Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án A
Có
Khí thoát ra khỏi bình là CO2.
CO2 + 0,1 mol Ca(OH)2 → CaCO3 + dung dịch
Dung dịch thu được + Ba(OH)2 dư → BaCO3
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có:
mO(X) = 4,3 – 12.0,12 – 1.(2.0,06 + 0,04) – 35,5.0,04 = 1,28 gam
nO(X) = 0,08 mol
nC : nH : nO : nCl = 0,12 : 0,16 : 0,08 : 0,04 = 3:4:2:1
X có dạng C3nH4nO2nCln 107,5n < 230 n < 2,13 mà tổng số nguyên tử H và Cl phải là số chẵn n = 2
Trong phân tử X chứa 4 nguyên tử O
- Quy đổi hỗn hợp X thành phần C 2 H 3 O N a m o l , − C H 2 b m o l v à H 2 O c m o l .
- Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm C 2 H 4 O N N a a m o l v à C H 2 b m o l .
Xét quá trình đốt cháy hỗn hợp muối ta có hệ sau:
→ 97 n N H 2 C H 2 C O O N a + 14 n C H 2 − 57 n C 2 H 3 O N + 14 n C H 2 + 18 n H 2 O = Δ m 44 n C O 2 + 18 n H 2 O = m bình Z → BT : N n C 2 H 3 O N = 2 n N 2 → 40 a − 18 c = 15 , 8 102 a + 62 b = 56 , 04 a = 0 , 44 ⇒ a = 0 , 44 b = 0 , 18 c = 0 , 1
- Xét hỗn hợp X ta có:
n A + n B = n H 2 O 4 n A + 5 n B = 2 n N 2 → n A + n B = 0 , 14 4 n A + 5 n B = 0 , 44 ⇒ n A = 0 , 06 m o l n B = 0 , 04 m o l
- Gọi peptit A và B lần lượt là G l y x A l a 4 − x v à G l y y A l a 5 − y v O i x < 4 v à y < 5 .
→ B T : G l y n A . x + n B . y = n G l y → ⇒ x = 3 ; y = 2 (thỏa mãn)
⇒ % m B = 0 , 04. M G l y 2 A l a 3 m x = 0 , 04.345 57.0 , 44 + 14.0 , 18 + 18.0 , 1 .100 % = 46 , 94 %
Đáp án cần chọn là: C
Đáp án C
- Quy đổi hỗn hợp X thành phần C2H3ON (a mol), -CH2 (b mol) và H2O (c mol).
- Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm C2H4ONNa (a mol) và CH2 (b mol).
Xét quá trình đốt cháy hỗn hơp muối ta có hệ sau:
- Xét hỗn hợp X ta có:
- Gọi peptit A và B lần lượt là (Gly)x(Ala)4-x và (Gly)y(Ala)5-y (với x<4 và y<5).
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.
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.
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.
Đáp án B