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 B
Đốt cháy Y3 trong 0,34 mol O2 và 1,36 mol N2 thì thu được Y4 có CO2, H2O và N2. Có thể có O2 dư
Nhưng Y4 đi qua H2SO4 được hỗn hớp khí đi ra có 2 khí nên Y4 không có oxi
Khối lượng dd H2SO4 tăng là 7,92 g là khối lượng của nước → nH2O = 0,44 mol
Đi qua bình đựng Ca(OH)2 thì CO2 được giữ lại
nCaCO3 = 0,11 mol
mdd tăng= mCO2 – mCaCO3 => mCO2 = 11 + 10,12 =21,12→ nCO2 = 0,48 mol
Bảo toàn nguyên tố O cho phương trình đốt cháy có
nO(Y3) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nO(Y3) =2.0,48 + 0,44 – 0,34.2= 0,72 mol
→ O ¯ = 0 , 72 0 , 2 = 3 , 6 → Y2 có không quá 3 nhóm OH vì Y1 có 4 nguyên tử O
C ¯ = 0 , 48 0 , 2 = 2 , 4 và số H =0,44.2 : 0,2 =4,4→ axit có không quá 4H
TH1: axit (COOH)2
Ancol 2 nhóm OH thì số mol axit ancol lần lượt là x, y thì x + y =0,2 và 4x + 2y =0,72
→ x =0,14 mol và y =0,04 mol
→ ancol có 5C và 15H (loại)
Ancol 3 nhóm OH thì x + y =0,2 và 4x + 3y =0,2
→ x =0,12 và y = 0,08 mol→ ancol 3C và 8H loại→ C3H8O3
TH2: CH2(COOH)2→ không thỏa mãn với ancol 2, 3 nhóm OH
→ ancol là C3H8O3
→ Y6 tạo bới C3H8O3 và (COOH)2
→ đốt cháy muối thu được rắn Na2CO3 : 0,24 mol→ NaOH :0,48 mol
→ nY6 = 0,48/(2n) mol → MY6 =109n ( với n là số phân tử axit tạo Y6)
Với n = 1 thì Y6= 109 không có chất thỏa mãn
Với n = 2 thì Y6= 216 hợp chất thỏa mãn
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