Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 1) - Hóa 12

Đề bài

Câu 1 :

Cho X, Y, Z là ba peptit đều mạch hở và M_X > M_Y > M_Z. Đốt cháy hoàn toàn a mol mỗi peptit X, Y hoặc Z đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol. Mặt khác, nếu đun nóng 69,8 gam hỗn hợp E (chứa X, Y và 0,16 mol Z; số mol của X nhỏ hơn số mol của Y) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối của alanin và valin có tổng khối lượng 101,04 gam. Phần trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

12%
B

95%
C

54%
D

10%

Quảng cáo

Câu 2 :

Cho hỗn hợp X chứa hai peptit M và Q đều tạo bởi hai amino axit đều no, chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH₂. Tổng số nguyên tử O của M và Q là 14. Trong M hoặc Q đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Cứ 0,25 mol X tác dụng hoàn toàn với KOH (đun nóng) thì thấy có 1,65 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 54,525 gam X rồi cho sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình chứa Ba(OH)₂ dư thấy khối lượng bình tăng 120,375 gam. Giá trị của m là

A

187,25.
B

196,95.
C

226,65.
D

213,75.

Câu 3 :

Đun nóng m gam hỗn hợp X gồm glyxin và alanin thu được m₁ gam hỗn hợp Y gồm các đipepetit mạch hở. Nếu đun nóng 2m gam X trên thu được m₂gam hỗn hợp Z gồm các tripeptit mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn m₁ gam Y thu được 0,72 mol H₂O; nếu dốt cháy hoàn toàn m₂ gam Z thì thu được 1,34 mol H₂O. Giá trị của m là

A

24,18 gam
B

24,60 gam
C

24,74 gam
D

24,46 gam

Câu 4 :

Hỗn hợp M gồm hai amino axit X, Y và ba peptit mạch hở Z, T, E đều tạo bởi X và Y. Cho 31,644 gam M phản ứng hoàn toàn với lượng vừa đủ 288 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch F chứa a gam hỗn hợp muối natri của alanin và lysin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b mol M cần dùng vừa đủ 35,056 lít O₂ (đktc), thu được CO₂ và H₂O có tỉ lệ số mol tương ứng là 228 : 233. Kết luận nào sau đây sai?

A

Phần trăm số mol muối natri của alanin có trong a gam hỗn hợp muối là 41,67%.
B

Giá trị của a là 41,544.
C

Giá trị của b là 0,075.
D

Tổng khối lượng CO₂và H₂O sinh ra khi đốt cháy hoàn toàn 31,644 gam M là 85,536 gam.

Câu 5 :

Hỗn hợp X gồm các peptit mạch hở, đều được tạo thành từ các amino axit có dạng H₂NC_mH_nCOOH. Đun nóng 4,63 gam X với dung dịch KOH dư, thu được dung dịch chứa 8,19 gam muối. Nếu đốt cháy hoàn toàn 4,63 gam X cần 4,2 lít O₂ (đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (CO₂, H₂O, N₂) vào dung dịch Ba(OH)₂ dư, sau phản ứng thu được m gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 21,87 gam. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây?

A

35,0.
B

30,0.
C

32,0.
D

28,0.

Câu 6 :

Cho m gam hỗn hợp M gồm đi peptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z, pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M, thu được 4,095 gam H₂O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

7,0.
B

6,5.
C

6,0.
D

7,5.

Câu 7 :

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X, Y với tỉ lệ mol tương ứng 1:2 (X, Y được cấu tạo từ glyxin và alanin) biết tổng số liên kết peptit trong X, Y là 9. Thủy phân hoàn toàn E trong 200ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu được dung dịch Z chứa hai muối. Cô cạn dung dịch Z thu được chất rắn T. Đốt cháy T trong lượng O₂ vừa đủ thu được 18,816 lít (đktc) khí và hơi. Tỉ lệ số mol Gly và Ala trong X là

A

2:3
B

1:2
C

1:1
D

2:1

Câu 8 :

Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp T gồm 2 peptit mạch hở T₁, T₂ (T₁ ít hơn T₂ một liên kết peptit, đều được tạo thành từ X, Y là hai amino axit có dạng H₂N – C_nH_2n-COOH; M_X < M_Y) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 0,42 mol muối của X và 0,14 mol muối của Y. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam T cần vừa đủ 0,63 mol O₂. Phân tử khối của T₁ là

A

402
B

303
C

359
D

387

Câu 9 :

Đun nóng 0,14 mol hỗn hợp A gồm hai peptit X (C_xH_yO_zN₄) và Y (C_nH_mO₇N_t) với dung dịch NaOH vừa đủ chỉ thu được dung dịch chứa 0,28 mol muối của glyxin và 0,4 mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy m gam A trong O₂ vừa đủ thu được hỗn hợp CO₂, H₂O và N₂, trong đó tổng khối lượng của CO₂ và nước là 63,312 gam. Giá trị m gần nhất là:

A

18
B

32
C

34
D

28

Câu 10 :

Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một tetrapeptit A và một pentapeptit B (A và B đều mạch hở chứa đồng thời glyxin và alanin trong phân tử) bằng lượng dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m +15,8) gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được Na₂CO₃và hỗn hợp khí và hơi Y gồm CO₂, H₂O và N₂. Dẫn Y đi qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có 4,928 lít khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Xem như N₂ không bị nước hấp thụ, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần phần trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X gần với giá trị nào nhất sau đây?

A

58,92%.
B

47,85%.
C

50,92%.
D

47,50%.

Câu 11 :

Hỗn hợp E gồm muối vô cơ X ( CH₈N₂O₃) và đipeptit Y : C₄H₈N₂O₃. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng thu được khí Z. Cho E tác dụng với dung dịch HCl đư, thu được khí T và chất hữu cơ Q. Nhận định nào sau đây là sai:

A

Chất Y là H₂N- CH₂-CONHCH₂COOH
B

Chất Q là H₂NCH₂COOH
C

Chất Z là NH₃ và chất T là CO₂
D

Chất X là (NH₄)₂CO₃

Câu 12 :

Cho X, Y, Z là 3 peptit mạch hở (phân tử có số nguyên tử cacbon tương ứng 8, 9, 11; Z có nhiều hơn Y một liên kết peptit); T là este no, đơn chức, mạch hở. Chia 249,56 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu dược a mol CO₂ và (a-0,11) mol H₂O. Thủy phân hoàn toàn phần hai bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được ancol etylic và 133,18 gam hỗn hợp G (gồm 4 muối của Gly, Ala, Val và axit cacboxylic). Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 3,385 mol O₂. Phần trăm khối lượng của Y trong E là

A

2,08% .
B

4,17%.
C

3,21%.
D

1,61%.

Câu 13 :

Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một aminoaxit (no, mạch hở, trong phân tử chứa một nhóm -NH₂ và một nhóm -COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y, thu được tổng khối lượng CO₂ và H₂O bằng 54,9 gam. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam kết tủa. Giá trị của m là

A

120
B

60
C

30
D

45

Câu 14 :

Hỗn hợp X gồm alanin và đipeptit (Gly-Val). Cho m gam X vào 100 ml dung dịch hỗn hợp H₂SO₄ 0,25M và HCl 0,25M, thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y phản ứng vừa đủ với 240 ml gồm NaOH 0,3M và KOH 0,2M đun nóng, thu được dung dịch chứa 10,9155 gam muối trung hòa. Phần trăm khối lượng của alanin trong X là

A

43,88%.
B

56,12%.
C

16,98%.
D

76,72%.

Câu 15 :

Peptit X mạch hở được cấu tạo từ hai loại α-amino axit A, B (đều no, mạch hở, đều chứa một nhóm -NH₂). Biết X tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH theo phản ứng sau:

X + 11NaOH → 3A + 4B + 5H₂O

Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được hỗn hợp gồm N₂, H₂O và 29a mol CO₂. Hỗn hợp các peptit mạch hở E gồm tripeptit A₂B, tetrapeptit A₂B₂, pentapeptit A₂B₃ và đipeptit A-A. Đốt cháy hết b gam E trong oxi thu được N₂, 0,5625 mol H₂O và 0,675 mol CO₂. Mặt khác, cho 0,15 mol E tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, đun nóng sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch, thu được chất rắn khan chứa c gam muối. Giá trị của c gần nhất với

A

76.
B

73
C

53
D

56

Câu 16 :

X là este của aminoaxit; Y và Z là hai peptit(M_Y < M_Z, hơn kém nhau một nguyên tử nito trong phân tử). X,Y và Z đều mạch hở. Cho 60,17 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z tác dụng vừa đủ với 0,73 mol NaOH, sau phản ứng thu được 73,75 gam ba muối của glyxin, alanin và valin( trong đó có 0,15 mol muối alanin)và 14,72 gam ancol no, đơn chức, mạch hở. Mặt khác, đốt cháy 60,17 gam E trong O₂ dư thu được CO₂, N₂và 2,275 mol H₂O. Phần trăm khối lượng của Y trong E có giá trị gần nhất là

A

22,5%
B
11,6%
C
14,7%
D
17,8%

Câu 17 :

Hỗn hợp A gồm chất X (C₃H₁₀N₂O₅) và chất Y (C₉H₁₆N₄O₅), trong đó X tác dụng với NaOH hay HCl đều thu được khí, Y là tetrapeptit. Cho 29,6 gam A tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thu được 2,55 gam khí. Mặt khác, 29,6 gam A phản ứng với dung dịch HCl dư thu được m gam chất hữu cơ. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A
28,225.
B
26,250.
C
26,875.
D
27,775.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

A

12%
B

95%
C

54%
D

10%

Đáp án : A

Phương pháp giải :

CTTQ của X là: C_nH_{2n+2-2k + x} N_xO_x+1

X cháy → nCO₂ + ( n + 1 – k + x/2)H₂O

a an a.(n + 1 – k + x/2)

Theo đề bài: ${n_{C{O_2}}}-{n_{{H_2}O}} = a$

=> an – a.(n + 1- k + x/2) = a

=> k – x/2 = 2

Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4

Tương tự Y, Z => X, Y, Z đều là các tetrapeptit

Gọi n_X = a ( mol); n_Y = b ( mol) (ĐK: a < b)

E + NaOH → muối + H₂O

=> n_NaOH = 4.(n_X + n_Y + n_Z) = 4a + 4b + 4.0,16

n_H2O = n_E = a + b + 0,16

BTKL: m_E + m_NaOH = m_muối + m_H2O

=> n_E => M_E => CTCT của Z là (Ala)₄

Để tìm CTCT của X, Y ta chia trường hợp giải:

TH₁: X là (Ala)(Val)₃ (M = 386)

TH₂: TH₂: X là (Val)₄ (M = 414)

Dựa vào phương trình m_muối và n_{X + Y} để tìm được trường hợp nào X, Y thỏa mãn.

Lời giải chi tiết :

Vì E + NaOH => muối của Alanin và Valin

=> X, Y, Z được tạo ra từ Ala và Val đều là amino axit no, đơn chức, mạch hở

CTTQ của X là: C_nH_{2n+2-2k + x} N_xO_x+1

X cháy → nCO₂ + ( n + 1 – k + x/2)H₂O

a an a.( n + 1 – k + x/2)

Theo đề bài n_CO2 – n_H2O = a

=> an – a.(n + 1- k + x/2) = a

=> k – x/2 = 2

Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4

Tương tự Y, Z => X, Y, Z đều là các tetrapeptit

Gọi n_X = a (mol); n_Y = b (mol) (ĐK: a < b)

E + NaOH → muối + H₂O

=> n_NaOH = 4.(n_X + n_Y + n_Z) = 4a + 4b + 4.0,16

n_H2O = n_E = a + b + 0,16

BTKL: m_E + m_NaOH = m_muối + m_H2O

=> 69,8 + 40.(4a + 4b + 0,64) = 101,04 + 18.(a + b + 0,16)

=> a + b = 0,06

=> n_E = a + b + 0,16 = 0,22 (mol)

=> 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)

Do (Ala)₂(Val)₂ nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp:

TH₁: X là (Ala)(Val)₃ (M = 386)

m_muối = 111.( a + 3b + 0,16.4) + 139.(3a+ b) = 101,04

Kết hợp a + b = 0,06 => a = b = 0,03 => loại vì theo đề bài n_X < n_Y

TH₂: X là (Val)₄ (M = 414)

m_muối = 139.(4a + b) + 111.(3b + 0,16.4) = 0,04

Kết hợp a + b = 0,06 => a = 0,02; b = 0,04 (thỏa mãn a < b)

$ \Rightarrow \% X = \dfrac{{0,02.{\text{ }}414}}{{69,8}}.100\% = 11,86\% \approx 11,8{\text{ }}\% $

Câu 2 :

A

187,25.
B

196,95.
C

226,65.
D

213,75.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp về CONH, CH₂, H₂O

+) n_CONH = n_KOH ; n_H2O= n_X

=> n_CONH / n_H2O

+) Đặt số mol của CONH, CH₂, H₂O trong 54,525 gam X là 6,6x; y; x

+) m_X = PT (1)

+) BTNT C: n_CO2 = 6,6x + y

+) BTNT H: n_H2O= 3,3x + y + x

m _{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O => PT (2)

+) Muối gồm có: COOK (1,65 mol); NH₂ (1,65 mol); CH₂ (2,4 mol)

=> m

Lời giải chi tiết :

Quy đổi hỗn hợp về CONH, CH₂, H₂O

- Thủy phân 0,25 mol X trong 1,65 mol KOH vừa đủ:

n_CONH = n_KOH

n_H2O= n_X

=> n_CONH / n_H2O

- Đặt số mol của CONH, CH₂, H₂O trong 54,525 gam X là 6,6x; y; x

43.6,6x + 14y + 18x = 54,525 (1)

BTNT C: n_CO2 = 6,6x + y

BTNT H: n_H2O= 3,3x + y + x

m _{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44.(6,6x + y) + 18.(3,3x + y + x) = 120,375 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,125; y = 1,2

Ta thấy 0,125 mol X chứa 1,2 mol CH₂ => 0,25 mol X chứa 2,4 mol CH₂

Muối gồm có: COOK (1,65 mol); NH₂ (1,65 mol); CH₂ (2,4 mol)

=> m = 1,65.83 + 1,65.16 + 2,4.14 = 196,95 gam

Câu 3 :

A

24,18 gam
B

24,60 gam
C

24,74 gam
D

24,46 gam

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Đặt a, b là số mol Gly và Ala trong m gam X ban đầu

+) Tính số mol Gly-Gly và Ala-Ala trong Y

Gly-Gly có 8H nên đốt 1 mol Gly-Gly được 4 mol H₂O

Ala-Ala có 12H nên đốt 1 mol Ala-Ala được 6 mol H₂O

Đốt Y => n_H2O = PT (1)

Với 2m gam X thì số mol Gly, Ala tương ứng là 2a, 2b

+) Tính số mol Gly-Gly-Gly và Ala-Ala-Ala trong Z

Gly-Gly-Gly có 11H nên đốt 1 mol Gly-Gly-Gly được 5,5 mol H₂O

Ala-Ala-Ala có 17H nên đốt 1 mol Ala-Ala-Ala được 8,5 mol H₂O

Đốt Z => n_H2O = PT (2)

Lời giải chi tiết :

Đặt a, b là số mol Gly và Ala trong m gam X ban đầu

Y: Gly-Gly (0,5a mol) và Ala-Ala (0,5b mol)

Gly-Gly có 8H nên đốt 1 mol Gly-Gly được 4 mol H₂O

Ala-Ala có 12H nên đốt 1 mol Ala-Ala được 6 mol H₂O

Đốt Y => nH₂O = 4.0,5a + 6.0,5b = 0,72 (1)

Với 2m gam X thì số mol Gly, Ala tương ứng là 2a, 2b.

Z: Gly-Gly-Gly (2a/3 mol) và Ala-Ala-Ala (2b/3 mol)

Gly-Gly-Gly có 11H nên đốt 1 mol Gly-Gly-Gly được 5,5 mol H₂O

Ala-Ala-Ala có 17H nên đốt 1 mol Ala-Ala-Ala được 8,5 mol H₂O

Đốt Z => n_H2O = 5,5.(2a/3) + 8,5.(2b/3) = 1,34 (2)

Giải (1) và (2) => a = 0,18; b = 0,12

m = 0,18.75 + 0,12.89 = 24,18 gam

Câu 4 :

A

Phần trăm số mol muối natri của alanin có trong a gam hỗn hợp muối là 41,67%.
B

Giá trị của a là 41,544.
C

Giá trị của b là 0,075.
D

Tổng khối lượng CO₂và H₂O sinh ra khi đốt cháy hoàn toàn 31,644 gam M là 85,536 gam.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Giả sử muối gồm: Ala-Na (u mol) và Lys-Na (v mol)

+ Dữ kiện về số mol NaOH => (1)

Quy đổi 31,644 gam M thành:

CONH: u + v

CH₂: 3u + 6v – u – v = 2u + 5v (BTNT C)

H₂O: x

NH: v

+ Dữ kiện về m_M => (2)

+ Dữ kiện về tỉ lệ n_CO2: n_H2O = 228:233 => (3)

Giải (1) (2) (3) => u, v, x

Lời giải chi tiết :

Giả sử muối gồm: Ala-Na (u mol) và Lys-Na (v mol) => u+v = 0,288 (1)

Quy đổi 31,644 gam M thành:

CONH: u + v

CH₂: 3u + 6v – u – v = 2u + 5v (BTNT C)

H₂O: x

NH: v

m_M = 43(u + v) + 14(2u + 5v) + 18x + 15v = 31,644 (2)

n_CO2: n_H2O = 228:233 => 233(3u + 6v) = 228(0,5u + 0,5v + 2u + 5v + x + 0,5v) (3)

Giải (1), (2), (3) => u = 0,12; v = 0,168; x = 0,09

=> a = 111.0,12+168.0,168 = 41,544 gam => B đúng

$\% {n_{Ala - Na}} = \dfrac{{0,12}}{{0,288}}.100\% = 41,67\% $=> A đúng

m_CO2 + m_H2O = 44(3.0,12 + 6.0,168) + 18(2,5.0,12 + 6.0,168 + 0,09) = 85,356 gam => D sai

Đốt hết 0,09 mol M cần 0,75(u + v) + 1,5.(2u + 5v) + 0,25v = 1,878 mol O₂

Đốt b mol M cần 1,565 mol O₂

=> b = 0,075 mol => C đúng

Câu 5 :

A

35,0.
B

30,0.
C

32,0.
D

28,0.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Đặt CTTQ peptit là: RN_nO_n+1

RN_nO_n+1 + nKOH → Muối + H₂O

x nx x

BTKL => (1)

* Đặt n_CO2 = y

m _{dd giảm} => nH₂O

* Phản ứng cháy:

n_N2= 0,5nx

BTKL phản ứng cháy => (2)

BTNT O => (3)

Giải (1), (2), (3) => nx; x; y

${n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = y \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}}$

Lời giải chi tiết :

Đặt CTTQ peptit là: RN_nO_n+1

RN_nO_n+1 + nKOH → Muối + H₂O

x nx x

BTKL: 4,63 + 56nx = 8,19 + 18x => 56nx – 18x = 3,56 (1)

* Đặt n_CO2 = y

m_{dd giảm} $ = 197y-44y-18.{n_{{H_2}O}} = 21,87 \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = \dfrac{{153y - 21,87}}{{18}} = 8,5y-1,215$

* Phản ứng cháy:

n_N2= 0,5.nx

BTKL phản ứng cháy: 4,63 + 0,1875.32 = 44y + (153y-21,87) + 28.0,5nx

=> 14nx + 197y = 32,5 (2)

BTNT O: nx + x + 0,1875.2 = 2y + (8,5y-1,215) => nx + x - 10,5y = -1,59 (3)

Giải (1), (2), (3) => nx = 0,07; x = 0,02; y = 0,16

${n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,16{\text{ }}mol \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}}$ = 0,16.197 = 31,52 gam

Câu 6 :

A

7,0.
B

6,5.
C

6,0.
D

7,5.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) Quy đổi M thành CONH; CH₂ x mol và H₂O y mol

+) m_{bình tăng}=> PT (1)

+) Bảo toàn H: n_CONH+ 2.n_CH2 + 2.n_H2O = 2.n_{H2O (đốt M)} => PT (2)

+) Tính x và y => m

Lời giải chi tiết :

n_N2 = 0,0375 mol => n_N = 0,075 mol

Quy đổi M thành:

$\left\{ \begin{gathered}CONH:0,075 \hfill \\C{H_2}:x \hfill \\{H_2}O:y \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + NaOH:0,075}}\left| \begin{gathered}Muối\,Q\left\{ \begin{gathered}{\text{COONa:0,075}} \hfill \\{\text{N}}{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{:0,075}} \hfill \\{\text{C}}{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{:x}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + O2}}\left\{ \begin{gathered}N{a_2}C{O_3}:0,0375 \hfill \\C{O_2}:x + 0,0375 \hfill \\{H_2}O:x + 0,075 \hfill \\{N_2}:0,0375 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\{H_2}O:y \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\left\{ \begin{gathered}44(x + 0,0375) + 18(x + 0,075) = {m_{bình\,tăng}} = 13,23 \hfill \\0,075.0,5 + x + y = {n_{{H_2}O(dot\,M)}} = 0,2275 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}x = 0,165 \hfill \\y = 0,025 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$ \to m = 43.0,075 + 14x + 18y = 5,985g$

Câu 7 :

A

2:3
B

1:2
C

1:1
D

2:1

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) Giả sử có x mol Gly-Na (C₂H₄O₂NNa) và y mol Ala-Na (C₃H₆O₂NNa)

+) Từ n_NaOH => PT (1)

Khi đốt cháy muối thu được: Na₂CO₃ (0,1 mol), CO₂ (2x + 3y - 0,1 mol), H₂O (2x + 3y mol), N₂ (0,1 mol)

=> PT (2)

=> x ; y

=> tỉ lệ Gly / Ala

Gộp peptit: X + 2Y → (Gly₁₃Ala₇)_k+ 2H₂O

+) Tính tổng số liên kết peptit trong X-Y-Y theo k

+) Số lk peptit nhỏ nhất (khi X có 8, Y có 1) ≤ số lk peptit theo k ≤ số lk peptit lớn nhất (khi X có 1, Y có 8)

=> k => số lk peptit trong X và Y

=> CTPT và số mol của X-Y-Y => n_X và n_Y

+) Gọi CTPT của X và Y, từ số mol Gly, biện luận tìm X và Y

Lời giải chi tiết :

Giả sử có x mol Gly-Na (C₂H₄O₂NNa) và y mol Ala-Na (C₃H₆O₂NNa)

x + y = n_NaOH = 0,2 (1)

Khi đốt cháy muối thu được: Na₂CO₃ (0,1 mol), CO₂ (2x + 3y - 0,1 mol), H₂O (2x + 3y mol), N₂ (0,1 mol)

=> 2x + 3y - 0,1 + 2x + 3y + 0,1 = 0,84 (2)

Giải (1), (2) => x = 0,18; y = 0,02

=> Gly / Ala = 9

Gộp peptit: X + 2Y → (Gly₉Ala)_k+ 2H₂O

Tổng số liên kết peptit trong X-Y-Y là 10k - 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 ≤ 10k - 1 ≤ 19 => 1,3 ≤ k≤ 2 => k = 2 đạt được khi X có 1 và Y có 8 lk peptit (X là đipeptit, Y là nonapeptit)

X-Y-Y là Gly9Ala (0,01 mol) => n_X = 0,01; n_Y = 0,02

X: Gly_uAla_2-u(0,01 mol)

Y: Gly_vAla_9-v(0,02 mol) (u ≤ 2; v ≤ 8)

n_Gly = 0,01u + 0,02v = 0,18 => u = 2; v = 8

X là Gly-Ala; Y là Gly₈Ala

Câu 8 :

A

402
B

303
C

359
D

387

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Số mol peptit trong T = 0,42 + 0,14 = 0,56 (mol)

Quy đổi T thành :

CONH: 0,56 mol

CH₂: x mol

H₂O: 0,1 mol

Đốt cháy:

CONH + 0,75O₂ → CO₂ + 0,5H₂O + 0,5N₂

CH₂ + 1,5 O₂ → CO₂ + H₂O

Dựa vào phản ứng đốt cháy => x = ? (mol)

=> Có 1 muối là Gly- Na: 0,42 mol

Muối còn lại : Y- Na: 0,14 mol

Bảo toàn nguyên tố C: số C trong Y => Y là Val

T_1: Gly_nVal_5-n : a mol

T₂: Gly_mVal_6-m : b mol

$\left\{ \begin{gathered}\sum {n_{T}} = a + b = 0,1 \hfill \\\sum {n_{N}} = 5a + 6b = 0,56 \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}a = ? \hfill \\b = ? \hfill \\ \end{gathered} \right.$

=> biện luận tìm được n và m

Lời giải chi tiết :

Số mol peptit trong T = 0,42 + 0,14 = 0,56 (mol)

Quy đổi T thành :

CONH: 0,56 mol

CH₂: x mol

H₂O: 0,1 mol

Đốt cháy:

CONH + 0,75O₂ → CO₂ + 0,5H₂O + 0,5N₂

CH₂ + 1,5 O₂ → CO₂ + H₂O

Ta thấy: theo PT (43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) g T cần ( 0,75.0,56 + 1,5x) mol O₂

Theo đề bài 13,2 (g) cần 0,63 mol O₂

=> 0,63(43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) = 13,2 (0,75.0,56 + 1,5x)

=> x = 0,98 (mol)

Số C trung bình của muối = n_C/ n_muối = ( 0,56 + 0,98)/ 0,56 = 2,75

=> Có 1 muối là Gly- Na: 0,42 mol

Muối còn lại : Y- Na: 0,14 mol

Bảo toàn nguyên tố C: 0,42.2 + 0,12. C_Y = 0,56 + 0,98

=> C_Y = 5 => Y là Val

T_1: Gly_nVal_5-n : a mol

T₂: Gly_mVal_6-m : b mol

$\left\{ \begin{gathered}\sum {n_{T} = a + b = 0,1} \hfill \\\sum {n_{N} = 5a + 6b = 0,56} \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}a = 0,04 \hfill \\b = 0,06 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

n_Gly = 0,04n + 0,06m = 0,42

=> 2n + 3m = 21 ( n ≤ 5; m ≤ 6)

=> n = 3 và m = 5 là nghiệm duy nhất

=> T₁ là Gly₃Val₂ => M_T1 = 387

Câu 9 :

A

18
B

32
C

34
D

28

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+) n_NaOH = n_GlyNa + n_AlaNa

n_H2O = nA = 0,14 mol

BTKL: m_A = m_muối + m_H2O – m_NaOH = 0,28.97 + 0,4.111 + 0,14.18 – 0,68.40 = 46,88 gam

BTNT H: n_H _(A) + n_NaOH = n_H _(GlyNa) + n_H _(AlaNa) + 2n_H2O => n_H(A)

+) n_CO2 = 2.n_GlyNa + 3.n_AlaNa

n_H2O = 0,5.n_H _(A)

=> m_CO2 + m_H2O

Lời giải chi tiết :

n_NaOH = n_GlyNa + n_AlaNa = 0,68 mol

n_H2O = nA = 0,14 mol

BTKL: m_A = m_muối + m_H2O – m_NaOH = 0,28.97 + 0,4.111 + 0,14.18 – 0,68.40 = 46,88 gam

BTNT H: n_H _(A) + n_NaOH = n_H _(GlyNa) + n_H _(AlaNa) + 2n_H2O

=> n_H(A)= 4.0,28 + 6.0,4 + 2.0,14 - 0,68 = 3,12 mol

Khi đốt 46,88 gam A ta thu được:

n_CO2 = 2.n_GlyNa + 3.n_AlaNa = 0,28.2 + 0,4.3 = 1,76 mol

n_H2O = 0,5.n_H _(A) = 1,56 mol

=> m_CO2 + m_H2O = 1,76.44 + 1,56.18 = 105,52 gam

Đốt 46,88 gam A thu được 105,52 gam CO₂ + H₂O

Đốt m gam A ← 63,312 gam CO₂ + H₂O

=> m = 28,128 gam

Câu 10 :

A

58,92%.
B

47,85%.
C

50,92%.
D

47,50%.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp X thành:

C₂H₃ON: 0,44 (mol) ( Tính từ n_N2 = 0,22 mol)

CH₂: a mol

H₂O : b mol

Bảo toàn nguyên tố C, H

Lời giải chi tiết :

Quy đổi hỗn hợp X thành:

C₂H₃ON: 0,44 (mol) ( Tính từ n_N2 = 0,22 mol)

CH₂: a mol

H₂O : b mol

Trong phản ứng thủy phân X:

X + NaOH → Muối + H₂O

Khối lượng muối tăng so với X chính là lượng NaOH trừ đi lượng H₂O

=> m_NaOH – m_H2O = 15,8

=> 40.0,44 – 18b = 15,8

=> b = 0,1 (mol)

Coi quá trình đốt cháy muối là quá trình đốt cháy X và NaOH ban đầu

n_Na2CO3 = n_NaOH/ 2 = 0,22 (mol)

BTNT C => n_CO2 = 2n_C2H3ON + n_CH2 – n_Na2CO3 = 2.0,44 + a – 0,22

=> n_CO2 = a + 0,66 (mol)

BTNT H => n_H2O = 1,5.n_C2H3ON + n_CH2 + ½. n_NaOH

=> n_H2O = 1,5.0,44 + a + 0,5.0,44

=> n_H2O = a + 0,88

∑ m_CO2+H2O = (a + 0,66).44 + (a + 0,88).18 = 56,04

=> a = 0,18 (mol)

=> m_X = 0,44.57 + 0,18.14 + 0,1.18 = 29,4 (g)

Đặt x , y là số mol của A, B

$\left\{ \begin{gathered}\sum {{n_X} = x + y = b = 0,1} \hfill \\\sum {{n_{NaOH}} = 4x + 5y = 0,44} \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}x = 0,06 \hfill \\y = 0,04 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Đặt u, v là số mol của glyxin và analin

$\left\{ \begin{gathered} \sum {{n_N} = u + v = 0,44} \hfill \\\sum {{n_C} = 2u + 3v = {n_{C{O_2}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 1,06} \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}u = 0,26 \hfill \\v = 0,18 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

A: (Gly)_p(Ala)_4-p: 0,06 (mol)

B. (Gly)_q(Ala)_5-q : 0,04 (mol)

=> n_Gly = 0,06p + 0,04q = 0,26

=> 3p + 2q = 13

Vì p ≤ 4 và q ≤ 5 => p = 3 và q = 2 thỏa mãn

=> B là (Gly)₂(Ala)₃

%m_B = [0,04. 345)/ 29,4].100% = 46,94% gần nhất với 47,50%

Câu 11 :

A

Chất Y là H₂N- CH₂-CONHCH₂COOH
B

Chất Q là H₂NCH₂COOH
C

Chất Z là NH₃ và chất T là CO₂
D

Chất X là (NH₄)₂CO₃

Đáp án : B

Phương pháp giải :

X là (NH₄)₂CO₃

Y là H₂N – CH₂ – CONH – CH₂COOH

Viết PTHH

Lời giải chi tiết :

X là (NH₄)₂CO₃

Y là H₂N – CH₂ – CONH – CH₂COOH

Y + NaOH → khí Z là NH₃ : NaOH + (NH₄)₂CO₃ → Na₂CO₃ + NH₃ + H₂O

E +HCl → khí T là CO₂ và chất hữu cơ Q là H₃NCl – CH₂ – COOH

(NH₄)₂CO₃+ 2HCl → 2NH₄Cl + H₂O + CO₂

H₂N – CH₂ – CONH – CH₂COOH + 2HCl +H₂O → 2H₃NCl – CH₂COOH

→ B sai

Câu 12 :

A

2,08% .
B

4,17%.
C

3,21%.
D

1,61%.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

$\left\{ \begin{gathered}X(8C) \hfill \\Y(9C) \hfill \\Z(11C) \hfill \\T:{C_n}{H_{2n}}{O_2} \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{quy\,doi}}\underbrace {\left\{ \begin{gathered}C{H_2}:x \hfill \\CONH:y \hfill \\{H_2}O:z \hfill \\{O_2}:T \hfill \\ \end{gathered} \right.}_{249,56(g)}$

Áp dụng các định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để lập nên các phương trình.

Lời giải chi tiết :

$\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered}X(8C) \hfill \\Y(9C) \hfill \\Z(11C) \hfill \\T:{C_n}{H_{2n}}{O_2}\hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{quy\,doi}}\underbrace {\left\{\begin{gathered}C{H_2}:x \hfill \\CONH:y \hfill \\{H_2}O:z \hfill \\{O_2}:T \hfill \\ \end{gathered} \right.}_{249,56(g)}\left| \begin{gathered}P1\xrightarrow{{ + {O_2}}}\left\{ \begin{gathered}C{O_2}:amol \hfill \\{H_2}O:a - 0,11\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\P2\xrightarrow{{ + NaOH:(y + t)\,mol}}{H_2}O:z\,mol + \,{C_2}{H_5}OH:t\,mol + G\left\{ \begin{gathered}{C_n}{H_{2n}}{O_2}NNa \hfill \\{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\G\left\{ \begin{gathered}{C_n}{H_{2n}}{O_2}NNa \hfill \\{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}:3,385mol}}\left\{ \begin{gathered}N{a_2}C{O_3}:0,5y + 0,5t \hfill \\C{O_2}:a + 0,5y - 2,5t \hfill \\{H_2}O:x + y - 2,5t \hfill \\\end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} $

P1: n_CO2 –n_H2O = 0,11 => 0,5y – z = 0,11 (1)

P2: n_NaOH = y + t => n_Na2CO3 = 0,5y + 0,5t

BT “C”: x + y -2t = 0,5y + 0,5t + n_CO2

=> n_CO2 = x + 0,5y – 2,5t

BT “H”: (2x + y + 2z)+(y + t) -2z - 6t = 2n_H2O

=> n_H2O= x + y – 2,5t

BT “O”: n_O(muối) + 3,385.2 = 3(0,5y + 0,5t) + 2(x + 0,5y – 2,5t) + (x + y – 2,5t)

=> 3x + 1,5y – 8t = 6,77 (2)

Phương trình về KL: 14x + 43y + 18z + 32t = 249,56:2 (3)

BTKL: 124,78 + 4(y+t) = 133,18 + 18z + 46t

=> 40y – 18z – 6t = 8,4 (4)

(1) (2) (3) (4) => x = 4,98; y = 0,42; z = 0,1; t = 1,1

$\begin{gathered}\left\{ \begin{gathered}{n_{peptit}} = 0,1{\text{ }}mol \to 0,8 < n < 1,1 \hfill \\{n_{C(hh)}} = 4,98 + 0,42 = 5,4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to 4,3 < {n_{C(este)}} < 4,6 \to \frac{{4,3}}{{1,1}} < C(este) <\frac{{4,6}}{{1,1}} \hfill \\ \to Este:{C_4}{H_8}{O_2} \hfill \\\to \left\{ \begin{gathered}{n_{C(peptit)}} = 5,4- 4,4 = 1 \hfill \\{n_{peptit}} = z = 0,1 \hfill \\{n_{CONH}} = 0,42 \to so\,mat\,xich\,tb = 4,2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}Z:Gl{y_4}Ala(m) \hfill \\Y:Gl{y_3}Ala(n) \hfill \\X:ValAla(p)\hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}m + n + p = 0,1 \hfill \\11m + 9n + 8p = 1 \hfill \\5m + 4n + 2p = 0,42 \hfill \\\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}m = 0,06 \hfill \\n = 0,02 \hfill \\z = 0,02 \hfill \\\end{gathered} \right. \hfill \\\to \% {m_Y} = \frac{{0,02.(75.3 + 89 - 18.3)}}{{124,78}}.100\% = 4,17\% \hfill \\\end{gathered} $

Câu 13 :

A

120
B

60
C

30
D

45

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Gọi CTPT của amino axit tạo nên các peptit là : ${C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N\,\,\,\,\,(n \geqslant 2)$

+) CTPT của đipeptit là : $2{C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N - {H_2}O \Leftrightarrow {C_{2n}}{H_{4n}}{O_3}{N_2}$

+) Tương tự ta có CTPT của tripeptit là : $3{C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N - 2{H_2}O \Leftrightarrow {C_{3n}}{H_{6n - 1}}{O_4}{N_3}$

+) Từ PT đốt cháy => n

Lời giải chi tiết :

Gọi CTPT của amino axit tạo nên các peptit là : ${C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N\,\,\,\,\,(n \geqslant 2)$

Đipepit được tạo nên từ 2 phân tử amino axit khi tách 1 phân tử H₂O nên CTPT của đipeptit là :

$2{C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N - {H_2}O \Leftrightarrow {C_{2n}}{H_{4n}}{O_3}{N_2}$

Tương tự ta có CTPT của tripeptit là : $3{C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N - 2{H_2}O \Leftrightarrow {C_{3n}}{H_{6n - 1}}{O_4}{N_3}$

PT đốt cháy tripeptit :

${C_{3n}}{H_{6n - 1}}{O_4}{N_3}\xrightarrow{{ + {O_2}}}3nC{O_2} + (3n - \dfrac{1}{2}){H_2}O + \dfrac{3}{2}{N_2}$

$\,\,0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3n.0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3n - \dfrac{1}{2}).0,1\,$

${m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 3n.0,1.44 + (3n - 0,5).0,1.18 = 54,9\,\,\, \to n = 3$

PT đốt cháy đipeptit :

${C_6}{H_{12}}{O_3}{N_2}\xrightarrow{{ + {O_2},{t^o}}}6C{O_2} + 6{H_2}O + {N_2}$

0,2 1,2

$ \Rightarrow {n_{CaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 1,2\,mol$

$ \to {m_{CaC{O_3}}} = 1,2.100 = 120\,\,gam$

Câu 14 :

A

43,88%.
B

56,12%.
C

16,98%.
D

76,72%.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

$m(g)\,X\left\{ \begin{gathered}Ala:a \hfill \\Gly - Val:b \hfill \\ \end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}{H_2}S{O_4}:0,025 \hfill \\HCl:0,025 \hfill \\ \end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}NaOH:0,072 \hfill \\KOH:0,048 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to 10,9155(g)\,muoi + {H_2}O$

n_H2O = n_Ala+ n_Gly-Val+ 2n_H2SO4 + n_HCl

BTKL: m_X + m_H2SO4 + m_HCl + m_NaOH + m_KOH = m _muối+ m_H2O => (1)

n_NaOH + n_KOH = n_Ala + 2n_Gly-Val + 2n_H2SO4 + n_HCl => (2)

Giải (1) và (2) thu được a và b

=> %m_Ala

Lời giải chi tiết :

$m(g)\,X\left\{ \begin{gathered}Ala:a \hfill \\Gly - Val:b \hfill \\\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}{H_2}S{O_4}:0,025 \hfill \\HCl:0,025 \hfill \\\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}NaOH:0,072 \hfill \\KOH:0,048 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to 10,9155(g)\,muoi + {H_2}O$

n_H2O = n_Ala+ n_Gly-Val+ 2n_H2SO4 + n_HCl= a + b + 0,075

BTKL: m_X + m_H2SO4 + m_HCl + m_NaOH + m_KOH = m _muối+ m_H2O

=> 89a + (75+117-18)b + 0,025.98 + 0,025.36,5 + 0,072.40 + 0,048.56 = 10,9155 + 18(a+b+0,075) (1)

n_NaOH + n_KOH = n_Ala + 2n_Gly-Val + 2n_H2SO4 + n_HCl

=> 0,072 + 0,048 = a + 2b + 0,025.2 + 0,025 (2)

Giải (1) và (2) thu được a = 0,025 và b = 0,01

=> $\% {m_{Ala}} = \frac{{0,025.89}}{{0,025.89 + 0,01.174}}.100\% = 56,12\% $

Câu 15 :

X + 11NaOH → 3A + 4B + 5H₂O

A

76.
B

73
C

53
D

56

Đáp án : A

Phương pháp giải :

X + 11NaOH → 3A + 4B + 5H₂O

Dựa vào PTHH ta thấy X là heptapeptit.

Mặt khác: 3 + 4.2 = 11 => A có chứa 1 nhóm COOH còn B chứa 2 nhóm COOH

Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 29a mol CO₂=> Số C trong X là 29

X có dạng A₃B₄

Giả sử số C của A và B lần lượt là n, m.

=> 3n + 4m = 29 có cặp nghiệm thỏa mãn là n = 3, m = 5

Vậy A là Ala, B là Glu

*Xét phản ứng đốt b gam E trong O₂:

Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là Ala₂Glu_n

Dựa vào tỉ lệ số mol CO₂ và H₂O tính được n.

Lời giải chi tiết :

X + 11NaOH → 3A + 4B + 5H₂O

Dựa vào PTHH ta thấy X là heptapeptit.

Mặt khác: 3 + 4.2 = 11 => A có chứa 1 nhóm COOH còn B chứa 2 nhóm COOH

Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu được 29a mol CO₂=> Số C trong X là 29

X có dạng A₃B₄

Giả sử số C của A và B lần lượt là n, m.

=> 3n + 4m = 29 có cặp nghiệm thỏa mãn là n = 3, m = 5

Vậy A là Ala, B là Glu

*Xét phản ứng đốt b gam E trong O₂:

Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là Ala₂Glu_n hay;

(C₃H₇O₂N)₂(C₅H₉O₄N)_n - (n+1)H₂O hay C_5n+6H_7n+12O_3n+3N_n+2

$\frac{C}{H} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{2{n_{{H_2}O}}}} \to \frac{{5n + 6}}{{7n + 12}} = \frac{{0,675}}{{0,5625.2}} \to n = 1,5$

=> Công thức trung bình là Ala₂Glu_1,5

*Xét phản ứng thủy phân 0,15 mol E trong NaOH dư:

n_Ala-Na = 0,15.2 = 0,3 mol

n_Glu-Na2 = 0,15.1,5 = 0,225 mol

=> m _muối = 0,3.(89 + 22) + 0,225.(147 + 22.2) = 76,275 gam gần nhất với giá trị 76 gam

Câu 16 :

A

22,5%
B
11,6%
C
14,7%
D
17,8%

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Gọi số mol của Gly và Val lần lượt là x và y mol

Ta có n_NaOH =n_Gly + n_Val + n_Ala => pt (1)

m_muối = pt(2)

giải (1) và (2) có x và y

Xét phản ứng E + NaOH : 60,17 g E + 0,73mol NaOH → 73,75 g muối + 14,72 g ancol và H₂O

Bảo toàn khối lượng có m_H2O nên n_Y + n_Z = n_H2O = 0,05 mol

Xét phản ứng E + O₂ → CO₂ + H₂O + N₂

Quy đổi E

$\left\{ \begin{gathered}NH - C{H_2}CO:0,73 \\C{H_2}:0,15 + 0,02.3 = 0,21 \\{H_2}O:0,05 \\{C_n}{H_{2n + 2}}O:a{\text{ mol}}(14,72g)\\\end{gathered} \right.$ + O₂ → 2,275 mol H₂O

Bảo toàn H có 0,73.3 + 0,21.2 + 0,05.2 + (2n+2)a =2,275.2

Và 14,72 = a(14n + 34) → ancol là CH₃OH → n_X theo n_ancol

n_{aa tạo từ Y và Z} = 0,73 – n_X → số aa trung bình của Y và Z là n_{aa tạo từ Y và Z} : n_{Y và Z} = 5,4

Mà Y và Z hơn kém nhau 1N nên Y là pentapeptit còn Z là hexapeptit

Lời giải chi tiết :

Gọi số mol của Gly và Val lần lượt là x và y mol

Ta có n_NaOH =n_Gly + n_Val + n_Ala => 0,73 = x + y + 0,15 (1)

m_muối = 73,75 = (75+22)x + (117+ 22)y + 0,15(89+22) (2)

giải (1) và (2) có x = 0,56 mol và y =0,02 mol

Xét phản ứng E + NaOH : 60,17 g E + 0,73mol NaOH → 73,75 g muối + 14,72 g ancol và H₂O

Bảo toàn khối lượng có m_H2O = 60,17 + 0,73.40 – 73,75-14,72 = 0,9 nên n_H2O = 0,05 mol

=> n_Y + n_Z = n_H2O = 0,05 mol

Xét phản ứng E + O₂ → CO₂ + H₂O + N₂

$\left\{ \begin{gathered}NH - C{H_2}CO:0,73 \\C{H_2}:0,15 + 0,02.3 = 0,21 \\{H_2}O:0,05 \\{C_n}{H_{2n + 2}}O:a{\text{ mol}}(14,72g) \\\end{gathered} \right.$ + O₂ → 2,275 mol H₂O

Bảo toàn H có 0,73.3 + 0,21.2 + 0,05.2 + (2n+2)a =2,275.2

Và 14,72 = a(14n + 34) nên an =0,46 và a = 0,46 suy ra n = 1→ ancol là CH₃OH : 0,46 mol

→ n_X = 0,46 mol → X tạo từ Gly vào CH₃OH (vì chỉ có n_Gly > 0,46)

n_{aa tạo từ Y và Z} = 0,73 – 0,46 =0,27 mol

→ số aa trung bình của Y và Z là 0,27 : 0,05 = 5,4

Mà Y và Z hơn kém nhau 1N nên Y là pentapeptit còn Z là hexapeptit

Ta có hệ sau $\left\{ \begin{gathered}{n_Y} + {n_Z} = 0,05 \\5{n_Y} + 6{n_Z} = 0,27 \\\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}{n_Y} = 0,03 \\{n_Z} = 0,02 \\\end{gathered} \right.$

Y và Z được cấu tạo từ 0,15 mol Ala, 0,1 mol Gly và 0,02 mol Val

Y là (Ala)₃ – (Gly)₂ và Z là Val- (Ala)₃ – (Gly)₂

Nên %Y = $\frac{{0,03.345}}{{60,17}}.100\% = 17,2\% $ gần nhất với 17,8%

Câu 17 :

A
28,225.
B
26,250.
C
26,875.
D
27,775.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

X phản ứng với HCl và NaOH đều tạo khí nên X là muối của cacbonic và amoni nên X là

HCO₃ – NH₃ – CH₂ –COONH₄

Y là tetrapeptit nên số C của aa tạo tử Y là : 9 / 4 = 2,25 nên Y tạo từ Gly và 1aa khác

→ biện luận tìm aa còn lại → Y

Lời giải chi tiết :

X phản ứng với HCl và NaOH đều tạo khí nên X là muối của cacbonic và amoni nên X là

HCO₃ – NH₃ – CH₂ –COONH₄

Y là tetrapeptit nên số C của aa tạo tử Y là : 9 / 4 = 2,25 nên Y tạo từ Gly và 1aa khác

+) nếu Y tạo từ 1 gly thì số C của aa còn lại là 7 : 3 = 2,33 loại

+) nếu Y tạo từ 2 gly thì số C của aa còn lại là 5 : 2 =2,5 loại

+) nếu Y tạo từ 3 gly thì số C của aa còn lại là 3

Nên Y là (Gly)₃Ala

Khi A + NaOH thì

HCO₃ – NH₃ – CH₂ –COONH₄ +2 NaOH → NH₂ – CH₂ –COONa + NaHCO₃+ NH₃ +2 H₂O

Nên n_Y = n_NH3 = 0,15 mol => m_Y = 29,6 – 0,15.154 = 6,5 => n_Y = 0,025 mol

X + 2HCl → NH₃Cl – CH₂ –COOH

Y + 4HCl → 3H₃NCl – CH₂ –COOH + H₃N Cl– C₂H₄ –COOH

=> m_{chất hữu cơ} = m_{NH3Cl – CH2 –COOH} + m_{NH3Cl – C2H4 – COOH}

= (0,15 + 0,025.3).111,5 + 0,025.125,5 = 28,225 gam

Bài liên quan

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Peptit (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Ôn tập chương 3 - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Ôn tập chương 3 Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 1) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 1) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập đốt cháy peptit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập đốt cháy peptit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 1) - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Peptit (phần 2) - Hóa 12

Trắc nghiệm Ôn tập chương 3 - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 2) - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Amin - Amino axit (phần 1) - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập đốt cháy peptit - Hóa 12