K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

22 tháng 9 2019

Đáp án B

A + 4NaOH -> Muối + H2O

B + 5NaOH -> Muối + H2O

Giả sử nA = x ; nB = y mol

=> mmuối – mX = (4.40 – 18)x + (5.40 – 18)y = 23,7g

Lại có : Khi Đốt cháy muối -> sản phẩm cháy -> NaOH

=> mbình tăng = mCO2 + mH2O = 84,06g và nN2 = 0,33 mol ( khí thoát ra)

CnH2nO2NNa + O2 -> ½ Na2CO3 + (n – ½ )CO2 + nH2O + ½ N2

=> nH2O - nCO2 = nN2 = 0,33 mol

=> nCO2 = 1,26 mol ; nH2O = 1,59 mol

Bảo toàn N : 4x + 5y = 0,33.2

=>x = 0,09 ; y = 0,06 mol

Giả sử A có a Gly và (4 – a) Ala

B có b Gly và (5 – b) Ala

=>Bảo toàn C :

.nC(X) = nCO2 + nNa2CO3  ( nNa2CO3 = ½ nNaOH = 0,33 mol )

0,09.[2a + 3(4 – a)] + 0,06.[ 2b + 3(5 – b)] = 1,26 + 0,33

=> 3a + 2b = 13

=> a = 3 ; b = 2 

=> A là (Gly)3Ala và B là (Gly)2(Ala)3

=> %mX = 53,06%

22 tháng 2 2018

Chọn đáp án A

Quy X về C2H3NO, CH2 và H2O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nC2H3NO = 2nN2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C2H4NO2Na và x mol CH2. Đốt cho (x + 0,66) mol CO2 và (x + 0,88) mol H2O.

mbình tăng = mCO2 + mH2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) x = 0,18 mol.

nAla = nCH2 = 0,18 mol nGly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● nNaOH = nC2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mH2O.

m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + mH2O mH2O = 1,8(g) nH2O = 0,1 mol. Đặt nA = a mol; nB = b mol.

nC2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; nH2O = a + b = 0,1 mol || giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 A là Gly3Ala.

► %mA = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% chọn A.

9 tháng 4 2019

Chọn đáp án A

Quy X về C2H3NO, CH2 và H2O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nC2H3NO = 2nN2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C2H4NO2Na và x mol CH2. Đốt cho (x + 0,66) mol CO2 và (x + 0,88) mol H2O.

mbình tăng = mCO2 + mH2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) x = 0,18 mol.

nAla = nCH2 = 0,18 mol nGly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● nNaOH = nC2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mH2O.

m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + mH2O mH2O = 1,8(g) nH2O = 0,1 mol. Đặt nA = a mol; nB = b mol.

nC2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; nH2O = a + b = 0,1 mol || giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 A là Gly3Ala.

► %mA = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% chọn A.

2 tháng 12 2017

Chọn đáp án A

Quy X về C2H3NO, CH2 và H2O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nC2H3NO = 2nN2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C2H4NO2Na và x mol CH2. Đốt cho (x + 0,66) mol CO2 và (x + 0,88) mol H2O.

mbình tăng = mCO2 + mH2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) x = 0,18 mol.

nAla = nCH2 = 0,18 mol nGly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● nNaOH = nC2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mH2O.

m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + mH2O mH2O = 1,8(g) nH2O = 0,1 mol. Đặt nA = a mol; nB = b mol.

nC2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; nH2O = a + b = 0,1 mol || giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 A là Gly3Ala.

► %mA = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% chọn A.

1 tháng 5 2017

Chọn đáp án A

Quy X về C2H3NO, CH2 và H2O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nC2H3NO = 2nN2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C2H4NO2Na và x mol CH2. Đốt cho (x + 0,66) mol CO2 và (x + 0,88) mol H2O.

mbình tăng = mCO2 + mH2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) x = 0,18 mol.

nAla = nCH2 = 0,18 mol nGly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● nNaOH = nC2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: mX + mNaOH = mmuối + mH2O.

m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + mH2O mH2O = 1,8(g) nH2O = 0,1 mol. Đặt nA = a mol; nB = b mol.

nC2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; nH2O = a + b = 0,1 mol || giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 A là Gly3Ala.

► %mA = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% chọn A.

30 tháng 6 2017

Chọn đáp án C

Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân

T + O 2    → t 0 N a 2 C O 3 + 84,06 gam C O 2   +   H 2 O + 0,33 mol N 2 .

muối T dạng C n H 2 n N O 2 N a n T = 0,66 mol; n N a 2 C O 3 = 0,33 mol.

trong T: n C = n H 2 = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

m T   = 67,8 gam m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà n N a O H   = 0,66 mol.

44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol H 2 O

|| BTKL có m H 2 O = 2,7 gam n H 2 O = n E = 0,15 mol.

giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit X 4 và 0,06 mol pentapeptit Y 5 .

Lại dùng giả thiết đốt cháy trên có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.

gọi số gốc glyxin trong X 4   v à   Y 5 lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

∑ n G l y = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol 3a + 2b = 13 a = 3; b = 2 thỏa mãn.!

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   H 2 O T gồm C 2 H 4 N O 2 N a   v à   C H 2 .

n N a O H = n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:

m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + m H 2 O m H 2 O = 2,7 gam n H 2 O = 0,15 mol.

n N a 2 C O 3 = 0,33 mol n H 2 O đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hiđro: n C H 2 = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.

n A l a = n C H 2 = 0,27 mol nGly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.

Đặt n X = x mol; n Y   = y mol n E   = 0,15 mol = x + y; n C 2 H 3 N O = 0,66 mol = 4x + 5y

Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1

18 tháng 10 2019

Đáp án D

A + 4NaOH → Muối + H2O

B + 5NaOH → Muối + H2O

Giả sử  n A = x n B = y → m m u o i - m x = 15 , 8   g

Lại có: Khi Đốt cháy muối → sản phẩm cháy → Ca(OH)2

→ m b i n h tan g = 56 , 04 g = m C O 2 + m H 2 O   v à   n N 2 = 0 , 22 m o l ( khí thoát ra)

Bảo toàn N: 4x + 5y = 0,22.

→ x = 0,06 ; y = 0,04 mol

→ n N a O H = 4 x + 5 y = 0 , 44   m o l

→ n N a 2 C O 3 = 0 , 22   m o l

Giả sử A có a Gly và (4 – a) Ala

B có b Gly và (5 – b) Ala

Phản ứng cháy tổng quát

→ Bảo toàn C:  n C ( X ) = n C O 2 + n N a 2 C O 3

0,06.[2a + 3(4 – a)] + 0,04.[ 2b + 3(5 – b)] = 0,84 + 0,22

→ 3a + 2b = 13

→a = 3 ; b = 2

→ A là  

→ % m B ( X ) = 46 , 94 %

→ Bảo toàn nguyên tố : sản phẩm cháy gồm: 

Bảo toàn O: 7x + y +  2.6,3 = 2.15x + 13x + y

→ x = 0,35 mol

→ m = 0,35.(75.3 + 89.3 – 18.5) = 140,7g

16 tháng 12 2017

Đáp án D

A + 4NaOH → Muối + H2O

B + 5NaOH → Muối + H2O

Giả sử 

Lại có: Khi Đốt cháy muối → sản phẩm cháy → Ca(OH)2

(khí thoát ra)

Bảo toàn N: 4x + 5y = 0,22.2

→ x = 0,06 ; y = 0,04 mol 

Giả sử A có a Gly và (4 – a) Ala

B có b Gly và (5 – b) Ala

Phản ứng cháy tổng quát :

= 0,22 mol

→ Bảo toàn C: 

0,06.[2a + 3(4 – a)] + 0,04.[ 2b + 3(5 – b)] = 0,84 + 0,22

→a = 3 ; b = 2

→ A là 

10 tháng 5 2017

Đáp án : A

A + 4NaOH -> Muối + H2O

B + 5NaOH -> Muối + H2O

Giả sử nA = x ; nB = y mol

=> mmuối – mX = (4.40 – 18)x + (5.40 – 18)y = 15,8g

Lại có : Khi Đốt cháy muối -> sản phẩm cháy -> Ca(OH)2

=> mbình tăng = 56,04g = mCO2 + mH2O và nN2 = 0,22 mol ( khí thoát ra)

Bảo toàn N : 4x + 5y = 0,22.2

=>x = 0,06 ; y = 0,04 mol => nNaOH = 4x + 5y = 0,44 mol => nNa2CO3 = 0,22 mol

Giả sử A có a Gly và (4 – a) Ala

B có b Gly và (5 – b) Ala

Phản ứng cháy tổng quát :

CnH2n+1O2NNa + O2 -> ½ Na2CO3 + (n – ½ )CO2 + (n + ½ )H2O + ½ N2

=> nH2O – nCO2 = nmuối = 4x + 5y = 0,22 mol

=> nCO2 = 0,84 ; nH2O = 1,06 mol

=>Bảo toàn C :

.nC(X) = nCO2 + nNa2CO3 

0,06.[2a + 3(4 – a)] + 0,04.[ 2b + 3(5 – b)] = 0,84 + 0,22

=> 3a + 2b = 13

=> a = 3 ; b = 2

=> A là (Gly)3Ala và B là (Gly)2(Ala)3

=> %mB(X) = 46,94% 

=>A

8 tháng 7 2019

Đáp án D

A + 4NaOH → Muối + H2O

B + 5NaOH → Muối + H2O

Giả sử  n A = x n B = y → m m u o i - m X = ( 4 . 40 - 18 ) x + ( 5 . 40 - 18 ) y = 15 , 8   g

Lại có: Khi Đốt cháy muối → sản phẩm cháy → Ca(OH)2

→ m b ì n h   t ă n g = 56 , 04   g = m C O 2 + m H 2 O   v à   n N 2 = 0 , 22   m o l  (khí thoát ra)

Bảo toàn N: 4x + 5y = 0,22.2

→ x = 0,06 ; y = 0,04 mol  → n N a O H = 4 x + 5 y = 0 , 44   m o l → n N a 2 C O 3 = 0 , 22   m o l

Giả sử A có a Gly và (4 – a) Ala

B có b Gly và (5 – b) Ala

Phản ứng cháy tổng quát:

C n H 2 n + 1 O 2 N a + O 2 → 1 2 N a 2 C O 3 + n - 1 2 C O 2 + ( n + 1 2 ) H 2 O + 1 2 N 2 → n H 2 O - n C O 2 = n m u o i = 4 x + 5 y = 0 , 22   m o l

→ n H 2 O = 1 , 06   m o l ;   n C O 2 = 0 , 84   m o l

→ Bảo toàn C:  n C ( X ) = n C O 2 + n N a C O 3

0,06.[2a + 3(4 – a)] + 0,04.[ 2b + 3(5 – b)] = 0,84 + 0,22

→ 3a + 2b = 13

→a = 3 ; b = 2

→ A là  A :   ( G l y ) 3 A l a B :   ( G l y ) 2 ( A l a ) 3 → % m B ( X ) = 46 , 94 %