Đun nóng 45,54 gam hỗn hợp E gồm hexapeptit X và tetrapeptit Y với 580 ml dung dịch NaOH IM thì phản ứng vừa đủ và chỉ thu được dung dịch chứa muối natri của glyxin và valin. Mặt khác, đốt cháy cùng lượng E trên trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O, N2; trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 115,18 gam. Công thức phân tử của peptit X là
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đáp án A
Số mol NaOH – 0,58 (mol) à số mol Nitơ trong E = 0,58 à Số mol N2 (phản ứng cháy) = 0,29 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có mO2 (phản ứng cháy) = 45,54 + mO2 = 115,18=0,29.28
à mO2 = 77,76 (gam)
Quy đổi hỗn hợp E thành đipeptit theo sơ đồ:
Khi đốt X2 ta có số mol H2O = số mol CO2 ; BTNT (O) ta có : nH2O = nCO2 = 1,91 (mol)
Khi đốt Xn ta có số mol CO2 = 1,91 (mol).
BTKL à mH2O = 31,14 (gam) à nH2O = 1,73 (mol)
E gồm:
Muối gồm:
Đặt công thức của các peptit trong E:
Vậy hỗn hợp E gồm:
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Chọn đáp án D
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
• có n c á c α – a m i n o a x i t = n N a O H = 0,7 mol ⇔ n đ i p e p t i t E 2 = ½. n c á c α – a m i n o a x i t = 0,35 mol.
Biến đổi: 0,15 mol E + 0,2 mol H 2 O → 0,35 mol E 2 ||→ tỉ lệ: 3E + 4 H 2 O → 7 E 2 .
☆ 23,4 gam E (3x mol) cần 4x mol H 2 O để chuyển về 7x mol E 2 (dạng C n H 2 n N 2 O 3 ).
⇒ đốt (23,4 + 72x) gam E 2 (7x mol) thu được (0,75 + 4x) mol H 2 O .
⇒ m E 2 = (0,75 + 4x) × 14 + 7x × 76 = 23,4 + 72x ⇒ Giải: x = 0,025 mol.
thay x lại có n c á c α – a m i n o a x i t = 14x = 0,35 mol và ∑ n C O 2 = 0,75 + 4x = 0,85 mol.
Theo đó: số C t r u n g b ì n h c á c α – a m i n o a x i t = 0,85 ÷ 0,35 = 17/7. Dùng sơ đồ chéo:
⇒ yêu cầu: a : b = n G l y : n A l a = (3 – 17/7) ÷ (17/7 – 2) = 4 : 3. Chọn D. ♠.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O . Xét trong 0,15 mol E ta có:
n H 2 O = n E = 0,15 mol; n C 2 H 3 N O = n N a O H = 0,35 × 2 = 0,7 mol.
Đặt n C H 2 = x mol. Giả sử 23,4 gam E gấp k lần lượng 0,15 mol E.
⇒ 23,4 gam E chứa 0,7k mol C 2 H 3 N O ; kx mol C H 2 và 0,15k mol H 2 O .
m E = 0,7k × 57 + 14kx + 0,15k × 18 = 23,4 gam.
∑ n H 2 O = 0,7k × 1,5 + kx + 0,15k = 0,75 mol.
Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,15 ⇒ x = 0,15 ÷ 0,5 = 0,3 mol.
⇒ n A l a = n C H 2 = 0,3 mol; n G l y = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol ⇒ a : b = 0,4 : 0,3 = 4 : 3.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Chọn A
Vì: TN1:
nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,5 mol
Giả sử số mol peptit là x mol => nH2O sau phản ứng = x mol
BTKL: mpeptit + mNaOH = m muối + mH2O => m+0,5.40 = m + 18,2 + 18x => x = 0,1 mol
=> X là pentapeptit
TN2: nX = (nHCl – nNaOH)/5 = (1,04 – 0,04)/5 = 0,2 mol
Giả sử X là GlyaAlabValc (a+b+c = 5)
Muối gồm:
NaCl: 0,04 mol
Gly-HCl: 0,2a
Ala-HCl: 0,2b
Val-HCl: 0,2c
=> 111,5.0,2a + 125,5.0,2b + 153,5.0,2c + 0,04.58,5 = 125,04
=> 223a + 151b + 307c = 1227
Khảo sát nhận thấy chỉ có c = 1; a = 3; b = 1 thỏa mãn
Vậy X là Gly3AlaVal
Xét Chọn A:
0,1 mol X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 54,1 gam muối Z (Gly-Na (0,3 mol), Ala-Na (0,1 mol), Val-Na (0,1 mol)) chứa 29,1 gam Gly-Na
=> 27,05 gam Z chứa 14,55 gam Gly-Na => Sai
Xét Chọn B: a = 0,2.(75.3+89+117-18.4) = 71,8 gam => Đúng
Xét Chọn C: X có chứa 1 phân tử Ala => Đúng
Xét Chọn D: X có CTPT: C14H25O6N5
%mO = 16.6/359 = 26,74% => Đúng