Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
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: 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.
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.
Đáp án A
Ta có sơ đồ:
'Bảo toàn nguyên tố Na:
TH1: Este là H2NCH2COOC3H7
→ Y và Z được tạo thành từ
Số nguyên tử N trung bình của Y và Z là
Từ (1) và (2) ta có
TH2: Este là H2NC2H4COOC2H5
Y và Z được tạo thành từ
Số nguyên tử N trung bình của Y và Z là
Đáp án D
Phương pháp: Bảo toàn khối lượng
Hướng dẫn giải:
Đặt a, b là số mol muối GlyNa và AlaNa
=> nN = a + b = 0,35.2
nO2 = 2,25a + 3,75b = 2,22
=> a = 0,27 và b = 0,43
=> m muối = 73,92 và nNaOH = 0,7
Bảo toàn khối lượng => nH2O = 0,21
=> nY + nZ = 0,21 (1)
X là este cùa Glỵ hoặc Ala và ancol T.
Nếu X là NH2-CH(CH3)-COOC2H5
=> nX = nC2H5OH = 0,3
=> Y, Z tạo ra từ 0,27 mol Gly và 0,43 - 0,3 = 0,13 mol Ala
=> Số N trung bình của Y, Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9: Vô lý, loại.
Vậy X là NH2-CH2-COOC3H7
=> nX = nC3H7OH = 0,23
=> Y, Z tạo ra từ 0,27 - 0,23 = 0,04 mol Gly và 0,43 mol Ala
=> Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24
=> Y là dipeptit và z là heptapeptit
nN = 2nY + 7nZ = 0,04 + 0,43 (2)
(1)(2) => nY = 0,2 và nZ = 0,01
Y là (Gly)u(Ala)2-u
Z là (Gly)v(Ala)7-v
=> nGly = 0,2u + 0,01v = 0,04
=> 20 u + V = 4
=> u = 0 và v = 4 là nghiệm duy nhất. Vậy:
Y là (Ala)2 (0,2 mol)
Z là (Gly)4(Ala)3 (0,01 mol)
=> %Z = 7,23%
Đáp án D
Đặt a, b là số mol muối GlyNa và AlaNa
=> nN = a + b = 0,35.2
nO2 = 2,25a + 3,75b = 2,22
=> a = 0,27 và b = 0,43
=> m muối = 73,92 và nNaOH = 0,7
Bảo toàn khối lượng => nH2O = 0,21
=> nY + nZ = 0,21 (1)
X là este cùa Glỵ hoặc Ala và ancol T.
Nếu X là NH2-CH(CH3)-COOC2H5
=> nX = nC2H5OH = 0,3
=> Y, Z tạo ra từ 0,27 mol Gly và 0,43 - 0,3 = 0,13 mol Ala
=> Số N trung bình của Y, Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9: Vô lý, loại.
Vậy X là NH2-CH2-COOC3H7
=> nX = nC3H7OH = 0,23
=> Y, Z tạo ra từ 0,27 - 0,23 = 0,04 mol Gly và 0,43 mol Ala
=> Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24
=> Y là dipeptit và z là heptapeptit
nN = 2nY + 7nZ = 0,04 + 0,43 (2)
(1)(2) => nY = 0,2 và nZ = 0,01
Y là (Gly)u(Ala)2-u
Z là (Gly)v(Ala)7-v
=> nGly = 0,2u + 0,01v = 0,04
=> 20 u + V = 4
=> u = 0 và v = 4 là nghiệm duy nhất. Vậy:
Y là (Ala)2 (0,2 mol)
Z là (Gly)4(Ala)3 (0,01 mol)
=> %Z = 7,23%
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%