Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án B.
Đipeptit mạch hở tạo từ đồng đẳng của glyxin có dạng CnHmN2O3 => Ít nhất phân tử có 3 oxi
Mà 3 phân tử X,Y,Z lại có tổng số nguyên tử oxi là 9 = 3×3 = Cả 3 chất đều là đipeptit
Vì nX : nY : nZ = 1 : 2 : 2 mà nX + nY+ nZ = 0,15 => nX = 0,03; nY = nZ = 0,06
Đặt X là Ala(Gly+xCH2); Y là Ala(Gly+yCH2) và Z là Ala(Gly+zCH2)
=> 0,03x + 0,06y + 0,06z + 0,15 = 0,33 => x + 2y + 2z = 6
Các giá trị x, y, z thuộc 0 (Gly) hoặc 1 (Ala) hoặc 3 (Val)
0,15 + (0,03 + 0,06)×3= 0,42 > 0,33 => Chỉ có 1 trong x, y, z bằng 3 hay chỉ có 1 peptit chứa Val Nếu peptit chứa Val có số mol là 0,03 => x = 3 => 2y + 2z = 3 vô lý vì 2y + 2z phải là số chẵn
=> Y hoặc Z phải chứa Val => Giả sử Z là Ala–Val (hoặc Val–Ala) => z = 3
=> x + 2y = 0 => x = y = 0 => X và Y chỉ khác cách sắp xếp như Gly-Ala và Ala-Gly
Với thí nghiệm sau, nX : nY : nZ = 3 : 2 : 2 mà nX + nY + nZ = 0,07 => nX = 0,03 và
nY = nZ = 0,02
Vì nY vẫn bằng nZ => Peptit Y hay Z chứa Val đều được
Đáp án D
Gọi số mắt xích của X là u, của Y là v và Z là t
Mặt khác, số lk pep trong 3 pep không nhỏ hơn 3, và số lk pep trong Y lớn nhất → v > 3
TH1: v = 4 → u = 11 và t = -2 → Loại
TH2: v = 5 → u = t = 4
Do số mol của Val là 0,12 mà số mol Y là 0,16 → Y không chứa Val → Y là Ala5 (0,16 mol)
Gọi X là Alaa(Val)4-a (0,04 mol) và Z là Alaz(Val)4-c. (0,02 mol)
→ 0,04a + 0,02b = 0,12
Với giá trị a = 3 và c = 0 thỏa mãn (MX < MY < MZ)
→ Z là Val4. → Só H trong Z là 38
Chọn đáp án B.
27 , 74 g X → C 2 H 3 N O : x m o l C H 2 : y m o l H 2 O : z m o l
=> Số đơn vị aminoaxit trung bình = 0 , 34 0 , 06 = 5 , 67
=> Chứng tỏ Y là pentapeptit, Z là hexapeptit.
Có:
⇔ 0 , 147 ≤ n V a l ≤ 0 , 167
=> 3,7 ≤ số đơn vị Val trong Z ≤ 4 , 2
⇒ Z chứa 4 đơn vị Val
⇒ n V a l = 0 , 12 m o l
⇒ a + b : c = 1 , 41
Chọn A.
Đặt a là số mol Gly (C2H5NO2) và b là số mol Val (C5H11NO2) tạo nên hỗn hợp E.
Lượng oxi dùng để đốt E chính là lượng oxi dùng để đốt amino axit ban đầu, do đó :
n O 2 = 2 , 25 a + 6 , 75 b = 0 , 99 (1)
Theo định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có:
0,5a + 0,5b = 0,11 (2)
Từ (1) và (2): a = 0,11 = b ⇒ a : b = 1 : 1.
Chọn đáp án C
Nhận xét: X + NaOH → Muối + H2O || Y + NaOH → Muối + CH3OH.
Do NaOH và H2O không đốt được ⇒ độ chênh lệch mol O2 là do đốt CH3OH.
||⇒ nY = nCH3OH = ∆nO2 ÷ 1,5 = (0,7 – 0,625) ÷ 1,5 = 0,05 mol.
► Quy E về C2H3NO, CH2, H2O và HCOOCH3 ⇒ nHCOOCH3 = 0,05 mol.
Đặt nC2H3NO = x; nCH2 = y ⇒ nO2 đốt E = 2,25x + 1,5y + 0,05 × 2 = 0,7 mol.
● Muối gồm x mol C2H4NO2Na; y mol CH2 và 0,05 mol HCOONa.
mmuối = 97x + 14y + 0,05 × 68 = 24,2(g) || Giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,1 mol.
Do nGly-Na > nAla-Na ⇒ ghép 1 CH2 vào HCOONa ⇒ dư 0,05 mol CH2.
⇒ nAla = nCH2 còn = 0,05 mol ⇒ nGly = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol.
► Gly : Ala = 0,15 ÷ 0,05 = 3 : 1 ⇒ chọn C.
Đáp án : A
Đặt a là số mol Gly, b là số mol Val tạo nên hỗn hợp E, c là số mol H2O tạo ra khi aa tạo E
- Lượng oxi dùng dể đốt E chính là lượng oxi dùng để đốt aa ban đầu :
C2H5O2N + 2,25 O2 à 2CO2 + 2,5H2O + 0,5N2
a 2,2a 2a 2,5a 0,5a
C5H11O2N + 6,75O2 à 5CO2 + 5,5H2O + 0,5N2
b 6,75b 0,5b
=> 0,5a + 0,5b = 0,11 (1)
n(O2) phản ứng = 2,25a + 6,75b = 0,99 (2) Giải hệ ta có a = 0,11 = b Chọn A
Đáp án C
Giả sử có x mol Gly-Na (C2H4O2Na) và y mol Ala-Na (C3H6O2Na)
x+y = nNaOH = 0,2 (1)
Khi đốt cháy muối thu được: Na2CO3 (0,1 mol), CO2 (2x+3y-0,1 mol), H2O (2x+3y mol)
=> 2x+3y-0,1+2x+3y=0,84 (2)
Giải (1) (2) => x = 0,13; y = 0,07
=> Gly/Ala = 13/7
Gộp peptit: X + 2Y → (Gly13Ala7)k + 2H2O
Tổng số liên kết peptit trong X-Y-Y là 20k-1
Mà 12 (X có 8, Y có 1) ≤ Số liên kết peptit X-Y-Y ≤ 19 (khi X có 1, Y có 8)
12 ≤ 20k-1 ≤ 19 => 0,65≤ k≤ 1 => k = 1 đạt được khi X có 1 và Y có 8 lk peptit (X là đipeptit, Y là nonapeptit)
X-Y-Y là Gly13Ala7 (0,01 mol) => nX = 0,01; nY = 0,02
X: GlyuAla2-u (0,01 mol)
Y: GlyvAla9-v (0,02 mol) (u≤2; v≤8)
nGly = 0,01u+0,02v = 0,13 => u = 1; v = 6
X là Gly-Ala; Y là Gly6Ala3
Chọn C.
Quy đổi hỗn hợp thành C2H3ON (0,912 mol), CH2 (x mol), H2O (y mol) Ta có:
Þ X, Y là heptapeptit
ÞY là (Ala)5(Val)2 có 45H.