Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án A.
Quy đổi E
E + N a O H → B T K L m H 2 O = 0 , 9 g
⇒ n H 2 O = 0 , 05 m o l
Số mắt xích trung bình của Y, Z là 5,6 mà MY < MZ, Z hơn Y một nguyên tử N
=> Y là pentapeptit, Z là hexapeptit
Muối thu được gồm:
Do n a n c o l = 0 , 16 m o l
⇒ X là H2NCH2COOC2H5: 0,16 mol
n Z = 0 , 03 m o l = n V a l ⇒ Z có 1 gốc Val trong phân tử.
⇒ Y là (Gly)3(Ala)2: 0,02 mol
Đáp án D
Ta có: n N a 2 C O 3 = 0 , 345 → n N a O H = 0 , 69 m o l
Gọi số mol của Gly và Val lần lượt là a, b
=> a+b+0,08= 0,69
n O 2 = 2 , 25 a + 6 , 75 b + 3 , 75 . 0 , 08 = 1 , 7625
Giải được a=0,59; b=0,02
Ta có: n M p . ư = 0 , 4 m o l → n M > 0 , 4 → M M < 36 , 8
vậy ancol M là CH3OH → n M = 0 , 46
nên X phải là NH2CH2COOCH3 và còn lại 0,13 mol Gly, 0,08 mol Ala và 0,02 mol Val tạo nên peptit Y, Z.
Quy đổi 2 peptit còn lại về C2H3ON 0,23 mol, CH2 0,14 mol và H2O x mol
=> 0,23.57+0,14.14+18x+0,46.89= 56,73
Giải được x=0,04 → N - = 5 , 75
hỗn hợp gồm 5-peptit và 6-peptit với số mol lần lượt là 0,01 và 0,03 mol
Nhận thấy 0,02=0,01.2; 0,08=0,01.2+0,03.2; 0,13=0,01+0,03.4.
Vậy hỗn hợp gồm 2peptit là GlyAla2Val2 0,01 mol và Gly4Ala2 0,03 mol
Z là Gly4Ala2.
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 %
