Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án A
Quy về đốt 0,22 mol đipeptit dạng CnH2nN2O3.
Bảo toàn O ||→ có (0,22 × 3 + 1,98 × 2) ÷ 3 = 1,54 mol CO2 = H2O ||→ nH2O trao đổi = 0,14 mol.
→ nE = 0,08 mol → E gồm 0,02 mol Xn và 0,06 mol Y10–n ||→ có 0,02n + 0,06(10 – n) = 0,44 → n = 4.
Lại để ý số Ctrung bình α-amino axit = 1,54 ÷ 0,22 ÷ 2 = 3,5 ||→ ∑nGly = ∑nVal.
Giả sử X4 là (Gly)a(Val)4–a và Y6 là (Gly)b(Val)6–b
→ có phương trình: a + 3b = (4 – a) + 3(6 – b) ||→ a + 3b = 11. Nghiệm nguyên duy nhất a = 2; b = 3.
Theo đó, trong Y có 3Gly và 3Val ||→ tỉ lệ là 1 : 1.
Đáp án D
Mancol = 33,75 → ancol có CH3OH
13,945 g Q + O2 → 0,575 mol CO2 + 0,0525 mol N2 + H2O
→ số mol NaOH phản ứng với peptit bằng số mol N = 0,105 mol
→ nNaOH ( pứ với este) = 0,08 mol = nancol
Giả sử số lk peptit trung bình là m
m lk peptit phản ứng hết với (m+1) NaOH
0,08………………………..............0,105
=> 3 (tetrapeptit)
Gọi số mol tetrapeptit và pentapeptit lần lượt là a và b (mol)
Quy đổi hỗn hợp đầu thành :
→ n G y = 0 , 02 u + 0 , 005 v = 0 , 06 → 4 n + m = 12 → n = 2 ; m = 4
X, Y là : CH2=CHCOOCH3 và HCOOCH2-CH=CH2 (hoặc ngược lại)
Xét các đáp án :
(1) S
(2) Đ
(3) Đ
(4) S. Vì X có thể là CH2=CHCOOCH3 (không tráng bạc)
(5) S. X và Y có thể đảo cho nhau
(6) S. Tỉ lệ là 1 :1
Đáp án C
Ta có mBình tăng = mCO2 + mH2O = 13,3 gam.
Với nCO2 = nBaCO3 = 0,2 mol ||⇒ nH2O = 0,25 mol.
Nhận thấy nC ÷ nH = 0,2 ÷ (0,25×2) = 2 ÷ 5
Đáp án C
Khí thoát ra khỏi bình là Y ; nCO2 = 0,03 ; nH2O= 0,04
→ Y là ankan → nY = 0,04 - 0,03 = 0,01 → Y là C3H8
Đốt cháy X thu được nCO2 = nH2O
→ nC2H2= nC3H8 = 0,01 mol
→ nC2H4 = ( 0,82 - 0,01 × 26 ) : 28 = 0,02 mol
→ nX = 0,01 + 0,02 + 0,01 = 0,04 → VX = 0,896 (l)
Đáp án A
Hỗn hợp chứa axetilen, etilen và chất A khi đốt thu được CO2 và H2O tỉ lệ 1:1 thì chất A chắc chắn phải là ankan (do axetilen đốt thu được nCO2 > nH2O, etilen đốt thu được nCO2=nH2O, cần phải có 1 chất đốt thu được nCO2< nH2O để đảm bảo tỉ lệ)
Hơn nữa, nC2H2=nA
Khí thoát ra khỏi bình là ankan:
Khối lượng bình tăng lên là khối lượng của axetilen và etilen.
Đáp án D
- Khi dẫn Z qua bình đựng Na dư thì: mancol = mbình tăng + m H2 = 19,76 (g)
+ Giả sử ancol Z có x nhóm chức khi đó:
- Khi cho hỗn hợp E: X + Y + T + Z + 4 NaOH → 2 F 1 + 2 F 2 + C 3 H 6 OH 2 + H 2 O
Mol:x y t z 0,4
+ Vì 2 muối có tỉ lệ mol 1 : 1 nên x = y.
- Khi đốt cháy hoàn toàn muối F thì:
=> Trong F có chức muối HCOONa và muối còn lại là CH2=CHCOONa với số mol mỗi muối là 0,2 mol
=> X, Y, Z, T lần lượt là HCOOH; CH2=CHCOOH; C3H6(OH)2; CH2=CHCOOC3H6OOCH.
- Ta có hệ sau:
Giải thích: Đáp án A
► Dễ thấy Z là ancol 2 chức ⇒ nZ = nH2 = 0,26 mol. Bảo toàn khối lượng:
mZ = mbình tăng + mH2 = 19,24 + 0,26 × 2 = 19,76(g) ⇒ MZ = 19,76 ÷ 0,26 = 76 (C3H8O2).
● Do T mạch hở ⇒ X và Y là axit đơn chức ⇒ nmuối X = nmuối Y = nNaOH ÷ 2 = 0,2 mol.
Bảo toàn nguyên tố Natri: nNa2CO3 = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: nCO2 = 0,6 mol.
► Gọi số C trong gốc hidrocacbon của 2 muối là x và y (x ≠ y; x, y Î N).
||⇒ 0,2x + 0,2y = 0,2 + 0,6. Giải phương trình nghiệm nguyên: x = 0; y = 2.
⇒ 1 muối là HCOONa. Bảo toàn nguyên tố Hidro: Hmuối còn lại = 3 ⇒ CH2=CHCOONa.
● Bảo toàn khối lượng: mH2O = 2,7(g) ⇒ ∑nX,Y = nH2O = 0,15 mol ⇒ nT = 0,125 mol.
T là (HCOO)(C2H3COO)C3H6 ||► %mT = 0,125 × 158 ÷ 38,86 × 100% = 50,82%
Chọn A