Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án : C
Giả sử trong X có x axit amin và trong Y có y axit amin
=> x + y = số liên kết peptit + 1 + 1 = 10
,nO2 = 0,99 mol
,mbình tăng = 46,48g = mCO2 + mH2O(1)
Bảo toàn khối lượng : mE + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2
=> mE = 17,88g có a mol X ; 3a mol Y
=> nN = ax + 3ay = 2nN2 = 0,22 mol
Khi đốt cháy : - nCO2 + nH2O + nN2 = nE => - nCO2 + nH2O = - 0,11 + 4a (2)
Bảo toàn O : nO(E) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
Vì nO(E) = nCO + 2nCOO = nNH + nE = 4a + 0,22 mol
=> 2nCO2 + nH2O = 4a + 2,2 mol(3)
( nN = nCO + nCOO ; nE = nCOO )
Từ (1,2,3) => a = 0,01 ; nCO2 = 0,77 ; nH2O = 0,7 mol
=> x + 3y = 22
=> x = 4 ; y = 6
X : 0,01 mol (Gly)n(Val)4 – n
Y : 0,03 mol (Gly)m(Val)6 – m
=> mE = 0,01.(414 – 42n) + 0,03.(612 – 42m) = 17,88
=> n + 3m = 11
+) m = 3 ; n = 2 thỏa mãn
=> %mX(E) = 18,46%
Đáp án C
Đồng đẳng hóa quy hỗn hợp E về: x mol C2H3NO; y mol CH2 và z mol H2O.
Đốt cháy X thu được (2x + y) mol CO2; (1,5x + y + z) mol H2O và 0,5x mol N2.
Số O sau phản ứng = 5,5x + 3y + z. Bảo toàn O có số mol O đốt cháy X = 4,5x + 3y = 1,98.
Số mol N2 = 0,11 mol → 0,5x = 0,11 mol → x = 0,22 mol; y = 0,33 mol.
Þ Số mol CO2 = 0,77 mol.
Khối lượng bình tăng = 
→ khối lượng H2O = 12,6 gam → số mol H2O = 0,7 mol.
→ z = 0,04 mol → số mol E = 0,04 mol → số mol X = 0,01 mol và Y = 0,03 mol.
Gọi chỉ số C của X và Y lần lượt là a và b → 0,01a + 0,03b = 0,77 → a + 3b = 77.
Để ý rằng với số mol X và Y ta tìm được số mắt xích của X và Y lần lượt là 4 và 6.
→ 8 < a < 20 và 12 < b < 30 Þ Tìm được (a;b) = (11;22); (14;21); (17;20).
Vì X và Y đều tạo bởi gly và val nên chọn được (a,b) = (14,21) → X là (gly)2(Val)2 và Y là (gly)3(Val)3.
Từ đó tìm được m E = 17 , 88 g a m → % X = 18 , 45
Đáp án D
Đun 20,78 gam E trong NaOH thu được 1,36 gam hỗn hợp F gồm 2 ancol và 28,52 gam muối khan.
Đốt cháy hoàn toàn T thu được 0,125 mol Na2CO3
→ n N a O H = 0 , 25 m o l
Bảo toàn khối lượng:
m H 2 O = 20 , 78 + 0 , 25 . 40 - 28 , 52 - 1 , 36 = 0 , 9
n H 2 O = 0 , 05 m o l = n X + n Y
Do X, Y, Z cùng số C, gọi các CTPT của các chất lần lượt là:
X, Y có công thức chung CnH2n+2-kNkOk+1 0,05 mol.
Z là CnH2n-2hO2h z mol
Với k là số N trung bình của X, Y và h là số nhóm chức COO của Z.
Phản ứng đốt cháy
C n H 2 n + 2 - k N k O k + 1 + ( 1 , 5 n - 0 , 75 k ) O 2 → n C O 2 + ( n + 1 - 0 , 5 k ) H 2 O + 0 , 5 k N 2
C n H 2 n - 2 h O 2 h + ( 1 , 5 n - 1 , 5 h ) O 2 → n C O 2 + ( n - h ) H 2 O
Ta có:
n N a O H = 0 , 05 k + h z n O 2 = 0 , 05 ( 1 , 5 n - 0 , 75 k ) + z ( 1 , 5 n - 1 , 5 h ) = 1 , 14 m E = 0 , 05 ( 14 n + 29 k + 18 ) + z ( 14 n + 30 h ) = 20 , 78
Giải hệ: k=4,4; hz=0,03; 0,05n+zn=0,09
Với h=2 thì n=13,8 (loại); h=3 thì n=15 thỏa mãn.
CTCT có thể của X, Y có thể là:
X là GlyAla(Val)2 0,03 mol và Y là (Gly)2(Ala)2Val 0,02 mol (dựa vào số N giải ra được số mol).
Ta có z=0,01 ⇒ n F = 0 , 03 → M F - = 136 3
F chứa 2 ancol vậy một ancol sẽ có số mol gấp đôi ancol còn lại.
Dựa vào Mtb nên F chứa CH3OH.
Ta thấy 32.2 + 72=136 thỏa mãn ancol còn lại là C4H7OH
→ % C 4 H 7 O H = 72 136 = 52 , 94 %
Đáp án A