Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án D
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
• biến đổi: 0,06 mol E + ? mol H 2 O → ?? mol E2 (đipeptit dạng C n H 2 n N 2 O 3 ) (*).
đốt E hay E 2 đều cần cùng lượng O 2 , sinh ra cùng số mol C O 2 v à N 2 .
Mà đốt 0,06 mol E tạo thành 0,6 mol C O 2 + 0,56 mol H 2 O .
⇒ đốt E 2 tạo thành 0,6 mol C O 2 và 0,6 mol H 2 O .
⇒ n H 2 O ở (*) = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol ||⇒ n E 2 = 0,06 + 0,04 = 0,1 mol.
⇒ m E 2 = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16,0 gam ⇒ m E = 16,0 – 0,04 × 18 = 15,28 gam.
⇒ 0,06 mol E ⇔ 15,28 gam, lượng E dùng 2 phần là như nhau.!
• Thủy phân 0,1 mol E 2 + 0,1 mol H 2 O → 0,2 mol α–amino axit
⇒ m α – a m i n o a x i t t h u đ ư ợ c = 16,0 + 0,1 × 18 = 17,8 gam. Chọn đáp án D. ♠.
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 = 0,06 mol.
Đặt n C 2 H 3 N O = x mol; n C H 2 = y mol ||⇒ ∑ n C O 2 = 2x + y = 0,6 mol;
∑ n H 2 O = 1,5x + y + 0,06 = 0,56 mol ||⇒ giải hệ có: x = y = 0,2 mol.
Mà thủy phân E chỉ thu được 1 loại amino axit
⇒ ghép vừa đủ 1 C H 2 cho amino axit ⇒ amino axit là Ala.
Lại có 0,06 mol E ứng với m E = 0,2 × 57 + 0,2 × 14 + 0,06 × 18 = 15,28 gam.
⇒ lượng E dùng ở 2 thí nghiệm là như nhau ⇒ m = 0,2 × 89 = 17,8 gam.
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
Số gốc Gly : Số gốc Ala =
n
G
l
y
:
n
A
l
a
=
0
,
14
:
0
,
10
=
7
:
5
E = ( X ) x : a ( Y ) y : 3 a → S ố l i ê n k ế t p e p t i t = ( x - 1 ) + ( y - 1 ) = 4 B ả o t o à n g ố c a m i n o a x i t : n G l y + n A l a = a x + 3 a y = 0 , 24 ( x - 1 ) + 3 y - 1 < 3 x - 1 + y - 1 = 12 → x + 3 y < 16
Tổng số gốc Gly và Ala ứng với tỉ lệ tối giản 7+5=12 nên x+3y=12n (n nguyên)
x + 3 y = 12 n x + 3 y < 16 → x + 3 y = 12 → a = 0 , 24 x + 3 y = 0 , 02 m o l
Phản ứng thủy phân E:
X x : a Y y : 3 a + H 2 O → G l y + A l a n H 2 O = a x - 1 + 3 a y - 1 = 0 , 16
Bảo toàn khối lượng: m=10,5+8,9-18.0,16=16,52 gam
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 C
0,14 mol T + vừa đủ 0,76 mol NaOH ⇒ số mắt xích trung bình = 0,76 ÷ 0,14 ≈ 5,4
mà mỗi phân tử peptit đều có số liên kết peptit ≥ 4 ⇔ số mắt xích ≥ 5
⇒ có một peptit là pentapeptit X 5 . Lại có: ∑O = 13 ⇔ số mắt xích = 13 – 2 = 11
⇒ peptit còn lại là hexapeptit Y 6 . Giải hệ số mol có n X 5 = 0,08 mol và n Y 6 = 0,06 mol.
0,08 mol X 5 dạng G l y n A l a 5 - n và 0,06 mol Y 6 dạng G l y m A l a 6 - m .
Giả thiết có: 0,08 × [2n + 3 × (5 – n)] = 0,06 × [2m + 3 × (6 – m)] ⇔ 4n – 3m = 6.
với điều kiện n, m nguyên và 1 ≤ n ≤ 4; 1 ≤ m ≤ 5 ⇒ chỉ n = 3; m = 2 thỏa mãn.
ứng với 0,08 mol X 5 dạng (Gly)3(Ala)2 và 0,06 mol Y 6 dạng G l y 2 A l a 4
⇒ m gam muối gồm 0,36 mol Gly–Na và 0,4 mol Ala–Na ⇒ m = 79,32 gam
Chọn đáp án D
T gồm 3 peptit X a , Y b , Z c có tỉ lệ mol 1 : 2 : 3.
⇒ ∑số liên kết peptit = (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 7.
có n G l y = 0,24 mol; n A l a = 0,12 mol và n V a l = 0,4 mol.
gọi n X a = x mol ⇒ n X b = 2x mol, n Z c = 3x mol
⇒ ∑số gốc amino axit trong T = ax + 2bx + 3cx = ∑ n G l y + n A l a + n V a l = 0,76 mol.
và có tỉ lệ: n G l y : n A l a : n V a l = 0,24 : 0,12 : 0,4 = 6 : 3 : 10.
tổng số gốc Ala, Gly, Val ứng với tỉ lệ tối giản là 6 + 3 + 10 = 19
⇒ có: a + 2b + 3c = 19n (với n nguyên dương).
mà (a – 1) + 2(b – 1) + 3(c – 1) < 3[(a – 1) + (b – 1) + (c – 1)] = 21 ⇒ a + 2b + 3c < 27
⇒ n = 1 và có a + 2b + 3c = 19 ⇒ x = 0,04 mol; thêm a + b + c = 10
⇒ b + 2c = 9 mà b, c ≥ 2 ⇒ có 2 cặp nghiệm a, b, c thỏa mãn như sau:
♦ TH1: a = 3; b = 5 và c = 2; thay x vào có 0,04 mol X 3 ; 0,08 mol Y 5 và 0,12 mol Z 2 .
Đối chiếu với: n G l y = 0,24 mol; n A l a = 0,12 mol và n V a l = 0,4 mol.
⇒ X 3 là A l a 3 ; Y 5 là V a l 5 và Z 2 là G l y 2 .
♦ TH2: a = 4; b = 3 và c = 3 ⇒ có 0,04 mol (X)4; 0,08 mol Y 3 và 0,12 mol Z 3
⇒ 0,16 mol; 0,24 mol và 0,36 mol các amino axit là không phù hợp rồi → loại.
☆ yêu cầu PTK của peptit chứa gốc alanin trong T là A l a 3 ⇔ M = 89 × 3 – 2 × 18 = 231.
Chọn đáp án C
+ Bạn gọi công thức chung của các peptit là C n H 2 n + 2 - k O k + 1 N k : 0,06 mol
Theo bài: n O n N = k + 1 k = 13 10 → k = 10 3 → X, Y chứa 2 3 gốc amino axit
+ n N a O H p ứ = Số mol gốc amino axit trong E=0,06k=0,2 mol
X , Y : a X : b + N a O H → G l y - N a : x A l a - N a : y N a O H : 0 , 04 + H 2 O 0 , 06 — 0 , 24 — 0 , 06
97 x + 111 y + 40 . 0 , 04 = 22 , 68 x + y = 0 , 2
→ x = 0 , 08 ; y = 0 , 12
+ Trường hợp 1:
X, Y chứa 3 gốc amino axit (2 liên kết peptit), Z chứa 5 gốc amino axit (4 liên kết peptit
a + b = 0 , 06 3 a + 5 b = 0 , 2 → a = 0 , 05 b = 0 , 01 → ( G l y ) p ( A l a ) q : 0 , 05 ( G l y ) h ( A l a ) k : 0 , 01 p + q = 3 h + k = 5
n G l y = 0 , 0 p + 0 , 01 h = 0 , 08 n A l a = 0 , 05 q + 0 , 01 k = 0 , 12 5 p + h = 8 5 q + k = 12 p = 1 , q = 2 h = 3 , k = 2 X , Y : ( G l y ) 1 ( A l a ) 2 Z : ( G l y ) 3 ( A l a ) 2
→ Z: C 12 H 21 O 6 N 5 : Tổng số nguyên tử = 44
+ Trường hợp 2:
X, Y chứa 2 gốc amino axit (1 liên kết peptit), Z chứa 7 gốc amino axit (6 liên kết peptit)
a = 0 , 044 b = 0 , 016 p = 1 , q = 1 h = 2 , 25 , k = 4 , 75
→ Loại
Chọn đáp án C
Do thủy phân E chỉ thu được alanin ⇒ E có dạng ( A l a ) n .
Thủy phân: ( A l a ) n + (n – 1). H 2 O → n.Ala.
m E = 7,46 gam; n A l a = 0,1 mol ⇒ BTKL có m H 2 O = 1,44 gam
⇒ n H 2 O = 0,08 mol ||⇒ n H 2 O : n A l a = (n – 1) ÷ n = 0,08 ÷ 0,1 ⇒ n = 5.
⇒ E là pentapeptit có công thức phân tử là C 15 H 27 N 5 O 6 .
⇒ phát biểu C sai