Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 %
Chọn đáp án B
BTNT.Na ⇒ nNaOH phản ứng = 2.0,16 = 0,32 => Phản ứng cháy
Số C trung bình của
Chọn đáp án C
BTNT.Na Þ nNaOH = 0,185x2 = 0,37
Þ Trong E có nGlyNa + nAlaNa = 2x0,115 = 0,23
Þ nCOONa trong muối cacbyxylat = 0,37 - 0,23 = 0,14 Þ nOH trong ancol = 0,14
Gọi số nhóm -OH trong ancol là n Þ nAncol = 0,14/n Þ MAncol = 4,34n/0,14 = 31n
Với n = 2 thì MAncol = 62 đvC Þ Ancol chính là C2H4(OH)2 (0,07 mol)
Đặt nX + nY = x Þ nO trong M = 4x0,07 + 0,23 + x = 0,51 + x
M gồm este (RCOO)2C2H4; peptit ↔ C2H3NO 0,23 + CH2 + H2O x
Vì X là este 2 chức Þ 2 ≤ k X ≤ 7 Thử kX lần lượt là 2;4;6 ( phải là số chẵn vì có 2 gốc R)
Với kX = 2 Þ x = 0,89 và y = 0 Þ Loại vì nCO2 = y > 0
Với kX = 4 Þ x = 0,47 và y = 0,56 ÞLoại vì số mắt xích Y, Z trung bình = 0,23/0,47 < 1
Với kX = 6 Þ x = 0,05 và y = 1,12 Þ Nhận Þ Số mắt xích Y, Z trung bình = 0.23/0.05 = 4,6
Þ 2 peptit là tetrapeptit Y4 và pentapeptit Z5 Þ
nC trong M = 1,12 = 0,07CX + 0,02CY + 0,03CZ với CX = 8 + a, CY = 8 + b, CZ = 10 + c
a phải là số chẵn ( có 2 gốc R giống nhau trong X), b và c ≥ 1 (Y, Z đều chứa Ala)
Þ0,07a + 0,02b + 0,03c = 0,1 Þ Chỉ có 1 nghiệm thỏa là a = 0, b = 2 và c = 2
Þ Z là Gly3Ala2 và %mZ =