Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit hay và khó (phần 1)

M _amin = 16,9.2 = 33,8 => 2 amin là CH₃NH₂ (a mol) và C₂H₅NH₂ (b mol)

=> Y là CH₃NH₃OOC-COONH₃COOC₂H₅

=> a : b = 11,2 : 2,8 = 4 : 1

n_CH3NH2 > n_C2H5NH2 => X tác dụng với KOH cũng sinh ra CH₃NH₂

T gồm 2 muối khan có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử (trong đó có 1 muối của axit cacboxylic và 1 muối của α-amino axit) => Các muối đều có chứa 2C

=> Muối gồm: (COOK)₂ và H₂N-CH₂-COOK

Suy ra X có cấu tạo là: C₂H₅OOC-COONH₃-CH₂COONH₃CH₃ hoặc CH₃NH₃OOC-COONH₃-CH₂-COOC₂H₅

Giả sử: n_CH3NH2 = 4 mol => n_C2H5NH2 = 1 mol

n_Y = n_C2H5NH2 = 1 mol

n_X = n_CH3NH2 - n_Y = 4 - 1 = 3 mol

Vậy muối gồm: (COOK)₂ (3 + 1 = 4 mol) và H₂N-CH₂-COOK (3 mol)

=> %m_Gly-K = 3.113/(4.166 + 3.113).100% = 33,79% gần nhất với giá trị 33,8%

Do thu được 2 amin no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên suy ra Y là C₂H₅NH₃OOC-COONH₃CH₃

=> Muối có 2C => ancol có 1C

=> X là CH₃COONH₃-CH₂-COOCH₃

Vậy muối G gồm:

KOOC-COOK (0,15 mol)

H₂N-CH₂-COOK (0,1 mol)

CH₃-COOK (0,1 mol)

%m KOOC-COOK = \(\frac{{0,15.166}}{{0,15.166 + 0,1.113 + 0,1.98}}.100\% \) = 54,13%

- Có 1 chức amin phản ứng với dung dịch HCl. Lấy dung dịch thu được sau phản ứng cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thì sản phẩm muối cuối cùng thu được giống như cho hỗn hợp salbutamol và HCl cùng tác dụng với dung dịch NaOH dư.

- Có 1 chức phenol phản ứng được với dung dịch NaOH.

- Có 2 chức ancol không phản ứng với cả dung dịch HCl và NaOH.

- Để đơn giản ta quy đổi bài tập thành: Cho hỗn hợp gồm 0,1 mol salbutamol và 0,2 mol HCl tác dụng với dung dịch NaOH dư.

- Khối lượng muối trong dung dịch thu được là:

\({m_{NaCl}} + {m_{{C_{13}}{H_{20}}N{O_2}\left( {ONa} \right)}} = 0,2.58,5 + 0,1.261 = 37,8\left( g \right)\).

(1) sai, salbutamol là hợp chất hữu cơ tạp chức do có nhiều loại chức khác nhau như phenol, ancol, amin.

(2) sai, salbutamol chỉ có 1 nhóm chức phenol (lưu ý: nhóm chức phenol là nhóm OH gắn trực tiếp vào vòng benzen).

(3) sai, nhóm amin trong salbutamol có bậc 2 (lưu ý: bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H của NH₃ bị thay thế bởi gốc khác).

(4) đúng, salbutamol có nhóm chức phenol nên phản ứng được với dung dịch Br₂ ở điều kiện thường.

Vậy có 3 phát biểu không đúng.

- CTTQ: C_nH_2n+2-2k+xN_xO_y (với k = π + vòng, được gọi là độ bất bão hòa).

- Từ CTCT thu gọn ta đếm được trong phân tử của salbutamol có chứa 13 nguyên tử C ⟹ n = 13.

- Mặt khác phân tử chất này có chứa 3 π và 1 vòng ⟹ k = 4.

- Phân tử chứa 1 nguyên tử N, 3 nguyên tử O ⟹ x = 1; y = 3.

Vậy CTPT của salbutamol là C₁₃H₂₁NO₃.

Đặt số mol của C_mH_2m+4O₄N₂: a (mol) ; số mol của C_nH_2n+3O₂N: b (mol)

C_mH_2m+4O₄N₂ + (1,5m-1)O₂ → mCO₂ + (m+2)H₂O + N₂

a                    → (1,5m-1)a                 →  (m+2)a               mol

C_nH_2n+3O₂N + (1,5n-0,25)O₂ → nCO₂ + (n+1,5)H₂O + N₂

b                 → (1,5n-0,25)b                → (n+1,5)b             mol

Ta có hệ 3 phương trình:

\(\begin{gathered}\left\{ \begin{gathered}{n_E} = a + b = 0,1 \hfill \\{n_{{O_2}}} = (1,5m - 1)a + (1,5n - 0,25)b = 0,26 \hfill \\{n_{{H_2}O}} = (m + 2)a + (n + 1,5)b = 0,4 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{\begin{gathered}a + b = 0,1 \hfill \\1,5(ma + nb) - (a + 0,25b) = 0,26 \hfill \\ ma + nb = 0,4 - 2a - 1,5b \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\\Rightarrow \left\{ \begin{gathered} a + b = 0,1 \hfill \\4a + 2,5b = 0,34 \hfill \\ma +nb = 0,4 - 2a - 1,5b \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}a = 0,06 \hfill \\b = 0,04\hfill \\3m + 2n = 11 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered} \)

Do m ≥ 2 và n ≥ 1 nên m = 3 và n = 1 là nghiệm duy nhất thỏa mãn

=> CTPT X: C₃H₁₀O₄N₂ và CTPT của Y: CH₅O₂N

E + NaOH → 2 chất khí đều làm xanh quỳ tím ẩm

=> CTCT của X: NH₃CH₃COO-COONH₄ ; CTCT của Y: HCOONH₄

=> 2 khí làm xanh quỳ tím ẩm là NH₃ và CH₃NH₃

Muối thu được gồm: (COONa)₂: 0,06 mol và HCOONa: 0,04 (mol)

=> a = 0,06.134 + 0,04.68=10,76 (g)

$0,2\,mol\left\{ \begin{gathered}{C_n}{H_{2n + 3}}N:x \hfill \\{C_2}{H_5}{O_2}N:y \hfill \\{C_6}{H_{14}}{O_2}{N_2}:z \hfill \\ \end{gathered}  \right. + 1,035\,mol\,{O_2} \to 0,91\,mol\,{H_2}O + 0,81\,mol\,\left\{ \begin{gathered}C{O_2}:nx + 2y + 6z(BTNT:C) \hfill \\{N_2}:0,5x + 0,5y + z(BTNT:N) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$\left\{ \begin{gathered}x + y + z = 0,2 \hfill \\\xrightarrow{{{n_{C{O_2}}} + {n_{{N_2}}}}}nx + 2y + 6z + 0,5x + 0,5y + z = 0,81 \hfill \\\xrightarrow{{BTNT:O}}2y + 2z + 1,035.2 = 2nx + 4y + 12z + 0,91 \hfill \\\xrightarrow{{BTNT:H}}2nx + 3x + 5y + 14z = 0,91.2 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}x + y + z = 0,2 \hfill \\0,5x + 2,5y + 7z + nx = 0,81 \hfill \\2y + 10z + 2nx = 1,16 \hfill \\3x + 5y + 14z + 2nx = 1,82 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \to \left\{ \begin{gathered}x = 0,1 \hfill \\y = 0,04 \hfill \\z = 0,06 \hfill \\n = 2,4 \to {C_2}{H_7}N(a\,mol);{C_3}{H_9}N(b\,mol) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$\to \left\{ \begin{gathered}a + b = 0,1 \hfill \\3,5a + 4,5b + 0,04.2,5 + 0,06.7 = nH2O = 0,91 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}a = 0,06 \hfill \\b = 0,04 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \to \% {m_{{C_3}{H_9}N}} = \dfrac{{0,04.59}}{{0,06.45 + 0,04.75 + 0,06.146}} = 14,03\% $

Giả sử X gồm:

C_nH_2n+1O₂N (amino axit): x mol

C_mH_2m+3N (amin): y mol

Đốt cháy:

C_nH_2n+1O₂N + (1,5n-0,75)O₂ → nCO₂ + (n+0,5)H₂O + 0,5N₂

x                         1,5nx-0,75x            nx

C_mH_2m+3N + (1,5m+0,75)O₂ → mCO2 + (m+1,5) H₂O + 0,5N₂

y                      1,5my+0,75m          my

+) nO₂ = 1,5nx – 0,75x + 1,5my + 0,75y = 0,57 (1)

+) nX = x + y = 0,16 (2)

+) nCO₂ = nx + my = 0,37 (3)

Giải (1)(2)(3) => x = 0,07; y = 0,09

n_KOH = n_{amino axit} = 0,07 mol

1 mol amin no, 2 mol amino axit no tác dụng vừa đủ với 4 mol HCl hoặc 4 mol NaOH nên amin có 2 –NH₂; amino axit có 2 –COOH và 1 –NH₂

Giả sử trong a gam hỗn hợp X:

A: C_nH_2n+4N₂ (a mol)

B: C_mH_2m-1O₄N (b mol)

$\left\{ \begin{gathered}BTNT{\text{ }}N:{\text{ }}2a + b = 2n{N_2} = 0,48{\text{ }}mol \hfill \\\dfrac{a}{b} = \dfrac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}a = 0,12 \hfill \\b = 0,24 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

${C_n}{H_{2n + 4}}{N_2} + \dfrac{{3n + 2}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}nC{O_2} + (n + 2){H_2}O + {N_2}$

$0,12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,12.\dfrac{{3n + 2}}{2}$

${C_m}{H_{2m - 1}}{O_4}N + \dfrac{{3m - 4,5}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^o}}}mC{O_2} + (m - 0,5){H_2}O + 0,5{N_2}$

$0,24\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,24.\dfrac{{3m - 4,5}}{2}$

$=  > 0,12.\dfrac{{3n + 2}}{2} + 0,24.\dfrac{{3m - 4,5}}{2} = 1,74$

$=  > n + 2m = 12$

$Ta\,có\,a = 0,12(14n + 32) + 0,24(14m + 77)$

$ = 1,68(n + 2m) + 22,32 = 1,68.12 + 22,32 = 42,48 g$

${n_{HCl}} = 2{n_A} + {n_B} = 0,12.2 + 0,24 = 0,48\,mol$

${m_{muối}} = a + {m_{HCl}} = 42,48 + 0,48.36,5 = 60 g$

n_N2 = 0,5n_Z = 0,3 mol

Phương pháp đường chéo $ \Rightarrow \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{N_2}}}}} = \dfrac{{17}}{3} \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 1,7{\text{ }}mol$

Số C trung bình $ = \dfrac{{1,7}}{{0,6}} = 2,83$ => 2 amino axit còn lại là Gly và Ala

Giả sử trong Z có: a mol Gly, b mol Ala, c mol Glu

a + b + c = 0,6

2a + 3b + 5c = n_CO2 = 1,7

2,25a + 3,75b + 5,25c = 1,95 (= n_O2)

Giải hệ thu được a = 0,3; b = 0,2; c = 0,1

$ \Rightarrow \% {m_{Gly}} = \dfrac{{0,3.75}}{{0,3.75 + 0,2.89 + 0,1.147}}.100\%  = 40,91\% $

Muối Z gồm:

C₃H₆NO₂Na: a mol

C_nH_2nNO₂Na: 2a mol

C_mH_2m-1O₂Na: b mol

n_NaOH = 3a + b = 0,45 (1)

→ n_Na2CO3 = 0,225 mol và n_O(Z) = 0,9 mol

Đặt x, y là số mol CO₂, H₂O thu được khi đốt Z.

44x + 18y = 50,75

BTNT O → 2x + y + 0,225.3 = 0,9 + 1,125.2

=> x = 0,775; y = 0,925

n_CO2 = 3a + 2na + mb - 0,225 = 0,775 (2)

n_H2O = 3a + 2na + mb - b/2 = 0,925 (3)

(2)-(3) → b = 0,15

(1) → a = 0,1

Thế a, b vào (2) → 4n + 3m = 14

Do n ≥ 2; m ≥ 1 nên n = m = 2 là nghiệm

Vậy X là Gly và Y là CH₃COOH

Muối nhỏ nhất là CH₃COONa

m_CH3COONa = 0,15.82 = 12,3

Gọi CT chung của X là H₂NR(COOR₂)(COOR₁)

H₂NR(COOR₂)(COOR₁) → H₂NR(COONa)₂ 

=> Khối lượng tăng: 23.2 - R₁ - R₂ > 0 => R₁ + R₂ < 46

=> R₁ = 15 (-CH₃); R₂ = 29 (-C₂H₅)

1 mol H₂NC₃H₅(COOCH₃)(COOC₂H₅) → 1 mol H₂NC₃H₅(COONa)₂ thì khối lượng tăng 2 gam

Thực tế khối lượng tăng 1 gam => ${n_{{H_2}N{C_3}{H_5}\left( {COOC{H_3}} \right)\left( {COO{C_2}{H_5}} \right)}} = 0,5\,mol$

M = 0,5.189 = 94,5 gam

H₂SO₄ hấp thụ H₂O => ${n_{{H_2}O}} = 0,82{\text{ }}mol$

Các chất trong X đều có 1N => ${n_{{N_2}}} = 0,5{n_X} = 0,1{\text{ }}mol$

=> ${n_{C{O_2}}} = {n_Y}-{n_{{H_2}O}}-{n_{{N_2}}} = 0,66{\text{ }}mol$

Số C = ${n_{C{O_2}}}:{n_X} = 3,3$

Số H $ = \dfrac{{2.{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = 8,2$

Số O = x => số liên kết pi = k = 0,5x

=> Số H = 2C + 2 + N – 2O/2 = 3,3.2 + 2 + 1 – 2x/2 = 8,2

=> x = 1,4

Vậy X là C_3,3H_8,2O_1,4N

=> 0,2 mol X có m_X = 16,84 gam

Xét 29,47 gam X (n_X = 1,75.0,2 = 0,35 mol)

 Với n_HCl = n_X = 0,35 mol

=> m_muối = 42,245 gam

E + NaOH → 2 khí có cùng số mol

=> E gồm :

X : NH₄OOC–C₃H₆–COONH₄

Y : CH₃NH₃–HCO₃

Do 2 khí có cùng số mol nên đặt n_X = a => n_Y = 2a

=> n_khí = 2.a + 2a = 4a mol = 0,4 => a = 0,1 mol

=> Z chứa 0,1 mol C₃H₆(COONa)₂; 0,2 mol Na₂CO₃ và 0,1 mol NaOH dư

=> m = 42,8 gam

m_O = 0,4m => n_O = 0,4m:16 = 0,025m (mol)

=> n_COOH = n_O:2 = 0,0125m (mol)

n_OH = n_COOH = n_H2O = 0,0125m (mol)

Mà n_NaOH:n_KOH = $\dfrac{{0,02{m_{dd}}}}{{40}}:\dfrac{{0,028{m_{dd}}}}{{56}} = 1:1$=> n_NaOH = m_KOH = 0,00625m mol

BTKL: m_X + m_NaOH + m_KOH = m _muối + m_H2O

=> m + 0,00625m.40 + 0,00625m.56 = 8,8 + 18.0,0125m

=> m = 6,4 gam

$X:{C_n}{H_{2n + 3}}N\xrightarrow{{ + {O_2}}}(n + 1,5){H_2}O + nC{O_2} + 0,5{N_2}$

$Y:{C_m}{H_{2m + 1}}N{O_2}\xrightarrow{{ + {O_2}}}(m + 0,5){H_2}O + mC{O_2} + 0,5{N_2}$

$ \to {n_X} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2} + {N_2}}} = 0,175 - 0,145 = 0,03(mol)$

$ \to {n_Y} = {n_{HCl}} - {n_X} = 0,05 - 0,03 = 0,02(mol)$

${n_{{H_2}O}} = 0,03(n + 1,5) + 0,02(m + 0,5) = 0,175$

$ \to 3n + 2m = 12(n \geqslant 1;m \geqslant 2)$

$\to \left\{ \begin{gathered}n = 2 \hfill \\m = 3 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}{C_2}{H_7}N:0,03 \hfill \\Ala:0,02 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

A. m = 0,03.45 + 0,02.89 = 3,13 (g) => Đúng

B. Phân tử khối của Y là 89 => Sai

C. $\% {m_Y}{\text{ }} = {\text{ }}\dfrac{{0,02.89}}{{3,13}}.100\% = 56,87\% $=> Đúng

D. $\% {m_{N(X)}} = \dfrac{{14}}{{45}}.100\% = 31,11\% $=> Đúng

n_CO2 = 0,16 mol và n_H2O = 0,28 mol

có M + O₂ với M là C_nH_2nO₂ và C_mH_2m+3N  thì

C_nH_2nO₂ → nCO₂ + nH₂O

 C_mH_2m+3N→ mCO₂ + \(\dfrac{{2m + 3}}{2}{H_2}O\)

→ n_H2O – n_CO2 = 0,12 = \({n_{{C_m}{H_{2m + 3}}N}}.\frac{3}{2}\) → \({n_{{C_m}{H_{2m + 3}}N}} = 0,08\)→ m < 0,16/ 0,08 = 2

→ X là CH₃NH₂ → M_X = 31

Alanin: CH₃-CH(NH₂)-COOH ↔ (CH₂)₂(COO)(NH₃)

Axit glutamic: HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COOH ↔ (COO)₂(CH₂)₃(NH₃)

Axit acrylic: CH₂=CH-COOH ↔ (CH₂)₂(COO)

Propen: C₃H₆ ↔ (CH₂)₃

Trimetylamin: (CH₃)₃N ↔ (CH₂)₃(NH₃)

Vậy quy đổi hỗn hợp X, Y thành CH₂ (x mol), COO(y mol), NH₃ (với n_NH3 = 2n_N2 = 0,2 mol)

\(\left\{ \begin{gathered}C{H_2}:x \hfill \\{\text{COO:y}} \hfill \\{\text{N}}{{\text{H}}_{\text{3}}}{\text{:0,2}} \hfill \\ \end{gathered}  \right. + {O_2}:1,14 \to \left\{ \begin{gathered}C{O_2}:0,91 \hfill \\\xrightarrow{{BT:H}}{H_2}O:x + 0,3 \hfill \\{N_2}:0,1 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

BTNT "C": n_CH2 + n_COO = n_CO2 => x + y = 0,91 (1)

BTNT "O": 2n_COO + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => 2y + 1,14.2 = 0,91.2 + x + 0,3 (2)

Giải hệ được x = 0,66 và y = 0,25

Khi cho a mol X tác dụng với KOH thì: n_KOH = n_COO = 0,25 mol => m_KOH = 0,25.56 = 14 gam

- Do sau phản ứng thu được 2 amin no kế tiếp trong dãy đồng đẳng nên suy ra cấu tạo của Y là:

CH₃NH₃OOC-COONH₃C₂H₅ (0,15 mol)

- Các muối có cùng số nguyên tử C (2C) và 1 ancol nên cấu tạo của X là:

CH₃COOH₃N-CH₂-COOCH₃ (0,1 mol)

=> Muối G gồm có:

(COOK)₂ (0,15 mol)

CH₃COOK (0,1 mol)

H₂N-CH₂-COOK (0,1 mol)

=> m _muối = 0,15.166 + 0,1.98 + 0,1.113 = 46 gam

=> %m_(COOK)2 = 0,15.166/46.100% = 54,13%

- CTTQ: C_nH_2n+2-2k+xN_xO_y (với k = π + vòng, được gọi là độ bất bão hòa).

- Từ CTCT thu gọn ta đếm được trong phân tử của salbutamol có chứa 13 nguyên tử C ⟹ n = 13.

- Mặt khác phân tử chất này có chứa 3 π và 1 vòng ⟹ k = 4.

- Phân tử chứa 1 nguyên tử N, 3 nguyên tử O ⟹ x = 1; y = 3.

Vậy CTPT của salbutamol là C₁₃H₂₁NO₃.