Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- 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 C
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.
Dễ thấy X là Gly2
số mắt xích trung bình = 4,4.
Lại có hexapeptit chứa ít nhất 12C
⇒ Z là pentapeptit.
● Dễ thấy 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%
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
Đáp án B
Quy đổi E thành:
=> mE = 0,22.57 + 14a +18b =14,21 (1)
Đốt T tốn O2 như đốt E ; nO2 = 18,48/ 32 = 0,5775
nO2 = 0,22.2,25 + 1,5a = 0,5775 (2)
Từ (1) và (2) => a = 0,055 và b = 0,05 (mol)
Số N trung bình trong E là:
=> phải có chất chứa nhiều hơn 4,4 nguyên tủa N trong phân tử
=> Chỉ có thể là Z: (Gly)4(Ala) hay C11H19N5O6
Đặt x, y, z lần lượt là số mol X, Y, Z trong E
(với k là số N của Y)
Do Y có 7C nên k =2 hoặc k =3
TH1: k = 2 =>
Gần nhất với giá trị 5%
TH2: k = 3 => không thỏa mãn
Đáp án B
Quy đổi E thành
=> mE = 0,22.57 + 14a +18b =14,21 (1)
Đốt T tốn O2 như đốt E ; nO2 = 18,48/ 32 = 0,5775
nO2 = 0,22.2,25 + 1,5a = 0,5775 (2)
Từ (1) và (2) => a = 0,055 và b = 0,05 (mol)
Số N trung bình trong E là: 
=> phải có chất chứa nhiều hơn 4,4 nguyên tủa N trong phân tử
=> Chỉ có thể là Z: (Gly)4(Ala) hay C11H19N5O6
Đặt x, y, z lần lượt là số mol X, Y, Z trong E
peptit Y 
và peptit 
. Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng
, thu được 
Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E là
Đáp án D
(x)X : tetra : (Gly)3(Ala)
(y)Y : tri : (Gly)2(Ala)
(z)Z : tetra : (Val)(Gly)2(Ala)
=> mE = 31,17 = 260x + 203y + 302z(1)
T gồm : Gly-Na (3x + 2y + 2z) ; Ala-Na (x + y + z) và Val-Na (z)
NH2CH2COONa + 2,25O2 -> ½ Na2CO3 + 1,5CO2 + 2H2O + ½ N2
NH2CH(CH3)COONa + 3,75O2 -> ½ Na2CO3 + 2,5CO2 + 3H2O + ½ N2
(CH3)2CH-CH(NH2)COONa + 6,75O2 -> ½ Na2CO3 + 4,5CO2 + 5H2O + ½ N2
=> nNa2CO3 = 0,225 = ½ (3x + 2y + 2z + x + y + z + z) = 2x + 1,5y + 2z(2)
nO2 = 1,3725 = 2,25(3x + 2y + 2z) + 3,75(x + y + z) + 6,75z = 10,5x + 8,25y + 15z(3)
Từ (1,2,3) => x = 0,05 ; y = 0,03 ; z = 0,04 mol
=> %mX = 41,71%
Chọn đáp án D.
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.
► Dễ thấy X là Gly2, số mắt xích trung bình = 4,4.
Lại có hexapeptit chứa ít nhất 12C.
⇒ Z là pentapeptit.
● Dễ thấy 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%