Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án C.
Ta có :
Chú ý:
+ Với những bài toán đốt cháy muối nên tách muối thành Na2O và CO2.
+ Phương trình dồn chất để tìm x = 0,09 ta dồn CH2 và phần dư để tận dụng nhanh số mol C là 0,84 vừa tìm được.
Chọn đáp án D
Þ x = (44,64 - 0,44x97)/14 = 0,14
Đốt Z được nCO2 < nH2O
Þ 2 ancol này no và nZ = 0,19 - 0,11 = 0,08
Þ C - = 0,11/0,08 = 1,375
Þ Z gồm
nCH2 tách ra từ Y = 0,14 - y < 0,14 Þ Y phải là Gly3 Þ y = x = 0,14 = 0,03x3+0x05
Þ 2 este trong X là NH2C2H4COOCH3 (0,05mol) và NH2C4H8COOC2H5 (0,03mol)
Vậy %m NH2C4H8COOC2H5 = 
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 %
Đáp án D
Đặt số mol: nGly-Na = a ; nAla-Na = b
Bảo toàn N: nN = nGly-Na + nAla-Na = a + b = 2nN2 = 2.7,84: 22,4 = 0,7 mol (1)
- Khi đốt cháy hỗn hợp muối:
C2H4O2NNa + 2,25O2 → 1,5CO2 + 2H2O + ½ N2 + ½ Na2CO3
C3H6O2NNa + 3,75O2 → 2,5CO2 + 3H2O + ½ N2 + ½ Na2CO3
=> nO2 = 2,25a + 3,75b = 2,22 mol (2)
Từ (1,2) => a = 0,27 ; b = 0,43 mol
=> mmuối = mGly-Na + mAla-Na = 97.0,27 + 111.0,43 = 73,92g
Bảo toàn Na: nNaOH = nGlyNa + nAlaNa = 0,7 mol
- Khi E + NaOH → Muối + Ancol. Bảo toàn khối lượng:
mE + mNaOH = mMuối + mancol + mH2O
=> mH2O = 63,5 + 0,7.40 – 73,92 – 13,8 = 3,78g => nH2O = 0,21 mol
=> nY + nZ = nH2O = 0,21 mol (3) (Phản ứng peptit: Peptit + nNaOH → Muối + H2O)
X là este của Gly hoặc Ala và ancol T.
Dựa vào công thức X ban đầu có 5C => có 2 trường hợp có thể xảy ra:
X là NH2-CH(CH3)-COOC2H5 hoặc NH2CH2COOC3H7.
+) Nếu X là NH2-CH(CH3)-COOC2H5 => nX = nC2H5OH = 0,3 mol
=> Y,Z tạo từ 0,27 mol Gly và (0,43 – 0,3 = 0,13) mol Ala
=> Số N trung bình của Y,Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9 => Vô lý (peptit có số N > 1) => Loại
=> X là NH2CH2COOC3H7. => nX = nC3H7OH = 0,23 mol
=> Y,Z tạo từ (0,27 – 0,23 = 0,04) mol Gly và 0,43 mol Ala
=> Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24
=> Y là dipeptit (1 liên kết) ; Z là heptapeptit (6 liên kết)
Bảo toàn N: nN = 2nY + 7nZ = 0,04 + 0,43 = 0,47 mol (4)
Từ (3,4) => nY = 0,2 ; nZ = 0,01 mol
- Gọi công thức của: Y: (Gly)u(Ala)2-u
Z: (Gly)v(Ala)7-v
=> Ta có: nGly = 0,2u + 0,01v = 0,04 => 20u + v = 4
=> u = 0 ; v = 4 thỏa mãn.
Vậy Y là (Ala)2 (0,2 mol) và Z là (Gly)4(Ala)3 (0,01 mol) (MZ > MY)
=> %mZ = 0,01.459/63,5 = 7,23%
Chọn đáp án B
BTNT.Na ⇒ nNaOH phản ứng = 2.0,16 = 0,32 => Phản ứng cháy
Số C trung bình của