Hoà tan hoàn toàn m gam một amine (bậc I, đơn chức) trong nước rồi cho tác dụng với dung dịch $FeC{l_3}$dư. Lọc kết tủa sau phản ứng, rửa sạch, sấy khô và nung đến khối lượng không đổi thu được 1,6 gam chất rắn. Mặt khác, cho cùng lượng amine trên tác dụng với dung dịch ${\rm{HCl}}$ dư, sinh ra 4,05 gam muối. Công thức của amine là

A. ${{\rm{C}}_4}{{\rm{H}}_9}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.$

B. ${\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.$

C. ${{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_7}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.$

D. ${{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 28) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Gọi công thức của amine bậc một, đơn chức có công thức ${\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}$

Chú ý: ${\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}$ có tính base tương tự như ${\rm{N}}{{\rm{H}}_3}$

$3{\rm{RN}}{{\rm{H}}_2} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_3} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_3} \downarrow + 3{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}$

$2 Fe {(OH)}_{3} \overset{t^{0}}{\to} {Fe}_{2} O_{3} + 3 H_{2} O$

Luôn có ${{\rm{n}}_{{\rm{Fe}}{{({\rm{OH}})}_3}}} = 2{{\rm{n}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3}}} = 2 \cdot 0,01 = 0,02\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}}} = 0,06\;{\rm{mol}}$

${\rm{RN}}{{\rm{H}}_2} + {\rm{HCl}} \to {\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}$

Khi tham gia phản ứng trung hòa amine bằng ${\rm{HCl}}$ có ${{\rm{n}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{amine}}}} = 0,06\;{\rm{mol}}$

$ \Rightarrow {{\rm{M}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}}} = \frac{{4,05}}{{0,06}} = 67,5 \to {\rm{R}} = 15\,\left( {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}} \right)$

Vậy công thức của amine là ${\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.$

Chọn B.

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Trong không gian tọa độ \[Oxyz,\] cho mặt cầu $\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9$ và điểm \[M\] thay đổi trên mặt cầu. Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng \[OM\] là

A. 12.

B. 3.

C. 9.

D. 6.

Lời giải

$Trong không gian tọa độ \[Oxyz,\] cho mặt cầu và điểm \[M\] thay đổi trên mặt cầu. Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng \[OM\] là A. 12. B. 3. C. 9. D. 6. (ảnh 1)$

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)$, bán kính $R = 3.$

Với $M \in \left( S \right)$ ta có $O{M_{\max }} = OI + R = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}} + 3 = 6$.

Chọn D.

Câu 2

Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe S1S2 là 1 mm. Khoảng cách từ màn quan sát đến mặt phẳng chứa hai khe S1S2 là 2 m. Chiếu vào khe $S$ đồng thời hai ánh sáng đơn sắc có bước sóng ${\lambda _1} = $$0,4\mu {\rm{m}}$ và $0,5\mu {\rm{m}} \le {\lambda _2} \le 0,65\mu {\rm{m}}.$ Trên màn, tại điểm ${\rm{M}}$ gần vân trung tâm nhất và cách vân trung tâm 5,6 mm có vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm. Tại vị trí điểm $N$ cách vân trung tâm 8,96 mm là vân sáng bậc mấy của bức xạ ${\lambda _2}$?

A. 8.

B. 7.

C. 6.

D. 5.

Lời giải

Điểm M là vị trí trùng nhau của hai ánh sáng.

\[{x_M} = {k_1}\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \Rightarrow 5,6 = {k_1}\frac{{0,4.2}}{1} \Rightarrow {k_1} = 7\]

Hai vân sáng trùng nhau tại M thoả mãn: \[\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} \Rightarrow \frac{7}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{0,4}} \Rightarrow {\lambda _2} = \frac{{2,8}}{{{k_2}}}\mu m\]

Mà \[0,5\mu {\rm{m}} \le {\lambda _2} \le 0,65\mu {\rm{m}} \Rightarrow 0,5 \le \frac{{2,8}}{{{k_2}}} \le 0,65 \Rightarrow 4,3 \le {k_2} \le 5,6 \Rightarrow {k_2} = 5\]

Vậy tại M thì vân sáng bậc 7 của bức xạ λ₁ trùng với vân sáng bậc 5 của bức xạ λ₂.

Do đó \[{\lambda _2} = \frac{{2,8}}{{{k_2}}} = \frac{{2,8}}{5} = 0,56\,\mu m\]

Tại vị trí điểm $N$ cách vân trung tâm 8,96 mm có: $x_{N} = k_{2}^{'} \frac{λ_{2} D}{a} \Rightarrow 8, 96 = k_{2}^{'} \frac{0, 56.2}{1} \Rightarrow k_{2}^{'} = 8$ ứng với vân sáng bậc 8 của bức xạ λ₂.