Bài tập xác định số mắt xích (P3)

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 ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 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

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 $\left(X_5\right)$. Lại có: ∑O = 13 ⇔ số mắt xích = 13 – 2 = 11

⇒ peptit còn lại là hexapeptit $\left(Y_6\right)$. Giải hệ số mol có $n_{X_5}$ = 0,08 mol và $n_{Y_6}$ = 0,06 mol.

0,08 mol $X_5$ dạng ${\left(Gly\right)}^n{\left(Ala\right)}^{5-n}$ và 0,06 mol $Y_6$ dạng ${\left(Gly\right)}^m{\left(Ala\right)}^{6-m}$.

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 ${\left(Gly\right)}^2{\left(Ala\right)}^4$

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

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 $m_{KOH}$ = 6,72 gam ⇒ $n_{KOH}$ = 0,12 mol.

quy về đốt 0,06 mol $T_{2 }$cần đúng 0,66 mol $O_2$ cho cùng số mol $C{O}_2 và H_{2}O$.

⇒ 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 $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ $n_{H_{2}O}$= $n_T$ = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng:

$$\begin{gathered} m_T + m_{KOH }= m_Q + m_{H_{2}O} \\ \Rightarrow m_{KOH }= (m_Q – m_T)+ m_{H_{2}O} \end{gathered}$$

⇒ $m_{KOH}$ = 6,36 + 0,02 × 18 = 6,72 gam ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$= $n_{KOH}$ = 0,12 mol.

$n_{O_2}$ = 0,66 mol = 2,25.$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 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.

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 $m_{NaOH}$ = 3,2 gam ⇒ $n_{NaOH}$ = 0,08 mol.

quy về đốt 0,04 mol $E_2$ cần đúng 0,3 mol $O_2$ cho cùng số mol $C{O}_2 và H_{2}O$.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có: $n_{C{O}_2}$ – $n_{H_{2}O}$ = (0,04 × 3 + 0,3 × 2) ÷ 3 = 0,24 mol.

⇒ $C_{trung bình các \alpha –amino axit }$= 0,24 ÷ 0,08 = 3 = $số C_{của alanin}$

⇒ dùng sơ đồ chéo có $n_{Gly} : n_{Val}$ = (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 $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng: $m_E + m_{NaOH}$ = $m_T$ + $m_{H_{2}O}$ ⇒ $m_{NaOH }= \left(m_T – m_E\right)$ + $m_{H_{2}O}$

⇒ $m_{NaOH}$ = 2,84 + 0,02 × 18 = 3,2 gam ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{NaOH}$ = 0,08 mol.

⇒ E chứa 0,08 ÷ 0,02 = 4 mắt xích || $n_{O_2}$ = 0,3 mol = 2,25.$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 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 $C_m{H}_{2m}{N}_2{O}_3$).

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.

⇒ $m_{đipeptit}$= 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).

• ∑$n_{amino axit} ÷ n_E$ = 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 ${\left(Gly\right)}^{{}_a}{\left(Ala\right)}^{{}_{4 – a }}$và 0,04 mol Y₅ dạng ${\left(Gly\right)}^b{\left(Ala\right)}^{5 – b}$

⇒ ∑$n_{Gly }$= 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 ⇒ $X_4 dạng {\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^1$

và peptit $Y_5 dạng {\left(Gly\right)}^2{\left(Ala\right)}^3 \Rightarrow M_Y$ = 345 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét 0,07 mol E: $n_{H_{2}O}$ = n_E = 0,07 mol.

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = ∑$n_{muối}$= 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 $C_2{H}_{3}NO$;

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.$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 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 B

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

0,1 mol T → 0,56 mol amino axit ⇔ 0,28 mol đipeptit ⇒ cần 0,18 mol $H_{2}O$ để biến đổi.

⇒ phương trình biến đổi: 1T + 1,8$H_{2}O$ → 2,8$E_2$ $\left(đipeptit dạng C_m{H}_{2m}{N}_2{O}_3\right)$.

đốt cháy (13,2 + 32,4x) gam đipeptit $E_2$ (⇔ 2,8x mol) cần 0,63 mol $O_2$

⇒ thu được: $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (0,63 × 2 + 2,8x × 3) ÷ 3 = (2,8x + 0,42) mol.

⇒ $m_{đipeptit}$ = 13,2 + 32,4x = 14 × (2,8x + 0,42) + 76 × (2,8x) ⇒ giải x = 1/30 mol.

đồng nhất số liệu toàn bộ về 0,1 mol T (gấp 3 lần các số liệu ở phản ứng đốt cháy).

• ∑$n_{amino axit} ÷ n_T$ = 5,6 cho biết T gồm 0,04 mol peptapeptit E₅ và 0,06 mol hexapeptit $E_6$

• $0,42C_X + 0,14C_Y$ = ∑$n_{C{O}_2}$ = 1,54 ⇔ $3C_X + C_Y$ = 11.

⇒ $C_X$ = 2 và $C_Y$ = 5 (do $M_{X }< M_Y$ nên trường hợp $C_X$ = 3; $C_Y$ = 2 loại).

⇒ T gồm 0,04 $E_5$ dạng ${\left(Gly\right)}^a{\left(Val\right)}^{{}_{5 – a}}$ và 0,06 mol $E_6$ dạng ${\left(Gly\right)}^b{\left(Val\right)}^{6 – b}$

⇒ ∑$n_{Gly}$ = 0,04a + 0,06b = 0,42 ⇔ 2a + 3b = 21 (điều kiện: 1 ≤ a ≤ 4; 1 ≤ b ≤ 5).

⇒ nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là a = 3; b = 5 ⇒ $T_1$ ≡ $E_5 là {\left(Gly\right)}^3{\left(Val\right)}^2$

⇒ Phân tử khối của peptit $T_1$ bằng 75 × 3 + 117 × 2 – 4 × 18 = 386 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét 0,1 mol T: $n_{H_{2}O}$= $n_T$ = 0,1 mol.

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_X + n_Y$ = 0,42 + 0,14 = 0,56 mol. Đặt $n_{C{H}_2}$ = x mol.

Giả sử 13,2 gam T gấp k lần 0,1 mol T ⇒ 13,2 gam T chứa 0,56k mol $C_2{H}_{3}NO$,

kx mol $C{H}_2$, 0,1k mol $H_{2}O$ ⇒ $m_T$ = 13,2 = 57 × 0,56k + 14kx + 18 × 0,1k

$n_{O_2}$ = 2,25.$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 1,5.$n_{C{H}_2}$ ⇒ 0,63 = 2,25 × 0,56k + 1,5kx

Giải hệ có: k = 1/3; kx = 0,14 ⇒ x = 0,14 ÷ 1/3 = 0,42 mol.

• TH₁: ghép 1 $C{H}_{2 }$vào X ⇒ X là Ala và Y là Gly ⇒ $M_X > M_Y$ → trái giả thiết → loại.!

• TH₂: ghép 0,42 ÷ 0,12 = 3 nhóm $C{H}_2$ vào Y ⇒ X là Gly và Y là Val → ổn.!

Lại có: số mắt xích trung bình = 0,56 ÷ 0,1 = 5,6 ⇒ $T_1$ là pentapeptit và $T_2$ là hexapeptit.

đến đây giải + biện luận tìm $T_1$ và $T_2$ như cách 1

Chọn đáp án A

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

có ∑$n_{các \alpha –amino axit}$= $n_{HCl}$ – ∑$\left(n_{NaOH} + n_{KOH}\right)$ = 0,14 mol.

• 0,07 mol X₂ + (0,1 mol NaOH + 0,12 mol KOH) → 20,66 gam c.tan + 0,07 mol $H_{2}O$.

⇒ BTKL có $m_{X_2}$ = 11,2 gam ⇒ có 0,07 mol $X_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$ nặng 11,2 gam

⇒ đốt 0,07 mol $X_2$ thu được $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (11,2 – 0,07 × 76) ÷ 14 = 0,42 mol.

mà đốt ½.m gam hh đầu cho 0,39 mol $H_{2}O$ ⇒ cần thêm 0,03 mol $H_{2}O$ để chuyển thành $X_2$

⇒ m = $m_{hh đầu}$ = 2 × (11,2 – 0,03 × 18) = 21,32 gam → chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.

Quy hỗn hợp peptit về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét số liệu mỗi phân bằng nhau:

Quy đổi quá trình thành: peptit + 0,1 mol NaOH + 0,12 mol KOH + 0,36 mol HCl.

⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,36 – 0,1 – 0,12 = 0,14 mol ⇒ $n_{O{H}^{–} dư}$ = 0,1 + 0,12 – 0,14 = 0,08 mol.

⇒ 20,66 gam chất tan Y gồm $H_{2}N–C{H}_2–COO–, N{a}^{+}, K^{+}, O{H}^{–}, C{H}_2$.

⇒ $n_{C{H}_2}$ = (20,66 – 0,14 × 74 – 0,1 × 23 – 0,12 × 39 – 0,08 × 17) ÷ 14 = 0,14 mol.

$n_{H_{2}O}$ = 0,39 – 0,14 × 1,5 – 0,14 = 0,04 mol ⇒ m = 2 × (0,14 × 57 + 0,14 × 14 + 0,04 × 18) = 21,32 gam.

Chọn đáp án B

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

có ∑$n_{các \alpha –amino axit}$ = $n_{HCl} – \sum \left(n_{NaOH} + n_{KOH}\right)$ = 0,2 mol.

• 0,1 mol $T_2$ + (0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH) → 26,76 gam c.tan + 0,1 mol $H_{2}O$.

⇒ BTKL có $m_{T_2}$ = 17,68 gam ⇒ có 0,1 mol $T_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$ nặng 17,68 gam

⇒ đốt 0,1 mol $T_2$ thu được $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (17,68 – 0,1 × 76) ÷ 14 = 0,72 mol.

mà đốt m gam T cho 0,68 mol $H_{2}O$ ⇒ cần thêm 0,04 mol $H_{2}O$ để chuyển T thành $T_2$

⇒ m = $m_T$ = $m_{T_2}$ – $m_{H_{2}O}$ thêm vào = 17,68 – 0,04 × 18 = 16,69 gam → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.

Quy m gam hỗn hợp T về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$. Quy đổi quá trình thành:

m gam T + 0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH tác dụng vừa đủ 0,44 mol HCl.

⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,44 – 0,16 – 0,08 = 0,2 mol ⇒ $n_{O{H}^{–} dư}$ = 0,16 + 0,08 – 0,2 = 0,04 mol.

Q gồm $H_{2}N–C{H}_2–COO–, N{a}^{+}, K^{+}, O{H}^{–}, C{H}_2$.

⇒ $n_{C{H}_2}$ = (26,76 – 0,2 × 74 – 0,16 × 23 – 0,08 × 39 – 0,04 × 17) ÷ 14 = 0,32 mol.

$n_{H_{2}O}$ = 0,68 – 0,2 × 1,5 – 0,32 = 0,06 mol ⇒ m = 0,2 × 57 + 0,32 × 14 + 0,06 × 18 = 16,96 gam.