K
Khách

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

12 tháng 8 2019

24 tháng 6 2017

Đáp án A


31 tháng 10 2017

Chọn đáp án B.

23 tháng 8 2018

Chọn đáp án B.

Đipeptit mạch hở tạo từ đồng đẳng của glyxin có dạng CnHmN2O3 => Ít nhất phân tử có 3 oxi

Mà 3 phân tử X,Y,Z lại có tổng số nguyên tử oxi là 9 = 3×3 = Cả 3 chất đều là đipeptit

 

Vì nX : nY : nZ = 1 : 2 : 2 mà nX + nY+ nZ = 0,15 => nX = 0,03; nY = nZ = 0,06

Đặt X là Ala(Gly+xCH2); Y là Ala(Gly+yCH2) và Z là Ala(Gly+zCH2)

=> 0,03x + 0,06y + 0,06z + 0,15 = 0,33 => x + 2y + 2z = 6

Các giá trị x, y, z thuộc 0 (Gly) hoặc 1 (Ala) hoặc 3 (Val)

0,15 + (0,03 + 0,06)×3= 0,42 > 0,33 => Chỉ có 1 trong x, y, z bằng 3 hay chỉ có 1 peptit chứa Val Nếu peptit chứa Val có số mol là 0,03 => x = 3 => 2y + 2z = 3 vô lý vì 2y + 2z phải là số chẵn

=> Y hoặc Z phải chứa Val => Giả sử Z là Ala–Val (hoặc Val–Ala) => z = 3

=> x + 2y = 0 => x = y = 0 => X và Y chỉ khác cách sắp xếp như Gly-Ala và Ala-Gly

Với thí nghiệm sau, nX : nY : nZ = 3 : 2 : 2 mà nX + nY + nZ = 0,07 => nX = 0,03 và

nY = nZ = 0,02

 Vì nY vẫn bằng nZ => Peptit Y hay Z chứa Val đều được

26 tháng 10 2017

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.

 

 

10 tháng 10 2018

Đáp án B

19 tháng 4 2019

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 %