Bài tập xác định số mắt xích (P3)

  • 19506 lượt thi

  • 20 câu hỏi

  • 30 phút

Câu 1:

Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở với tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4. Tổng số liên kết peptit trong ba phân tử peptit bằng 12. Thủy phân hoàn toàn 39,05 gam X, thu được 0,11 mol X1, 0,16 mol X2 và 0,2 mol X3 (X1, X2, X3 đều có dạng H2NCnH2nCOOH). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 32,816 lít O2 (đktc). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

X gồm ba peptit Aa, Bb, Cc với tỉ lệ mol tương ứng 2 : 3 : 4.

Biến đổi: 2Aa + 3Bb + 4Cc → 1(Aa)2(Bb)3(Cc)4 + 8H2O.

1(Aa)2(Bb)3(Cc)4 + ?H2O → 11k.X1 + 16k.X2 + 20k.X3 (k nguyên).

2a + 3b + 4c = 47k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 12 a + b + c = 15

2a + 3b + 4c < 4(a + b + c) = 60 47k < 60 k = 1 là giá trị thỏa mãn.

Vậy: X gồm [2A + 3B + 4C] + 38H2O → 11X1 + 16X2 + 20X3

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

biến đổi: 2A + 3B + 4C + 14,5H2O → 23,5E (đipeptit dạng CnH2nN2O3).

biến 39,05 gam X → 0,235 mol E2 cần thêm 0,145 mol H2O mE2 = 41,66 gam.

nCO2 = nH2O = (41,66 – 0,235 × 76) ÷ 14 = 1,7 mol.

bảo toàn nguyên tố O có nO2 cần đốt = (1,7 × 3 – 0,235 × 3) ÷ 2 = 2,1975 mol

lập tỉ lệ có m = (32,816 ÷ 22,4) ÷ 2,9175 × 39,05 ≈ 26,03. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy X về C2H3NO, CH2, H2O nC2H3NO = 0,11 + 0,16 + 0,2 = 0,47 mol.

nH2O = 0,02 + 0,03 + 0,04 = 0,09 mol nCH2 = 0,76 mol.

đốt 39,05 gam X cần 2,25 × 0,47 + 1,5 × 0,76 = 2,1975 mol O2

m = 39,05 × 1,465 ÷ 2,1975 = 26,03 gam


Câu 2:

Hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở, đều tạo bởi glyxin và alanin. Thủy phân hoàn toàn 0,14 mol T cần vừa đủ dung dịch chứa 0,76 mol NaOH, thu được m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn mỗi peptit trong 0,14 mol T thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử peptit là 13 và mỗi phân tử đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là 

Xem đáp án

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 X5. Lại có: ∑O = 13 số mắt xích = 13 – 2 = 11

peptit còn lại là hexapeptit Y6. Giải hệ số mol có nX5 = 0,08 mol và nY6 = 0,06 mol.

0,08 mol X5 dạng GlynAla5-n và 0,06 mol Y6 dạng GlymAla6-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 X5 dạng (Gly)3(Ala)2 và 0,06 mol Y6 dạng Gly2Ala4

m gam muối gồm 0,36 mol Gly–Na và 0,4 mol Ala–Na m = 79,32 gam


Câu 3:

Thủy phân hoàn toàn 0,02 mol peptit mạch hở T trong dung dịch KOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn khan Q (gồm muối của glyxin, valin và alanin) có khối lượng lớn hơn khối lượng của peptit ban đầu là 6,36 gam. Đốt cháy hoàn toàn Q cần vừa đủ 0,66 mol O2, thu được K2CO3, CO2, H2O và N2. Số gốc valin trong một phân tử T là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

0,02 mol T + KOH vừa đủ → Q + 0,02 mol H2O || giả thiết cho mT  mE = 6,36 gam

BTKL phản ứng thủy phân có mKOH = 6,72 gam nKOH = 0,12 mol.

quy về đốt 0,06 mol T2 cần đúng 0,66 mol O2 cho cùng số mol CO2 và H2O.

bảo toàn nguyên tố O có: nCO2nH2O = (0,06 × 3 + 0,66 × 2) ÷ 3 = 0,5 mol.

∑số CT = 0,5 ÷ 0,2 = 25 1.Gly + 1.Ala + 4.Val → chọn đáp án D. ♠

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về C2H3NO, CH2, H2O nH2O= nT = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng:

mT + mKOH = mQ + mH2O mKOH = (mQ  mT)+ mH2O

mKOH = 6,36 + 0,02 × 18 = 6,72 gam nC2H3NO= nKOH = 0,12 mol.

nO2 = 0,66 mol = 2,25.nC2H4NO2Na + 1,5.nCH2  nCH2 = (0,66 – 0,12 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,26 mol.

số mắt xích trong T = Na0,12 ÷ 0,02 = 6; Số gốc CH2 = 0,26 ÷ 0,02 = 13.

Gọi số gốc Ala và Val trong T là a và b (1 ≤ a, b ≤ 4) a + 3b = 13.

Giải phương trình nghiệm nguyên có : a = 1 và b = 4 thỏa mãn yêu cầu.

T chứa 4 gốc Val trong phân tử.


Câu 4:

Thủy phân hoàn toàn 0,02 mol peptit mạch hở E trong dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn khan T (gồm muối của glyxin, valin và alanin) có khối lượng lớn hơn khối lượng của peptit ban đầu là 2,84 gam. Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,3 mol O2, thu được Na2CO3, CO2, H2O và N2. Số gốc glyxin trong một phân tử E là 

Xem đáp án

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 H2O || giả thiết cho mT  mE = 2,84 gam

BTKL phản ứng thủy phân có mNaOH = 3,2 gam nNaOH = 0,08 mol.

quy về đốt 0,04 mol E2 cần đúng 0,3 mol O2 cho cùng số mol CO2 và H2O.

bảo toàn nguyên tố O có: nCO2nH2O = (0,04 × 3 + 0,3 × 2) ÷ 3 = 0,24 mol.

Ctrung bình các αamino axit = 0,24 ÷ 0,08 = 3 = s Cca alanin

dùng sơ đồ chéo có nGly : nVal = (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 C2H3NO, CH2, H2O nH2O = nE = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng: mE + mNaOH = mT + mH2O mNaOH = mT  mE + mH2O

mNaOH = 2,84 + 0,02 × 18 = 3,2 gam nC2H3NO = nNaOH = 0,08 mol.

E chứa 0,08 ÷ 0,02 = 4 mắt xích || nO2 = 0,3 mol = 2,25.nC2H4NO2Na + 1,5.nCH2

nCH2 = (0,3 – 0,08 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,08 mol.

số gốc CH2 = 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


Câu 5:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X, Y (đều được tạo thành từ hai amino axit no, có chứa một nhóm chức amino và một nhóm chức cacboxyl; Y nhiều hơn X một liên kết peptit). Thủy phân hoàn toàn 0,07 mol hỗn hợp E bằng dung dịch NaOH vừa đủ, chỉ thu được hai muối có số mol là 0,15 mol và 0,17 mol. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 10,8 gam E cần vừa đủ 15,12 gam khí O2. Phân tử khối của Y là 

Xem đáp án

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 H2O để biến đổi.

phương trình biến đổi: 7E + 9H2O → 16E2 (đipeptit dạng CmH2mN2O3).

đốt cháy (10,8 + 162x) gam đipeptit E2 ( 16x mol) cần 0,4725 mol O2

thu được: nCO2 = nH2O = (0,4725 × 2 + 16x × 3) ÷ 3 = (16x + 0,315) mol.

mđipeptit = 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).

• ∑namino axit ÷ nE = 4,57 cho biết E gồm 0,03 mol peptapeptit X4 và 0,05 mol hexapeptit Y5

• gọi số nguyên tử cacbon trong hai amino axit lần lượt là n, m (nguyên và ≥ 2).

có: 0,15n + 0,17m = ∑nCO2 = 0,79 mol 15n + 17m = 79 n = 3; m = 2.

E gồm 0,03 X4 dạng GlyaAla4  a và 0,04 mol Y5 dạng GlybAla5  b

nGly = 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 X4 dng Gly3Ala1

và peptit Y5 dng Gly2Ala3  MY = 345 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C2H3NO, CH2, H2O. Xét 0,07 mol E: nH2O = nE = 0,07 mol.

nC2H3NO = ∑nmui = 0,15 + 0,17 = 0,32 mol. Đặt nCH2 = x mol.

Giả sử 10,8 gam E gấp k lần 0,07 mol E 10,8 gam E chứa 0,32k mol C2H3NO;

kx mol CH2; 0,07k mol H2O mE = 57 × 0,32k + 14kx + 18 × 0,07k = 10,8 gam.

nO2 = 2,25.nC2H3NO + 1,5.nCH2 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 nCH2 = 0,15 ghép vừa đủ 1 nhóm CH2 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


0

Đánh giá trung bình

0%

0%

0%

0%

0%

Bình luận


Bình luận