Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án C
Đốt cháy F thu được 0,7 mol CO2 và 0,58 mol H2O.
Quy đổi F về C2H4O2NNa a mol, C3H3O2Na b mol và CH2 c mol
Giải được: a=0,08; b=0,16; c=0,18
Số mắt xích của X nhỏ hơn 8 nên n X > 0 , 01 m o l
Nếu CH2 chỉ tách từ aa thì số mol của Ala là 0,16>0,08 vô lý.
Do vậy CH2 tách từ axit không no, do đó axit không no là C4H6O2 0,16 mol.
Vì vậy số mol Ala là 0,02 mol và Gly là 0,06 mol.
Ta có Ala:Gly=1:3 Vậy peptit có tổng số mắt xích là 4k mà 4k
m = 0,02.(89+75.3-18.3) + 0,16.86 + 0,08.62 - 0,16.18 = 21,04 gam
MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O (1)
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (2)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O. (3)
Theo (1), (2) và (3), để lượng kết tủa B thu được là lớn nhất thì:
nCO2 = nMgCO3 + nBaCO3 = 0,2 mol
Ta có: 
= 0,2
=> a = 29,89.
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 %
TL:
Glyxin: H2N-CH2-COOH (75 g/mol), axit cacboxylic: R(COOH)n.
Phần 1: Khi cho hh X phản ứng với NaOH thì muối thu được gồm: H2N-CH2-COONa và R(COONa)n.
Khí Y khi cho đi qua Ca(OH)2 dư thì CO2 và H2O bị hấp thụ còn N2 thoát ra ngoài. Do đó khối lượng tăng lên 20,54 g chính là khối lượng của hh CO2 và H2O.
Mặt khác: CO2 + Ca(OH)2 \(\rightarrow\) CaCO3 + H2O, số mol của CaCO3 là 0,34 mol = số mol của CO2.
Suy ra, khối lượng của H2O = 20,54 - 44.0,34 = 5,88 g.
Như vậy, có thể thấy trong 1/2 hh X gồm có các nguyên tố (C, H, O, và N). Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có:
số mol của C = n(CO2) + n(Na2CO3) = 0,34 + 0,1 = 0,44 mol.
số mol của H = 2n(H2O) + nNa = 2.5,58/18 + 2.0,1 = 0,82 mol.
số mol của O = 2nNa = 0,4 mol.
Phần 2: Khi cho phản ứng với HCl chỉ có glyxin tham gia phản ứng: H2N-CH2-COOH + HCl \(\rightarrow\) ClH3N-CH2-COOH. Số mol của glyxin = số mol của HCl = 0,04 mol.
Do đó, trong 1/2 hh X thì số mol của N = 0,04 mol.
Như vậy, khối lượng của 1/2 hh X = mC + mH + mO + mN = 12.0,44 + 0,82.1 + 16.0,4 + 0,04.14 = 13,06 gam.
Khối lượng của glyxin trong 1/2 hh X = 75.0,04 = 3 gam.
Phần trăm khối lượng của glyxin trong hh X = 3/13,06 x 100% = 22,97%. (đáp án D).
VO2(pư)=1/5Vkk=8.4(l).theo bài ra ta có nCO2+N2=44.8/22.4=2(1)lại có dB/H2=15=>nCO2/nN2=1/7(2).từ (1)và(2)=>nCO2=0.25(mol)và nN2=1.75(mol).
áp dụng ĐLBTKL ta có m=mCO2+mH2O+mN2-mO2(pư)=57(gam).ta lại có mC+mH+mN=nCO2.12+2.nH2O+28.nN2=53(gam) <57(gam)=>trong A có nguyên tố oxi mO=57-53=4(gam).gọi CTĐGN của A là CxHyOzNt ta có:x:y:z:t=nCO2:2nH2O:nO:2nN2=1:4:1:14=>CTĐGN của A:CH4ON14.lại có 12n+4n+16n+196n=600(tớ nghĩ phải là 600 chứ A chứa nhiều nguyên tố lắm)=>n=3=>CTHH của A:C3H12O3N42.