K
Khách

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

24 tháng 4 2018

Đáp án A

0,04 mol E dạng H2NCnHmCOOH + 0,1 mol NaOH → chất rắn khan T gồm:

{0,04 mol H2NCnHmCOONa + 0,06 mol NaOH} + 0,04 mol H2O.

bảo toàn nguyên tố có: nNa2CO3 = ½.nNaOH = 0,05 mol || nN2 = ½.nT = 0,02 mol.

♦ đốt T + O2 → t 0 0,05 mol Na2CO3 + 0,07 mol CO2 + 0,15 mol H2O + 0,02 mol N2.

bảo toàn nguyên tố C có ∑nC trong T = nNa2CO2 + nCO2 = 0,12 mol ∑số C trong T = 3 n = 2.

bảo toàn nguyên tố H có ∑nH trong T = 2nH2O – nNaOH dư = 0,24 mol ∑số H trong T = 6 m = 4.

Vậy E có dạng H2NC2H4COOH tương ứng có 2 đồng phân cấu tạo thỏa mãn là:

H2NCH2CH2COOH (axit β–aminopropionic) và CH3CH(NH2)COOH (axit α–aminopropionic)

2 đồng phân

2 tháng 12 2017

Đáp án D

0,02 mol T dạng H2NCnH2nCOOH + NaOH → hỗn hợp G + H2O.

bảo toàn Na có ∑nNaOH dùng = ∑nNa trong G = 2nNa2CO3 = 0,06 mol.

♦ đốt:

bảo toàn nguyên tố H có: 2n = (0,1 × 2 – 0,04 – 0,02 × 2) ÷ 0,02 = 6 n = 3.

T có dạng H2NC3H6COOH ứng với 5 đồng phân cấu tạo thỏa mãn:

24 tháng 1 2019

Đáp án B

amino axit T mạch hở chứa 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH dạng H2NCnHmCOOH.

0,04 mol T + NaOH → 0,04 mol G là H2NCnHmCOONa.

♦ giải đốt: 0,04 mol H2NCnHmCOONa + O2 → t 0 0,02 mol

Na2CO3 + 0,06 mol CO2 + 0,08 mol H2O + 0,02 mol N2.

(biết số mol Na2CO3 theo bảo toàn Na, biết N2 theo bảo toàn N).

|| bảo toàn C: ∑số Ctrong muối = (0,02 + 0,06) ÷ 0,04 = 2 n = 1.

bảo toàn H có ∑số Htrong muối = 0,08 × 2 ÷ 0,04 = 4 m = 2.

công thức của T là H2NCH2COOH → là Glyxin, M = 75

5 tháng 3 2018

E 3 Chọn đáp án A

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

a mol E3 cần 0,5a mol H 2 O để biến đổi thành 1,5a mol đipeptit E 2 dạng C 2 n H 4 n N 2 O 3 .

đốt 1,5a mol mol E 2 cần 0,135 mol O 2 thu được cùng số mol C O 2 và H 2 O là 0,12 mol.

bảo toàn nguyên tố O có 1,5a = n E 2 = (0,12 × 3 – 0,135 × 2) ÷ 3 = 0,03 mol.

n = 0,12 ÷ 0,03 ÷ 2 = 2 α–amino axit tạo E và T là glyxin: C 2 H 5 N O 2 .

thủy phân 4a = 0,08 mol T 5 + HCl → m gam muối là 0,4 mol C 2 H 5 N O 2 . H C l

m = 0,4 × (75 + 36,5) = 44,6 gam chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy : giải theo công thức tổng quát

α–amino axit tạo E và T dạng C n H 2 n   +   1 N O 2   n   ≥   2 CTTQ của E là C 3 n H 6 n   –   1 N 3 O 4 .

Phương trình cháy: C 3 n H 6 n   –   1 N 3 O 4 + (4,5n – 2,25) O 2 → 3n C O 2 + (3n – 0,5) H 2 O + 1,5 N 2 .

n C O 2 = n B a C O 3 = 0,12 mol; n O 2 = 0,135 mol n O 2 ÷ n C O 2 = (4,5n – 2,25) ÷ (3n) = 0,135 ÷ 0,12

Giải ra: n = 2 α–amino axit là glyxin: C 2 H 5 N O 2 và a = 0,02 mol.

thủy phân 4a mol T trong HCl thu được 4a × 5 = 0,4 mol muối clorua của Gly.

m = 0,4 × 111,5 = 44,6 gam.

28 tháng 12 2019

Chọn đáp án C

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

đốt đipeptit C 2 n H 4 n N 2 O 3   +   15   m o l   O 2   → t 0   12   m o l   C O 2   +   12   m o l   H 2 O   +   ?   N 2 .

(giả thiết cho tỉ lệ 5 : 4 nên cho O2 là 15 mol thì tương ứng n C O 2 = n H 2 O = 12 mol).

bảo toàn O có n đ i p e p t i t = (12 × 3 – 15 × 2) ÷ 3 = 2 mol n = 12 ÷ 4 = 3

cho biết α–amino axit là Alanin: C 3 H 7 N O 2

thủy phân 0,04 mol Q 5 + HCl (vừa đủ) + H 2 O → 0,2 mol C 3 H 7 N O 2 . H C l

m = 0,2 × (89 + 36,5) = 25,1 gam. Chọn đáp án C. ♣.

Cách 2: Giải theo công thức tổng quát của peptit:

Amino axit dạng: C n H 2 n   +   1 N O 2   n   ≥   2 công thức của tetrapeptit Q là C 4 n H 8 n   –   2 N 4 O 5 .

Phương trình cháy: C 4 n H 8 n   –   2 N 4 O 5 + 6 n   –   3 O 2 → 4n C O 2 + 4 n   –   1 H 2 O   + 2 N 2 .

6n – 3 = 5 4 × 4n n = 3 amino axit là Ala m = 0,04 × 5 × 125,5 = 25,1 gam.

24 tháng 3 2018

Chọn đáp án A

đipeptit X có dạng C 2 n H 4 n N 2 O 3 đốt cho n C O 2 = n H 2 O .

mà giả thiết: m C O 2 + m H 2 O = 7,44 gam n C O 2 = n H 2 O = 0,12 mol.

♦ đốt C 2 n H 4 n N 2 O 3 + 0,15 mol O 2 → 0,12 mol C O 2 + 0,12 mol H 2 O + ? mol N 2

bảo toàn nguyên tố O có a = n C 2 n H 4 n N 2 O 3 = (0,12 × 3 – 0,15 × 2) ÷ 3 = 0,02 mol.

|| n = 0,12 ÷ 0,02 ÷ 2 = 3 α–amino axit tạo X và Y là alanin: C 3 H 7 N O 2 .

Thủy phân 0,02 mol Y 4 cần 0,08 mol KOH → 0,08 mol C 3 H 6 N O 2 N a .

m gam chất rắn gồm 0,08 mol C 3 H 6 N O 2 N a và 0,04 mol KOH (dư)

m = 0,08 × (89 + 38) + 0,04 × 56 = 12,40 gam.

4 tháng 7 2017

Đáp án B

Phản ứng hóa học

2 C m H 2 m O 2 NNa + 6 n - 3 2 O 2 → t 0 Na 2 CO 3 + ( 2 m - 1 ) CO 2 + 2 mH 2 O + N 2                                                                                                                                                                         0 , 1                                                                 0 , 12

25 tháng 9 2017

Chọn đáp án B

bài này rơi vào cái “tối thiểu”. có 4 peptit, bét nhất là đipeptit N 2 O 3 , 4 × 3 = 12 nguyên tử Oxi rồi.

Cả 4 chất X, Y, Z, T đều là đipeptit có dạng chung: C n H 2 n N 2 O 3 .

Xử lí đốt cháy: gọi x là số mol của C O 2   v à   H 2 O → bảo toàn O: n p e p t i t = (3x – 0,63 × 2) ÷ 3 = x – 0,42 mol.

Khi đó: m p e p t i t = 13,98 = 14x + 76 × (x – 0,42) x = 0,51 mol n p e p t i t = 0,09 mol.

Bải toán thủy phân: dùng gấp 1,5 lần lên: 0,135 mol và m = 20,97 gam.

NaOH lấy dư H 2 O tạo thành tính theo peptit là 0,135 mol. n N a O H   = 0,135 × 2 × 1,2 = 12,96 gam.

Bảo toàn khối lượng: m r ắ n   s a u   p h ả n   ứ n g   = 12,96 + 20,97 – 0,135 × 18 = 31,5 gam

20 tháng 8 2019

X   +   11 N a O H   →   3 A   +   4 B   +   5 H 2 O

Dựa vào PTHH ta thấy X là heptapeptit.

Mặt khác: 3 + 4.2 = 11 => A có chứa 1 nhóm COOH còn B chứa 2 nhóm COOH

Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 29a mol C O 2  => Số C trong X là 29

X có dạng  A 3 B 4

Giả sử số C của A và B lần lượt là n, m.

=> 3n + 4m = 29 có cặp nghiệm thỏa mãn là n = 3, m = 5

Vậy A là Ala, B là Glu

*Xét phản ứng đốt b gam E trong  O 2 :

Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là A l a 2 G l u n  hay;

( C 3 H 7 O 2 N ) 2 ( C 5 H 9 O 4 N ) n   −   n + 1 H 2 O   h a y   C 5 n + 6 H 7 n + 12 O 3 n + 3 N n + 2

C H   =     n C O 2 2 n H 2 O → 5 n + 6 7 n + 12     = 0 , 675 0 , 5625.2     →   n   =   1 , 5

=> Công thức trung bình là  A l a 2 G l u 1 , 5

*Xét phản ứng thủy phân 0,15 mol E trong NaOH dư:

n A l a − N a   =   0 , 15.2   =   0 , 3   m o l n G l u − N a 2   =   0 , 15.1 , 5   =   0 , 225   m o l

=> m   m u o i   =   0 , 3. 89   +   22   +   0 , 225. 147   +   22.2   =   76 , 275  gam gần nhất với giá trị 76 gam

Đáp án cần chọn là: A

15 tháng 4 2017

X   +   11 N a O H   →   3 A   +   4 B   +   5 H 2 O

Dựa vào PTHH ta thấy X là heptapeptit.

Mặt khác: 3 + 4.2 = 11 => A có chứa 1 nhóm COOH còn B chứa 2 nhóm COOH

Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 29a mol C O 2  => Số C trong X là 29

X có dạng  A 3 B 4

Giả sử số C của A và B lần lượt là n, m.

=> 3n + 4m = 29 có cặp nghiệm thỏa mãn là n = 3, m = 5

Vậy A là Ala, B là Glu

*Xét phản ứng đốt b gam E trong O 2 :

Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là  A l a 2 G l u n   h a y ;

( C 3 H 7 O 2 N ) 2 ( C 5 H 9 O 4 N ) n   −   n + 1 H 2 O   h a y   C 5 n + 6 H 7 n + 12 O 3 n + 3 N n + 2

  C H =   n C O 2 2 n H 2 O   → 5 n + 6 7 n + 12     =     0 , 675 0 , 5625.2 →   n   =   1 , 5

=> Công thức trung bình là  A l a 2 G l u 1 , 5

*Xét phản ứng thủy phân 0,15 mol E trong NaOH dư:

n A l a − N a   =   0 , 15.2   =   0 , 3   m o l n G l u − N a 2   =   0 , 15.1 , 5   =   0 , 225   m o l

=> m   m u o i   =   0 , 3. 89   +   22   +   0 , 225. 147   +   22.2   =   76 , 275  gam gần nhất với giá trị 76 gam

Đáp án cần chọn là: A