K
Khách

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

17 tháng 11 2019

n N 2   =   0 , 5 n Z   =   0 , 3   m o l

Phương pháp đường chéo  ⇒ n C O 2 n N 2     =     17 3 ⇒   n C O 2 =   1 , 7   m o l

Số C trung bình =     1 , 7 0 , 6 =   2 , 83   => 2 amino axit còn lại là Gly và Ala

Giả sử trong Z có: a mol Gly, b mol Ala, c mol Glu

a + b + c = 0,6

2 a   +   3 b   +   5 c   =   n C O 2   =   1 , 7

2,25a + 3,75b + 5,25c = 1,95  ( =   n O 2 )

Giải hệ thu được a = 0,3; b = 0,2; c = 0,1

⇒   % m G l y   =   0 , 3.75 0 , 3.75 + 0 , 2.89 + 0 , 1.147 .100 %   =   40 , 91 %

Đáp án cần chọn là: A

25 tháng 1 2017

Đáp án A

nN2 = 0,5nZ = 0,3 mol

Phương pháp đường chéo => nCO2/nN2 = 17/3 => nCO2 = 1,7 mol

Số C trung bình = 1,7/0,6 = 2,83 => 2 amino axit còn lại là Gly và Ala

Giả sử trong Z có: a mol Gly, b mol Ala, c mol Glu

a+b+c = 0,6

2a+3b+5c = nCO2 = 1,7

2,25a+3,75b+5,25c = 1,95 (=nO2)

Giải hệ thu được a = 0,3; b = 0,2; c = 0,1

=>%mGly = 0,3.75/(0,3.75+0,2.89+0,1.147) = 40,91%

4 tháng 9 2019

Chọn đáp án D

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

• biến đổi: 0,06 mol E + 0,08 mol H 2 O → 0,14 mol E 2 dạng C ? H 2 ? N 2 O 3   đ i p e p t i t .

10,2 gam E ứng với 3x mol → cần 4x mol H 2 O để chuyển thành 7x mol E 2 .

đốt (10,2 + 72x) gam E 2 (7x mol) cần 0,495 mol O 2 → C O 2   +   H 2 O   +   N 2 .

bảo toàn Oxi có: n C O 2 = (7x × 3 + 0,495 × 2) ÷ 3 = (7x + 0,33) mol.

m E 2 = 14 × (7x + 0,33) + 7x × 76 = 10,2 + 72x giải x = 0,01 mol.

thay ngược lại có: n C O 2 = 0,4 mol. tỉ lệ giả thiết có:

thủy phân 0,03 mol E → 0,04 mol C n H 2 n   +   1 N O 2 + 0,1 mol C m H 2 m   +   1 N O 2 .

bảo toàn nguyên tố C có: 0,04n + 0,1m = n C O 2 = 0,4 mol 2n + 5m = 20.

cặp nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là n = 5; m = 2.

ứng với có 0,04 mol Valin C 5 H 11 N O 2 và 0,1 mol Glyxin C 2 H 5 N O 2 .

0,03 mol E gồm 0,02 mol Xi và 0,01 mol Yk ∑lk peptit = i + k – 2 = 8

i + k = 10 mà ∑ n α – a m i n o   a x i t = 0,02i + 0,01k = 0,14 mol 2i + k = 14

giải i = 4 và k = 6 E gồm X 4 dạng V a l a G l y 4   –   a   +   Y 6 dạng V a l b G l y 6   –   b

∑ n V a l   = 0,02a + 0,01b = 0,04 mol 2a + b = 4 (điều kiện: a, b ≥ 1)

nghiệm duy nhất thỏa mãn: a = 1 và b = 2 Y dạng V a l 2 G l y 4

Theo đó, M Y = 117 × 2 + 75 × 4 – 5 × 18 = 444 chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   H 2 O . Xét trong 0,06 mol E ta có:

n H 2 O = n E = 0,06 mol; n C 2 H 3 N O = ∑ n a m i n o   a x i t   = 0,08 + 0,2 = 0,28 mol.

n X = 0,06 ÷ (2 + 1) × 2 = 0,04 mol; n Y = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Gọi số mắt xích trong X và Y là a và b (a, b ≥ 2).

n C 2 H 3 N O = 0,28 mol = 0,04a + 0,02b; số mắt xích = a + b = 8 + 2 = 10.

|| a = 4 và b = 6. Đặt n C H 2 = x mol. Giả sử 10,2 gam E gấp k lần 0,06 mol E.

10,2 gam E chứa 0,28k mol C 2 H 3 N O ; kx mol C H 2 ; 0,06k mol H 2 O .

m E = 0,28k × 57 + 14kx + 0,06k × 18 = 10,2 gam.

và n O 2 cần đốt = 2,25 n C 2 H 3 N O + 1,5 n C H 2 = 2,25 × 0,28k + 1,5kx = 0,495 mol.

Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,12 x = 0,12 ÷ 0,5 = 0,24 mol.

Dễ thấy n C H 2 = 0,24 = 0,08 × 3 + 0,2 có 0,08 mol Val và 0,2 mol Gly.

Gọi số gốc Val trong X và Y là m và n (m, n ≥ 1) 0,04m + 0,02n = 0,08 mol.

Giải phương trình nghiệm nguyên: m = 1; n = 2 Y là G l y 4 V a l 2 M Y = 444.

23 tháng 10 2018

Đáp án B

X có dạng : CnH2n+1O2N

và Y là : CnH2n-1O4N

nX + nY = 0,25 mol (1)

Z + NaOH

=> mmuối = nX.(14n + 69) + nY.(14n + 121) = 40,09g (2)

Z + HCl

=> mmuối = nX.(14n + 83,5) + nY.(14n + 113,5) = 39,975g (3)

Từ (2,3) => 14,5nX – 7,5nY = - 0,115

=> nX = 0,08 ; nY = 0,17 mol

=> n = 4

=> X là C4H9O2N và Y là C4H7O4N

=> %mX = 26,71%

4 tháng 2 2019

Chọn đáp án A

12 tháng 3 2018

Đáp án B

Xử lý ancol để tìm thông tin về Z

Ta có 

Giả sử trong CTPT của ancol có chứa n nhóm

Khả năng là sai vì lâu nay chỉ quen với

Thực ra với Nhớ đến phản ứng của glucozo với

=>Ancol Z chính là Socbitol  với CTPT là là este 6 chức.

Với

Quy đổi hỗn hợp và xử lý sơ bộ ta có:

PT theo m hỗn hợp E:  

PT theo số mol NaOH phản ứng:

PT theo số mol đốt cháy muối:

PT theo số moltạo thành:

+Giải hệ (1) (2) (3) và (4) ta có

 

là Glyxin

Ta có 

 

10 tháng 10 2017

Amino axit Y chứa 1 nhóm COOH, 1 nhóm N H 2 → Y có dạng  C n H 2 n + 1 O 2 N

Đốt cháy Y thu được  n H 2 O   −   n C O 2   =   n N 2 =   1 2 n Y

Z là axit cacboxylic no, mạch hở, đơn chức có dạng C m H 2 m O 2     m   ≥   1  → đốt cháy Z thu được   n H 2 O = n C O 2

→ đốt cháy hỗn hợp Z thu được    n H 2 O −     n C O 2 =   1 2 n Y

=>  n Y   =   0 , 1   m o l   =   n a x i t

Số C trung bình = 0,3 / 0,2 = 1,5

Vì Amino axit có số C ≥ 2 => Y có 2C và Z có 1 C

=>  N H 2 C H 2 C O O H   v à   H C O O H

Đáp án cần chọn là: B

Chú ý

+ viết nhầm công thức:   n H 2 O −     n C O 2 =   1 2 n Y

+ tính nhầm số C trung bình = 0,3 / 0,2 = 1,5 (chỉ lấy mỗi số mol amino axit → nhầm 0,2 thành 0,1)

10 tháng 7 2019

Đáp án C

Định hướng tư duy giải

Ta có: 

2 tháng 4 2018

Đáp án C

Định hướng tư duy giải

Ta có: 

4 tháng 9 2018

Đáp án C

Đặt

 

Bảo toàn nguyên tố Na:

 

Bảo toàn nguyên tố Oxi:

 

Giải hệ có  

Muối của X và Ala có dạng  

Ta có:

X là Gly

Trong M, đặt  

 

 Bảo toàn nguyên tố Cacbon: