Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án C
Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân
T + O 2 → t 0 N a 2 C O 3 + 84,06 gam C O 2 + H 2 O + 0,33 mol N 2 .
muối T dạng C n H 2 n N O 2 N a ⇒ n T = 0,66 mol; n N a 2 C O 3 = 0,33 mol.
⇒ trong T: n C = n H 2 = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.
⇒ m T = 67,8 gam ⇒ m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà n N a O H = 0,66 mol.
☆ 44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol H 2 O
||⇒ BTKL có m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = n E = 0,15 mol.
giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit X 4 và 0,06 mol pentapeptit Y 5 .
Lại dùng giả thiết đốt cháy trên ⇒ có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.
gọi số gốc glyxin trong X 4 v à Y 5 lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).
⇒ ∑ n G l y = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol ⇔ 3a + 2b = 13 ⇒ a = 3; b = 2 thỏa mãn.!
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ T gồm C 2 H 4 N O 2 N a v à C H 2 .
⇒ n N a O H = n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:
m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + m H 2 O ⇒ m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = 0,15 mol.
n N a 2 C O 3 = 0,33 mol ⇒ n H 2 O đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hiđro: n C H 2 = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.
⇒ n A l a = n C H 2 = 0,27 mol ⇒ nGly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.
Đặt n X = x mol; n Y = y mol ⇒ n E = 0,15 mol = x + y; n C 2 H 3 N O = 0,66 mol = 4x + 5y
Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1
Đáp án C
Chọn 2 trong 3 axit có = 3 cách chọn
Có 4 cách sắp xếp trieste tạo bởi axit A,B và glixerol.
( A – A - B, A – B - A, B – B - A, B – A - B)
Số loại trieste có thể được tạo thành chứa hai gốc axit trong số ba axit béo trên là: 3. 4 = 12.
Chọn đáp án A
Cách 1: phân tích giả thiết – biến đổi cơ bản:
n N a O H = 0,18 mol; n g l i x e r o l = 0,02 mol ⇒ n c h ấ t b é o Y = 0,02 mol.
mà X là X 6 (chứa 5 lk peptit) ⇒ n X 6 = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
⇒ E gồm 0,02 mol X 6 dạng C a H 2 a – 4 N 6 O 7 và 0,02 mol Y dạng C b H 2 b – 4 O 6
(điều kiện a, b nguyên: 13 ≤ a ≤ 17 và số C a x i t b é o = (b – 3) ÷ 3 là số chẵn).
đốt m gam E + 1,84 mol O 2 → t 0 x mol C O 2 + y mol H 2 O .
tương quan đốt: x – y = ∑ n C O 2 – ∑ n H 2 O = 2 n E = 0,08 mol.
bảo toàn O: 2x + y = 3,94 ⇒ giải: x = 1,34 mol và y = 1,26 mol.
⇒ có phương trình: 0,02a + 0,02b = 1,34 ⇔ a + b = 67. thỏa mãn
điều kiện a, b chỉ có: a = 16, b = 51 ứng với chất béo là C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5
và peptit X có cấu tạo: C 16 H 28 N 6 O 7 ⇔ M X = 416. → Chọn đáp án A. ♥.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
X chứa 5 liên kết peptit ⇒ X chứa 5 + 1 = 6 mắt xích.
n Y = n C 3 H 8 O 3 = 0,02 mol. n N a O H = 6 n X + 3 n Y ⇒ nX = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.
Quy E về G l y 6 , C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 , C H 2 .
⇒ n O 2 = 13,5 n G l y 6 + 72,5 n C 15 H 31 C O O 3 C 3 H 5 + 1,5 n C H 2 = 1,84 mol.
⇒ n C H 2 = (1,84 – 13,5 × 0,02 – 72,5 × 0,02) ÷ 1,5 = 0,08 mol.
Đặt số gốc C H 2 ghép vào peptit và chất béo lần lượt là m và 3n (m ≥ 1; n ≥ 0 và n chẵn).
⇒ 0,02m + 0,02 × 3n = 0,08 → chỉ có cặp nghiệm m = 4 ; n = 0 thỏa mãn.!
Tương ứng với X là G l y 2 A l a 4 ⇒ M X = 416.!
- Do đốt cùng số mol của X hoặc Y đều thu được lượng C O 2 bằng nhau mà số C của Ala là 3 và số C của Val là 5 (không biểu diễn được dưới dạng tuyến tính 5 = 3k với k nguyên) nên suy ra X và Y là đồng phân của nhau. Nên ta coi như X và Y giống nhau và đều là X.
- Giả sử X, Y có số liên kết peptit là n; Z có số liên kết peptit là m
Tổng gốc của X, Y, Z: (n + 1) + (n + 1) + (m + 1) = 14 => 2n + m = 11 (*)
- Quy đổi: 10 X + Z → X 10 Z T + 10 H 2 O
Gọi peptit sau khi quy đổi là T => Số liên kết peptit = 10n + m + 10
+ Khi n = 1, m = 9 thì liên kết peptit của T đạt giá trị nhỏ nhất là 10.1 + 9 + 10 = 29
+ Khi m = 1, n = 5 thì liên kết peptit tủa T đạt giá trị lớn nhất là 10.5 + 1 + 10 = 61
=> 29 ≤ lk peptit của T ≤ 61
Ta có: n D / n E = 11 / 35 = > T có dạng ( D 11 E 35 ) k có số liên kết peptit là 46k - 1
=> 29 ≤ 46k - 1 ≤ 61 => 0,65 ≤ k ≤ 1,35 => k = 1 (T là D 11 E 35 , n T = 0 , 22 / 11 = 0 , 02 )
=> Số lk peptit của T là 45 => 10n + m + 10 = 45 (**)
Kết hợp (*) và (**) => n = 3 (X, Y là tetrapeptit) và m = 5 (Z là hexapeptit)
10 X + Z → D 11 E 35 T + 10 H 2 O
0,2 ← 0,02 ← 0,02
Giả sử M chứa: D u E 4 − u 0 , 2 m o l v à ( D v E 6 − v 0 , 02 m o l
n D = 0 , 2 u + 0 , 02 v = 0 , 22 có nghiệm duy nhất u = 1 và v = 1 thỏa mãn
=> M chứa: D E 3 0 , 2 m o l v à D E 5 0 , 02 m o l
Mà m M = 0 , 2 ( M D + 3 M E − 3.18 ) + 0 , 02 ( M D + 5. M E − 5.18 ) = 75 , 44 = > M D = 117 ; M E = 89
=> Z l à V a l A l a 5
=> m Z = 0 , 02. 117 + 89.5 − 18.5 = 9 , 44 gam gần nhất với 9,50 gam
Đáp án cần chọn là: C
Chọn đáp án D
Tương quan: 1π ⇄ 1Br2 ⇄ 1H2 (phần hiđrocacbon)
⇒ làm no 18,28 gam muối cần nH2 = nBr2 = 0,04 mol.
⇒ có (18,28 + 0,04 × 2 = 18,36 gam) muối no là C17H35COONa
⇒ nmuối = 18m36 ÷ 306 = 0,06 mol ⇒ nchất béo X = Ans ÷ 3 = 0,02 mol.
⇒ nH2 ÷ nX = 0,04 ÷ 0,02 = 2 ⇒ X có 2πC=C ⇒ các cấu tạo thỏa mãn X gồm:
• 1 gốc stearat + 2 gốc oleat tạo 2 đồng phân vị trí.
• 2 gốc stearat và 1 gốc linoleat tạo 2 đồng phân vị trí ||⇒ tổng có 4 đồng phân thỏa mãn.
và TH nào cũng có gốc stearat ⇒ phát biểu D sai
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 N a O H = 3,2 gam ⇒ n N a O H = 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 v à 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 t r u n g b ì n h c á c α – a m i n o a x i t = 0,24 ÷ 0,08 = 3 = s ố C c ủ a a l a n i n
⇒ dùng sơ đồ chéo có n G l y : n V a l = (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 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ n H 2 O = n E = 0,02 mol.
Bảo toàn khối lượng: m E + m N a O H = m T + m H 2 O ⇒ m N a O H = m T – m E + m H 2 O
⇒ m N a O H = 2,84 + 0,02 × 18 = 3,2 gam ⇒ n C 2 H 3 N O = n N a O H = 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 N a + 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 A.
Trường hợp 1:
Trường hợp 2:
=> Trong phân tử X có 2 gốc C15H31COO