì
→ n Ankan = 0, 2
→ n Anken = n E − n A min − n Ankan = 0, 08
Đặt n, m, p là số C của amin, ankan và anken
n CO 2
—>
= 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 hồn toàn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol khơng khí (20% O 2 và 80% N2
về thể tích) thu được hỗn hợp F gồm CO 2, H2O và N2. Dẫn tồn bộ F qua bình đựng NaOH đặc dư
thấy khối lượng bình tăng 21,88 gam, đồng thời có 49,616 lít (đktc) khí thốt ra khỏi bình. Cơng
thức phân tử của X là công thức nào sau đây?
Trả lời:
Không khí gồm O2 (0,54) và N2 (2,16)
n CO2 = a
n H2O = b → 44a + 18b = 21,88
Đặt
và

O → 2a + b = 0,54.2
Bảo toàn
→ a = 0,305
và b = 0,47
2n H2O
H=
= 4, 7.
nE
Số
Các amin đều ít nhất 5H nên X ít hơn 4,7H (Loại B, D).
n N2
→ n N2
2, 215 − 2,16 = 0, 055
tổng = 2,215
sản phẩm cháy =
→ n A min = 0,11 → n X = 0, 09
Số C tương ứng của amin và X là n, m.
→ n CO2 = 0,11n + 0, 09m = 0,305
n > 1 → m < 2,17

Với
→
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 ngun tử cacbon trong phân tử bằng lượng khơng khí vừa đủ (O 2 chiếm 20% và N2 chiếm 80%
về thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn tồn bộ X qua bình dung dịch
Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 21,3 gam; đồng thời khí thốt ra khỏi bình có thể tích 48,16
lít (đktc). Xác định Công thức của các amin
Trả lời:
Đốt:

xmol
}


1.O
1.N
CH
1.CO


 2
  2 

 2 
2
→

+
 
+
 + N2(kk)
E55F
2O
 NH3 : 2xmol  4.N2(kk) 
1.H2O 3.H
123
(2,15− x)mol
 3xmol 

Bảo tồn ngun tố O có:
21,3− 3.18x
2,15− x
3.
+ 3x =
.2 ⇒ x = 0,05mol
62
4
Thay ngược lại có 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 O 2, 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?
CO2



C
H
N
:
0,2
mol

 BTH : 0,2y = 0,48.2 y = 4,8


x
y

t
O
quy đổ
i
2
+ 0,2 mol X →
→  H2O : 0,48 mol  ⇒ 
⇒

 
 N : 0,07 mol  BTN : 0,2t = 0,07.2 t = 0,7
CO2

 2

+ 0,2 mol X + 0,07 mol Br2 ⇒ 0,2kX = 0,07 ⇒ 0,2.
⇒ nO = nC +
2

nH O
2

2

= 1,4.0,2 +

2x − y + t + 2
= 0,07 ⇒ x = 1,4
2

0,48
= 0,52 gầ
n nhấ
t vớ
i 0,5
2

Câu 15: Hỗn hợp X gồm một anken, một ankin và một amin no, đơn chức (trong đó số mol anken
nhỏ hơn số mol của ankin). Đốt cháy hoàn toàn 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 toàn 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 có 1 chất có số C = 1. Chỉ có thể là amin CH5N.
♦ Htrung bình = 0,46 × 2 ÷ 0,2 = 4,6. amin có số H = 5 nên anken hoặc ankin có 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 → không thỏa mãn.!
→ Theo đó, số H của ankin phải ≤ 4. Chỉ có 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

⇒ (4,5− 2n)z = 0,01
x − y = 0,46 − 0,4
2,5x + 2y + nz = 0,46

n nguyên và n ≥ 2 nên từ trên có 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 hoàn toàn 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 CO 2, 2,016 lít N2 (đktc) và 16,74 gam H2O. Khối lượng của
amin có khối lượng mol phân tử nhỏ hơn là bao nhiêu?

 t.nC H N = 2nN = 0,18
 t.nC H N = 0,18
2
n 2n+2+ t t


n 2n+2+ t t
+ (k − 1− 0,5 t )n
⇒
{
{ CnH2n+2+tNt = nCO2 − nH2O  n
{
{
 0
 CnH2n+2+tNt = 0,09
?=
0,75
0,93


4
t = 2
n =
⇒
⇒
3
BT C : 0,09n + 3.(0,3 − 0,09) = 0,75  hai amin laøCH N vaøC H N
6 2

2 8 2

 nCH N + nC H N = 0,09
nCH N = 0,06; nC H N = 0,03
2 8 2
 6 2
 6 2
2 8 2
+
⇒
nCH N + 2C H N
4 m
6 2
2 8 2
=
C2 amin =
 CH6N2 = 0,06.46 = 2,76 gam
0,09
3 


.

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 đó số mol X lớn hơn số
mol Y). Đốt cháy hết 0,26 mol E cần dùng vừa đủ 2,51 mol O 2, 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:
2n O2 = 2n CO2 + n H 2O → n CO 2 = 1,54
Bảo toàn O:
n N = n HCl = 0, 28

X dạng

 0, 28

C n H 2n + 2+ x N x 
mol ÷
 x


n Y < n X < 0, 26 → 0,13 <

Do
→ 2 < x < 2,15

0, 28
< 0, 26
x

n X = 0,14

→x=2

là nghiệm duy nhất, khi đó
Cm H y → n C = 0,14n + 0,12m = 1,54

n Y = 0,12
và

Y dạng
→ 7n + 6m = 77 → n = 5

và m = 7 là nghiệm duy nhất.
C5 H14 N 2 ( 0,14 ) → m X = 14, 28

X là
n H = 0,14.14 + 0,12y = 1,94.2 → y = 16

→

C7 H16 ( 0,12 ) → m Y = 12
Y là

gam.

Câu 18 : Hỗn hợp E chứa 2 amin đều no, đơn chức và một hiđrocacbon X thể khí điều kiện
thường. Đốt cháy hồn tồn 0,2 mol hỗn hợp E cần dùng 2,7 mol khơng khí (20% O 2 và 80% N2

về thể tích) thu được hỗn hợp F gồm CO 2, 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 thốt ra khỏi bình.
Xác định Cơng thức phân tử của X?
Trả lời :
Khơng khí gồm O2 (0,54) và N2 (2,16)
n CO2 = a
n H2O = b → 44a + 18b = 21,88
Đặt
và
O → 2a + b = 0,54.2
Bảo toàn
→ a = 0,305
và b = 0,47
2n H2O
H=
= 4, 7.
nE
Số
Các amin đều ít nhất 5H nên X ít hơn 4,7H (Loại B, D).
n N2
→ n N2
2, 215 − 2,16 = 0, 055
tổng = 2,215
sản phẩm cháy =
→ n A min = 0,11 → n X = 0, 09
Số C tương ứng của amin và X là n, m.
→ n CO2 = 0,11n + 0, 09m = 0,305
n > 1 → m < 2,17

Với

→
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 O 2, 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:

(

)

n CO2 = 2n O2 − n H2O / 2 = 0, 4

BTNT.O →
Amin no X = CH4 + xCH2 + yNH
Ankan Y = CH4 + nCH2
⇒
Quy đổi hh E thành CH4, CH2, NH
CH 4 : 0, 09
CO 2 : 0, 4


+ O 2 : 0, 67 → H 2O : 0,54
CH 2 : a
 NH : b
N

 2

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:
0,1
Cn H 2n + 2+ x N x :
x
(X)
0,1
C m H 2m + 2 : 0, 09 −
x
(Y)
0,1
0,1
nX > nY ⇒
> 0, 09 −
→ x < 2, 22 ⇒ x = 1
x
x

mol

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.
Cn H 2n + 2+ x N x : 0, 05
C m H 2m + 2 : 0, 04
(X)
(Y)
→
→
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.
⇒ mC4H12 N 2 = 8,8
⇒
14,56 gam hh E chứa 0,1 mol C4H12N2
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 O 2 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
n O2
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
n O2
= 4,5a + 2,25b + 1,5c = 1,1625
n CO2
= 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%