Bài tập xác định số mắt xích (P3)

Thi Online Lí thuyết và bài tập Peptit - Protein cực hay có lời giải chi tiết

Bài tập xác định số mắt xích (P3)

19207 lượt thi
20 câu hỏi
30 phút

BẮT ĐẦU LÀM BÀI

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 $X_{1}$ , 0,16 mol $X_{2}$ và 0,2 mol $X_{3}$ ( $X_{1}, X_{2}, X_{3}$ đều có dạng $H_{2} N C_{n} H_{2 n} C O O H$ ). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 32,816 lít $O_{2}$ (đktc). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 26.

B. 28.

C. 31.

D. 30.

Xem đáp án

Chọn đáp án A

X gồm ba peptit A_a, B_b, C_c với tỉ lệ mol tương ứng 2 : 3 : 4.

Biến đổi: 2A_a + 3B_b + 4C_c → 1(A_a)²(B_b)³(C_c)⁴ + 8H₂O.

1(A_a)²(B_b)³(C_c)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 C_nH_2nN₂O₃).

biến 39,05 gam X → 0,235 mol E₂ cần thêm 0,145 mol H₂O ⇒ $m_{E_{2}}$ = 41,66 gam.

⇒ $n_{C O_{2}}$ = $n_{H_{2} O}$ = (41,66 – 0,235 × 76) ÷ 14 = 1,7 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có $n_{O_{2}}$ 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 ⇒ $n_{C_{2} H_{3} N O}$ = 0,11 + 0,16 + 0,2 = 0,47 mol.

$n_{H_{2} O}$ = 0,02 + 0,03 + 0,04 = 0,09 mol ⇒ $n_{C H_{2}}$ = 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 $C O_{2}$ . 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

A. 68,16.

B. 80,24.

C. 79,32.

D. 81,84.

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 $(X_{5})$ . 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

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 $O_{2}$ , thu được $K_{2} C O_{3}, C O_{2}, H_{2} O v à N_{2}$ . Số gốc valin trong một phân tử T là

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

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 $H_{2} O$ || giả thiết cho $m_{T} - m_{E}$ = 6,36 gam

⇒ BTKL phản ứng thủy phân có $m_{K O H}$ = 6,72 gam ⇒ $n_{K O H}$ = 0,12 mol.

quy về đốt 0,06 mol $T_{2}$ cần đúng 0,66 mol $O_{2}$ cho cùng số mol $C O_{2} v à H_{2} O$ .

⇒ bảo toàn nguyên tố O có: $n_{C O_{2}}$ – $n_{H_{2} O}$ = (0,06 × 3 + 0,66 × 2) ÷ 3 = 0,5 mol.

⇒ ∑số $C_{T}$ = 0,5 ÷ 0,2 = 25 ⇔ 1.Gly + 1.Ala + 4.Val → chọn đáp án D. ♠

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về $C_{2} H_{3} N O, C H_{2}, H_{2} O$ ⇒ $n_{H_{2} O}$ = $n_{T}$ = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng:

$m_{T} + m_{K O H} = m_{Q} + m_{H_{2} O} \Rightarrow m_{K O H} = (m_{Q} - m_{T}) + m_{H_{2} O}$

⇒ $m_{K O H}$ = 6,36 + 0,02 × 18 = 6,72 gam ⇒ $n_{C_{2} H_{3} N O}$ = $n_{K O H}$ = 0,12 mol.

$n_{O_{2}}$ = 0,66 mol = 2,25. $n_{C_{2} H_{4} N O_{2} N a}$ + 1,5. $n_{C H_{2}}$ ⇒ $n_{C H_{2}}$ = (0,66 – 0,12 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,26 mol.

số mắt xích trong T = Na0,12 ÷ 0,02 = 6; Số gốc $C H_{2}$ = 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 $O_{2}$ , thu được $N a_{2} C O_{3}, C O_{2}, H_{2} O v à N_{2}$ . Số gốc glyxin trong một phân tử E là

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

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 $H_{2} O$ || 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

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 $O_{2}$ . Phân tử khối của Y là

A. 359.

B. 345.

C. 331.

D. 317.

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 $H_{2} O$ 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).

• ∑ $n_{a m i n o a x i t} \div n_{E}$ = 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 $Y_{5} d ạ n g {(G l y)}^{2} {(A l a)}^{3} \Rightarrow M_{Y}$ = 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: $n_{H_{2} O}$ = n_E = 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

Bắt đầu thi để xem toàn bộ câu hỏi trong đề

Bài thi liên quan:

Các bài thi hot trong chương:

Đánh giá trung bình

Thi Online Lí thuyết và bài tập Peptit - Protein cực hay có lời giải chi tiết