Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án C
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
0,02 mol E + NaOH vừa đủ → T + 0,02 mol H 2 O || giả thiết cho m T – m E = 2,84 gam
⇒ BTKL phản ứng thủy phân có m N a O H = 3,2 gam ⇒ n N a O H = 0,08 mol.
quy về đốt 0,04 mol E 2 cần đúng 0,3 mol O 2 cho cùng số mol C O 2 v à H 2 O .
⇒ bảo toàn nguyên tố O có: n C O 2 – n H 2 O = (0,04 × 3 + 0,3 × 2) ÷ 3 = 0,24 mol.
⇒ C t r u n g b ì n h c á c α – a m i n o a x i t = 0,24 ÷ 0,08 = 3 = s ố C c ủ a a l a n i n
⇒ dùng sơ đồ chéo có n G l y : n V a l = (5 – 3) ÷ (3 – 2) = 2 : 1.
mà E là tetrapeptit (0,08 ÷ 0,02 = 4) ⇒ E gồm 2 gốc Gly + 1 gốc Ala + 1 gốc Val.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ n H 2 O = n E = 0,02 mol.
Bảo toàn khối lượng: m E + m N a O H = m T + m H 2 O ⇒ m N a O H = m T – m E + m H 2 O
⇒ m N a O H = 2,84 + 0,02 × 18 = 3,2 gam ⇒ n C 2 H 3 N O = n N a O H = 0,08 mol.
⇒ E chứa 0,08 ÷ 0,02 = 4 mắt xích || n O 2 = 0,3 mol = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5. n C H 2
⇒ n C H 2 = (0,3 – 0,08 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,08 mol.
⇒ số gốc C H 2 = 0,08 ÷ 0,02 = 4 = 3 × 1 + 1 × 1 ⇒ E chứa 1 gốc Val và 1 gốc Ala.
còn lại là (4 – 2 = 2) gốc Gly
Chọn đáp án D
Cách 1: Tham khảo lời giải sách proS quyển 2: vững vàng hóa học hữu cơ 12
Nhận xét: Số mol gốc amini axit = n N a O H = 2 n N a 2 C O 3 = 0 , 2 m o l
Quy đổi: Este= C n H 2 n - 1 O N : 0 , 02 C H 3 O H : 0 , 02 Hai peptiti= C n H 2 n - 1 O N : 0 , 18 H 2 O : z
E + N a O H → C n H 2 n O 2 N N a 0 , 2 — 0 , 2 + C H 3 O H + H 2 O 0 , 02 — z
2 C n H 2 n O 2 N a + 3 n - 0 , 5 O 2 → t 0 0 , 2 — 0 , 3 ( n - 0 , 5 ) N a 2 C O 3 + 2 n - 1 C O 2 + 2 n H 2 O + N 2
2 x + 3 y + 5 . 0 , 04 = 3 , 15 . 0 , 2 x + y = 0 , 16 → x = 0 , 05 y = 0 , 11 → G l y : 0 , 05 A l a : 0 , 11 V a l : 0 , 04 ( 14 n + 29 ) . 0 , 2 + 32 . 0 , 02 + 18 z = 16 , 52 → z = 0 , 07 m o l
Số gốc amino axit trung bình
= S ố m o l g ố c a m i n o a x i t S ố m o l p e p t i t = 0 , 18 0 , 07 = 18 7 đ i p e p t i t t r i p e p t i t ( X ) 2 Y 3 → a + b = 0 , 07 2 a + 3 b = 0 , 18 → a = 0 , 03 b = 0 , 04 → H 2 N C H 2 C O O C H 3 : 0 , 02 G l y - A l a : 0 , 03 A l a - A l a - V a l : 0 , 04 m A l a - A l a - V a l = 259 . 0 , 04 = 10 , 36 g a m
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.! Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O .
có: n N a 2 C O 3 = 0,1 mol ⇒ n C 2 H 3 N O = n C 2 H 4 N O 2 N a = 0,1 × 2 = 0,2 mol. Lại có:
n O 2 = 2,25 n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5 n C H 2 /muối ⇒ n C H 2 /muối = (0,795 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,23 mol.
⇒ n A l a = 0,23 – 0,04 × 3 = 0,11 mol ⇒ n G l y = 0,2 – 0,04 – 0,11 = 0,05 mol.
n C H 2 /E = n C H 2 /muối + n C H 2 /ancol = 0,23 + 0,02 = 0,25 mol.
⇒ n H 2 O = (16,52 – 0,2 × 57 – 0,25 × 14) ÷ 18 = 0,09 mol = ∑ n p e p t i t + n e s t e
Mà n e s t e = n C H 3 O H = 0,02 mol ⇒ ∑ n p e p t i t = 0,09 – 0,02 = 0,07 mol.
⇒ số mắt xích trung bình peptit = (0,2 – 0,02) ÷ 0,07 = 2,57 ⇒ là đipeptit và tripeptit.
Đặt n đ i p e p t i t = x mol; n t r i p e p t i t = y mol ⇒ ∑ n p e p t i t = x + y = 0,07 mol.
n C 2 H 3 N O = 0,2 mol = 0,02 + 2x + 3y. Giải hệ có: x = 0,03 mol; y = 0,04 mol.
Dễ thấy n G l y = 0,05 = 0,03 + 0,02 ⇒ este là este của Gly và đipeptit chứa 1 Gly.
⇒ tripeptit chứa 1 Val ⇒ đipeptit là (Gly)(Ala) và tripeptit là A l a 2 V a l .
⇒ peptit có phân tử khối lớn hơn là A l a 2 V a l ⇒ m A l a 2 V a l = 0,04 × 259 = 10,36 gam.
Chọn đáp án D
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
0,02 mol T + KOH vừa đủ → Q + 0,02 mol H 2 O || giả thiết cho m T – m E = 6,36 gam
⇒ BTKL phản ứng thủy phân có m K O H = 6,72 gam ⇒ n K O H = 0,12 mol.
quy về đốt 0,06 mol T 2 cần đúng 0,66 mol O 2 cho cùng số mol C O 2 v à H 2 O .
⇒ bảo toàn nguyên tố O có: n C O 2 – n H 2 O = (0,06 × 3 + 0,66 × 2) ÷ 3 = 0,5 mol.
⇒ ∑số C T = 0,5 ÷ 0,2 = 25 ⇔ 1.Gly + 1.Ala + 4.Val → chọn đáp án D. ♠
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy T về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ n H 2 O = n T = 0,02 mol.
Bảo toàn khối lượng:
m T + m K O H = m Q + m H 2 O ⇒ m K O H = ( m Q – m T ) + m H 2 O
⇒ m K O H = 6,36 + 0,02 × 18 = 6,72 gam ⇒ n C 2 H 3 N O = n K O H = 0,12 mol.
n O 2 = 0,66 mol = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5. n C H 2 ⇒ n C H 2 = (0,66 – 0,12 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,26 mol.
số mắt xích trong T = Na0,12 ÷ 0,02 = 6; Số gốc C H 2 = 0,26 ÷ 0,02 = 13.
Gọi số gốc Ala và Val trong T là a và b (1 ≤ a, b ≤ 4) ⇒ a + 3b = 13.
Giải phương trình nghiệm nguyên có : a = 1 và b = 4 thỏa mãn yêu cầu.
⇒ T chứa 4 gốc Val trong phân tử.
Đáp án B.
► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O với số mol x, y và z.
mE = 57x + 14y + 18z = 23,06(g)
Đốt muối cũng như đốt E
⇒ nO₂ = 2,25x + 1,5y = 0,87 mol
Bảo toàn nguyên tố Natri:
nNa₂CO₃ = 0,2 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ:
nN₂ = 0,5x mol
● Muối chứa x mol C₂H₄NO₂Na, y mol CH₂ và (0,4 – x) mol NaOH dư.
Đốt cho (2x + y – 0,2) mol CO₂ và nH₂O = (1,5x + y + 0,2) mol H₂O
⇒ nT = nCO₂ + nH₂O + nN₂ = (2x + y – 0,2) + (1,5x + y + 0,2) + 0,5x = 1,5 mol
⇒ Giải hệ có: x = 0,34 mol; y = 0,07 mol; z = 0,15 mol
► Số mắt xích trung bình = 0,34 ÷ 0,15 = 2,26
⇒ Phải chứa ít nhất 1 đipeptit.
⇒ ∑số mắt xích của 2 peptit còn lại = 10 – 3 – 2 = 5
Lại có, 2,26 ⇒ phải chứa peptit ≥ 3 mắt xích.
⇒ Cách chia duy nhất.
5 mắt xích còn lại cho 2 peptit là 5 = 2 + 3.
● Đặt n đipeptit = a; n tripeptit = b
⇒ nC₂H₃NO = 2a + 3b = 0,34 mol.
nH₂O = a + b = 0,15 mol
⇒ Giải hệ có: a = 0,11 mol; b = 0,04 mol
Do Ctb = (0,34 × 2 + 0,07) ÷ 0,15 = 5
⇒ Phải chứa Gly₂.
Lại có, 2 peptit chứa cùng số C
⇒ 2 peptit cùng số C là 2 peptit còn lại
(vì Gly₂ chỉ có 1 đồng phân )
Mặt khác, do nCH₂ : ntripeptit < 2
⇒ Chỉ ghép tối đa 1 CH₂ cho tripeptit
⇒ Tripeptit là Gly₃ hoặc Gly₂Ala
● Với Gly₃ thì đipeptit còn lại là Ala₂
⇒ Loại vì không chứa Val
● Với Gly₂Ala thì đipeptit còn lại là GlyVal
⇒ Thỏa mãn.
⇒ nGlyVal = (0,07 – 0,04) ÷ 3 = 0,01 mol
⇒ nGly₂ = 0,11 – 0,01 = 0,1 mol
► Peptit có PTK nhỏ nhất là Gly₂
⇒ %mGly₂ = 0,1 × 132 ÷ 23,06 × 100% = 57,24%
Chọn đáp án A
Cách 1: phân tích giả thiết – biến đổi cơ bản:
n N a O H = 0,18 mol; n g l i x e r o l = 0,02 mol ⇒ n c h ấ t b é o Y = 0,02 mol.
mà X là X 6 (chứa 5 lk peptit) ⇒ n X 6 = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
⇒ E gồm 0,02 mol X 6 dạng C a H 2 a – 4 N 6 O 7 và 0,02 mol Y dạng C b H 2 b – 4 O 6
(điều kiện a, b nguyên: 13 ≤ a ≤ 17 và số C a x i t b é o = (b – 3) ÷ 3 là số chẵn).
đốt m gam E + 1,84 mol O 2 → t 0 x mol C O 2 + y mol H 2 O .
tương quan đốt: x – y = ∑ n C O 2 – ∑ n H 2 O = 2 n E = 0,08 mol.
bảo toàn O: 2x + y = 3,94 ⇒ giải: x = 1,34 mol và y = 1,26 mol.
⇒ có phương trình: 0,02a + 0,02b = 1,34 ⇔ a + b = 67. thỏa mãn
điều kiện a, b chỉ có: a = 16, b = 51 ứng với chất béo là C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5
và peptit X có cấu tạo: C 16 H 28 N 6 O 7 ⇔ M X = 416. → Chọn đáp án A. ♥.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
X chứa 5 liên kết peptit ⇒ X chứa 5 + 1 = 6 mắt xích.
n Y = n C 3 H 8 O 3 = 0,02 mol. n N a O H = 6 n X + 3 n Y ⇒ nX = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
Quy E về G l y 6 , C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 , C H 2 .
⇒ n O 2 = 13,5 n G l y 6 + 72,5 n C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 + 1,5 n C H 2 = 1,84 mol.
⇒ n C H 2 = (1,84 – 13,5 × 0,02 – 72,5 × 0,02) ÷ 1,5 = 0,08 mol.
Đặt số gốc C H 2 ghép vào peptit và chất béo lần lượt là m và 3n (m ≥ 1; n ≥ 0 và n chẵn).
⇒ 0,02m + 0,02 × 3n = 0,08 → chỉ có cặp nghiệm m = 4 ; n = 0 thỏa mãn.!
Tương ứng với X là G l y 2 A l a 4 ⇒ M X = 416.!
Quy E về C2H3NO, CH2, H2O. Bảo toàn nguyên tố Natri:
nC2H3NO = nC2H4NO2Na = 2nNa2CO3 = 0,44 mol. Lại có:
nO2 = 2,25.nC2H4NO2Na + 1,5.nCH2 ⇒ nCH2 = 0,11 mol.
⇒ nH2O = 28,42 - 0,44 × 57 - 0,11 × 14) ÷ 18 = 0,1 mol.
→ X là Gly2 || số mắt xích trung bình = 4,4.
Lại có hexapeptit chứa ít nhất 12C ⇒ Z là pentapeptit.
→ Z là Gly4Ala ⇒ Y phải chứa Val ⇒ Y là GlyVal.
Đặt nX = x; nY = y; nZ = z ⇒ nC2H3NO = 2x + 2y + 5z = 0,44.
nH2O = x + y + z = 0,1 mol; nCH2 = 3y + z = 0,11 mol.
||⇒ Giải hệ có: x = y = 0,01 mol; z = 0,08 mol.
%mX = 0,01 × 132 ÷ 28,42 × 100% = 4,64%
→ Đáp án A
- Ta thấy: Gly có 2C, Ala có 3C, Val có 5C
+ X có CTPT C 4 H 8 O 3 N 2 nên là Gly-Gly.
+ Y có 7C nên chỉ có thể là Gly-Val hoặc Gly-Gly-Ala → Y có tối đa có 3 mắt xích
- Do X, Y, Z được tạo nên từ a.a có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH nên quy đổi thành: C O N H , C H 2 , H 2 O (số mol H 2 O bằng tổng mol peptit)
- Bảo toàn Na → n N a O H = 2 n N a 2 C O 3 = 0 , 44 m o l
Sơ đồ:
+) Bảo toàn O
→ n C O N H + n H 2 O 1 + n N a O H = n H 2 O 2 + n N a 2 C O 3 3 + 2 n C O 2 + n H 2 O 3
→ 0,44 + y + 0,44 = y + 3.0,22 + 2(x + 0,22) + (x + 0,44) → x = 0,55
+) m E = m C O N H + m C H 2 + m H 2 O → 28 , 42 = 0 , 44.43 + 14.0 , 55 + 18. y → y = 0 , 1
→ n E = n H 2 O = 0 , 1 m o l
- Số mắt a.a xích trung bình = nN : nE = 0,44 : 0,1 = 4,4
- Biện luận tìm các peptit:
+ X là đipeptit, Y có tối đa 3 mắt xích → Z có từ 5 mắt xích trở lên
+ Mặt khác Z có 11C → Z chỉ có thể là G l y 4 A l a
+ X, Z không chứa Val → Y chứa Val → Y là Gly-Val
- Giả sử E chứa: G l y 2 a m o l ; G l y − V a l b m o l ; G l y 4 A l a c m o l
Ta lập hệ: m E = 132 a + 174 b + 317 c = 28 , 42 n E = a + b + c = 0 , 1 n NaOH = 2 a + 2 b + 5 c = 0 , 44 → a = 0 , 01 b = 0 , 01 c = 0 , 08
→ % m X = 4 , 6 4%
Đáp án cần chọn là: A
Chọn đáp án A
Cách 1: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C2H3NO, CH2, H2O ⇒ T gồm C2H4NO2Na và CH2.
⇒ n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N a 2 C O 3 = 0,2 mol; n O 2 = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5. n C H 2 = 0,84 mol.
⇒ n C H 2 = (0,84 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,26 mol ⇒ n H 2 O = 0,08 mol.
Peptit chứa 4C chỉ có thể là Gly–Gly. Công thức 2 peptit còn lại dạng (Gly)x(Ala)y(Val)z.
• với peptit có 7C ⇒ 2x + 3y + 5z = 7 ⇒ (x; y; z) = (2; 3; 0); (1; 0; 1)
⇒ ứng với có 2 peptit dạng (Gly)2(Ala) hoặc (Gly)(Val) thỏa mãn.
• với peptit có 11C: 2x + 3y + 5z = 11 ⇒ (x; y; z) = (4; 1; 0); (1; 3; 0); (3; 0; 1); (0; 2; 1).
⇒ có 4 TH thỏa mãn: (Gly)4(Ala) hoặc (Gly)(Ala)3 hoặc (Gly)3(Val) hoặc (Ala)2(Val).
Ta có số gốc CH2 ghép peptit trung bình = 0,26 ÷ 0,08 = 3,25
⇒ peptit chứa 11C phải là (Ala)2(Val). Xét 2 TH của peptit 7C:
♦ TH1: peptit 7C là (Gly)2(Ala), ta có hệ phương trình:
hệ có nghiệm âm ⇒ không thỏa mãn.!
♦ TH2: peptit 7C là Gly–Val ⇒ peptit có phân tử khối lớn nhất
là (Ala)2(Val) với số mol là 0,04 mol