Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì ancol là C2H5OH ⇒ Z là este của alanin.
+ Quy đổi E thành CnH2n–1NO, H2O và C2H5OH ta có:
mHỗn hợp = 36,58 + 0,05×18 = 37,48 gam || Sơ đồ ta có:
37,48g(E) {CnH2n−1NO: 0,5; H2O: a+0,05; C2H5OH: 0,05} + NaOH
→ {CnH2nNO2Na: 0,5; C2H5OH: 0,05} +H2O: a+0,05
+ PT theo số mol O2 đốt cháy muối là: 0,5×6n−3)/4 = 1,59 ⇔ n = 2,62.
⇒ Bảo toàn khối lượng hỗn hợp E ⇒ mH2O = 2,34 gam ⇒ nH2O = 0,13 mol.
⇒ n(X + Y) = 0,13 – 0,05 = 0,08 mol.
+ Với ∑nα–amino axit trong X và Y = 0,5 – 0,05 = 0,45 mol.
Nhận thấy 0,45÷0,08 = 5,625 ⇒ Pentapeptit và Hexapeptit.
Đặt nPentapeptit = a và nHexapeptit = b ta có hệ:
{a+b=0,08
5a+6b=0,45
⇔{nPentapeptit = 0,03; nHexapeptit = 0,05
Gọi số C trong pentapeptit và hexapeptit lần lượt là a và b:
⇒ PT bảo toàn C trong peptit là: 0,03a + 0,05b = 0,5×2,62 –0,05×5 = 1,06 (ĐK 10≤a≤15 và 12≤b≤18)
⇔ 3a + 5b = 106 || Giải PT nghiệm nguyên ⇒ a = 12 và b = 14.
⇒ X có dạng (Gly)3(Ala)2 và Y có dạng (Gly)4(Ala)2.
⇒ %mX = 0,03×331)/36,58× 100 ≈ 27,1% ⇒ Đáp án D.
Đáp án A
→ n O 2 ( C H 3 O H ) = 15 , 68 22 , 4 - 20 32 = 0 , 075
→ n C H 3 O H = 0 , 05 → n Y = 0 , 05
n G l y > n A l a → n A l a ∈ ( 0 ; 0 , 1 )
→ C H 3 C O O N a
→ n A l a = 0 , 05 → n G l y = 0 , 15
→ n G l y : n A l a = 3 : 1
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.
Đáp án A
Định hướng tư duy giải
Dồn chất biến E thành các peptit và aminoaxit gọi nanilin = a
→Ta phải bơm thêm vào E 4a mol H2 và a mol COO