Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tổng số nguyên tử oxi của ba peptit là 10
Tổng số nguyên tử nito của ba peptit =10-3=7
=> Tổng số mắt xích của ba peptit =7 => E gồm 2 đipeptit và 1 tripeptit
Số mol NaOH là: 
Quy đổi E thành C2H3NO: a mol; CH2: b mol; H2O: c mol
Sơ đồ phản ứng:
=> 4a + 2b = 1,5 (I)
Các quá trình nhường nhận electron:
c = 0,15 mol
Các quá trình nhường nhận electron:
= 0,03 mol
Đặt các đipeptit là X, Y
Gọi x ¯ là số nhóm CH2 thêm vào Gly của cả X và Y
= 57,24 %
Đáp án A.
Đáp án A
Tổng số liên kết peptit trong 3 peptit là 14 nên tổng số gốc aa trong 3 peptit là 17.
Mỗi peptit đều có số O không quá 8 nên từ 7-peptit trở xuống.
Đốt cháy bất kỳ lượng X cũng như Y đều thu được số mol CO2 như nhau nên X, Y là đồng phân.
Cho E tác dụng với 0,5 mol NaOH thu được 2 muối Gly và Ala.
Đốt cháy hỗn hợp muối cần 1,29 mol O2.
Giải được số mol Gly và Ala lần lượt là 0,39 và 0,11 mol.
Ta có Gly:Ala=39:11
Trùng ngưng hỗn hợp E được peptit E’:
vậy số mol X, Y, Z lần lượt là 0,01; 0,02; 0,05.
Ta có: 50=1.5+2.5+5.7
X, Y là 5-peptit còn Z là 7-peptit.
Ta có số mol Ala là 0,11
0,11=0,05.2+0,01=0,05+0,02.3=0,05+0,02.2+0,01.2=0,05+0,02+0,01.4
=0,02.3+0,01.5=0,02.4+0,01.3=0,02.5+0,01.1
Vì X và Y đồng phân nên chỉ thỏa mãn X, Y chứa 2 gốc Ala, Z chứa 1 gốc Ala.
Vậy X , Y có dạng là Gly3Ala2 còn Z là AlaGly6.
%Z=68,456%
Đáp án A
Hơi Z chứa H2O, do X, Y tạo ra 2 muối nên từ C3H7NO4 cũng tạo ra 2 muối, vậy CTCT là HCOOH3NCH2COOH x mol.
Muối T gồm:
HCOONa x mol, CH2H4NO2Na x mol, C3H6NO2Na y mol và C5H10NO2Na z mol
→ n T = 2x+y+z = 0,36
Đốt cháy T cần 1,6625 mol O2 → 0,5x+2,25x+3,75y+6,75z = 1,6625
→ m C O 2 + m H 2 O = 44(0,5x+1,5x+2,5y+4,5z)+18(0,5x+2x+3y+5z) = 71,97
Giải hệ: x=0,01; y=0,22; z=0,12.
→ Ala : Val = 11:6
→ X + 2Y → A l a 11 V a l 5 k + H 2 O
X và Y không quá 10 gốc aa nên k=1.
Trong 1 phân tử X và 2 phân tử Y có 11 gốc Ala và 6 gốc Val và X, Y cùng số C nên mỗi chất có 21C>
X, Y có dạng (Ala)u(Val)v
→ 3u+5v = 21
thỏa mãn y=2; v=3 hoặc u=7, v=0
Hai peptit là (Ala)2(Val)3 0,04 mol và Ala7 0,02 mol
→ m M = 29,79 gam → % A l a 2 V a l 3 = 61,36%
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%