Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do đốt cháy 0,16 mol peptit X hoặc 0,16 mol peptit Y hoặc 0,16 mol peptit Z đều thu được số mol C O 2 có số mol nhiều hơn số mol của H 2 O l à 0 , 16 mol nên các peptit đều có chung dạng.
Đặt công thức chung peptit là C n H 2 n + 2 + m − 2 m N m O m + 1
n C O 2 – n H 2 O = n p e p t i t nên ta có: n – (n+1-0,5m) = 1 => m = 4
Vậy X, Y, Z là các tetrapeptit.
Các peptit được tạo bởi Ala và Val nên ta có thể quy đổi thành:
C O N H , C H 2 , H 2 O . Gọi số mol của peptit là a (mol) => n C O N H = 4 a (vì hỗn hợp là các tetrapeptit)
69 , 8 g E C O N H : 4 a CH 2 : b H 2 O : a + N a O H → 101 , 04 g C O O N a : 4 a NH 2 : 4 a CH 2 : b m u o i
m E = 43.4 a + 14 b + 18 a = 69 , 8 m m u o i = 67.4 a + 16.4 a + 14 b = 101 , 04
Giải hệ thu được a = 0,22 và b = 2
Đặt n A l a N a = x m o l v à n V a l N a = y m o l
m m u o i = 111 x + 139 y = 101 , 04 n N = x + y = 4 a = 0 , 88
Giải thu được x = 0,76 mol và y = 0,12
Số mắt xích Ala trung bình = 0,76 : 0,22 = 3,5 => Z l à A l a 4
Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,5 => X l à V a l 4
E gồm:
X : V a l 4 Y : A l a k V a l 4 − k Z : A l a 4 0 , 16 m o l
+ Nếu k = 3
X : V a l 4 Y : A l a 3 V a l Z : A l a 4 0 , 16 m o l
Bảo toàn mắt xích Ala được n Y = 0 , 76 – 0 , 16.4 / 3 = 0 , 04 m o l
= > n X = n E – n Y – n Z = 0 , 22 – 0 , 04 – 0 , 16 = 0 , 02 thỏa mãn n X < n Y
= > m X = 0 , 02. 117.4 – 18.3 = 8 , 28 g a m a
= > % m X = 8 , 28 / 69 , 8.100 % = 11 , 86 % gần nhất với 12%
Xét tương tự với k = 1 và k = 2 thấy không thỏa mãn n X < n Y
Đáp án cần chọn là: A
Vì E + NaOH => muối của Alanin và Valin
=> X, Y, Z được tạo ra từ Ala và Val đều là amino axit no, đơn chức, mạch hở
CTTQ của X là: C n H 2 n + 2 − 2 k + x N x O x + 1
X c h á y → n C O 2 + n + 1 – k + x / 2 H 2 O
a an a.(n + 1 – k + x/2)
Theo đề bài n C O 2 – n H 2 O = a
=> an – a.(n + 1- k + x/2) = a
=> k – x/2 = 2
Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4
Tương tự Y, Z => X, Y, Z đều là các tetrapeptit
Gọi n X = a m o l ; n Y = b m o l Đ K : a < b
E + NaOH → muối + H 2 O
=> n N a O H = 4 . ( n X + n Y + n Z ) = 4 a + 4 b + 4 . 0 , 16
n H 2 O = n E = a + b + 0 , 16
BTKL: m E + m N a O H = m m u o i + m H 2 O
=> 69,8 + 40.(4a + 4b + 0,64) = 101,04 + 18.(a + b + 0,16)
=> a + b = 0,06
= > n E = a + b + 0 , 16 = 0 , 22 m o l = > M E = 317 , 27 = > Z l à A l a 4 M = 302 m ( X , Y ) = m E – m Z = 21 , 48 = > m ( X , Y ) = 358 = > Y l à A l a 3 V a l M = 330
Do A l a 2 V a l 2 nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp:
TH1: X l à A l a V a l 3 M = 386
m m u o i = 111. a + 3 b + 0 , 16.4 + 139. 3 a + b = 101 , 04
Kết hợp a + b = 0,06 => a = b = 0,03 => loại vì theo đề bài n X < n Y
TH2: X l à V a l 4 M = 414
m m u o i = 139. 4 a + b + 111. 3 b + 0 , 16.4 = 0 , 04
Kết hợp a + b = 0,06 => a = 0,02; b = 0,04 (thỏa mãn a < b)
⇒ % X = 0 , 02. 414 69 , 8 .100 % = 11 , 86 % ≈ 11 , 8 %
Đáp án cần chọn là: A
Đáp án A
Vì E + NaOH => muối của Alanin và Valin
=> X, Y, Z được tạo ra từ Ala và Val đều là amino axit no, đơn chức, mạch hở
CTTQ của X là: CnH2n+2-2k + x NxOx+1
X cháy → nCO2 + ( n+ 1 – k + x/2)H2O
a an a( n + 1 – k + x/2)
Theo đề bài nCO2 – nH2O = a
=> an – a(n+1- k + x/2) = a
=> k – x/2 = 2
Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4
Tương tự Y, Z => X, Y, Z đều là các tetrapeptit
Gọi nX = a ( mol); nY = b ( mol) (ĐK: a< b)
E + NaOH → muối + H2O
=> nNaOH = 4( nX + nY + nZ) = 4a + 4b + 4.0,16
nH2O = nE = a + b + 0,16
BTKL: mE + mNaOH = mmuối + mH2O
=> 69,8 + 40( 4a + 4b + 0,64) = 101,04 + 18( a + b + 0,16)
=> a + b = 0,06
=> nE = a + b + 0,16 = 0,22 (mol)
=> ME = 317,27 => Z là (Ala)4 (M =302)
m(X,Y) = mE – mZ = 21,48
=> m (X, Y) = 358 => Y là (Ala)3Val ( M =330)
Do (Ala)2(Val)2 nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp:
TH1: X là (Ala)(Val)3 (M = 386)
m muối = 111( a + 3b + 0,16.4) 139. ( 3a+ b) = 101,04
Kết hợp a+ b = 0,06 => a = b = 0,03 => loại vì theo đề bài nX < nY
TH2: X là (Val)4 (M = 414)
m MUỐI = 139( 4a + b) + 111 ( 3b + 0,16.4) = 0,04
Kết hợp a + b = 0,06 => a = 0,02; b = 0,04 (thỏa mãn a< b)
=> %X = (0,02. 414: 69,8).100% = 11,86%≈ 11,8 %
Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol C O 2 nhiều hơn số mol H 2 O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các aminoaxit no, có 1 nhóm N H 2 và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau.
Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k → CTTQ: C n H 2 n + 2 − 2 k + k N k O k + 1
C n H 2 n + 2 − 2 k + k N k O k + 1 → n C O 2 + n + 1 − 0 , 5 k H 2 O
a na a(n+1-0,5k)
→ na - a(n+1-0,5k) = a → k = 4
Vậy các peptit đều là tetrapeptit
Đặt n p e p t i t = a m o l → n N a O H = 4 a m o l ; n H 2 O = a m o l
BTKL: m p e p t i t + m N a O H = m m u o i + m H 2 O → 69 , 8 + 4 a .40 = 101 , 04 + 18 a → a = 0 , 22 m o l
Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là x và y (mol)
+) BTNT “Na”: x + y = n N a O H = 0 , 88 1
+) m m u ố i = 111 x + 139 y = 101 , 04 ( 2 )
Giải (1) và (2) được x = 0,76 mol và y = 0,12 mol
Sơ đồ bài toán:
69 , 8 g X Y Z : 0 , 16 → + N a O H v u a đ u A l a − N a : a V a l − N a : b
BTNT “C”: n C ( X ) = 2 n A l a − N a + 5 n V a l − N a = 2.0 , 76 + 5.0 , 12 = 2 , 12 m o l
→ C t r u n g b ì n h = 2 , 12 : 0 , 22 = 9 , 6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6
Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,54 → Có peptit không chứa Val
→ C Z = 8 → Z l à A l a 4 M = 89.4 − 18.3 = 302
→ n A l a ( X , Y ) = 0 , 76 − 0 , 16.4 = 0 , 12
Mặt khác:
n X + n Y = 0 , 22 − 0 , 16 = 0 , 06 m o l
m X + m Y = m h h − m Z = 69 , 8 − 0 , 16.302 = 21 , 48 g a m
→ M(X, Y) = 21,48 : 0,06 = 358 → Y là A l a 3 V a l M = 330
Do A l a 2 V a l 2 (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:
TH1:
X là A l a V a l 3 x m o l
Y là A l a 3 V a l y m o l
x + y = 0,06
x + 3 y = n A l a X , Y = 0 , 12
→ x = y = 0,03 loại do không thỏa mãn n X < n Y
TH2:
X là V a l 4 x m o l
Y là A l a 3 V a l y m o l
n A l a ( X , Y ) = 3 y = 0 , 12 → y = 0,04 → x = 0,02 (thỏa mãn)
→ % m X = 0 , 02.414 / 69 , 8 .100 % = 11 , 86 % gần nhất với 12%
Đáp án cần chọn là: D
Chọn đáp án B
Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit: 2 X n + ( n - 2 ) H 2 O → n X 2 .
||⇒ n H 2 O thêm = ∆ n ( C O 2 , H 2 O ) = 0,16 mol = n X ⇒ 2 = n - 2 ⇒ n = 4.
⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit. Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 v à H 2 O .
Đặt n C 2 H 3 N O = 4x; n C H 2 = y ⇒ n H 2 O = x ⇒ m E = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.
Muối gồm 4x mol C 2 H 4 N O 2 N a và y mol C H 2 ⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).
► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol ||⇒ n A l a = 0,76 mol; n V a l = 0,12 mol.
● Dễ thấy n Z > n V a l ⇒ Z không chứa Val ⇒ Z là A l a 4 .
||⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val; ∑ n ( X , Y ) = 0,06 mol.
● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2. Lại có: M X > M Y ⇒ Y là A l a 3 V a l .
● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2 ⇒ X là V a l 4 h o ặ c A l a V a l 3 .
TH1: X là V a l 4 ⇒ n Y = n A l a ÷ 3 = 0,04 mol ⇒ n X = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.
⇒ n X < n Y (thỏa) ⇒ %mX = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86% ⇒ chọn B.
TH2: X là A l a V a l 3 . Đặt n X = a ; n Y = b ⇒ ∑ n ( X , Y ) = a + b = 0,06 mol.
n A l a = 0,12 mol = a + 3b ||⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt) ⇒ loại.
Gọi CTTQ của X là CnH2n+2-2k+xNxOx+1
X cháy -> nCO2 + (n+1-k+x/2) H2O + x/2N2
0,16------0,16n----0,16∙(n+1-k+x/2)
Mà n(CO2) – n(H2O) = 0,16 -> k-x/2 = 2
Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4
Tương tự cho Y và Z
Vậy X, Y, Z đều là các tetrapeptit
Gọi n(X) = x; n(Y) = y; n(Z) = z -> n(NaOH) = 4x + 4y + 0,16∙4 và n(H2O) = x + y+ 0,16
Áp dụng ĐLBT khối lượng: 69,8 + 40∙4x + 4y + 0,16∙4 ) = 101,04 + 18∙( x + y+ 0,16)
-> x+y = 0,06 -> n(E) = 0,22 -> m(E) = 317,27
-> Z là (Ala)4 ( M = 302); m(X,Y) = m(E) – m(Z) = 21,48 -> M(X,Y) = 358
-> Y là (Ala)3Val (M = 330);
TH1: X là (Ala)(Val)3 (M = 386)
m(muối) = 111∙( x + 3y + 0,16∙4) + 139∙3x + y) = 101,04
-> x = y = 0,03 (Loại)
TH2: X là (Val)4 ( M = 414)
m(muối) = 139∙(4x+y) + 111∙3y +0,16∙4) = 101,04
-> x = 0,02 và y = 0,04
%X = 11,86% -> Đáp án A
Chọn đáp án D.
Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit:
2Xn + (n - 2)H2O → nX2.
⇒ nH2O thêm = ∆n(CO2, H2) = 0,16 mol = nX
⇒ 2 = n - 2
⇒ n = 4.
⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit.
Quy E về C2H3NO, CH2 và H2O.
Đặt nC2H3NO = 4x; nCH2 = y
⇒ nH2O = x
⇒ mE = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.
Muối gồm 4x mol C2H4NO2Na và y mol CH2
⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).
► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol
⇒ nAla = 0,76 mol; nVal = 0,12 mol.
● Dễ thấy nZ > nVal
⇒ Z không chứa Val
⇒ Z là Ala4.
⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val;
∑n(X, Y) = 0,06 mol.
● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2.
Lại có: MX > MY ⇒ Y là Ala3Val.
● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2
⇒ X là Val4 hoặc AlaVal3.
TH1: X là Val4
⇒ nY = nAla ÷ 3 = 0,04 mol
⇒ nX = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.
⇒ nX < nY (thỏa)
⇒ %mX = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86%
⇒ Chọn D.
TH2: X là AlaVal3.
Đặt nX = a; nY = b
⇒ ∑n(X, Y) = a + b = 0,06 mol.
nAla = 0,12 mol = a + 3b
⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt).
⇒ Loại.
