Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
trong 
dư thu được 0,6 mol khí
; 10,08 gam 
Thủy phân 
bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch chỉ chứa m gam muối của một 
-amino axit. Biết tổng số nguyên tử oxi trong X và Y bằng 9, số liên kết peptit X và Y không nhỏ hơn 2 và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
Đáp án B
Quy E về C2H3NO,CH2 và H2O
>nH2O=nE=0,06 mol
Đặt nC2H3NO=x;nCH2=y
nCO2=2x+y=0,6 mol;
nH2O=1,5x+y+0,06=0,56 mol
giải hệ có:
x=y=0,2 mol
=mE=15,28g=
> thí nghiệm 1 dùng gấp 2 lần thí nghiệm 2
=> muối gồm: 0,1 mol C2H4NO2Na và 0,1 mol CH2
=>m=11,1mol
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 D
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
• biến đổi: 0,06 mol E + 0,08 mol H 2 O → 0,14 mol E 2 dạng C ? H 2 ? N 2 O 3 đ i p e p t i t .
10,2 gam E ứng với 3x mol → cần 4x mol H 2 O để chuyển thành 7x mol E 2 .
⇒ đốt (10,2 + 72x) gam E 2 (7x mol) cần 0,495 mol O 2 → C O 2 + H 2 O + N 2 .
bảo toàn Oxi có: n C O 2 = (7x × 3 + 0,495 × 2) ÷ 3 = (7x + 0,33) mol.
⇒ m E 2 = 14 × (7x + 0,33) + 7x × 76 = 10,2 + 72x ⇒ giải x = 0,01 mol.
⇒ thay ngược lại có: n C O 2 = 0,4 mol. tỉ lệ giả thiết có:
thủy phân 0,03 mol E → 0,04 mol C n H 2 n + 1 N O 2 + 0,1 mol C m H 2 m + 1 N O 2 .
⇒ bảo toàn nguyên tố C có: 0,04n + 0,1m = n C O 2 = 0,4 mol ⇔ 2n + 5m = 20.
⇒ cặp nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là n = 5; m = 2.
ứng với có 0,04 mol Valin C 5 H 11 N O 2 và 0,1 mol Glyxin C 2 H 5 N O 2 .
0,03 mol E gồm 0,02 mol Xi và 0,01 mol Yk ⇒ ∑lk peptit = i + k – 2 = 8
⇒ i + k = 10 mà ∑ n α – a m i n o a x i t = 0,02i + 0,01k = 0,14 mol ⇔ 2i + k = 14
⇒ giải i = 4 và k = 6 ⇒ E gồm X 4 dạng V a l a G l y 4 – a + Y 6 dạng V a l b G l y 6 – b
⇒ ∑ n V a l = 0,02a + 0,01b = 0,04 mol ⇔ 2a + b = 4 (điều kiện: a, b ≥ 1)
⇒ nghiệm duy nhất thỏa mãn: a = 1 và b = 2 ⇒ Y dạng V a l 2 G l y 4
Theo đó, M Y = 117 × 2 + 75 × 4 – 5 × 18 = 444 ⇒ chọn đáp án D. ♠.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O . Xét trong 0,06 mol E ta có:
n H 2 O = n E = 0,06 mol; n C 2 H 3 N O = ∑ n a m i n o a x i t = 0,08 + 0,2 = 0,28 mol.
⇒ n X = 0,06 ÷ (2 + 1) × 2 = 0,04 mol; n Y = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.
Gọi số mắt xích trong X và Y là a và b (a, b ≥ 2).
n C 2 H 3 N O = 0,28 mol = 0,04a + 0,02b; ⇒ số mắt xích = a + b = 8 + 2 = 10.
||⇒ a = 4 và b = 6. Đặt n C H 2 = x mol. Giả sử 10,2 gam E gấp k lần 0,06 mol E.
⇒ 10,2 gam E chứa 0,28k mol C 2 H 3 N O ; kx mol C H 2 ; 0,06k mol H 2 O .
⇒ m E = 0,28k × 57 + 14kx + 0,06k × 18 = 10,2 gam.
và n O 2 cần đốt = 2,25 n C 2 H 3 N O + 1,5 n C H 2 = 2,25 × 0,28k + 1,5kx = 0,495 mol.
Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,12 ⇒ x = 0,12 ÷ 0,5 = 0,24 mol.
Dễ thấy n C H 2 = 0,24 = 0,08 × 3 + 0,2 ⇒ có 0,08 mol Val và 0,2 mol Gly.
Gọi số gốc Val trong X và Y là m và n (m, n ≥ 1) ⇒ 0,04m + 0,02n = 0,08 mol.
Giải phương trình nghiệm nguyên: m = 1; n = 2 ⇒ Y là G l y 4 V a l 2 ⇒ M Y = 444.
Chọn đáp án B
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
0,07 mol E → 0,32 mol amino axit ⇔ 0,16 mol đipeptit ⇒ cần 0,09 mol H 2 O để biến đổi.
⇒ phương trình biến đổi: 7E + 9 H 2 O → 16 E 2 (đipeptit dạng C m H 2 m N 2 O 3 ).
đốt cháy (10,8 + 162x) gam đipeptit E 2 (⇔ 16x mol) cần 0,4725 mol O 2
⇒ thu được: n C O 2 = n H 2 O = (0,4725 × 2 + 16x × 3) ÷ 3 = (16x + 0,315) mol.
⇒ m đ i p e p t i t = 10,8 + 162x = 14 × (16x + 0,315) + 76 × (16x) ⇒ giải x = 0,005 mol.
đồng nhất số liệu toàn bộ về 0,07 mol E (gấp 2 lần các số liệu ở phản ứng đốt cháy).
• ∑ n a m i n o a x i t ÷ n E = 4,57 cho biết E gồm 0,03 mol peptapeptit X 4 và 0,05 mol hexapeptit Y 5
• gọi số nguyên tử cacbon trong hai amino axit lần lượt là n, m (nguyên và ≥ 2).
⇒ có: 0,15n + 0,17m = ∑ n C O 2 = 0,79 mol ⇔ 15n + 17m = 79 ⇒ n = 3; m = 2.
⇒ E gồm 0,03 X 4 dạng G l y a A l a 4 – a và 0,04 mol Y5 dạng G l y b A l a 5 – b
⇒ ∑ n G l y = 0,03a + 0,04b = 0,17 ⇔ 3a + 4b = 17 (điều kiện: 1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).
⇒ nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là a = 3; b = 2 ⇒ X 4 d ạ n g G l y 3 A l a 1
và peptit Y 5 d ạ n g G l y 2 A l a 3 ⇒ M Y = 345 → chọn đáp án B. ♦.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O . Xét 0,07 mol E: n H 2 O = nE = 0,07 mol.
n C 2 H 3 N O = ∑ n m u ố i = 0,15 + 0,17 = 0,32 mol. Đặt n C H 2 = x mol.
Giả sử 10,8 gam E gấp k lần 0,07 mol E ⇒ 10,8 gam E chứa 0,32k mol C 2 H 3 N O ;
kx mol C H 2 ; 0,07k mol H 2 O ⇒ m E = 57 × 0,32k + 14kx + 18 × 0,07k = 10,8 gam.
n O 2 = 2,25. n C 2 H 3 N O + 1,5. n C H 2 ⇒ 0,4725 = 2,25 × 0,32k + 1,5kx.
Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,075 ⇒ x = 0,075 ÷ 0,5 = 0,15 mol.
Do n C H 2 = 0,15 ⇒ ghép vừa đủ 1 nhóm C H 2 vào muối có số mol là 0,15 mol.
⇒ 2 loại gốc amino axit là 0,15 mol Ala và 0,17 mol Gly.
số mắt xích trung bình = 0,32 ÷ 0,07 ≈ 4,6 ⇒ X là tetrapeptit và Y là pentapeptit.
đến đây giải và biện luận tương tự cách 1
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
Đáp án D
Số N trung bình trong hỗn hợp T = nNaOH/ nT = 3,8/0,7 = 5,4
=> Số nhóm CONH trung bình trong là 5,4 -1 = 4,4
Mà X, Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4 => X có liên kết 4 peptit => X có 6 oxi
Mà tổng số nguyên tử O trong X và Y bằng 13 => Y có 7 oxi => Y có 5 liên kết peptit
X + 5NaOH → Muối + H2O
x → 5x (mol)
Y + 6NaOH → Muối + H2O
y → 6y (mol)
Gọi CTPT của X là ( Gly)a(Ala)5-a : 0,4 (mol)
Y là (Gly)b(Ala)6-b: 0,3 (mol)
Đốt X và Y thu được mol CO2 bằng nhau:
Bảo toàn nguyên tố C ta có: nCO2 = 0,4 [2a + 3( 5-a)] = 0,3 [ 2b + 3 (6-b)]
=> 4a – 3b =6
Vì a, b nguyên nên chỉ có a = 3 và b = 2 là nghiệm thỏa mãn
Vậy X là: (Gly)3(Ala)2: 0,4 (mol) ; Y là (Gly)2(Ala)4: 0,3 (mol)
BTKL: mmuối = mX + mY + mNaOH – mH2O
=> mmuối = 0,4. 331 + 0,3. 416 + 3,8.40 – 0,7.18 = 396,6 (g)
Chọn đáp án B.
Các peptit chứa ≥ 4 liên kết peptit.
⇒ Các peptit chứa ≥ 5 mắt xích.
Mặt khác, số mắt xích trung bình = 3,8 ÷ 0,7 = 5,43
⇒ Phải có pentapeptit.
► Không mất tính tổng quát, giả sử X là pentapeptit.
⇒ Y chứa 6 mắt xích.
Đặt nX = x; nY = y
⇒ nT = x + y = 0,7 mol;
nNaOH = 5x + 6y = 3,8 mol.
⇒ Giải hệ có: x = 0,4 mol; y = 0,3 mol.
Lại có, X và Y đều tạo bởi Gly và Ala.
⇒ X và Y có dạng (Gly)a(Ala)5-a
và (Gly)b(Ala)6-b (1 ≤ a ≤ 4; 1 ≤ a ≤ 5).
► Mặt khác, đốt X và Y cho cùng số mol CO2
⇒ 0,4 × (15 - a) = 0,3 × (18 - b)
⇒ 0,4a - 0,3b = 0,6.
Giải phương trình nghiệm nguyên có:
a = 3; b = 2.
⇒ X là Gly3Ala2 và Y là Gly2Ala4.
Bảo toàn khối lượng:
► m = 0,4 × 331 + 0,3 × 416 + 3,8 × 40 - 0,7 × 18 = 396,6(g)
Chọn đáp án B
► Quy E về đipeptit: 2 E n E + n – 2 H 2 O → n E 2 C 2 n H 4 n N 2 O 3
Theo bảo toàn nguyên tố C và H ⇒ đốt VT cũng như đốt VP
● Mặt khác, đốt VP cho n C O 2 = n H 2 O ⇒ đốt VT cũng cho n C O 2 = n H 2 O
⇒ Đốt E thì độ lệch mol C O 2 – H 2 O cũng chính là lượng H 2 O
thêm vào để thủy phân E thành đipeptit E 2
⇒ n H 2 O thêm = n C O 2 đốt E – n H 2 O đốt E = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol
● Thế vào pt ⇒ 0,06 × (n – 2) = 0,04 × 2 ⇒ n = 10 3
⇒ n E 2 = 0,1 mol || Lại có: E 2 = C 2 n H 4 n N 2 O 3 = C 2 n H 4 n + N 2 O 3 = C H 2 + N 2 O 3
⇒ m E 2 = m C H 2 + m N 2 O 3 = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16 gam.
BTKL: m E = 16 – 0,04 × 18 = 15,28 gam ⇒ T N 2 dùng gấp 2 lần T N 2
► En + nNaOH → Muối + H 2 O ⇒ n N a O H = n × n E = 0,1 mol; n H 2 O = n E = 0,03 mol
||⇒ m = 7,64 + 0,1 × 40 – 0,03 × 18 = 11,1 gam