Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Quy đổi hỗn hợp muối F thành HCOONa (a mol), H 2 N − C H 2 − C O O N a b m o l v à C H 2 c m o l
+) m F = 68 a + 97 b + 14 c = 24 , 2 1
+) Đốt cháy F:
H C O O N a + 0 , 5 O 2 → 0 , 5 N a 2 C O 3 + 0 , 5 C O 2 + 0 , 5 H 2 O
a → 0,5a → 0,5a
H 2 N − C H 2 − C O O N a + 2 , 25 O 2 → 0 , 5 N a 2 C O 3 + 1 , 5 C O 2 + 2 H 2 O + 0 , 5 N 2
b → 2,25b → 1,5b
C H 2 + 1 , 5 O 2 → C O 2 + H 2 O
c → 1,5c → c
= > n O 2 = 0 , 5 a + 2 , 25 b + 1 , 5 c = 0 , 625 2 = > n C O 2 = 0 , 5 a + 1 , 5 b + c = 0 , 425 3
Giải hệ trên thu được a = 0,05; b = 0,2; c = 0,1
Do n G l y N a > n A l a N a nên các muối gồm CH3COONa (0,05 mol); GlyNa (0,15 mol); AlaNa (0,05 mol)
Este là C H 3 C O O C 2 H 5 0 , 05 m o l
Ta có: n G l y : n A l a = 3 : 1
Do số liên kết peptit ≤ 6 nên peptit là ( G l y ) 3 A l a 0 , 05 m o l
=> % m X = 74 , 71 % gần nhất với 74,7%
Đáp án cần chọn là: B
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 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 A
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
n N a O H = 0,52 mol; n H C l = 0,08 mol ⇒ ∑ n a m i n o a x i t = 0,52 – 0,08 = 0,44 mol.
☆ quy đốt 0,22 mol đipeptit E 2 cần 2,22 mol O 2 (đốt G, E đều cần cùng lượng O 2 ).
⇒ n C O 2 = n H 2 O = (0,22 × 3 + 2,22 × 2) ÷ 3 = 1,7 mol ⇒ m E 2 = 40,52 gam.
☆ 0,22 mol E 2 + 0,52 mol NaOH + 0,08 mol HCl → m gam muối G + (0,22 + 0,08) mol H 2 O .
⇒ BTKL có m = 40,52 + 0,52 × 40 + 0,08 × 36,5 – 0,3 × 18 = 58,84 gam → Chọn A. ♥
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
n N a O H d ư = n H C l = 0,08 mol. Quy muối trong G về C 2 H 4 N O 2 N a , C H 2 , NaCl.
⇒ n C 2 H 4 N O 2 N a = n N a O H p h ả n ứ n g = 0,65 × 0,8 – 0,08 = 0,44 mol. Do NaCl không bị đốt.
⇒ n O 2 = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5. n C H 2 ⇒ n C H 2 = (2,22 – 2,25 × 0,44) ÷ 1,5 = 0,82 mol.
⇒ G gồm 0,44 mol C 2 H 4 N O 2 N a ; 0,82 mol C H 2 và 0,08 mol NaCl.
⇒ m = 0,44 × 97 + 0,82 × 14 + 0,08 × 58,5 = 58,84 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%
Chọn đáp án A
Cách 1: phân tích giả thiết – biến đổi cơ bản:
n N a O H = 0,18 mol; n g l i x e r o l = 0,02 mol ⇒ n c h ấ t b é o Y = 0,02 mol.
mà X là X 6 (chứa 5 lk peptit) ⇒ n X 6 = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
⇒ E gồm 0,02 mol X 6 dạng C a H 2 a – 4 N 6 O 7 và 0,02 mol Y dạng C b H 2 b – 4 O 6
(điều kiện a, b nguyên: 13 ≤ a ≤ 17 và số C a x i t b é o = (b – 3) ÷ 3 là số chẵn).
đốt m gam E + 1,84 mol O 2 → t 0 x mol C O 2 + y mol H 2 O .
tương quan đốt: x – y = ∑ n C O 2 – ∑ n H 2 O = 2 n E = 0,08 mol.
bảo toàn O: 2x + y = 3,94 ⇒ giải: x = 1,34 mol và y = 1,26 mol.
⇒ có phương trình: 0,02a + 0,02b = 1,34 ⇔ a + b = 67. thỏa mãn
điều kiện a, b chỉ có: a = 16, b = 51 ứng với chất béo là C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5
và peptit X có cấu tạo: C 16 H 28 N 6 O 7 ⇔ M X = 416. → Chọn đáp án A. ♥.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
X chứa 5 liên kết peptit ⇒ X chứa 5 + 1 = 6 mắt xích.
n Y = n C 3 H 8 O 3 = 0,02 mol. n N a O H = 6 n X + 3 n Y ⇒ nX = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
Quy E về G l y 6 , C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 , C H 2 .
⇒ n O 2 = 13,5 n G l y 6 + 72,5 n C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 + 1,5 n C H 2 = 1,84 mol.
⇒ n C H 2 = (1,84 – 13,5 × 0,02 – 72,5 × 0,02) ÷ 1,5 = 0,08 mol.
Đặt số gốc C H 2 ghép vào peptit và chất béo lần lượt là m và 3n (m ≥ 1; n ≥ 0 và n chẵn).
⇒ 0,02m + 0,02 × 3n = 0,08 → chỉ có cặp nghiệm m = 4 ; n = 0 thỏa mãn.!
Tương ứng với X là G l y 2 A l a 4 ⇒ M X = 416.!