Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
trong 
dư thu được 0,6 mol khí
; 10,08 gam 
Thủy phân 
bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch chỉ chứa m gam muối của một 
-amino axit. Biết tổng số nguyên tử oxi trong X và Y bằng 9, số liên kết peptit X và Y không nhỏ hơn 2 và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
Chọn đáp án B
► Quy E về đipeptit: 2 E n E + n – 2 H 2 O → n E 2 C 2 n H 4 n N 2 O 3
Theo bảo toàn nguyên tố C và H ⇒ đốt VT cũng như đốt VP
● Mặt khác, đốt VP cho n C O 2 = n H 2 O ⇒ đốt VT cũng cho n C O 2 = n H 2 O
⇒ Đốt E thì độ lệch mol C O 2 – H 2 O cũng chính là lượng H 2 O
thêm vào để thủy phân E thành đipeptit E 2
⇒ n H 2 O thêm = n C O 2 đốt E – n H 2 O đốt E = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol
● Thế vào pt ⇒ 0,06 × (n – 2) = 0,04 × 2 ⇒ n = 10 3
⇒ n E 2 = 0,1 mol || Lại có: E 2 = C 2 n H 4 n N 2 O 3 = C 2 n H 4 n + N 2 O 3 = C H 2 + N 2 O 3
⇒ m E 2 = m C H 2 + m N 2 O 3 = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16 gam.
BTKL: m E = 16 – 0,04 × 18 = 15,28 gam ⇒ T N 2 dùng gấp 2 lần T N 2
► En + nNaOH → Muối + H 2 O ⇒ n N a O H = n × n E = 0,1 mol; n H 2 O = n E = 0,03 mol
||⇒ m = 7,64 + 0,1 × 40 – 0,03 × 18 = 11,1 gam
Chọn đáp án D
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
• biến đổi: 0,06 mol E + ? mol H 2 O → ?? mol E2 (đipeptit dạng C n H 2 n N 2 O 3 ) (*).
đốt E hay E 2 đều cần cùng lượng O 2 , sinh ra cùng số mol C O 2 v à N 2 .
Mà đốt 0,06 mol E tạo thành 0,6 mol C O 2 + 0,56 mol H 2 O .
⇒ đốt E 2 tạo thành 0,6 mol C O 2 và 0,6 mol H 2 O .
⇒ n H 2 O ở (*) = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol ||⇒ n E 2 = 0,06 + 0,04 = 0,1 mol.
⇒ m E 2 = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16,0 gam ⇒ m E = 16,0 – 0,04 × 18 = 15,28 gam.
⇒ 0,06 mol E ⇔ 15,28 gam, lượng E dùng 2 phần là như nhau.!
• Thủy phân 0,1 mol E 2 + 0,1 mol H 2 O → 0,2 mol α–amino axit
⇒ m α – a m i n o a x i t t h u đ ư ợ c = 16,0 + 0,1 × 18 = 17,8 gam. Chọn đáp án D. ♠.
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 = 0,06 mol.
Đặt n C 2 H 3 N O = x mol; n C H 2 = y mol ||⇒ ∑ n C O 2 = 2x + y = 0,6 mol;
∑ n H 2 O = 1,5x + y + 0,06 = 0,56 mol ||⇒ giải hệ có: x = y = 0,2 mol.
Mà thủy phân E chỉ thu được 1 loại amino axit
⇒ ghép vừa đủ 1 C H 2 cho amino axit ⇒ amino axit là Ala.
Lại có 0,06 mol E ứng với m E = 0,2 × 57 + 0,2 × 14 + 0,06 × 18 = 15,28 gam.
⇒ lượng E dùng ở 2 thí nghiệm là như nhau ⇒ m = 0,2 × 89 = 17,8 gam.
Đáp án D
Số N trung bình trong hỗn hợp T = nNaOH/ nT = 3,8/0,7 = 5,4
=> Số nhóm CONH trung bình trong là 5,4 -1 = 4,4
Mà X, Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4 => X có liên kết 4 peptit => X có 6 oxi
Mà tổng số nguyên tử O trong X và Y bằng 13 => Y có 7 oxi => Y có 5 liên kết peptit
X + 5NaOH → Muối + H2O
x → 5x (mol)
Y + 6NaOH → Muối + H2O
y → 6y (mol)
Gọi CTPT của X là ( Gly)a(Ala)5-a : 0,4 (mol)
Y là (Gly)b(Ala)6-b: 0,3 (mol)
Đốt X và Y thu được mol CO2 bằng nhau:
Bảo toàn nguyên tố C ta có: nCO2 = 0,4 [2a + 3( 5-a)] = 0,3 [ 2b + 3 (6-b)]
=> 4a – 3b =6
Vì a, b nguyên nên chỉ có a = 3 và b = 2 là nghiệm thỏa mãn
Vậy X là: (Gly)3(Ala)2: 0,4 (mol) ; Y là (Gly)2(Ala)4: 0,3 (mol)
BTKL: mmuối = mX + mY + mNaOH – mH2O
=> mmuối = 0,4. 331 + 0,3. 416 + 3,8.40 – 0,7.18 = 396,6 (g)
Chọn đáp án B.
Các peptit chứa ≥ 4 liên kết peptit.
⇒ Các peptit chứa ≥ 5 mắt xích.
Mặt khác, số mắt xích trung bình = 3,8 ÷ 0,7 = 5,43
⇒ Phải có pentapeptit.
► Không mất tính tổng quát, giả sử X là pentapeptit.
⇒ Y chứa 6 mắt xích.
Đặt nX = x; nY = y
⇒ nT = x + y = 0,7 mol;
nNaOH = 5x + 6y = 3,8 mol.
⇒ Giải hệ có: x = 0,4 mol; y = 0,3 mol.
Lại có, X và Y đều tạo bởi Gly và Ala.
⇒ X và Y có dạng (Gly)a(Ala)5-a
và (Gly)b(Ala)6-b (1 ≤ a ≤ 4; 1 ≤ a ≤ 5).
► Mặt khác, đốt X và Y cho cùng số mol CO2
⇒ 0,4 × (15 - a) = 0,3 × (18 - b)
⇒ 0,4a - 0,3b = 0,6.
Giải phương trình nghiệm nguyên có:
a = 3; b = 2.
⇒ X là Gly3Ala2 và Y là Gly2Ala4.
Bảo toàn khối lượng:
► m = 0,4 × 331 + 0,3 × 416 + 3,8 × 40 - 0,7 × 18 = 396,6(g)
Chọn đáp án B
Tổng số nguyên tử Oxi trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4
→ T gồm pentapeptit :x mol và hexapetit :y mol
Ta có hệ
Đốt cháy 0,4 mol X ( Gly)n (Ala)5-n hoặc 0,3 mol Y ( Gly)m (Ala)6-m đều thu được cùng mol CO2
→ 0,4. (2n+3.(5-n)) = 0,3.(2m + 3.(6-m))
→ 8n + 60 -12n = 6m + 54 - 9m
→ 60-4n = 54-3m
→4n-3m = 6
Với n = 3 , m = 2
→ ( Gly)3 (Ala)2 : 0,4 mol và ( Gly)2 (Ala)4 : 0,3 mol
Muối thu được gồm NH2-CH2COONa :0,4.3 + 0,3.2 = 1,8 mol và NH2-CH(CH3)-COONa: 0,4.2 + 0,3. 4 = 2 mol
→ m = 396,6 gam
Đáp án B
Quy E về C2H3NO,CH2 và H2O
>nH2O=nE=0,06 mol
Đặt nC2H3NO=x;nCH2=y
nCO2=2x+y=0,6 mol;
nH2O=1,5x+y+0,06=0,56 mol
giải hệ có:
x=y=0,2 mol
=mE=15,28g=
> thí nghiệm 1 dùng gấp 2 lần thí nghiệm 2
=> muối gồm: 0,1 mol C2H4NO2Na và 0,1 mol CH2
=>m=11,1mol