Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
X + 11 N a O H → 3 A + 4 B + 5 H 2 O
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 C O 2 => Số C trong X là 29
X có dạng A 3 B 4
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 O 2 :
Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là A l a 2 G l u n hay;
( C 3 H 7 O 2 N ) 2 ( C 5 H 9 O 4 N ) n − n + 1 H 2 O h a y C 5 n + 6 H 7 n + 12 O 3 n + 3 N n + 2
C H = n C O 2 2 n H 2 O → 5 n + 6 7 n + 12 = 0 , 675 0 , 5625.2 → n = 1 , 5
=> Công thức trung bình là A l a 2 G l u 1 , 5
*Xét phản ứng thủy phân 0,15 mol E trong NaOH dư:
n A l a − N a = 0 , 15.2 = 0 , 3 m o l n G l u − N a 2 = 0 , 15.1 , 5 = 0 , 225 m o l
=> m m u o i = 0 , 3. 89 + 22 + 0 , 225. 147 + 22.2 = 76 , 275 gam gần nhất với giá trị 76 gam
Đáp án cần chọn là: A
và 1 nhóm 
; Y là hợp chất hữu cơ thuộc dãy đồng đẳng của axit oxalic; Z là este chứa C, H, O. Đun nóng 27,42 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z với dung dịch NaOH vừa đủ, chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu được a gam ancol T duy nhất và hỗn hợp gồm 2 muối. Cho toàn bộ T vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 
khí 
(đktc) và khối lượng bình tăng 5,28 gam so với ban đầu; Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối cần dùng 0,6 mol 
thu được
Đáp án B
Xử lý ancol để tìm thông tin về Z
Ta có
Giả sử trong CTPT của ancol có chứa n nhóm 
Khả năng là sai vì lâu nay chỉ quen với 
Thực ra với 
Nhớ đến phản ứng của glucozo với 
=>Ancol Z chính là Socbitol với CTPT là 
là este 6 chức.
Với 
Quy đổi hỗn hợp và xử lý sơ bộ ta có:
PT theo m hỗn hợp E: 
PT theo số mol NaOH phản ứng: 
PT theo số mol 
đốt cháy muối: 
PT theo số mol
tạo thành: 
+Giải hệ (1) (2) (3) và (4) ta có
và 
là Glyxin
Ta có
là 
Chọn đáp án D
Thủy phân: E + 7 N a O H → 2 T + 3 G + 3 H 2 O
⇒ E là heptapeptit E 5 , T có 2 nhóm COOH còn G có 1 nhóm COOH.
a mol T hoặc G đều có thể tác dụng với tối đa 3a mol HCl trong dung dịch
⇒ amino axit T có chứa 1 nhóm N H 2 và G có chứa 2 nhóm N H 2 .
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải dạng mở rộng.!
• biến đổi: E 5 – 2 C O 2 – 3 N H + 1 , 5 H 2 O → 2 , 5 E 2 * || E2 là đipeptit dạng C n H 2 n N 2 O 3 .
⇒ m gam E ứng với x mol cần bớt 2x mol C O 2 và 3x mol NH, thêm 1,5x mol H 2 O
để chuyển thành 2,5x mol đipeptit E 2 dạng C n H 2 n N 2 O 3 .
⇒ có phương trình: 0,26 – 2x = 0,24 – 1,5x + 1,5x ⇒ giải x = 0,01 mol.
⇒ n = 9,6 ⇒ M E 2 = 210,4 ⇒ Từ (*) có: M E 5 = 632 ⇒ chọn đáp án D. ♠.
Cách 2: xây dựng công thức tổng quát của peptit
dựa vào giả thiết và phân tích cấu tạo của amino axit T, G
⇒ công thức tổng quát của E là C n H 2 n – 4 N 8 O 10 .
Giải đốt, lập tỉ lệ n C O 2 ÷ n H 2 O = n ÷ (n – 2) = 0,26 ÷ 0,24 ⇒ n = 26.
⇒ công thức của E là C 26 H 48 N 8 O 10 ⇒ M E = 632 → ok.!
Cách 3: tham khảo: tranduchoanghuy
quy m gam peptit E về C 2 H 3 N O , C H 2 , C O O , N H , H 2 O .
Đặt n H 2 O = n E = x mol; n C H 2 = y mol ⇒ n N H = n G = 3x mol; n C O O = n T = 2,x mol
và n C 2 H 3 N O = n T + n G = 5x mol ||⇒ đốt E cho n C O 2 = 12x + y = 0,26 mol
n H 2 O = 10x + y = 0,24 mol ||⇒ giải x = 0,01 mol; y = 0,14 mol.
từ đó tương tự cũng xác định được E có công thức C 26 H 48 N 8 O 10 ⇒ M E = 632.
Chọn đáp án D
Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân
♦ quy đốt đipeptit E 2 cần 1,98 mol O 2 thu được 1,68 mol C O 2 .
⇒ bảo toàn O có n E 2 = (1,68 × 3 – 1,98 × 2) ÷ 3 = 0,36 mol
⇒ m E 2 = 1,68 × 14 + 0,36 × 76 = 50,88 gam || (50,88 – 47,28) ÷ 18 = 0,2 mol.
⇒ n E = 0,36 – 0,2 = 0,16 mol || cần 0,2 mol H 2 O để biến đổi 0,16 mol E → 0,36 mol E 2 .
có C t r u n g b ì n h h a i a m i n o a x i t = 1,68 ÷ 0,72 = 2,3333 ⇒ amino axit T là C 2 H 5 N O 2 g l y x i n .
dùng sơ đồ chéo có n G l y : n A l a = 2 : 1. Tỉ lệ: 0,08 mol E = 1 2 lượng E dùng để đốt
⇒ thủy phân 0,08 mol E thu được 0,24 mol Gly–Na và 0,12 mol Ala–Na
⇒ yêu cầu b = m G l y – N a = 0,24 × (75 + 22) = 23,28 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 . Xét 47,28 gam E:
Đặt n C 2 H 3 N O = x mol; n C H 2 = y mol; n H 2 O = z mol ⇒ m E = 47,28 gam = 57x + 14y + 18z.
Ta có: n O 2 = 1,98 mol = 2,25x + 1,5y; n C O 2 = 1,68 mol = 2x + y.
⇒ giải hệ có: x = 0,72 mol; y = 0,24 mol và z = 0,16 mol.
⇒ số C H 2 ghép vào peptit trung bình = 0,24 ÷ 0,16 = 1,5 ⇒ có peptit ghép ≤ 1 gốc C H 2 .
Lại có mỗi peptit tạo bởi 1 loại gốc amino axit ⇒ phải có peptit không ghép C H 2 .
⇒ T là Gly ⇒ n A l a = n C H 2 = 0,24 mol; n G l y = 0,72 – 0,24 = 0,48 mol.
⇒ trong 0,08 mol E chứa 0,48 × 0,08 ÷ 0,16 = 0,24 mol Gly ⇒ b = 0,24 × 97 = 23,28 gam
E là este của với 3 axit X,Y,Z => X cũng là axit đơn chức
- Xét phản ứng đốt cháy M (X, E)
(Vì X có 2 liên kết pi => X có 1 pi trong gốc hidrocacbon và 1 pi trong nhóm COO)
=> E là este của X,Y,Z => số pi = pi(gốc R của X) + pi(COO) = 1 + 3 = 4)
Gọi công thức tổng quát của X : CnH2n-2O2 : u mol
E : CmH2m-6O6 : v mol
Khi đốt cháy: CnH2n-2O2 + (1,5n – 2)O2 → nCO2 + (n – 1)H2O
CmH2m-6O6 + (1,5m – 5)O2 → mCO2 + (m – 3)H2O
=> nCO2 – nH2O = nX + 3nE = u + 3v
- M phản ứng với NaOH : nNaOH = nCOO = nX + 3nE = u + 3v = 0,04 mol
Mặt khác mCO2 – mH2O = a – (a – 4,62) = 4,62g
=> nCO2 = 0,15 ; nH2O = 0,11 mol
Bảo toàn nguyên tố : nC(M) = nCO2 = 0,15 mol ; nH(M) = 2nH2O = 0,22 mol
nO(M) = 2nCOO(M) = 2nNaOH = 0,08 mol
=> mM = m = mC + mH + mO = 3,3g
- Xét 13,2g M + NaOH → Muối V thì số mol nguyên tố trong M gấp 13,2 : 3,3 = 4 lần
Và số mol NaOH + M cũng gấp 4 lần => nNaOH = 0,04.4 = 0,16 mol = nmuối V
( Phản ứng tổng quát : Este/Axit + NaOH → Muối + Ancol/H2O )
Khi đốt cháy tạo nCO2 = 0,4 mol
Bảo toàn Na : nNa2CO3 = ½ nNaOH = 0,08 mol
Có : mNa2CO3 + mH2O =14,24g => nH2O = 0,32 mol
Bảo toàn Oxi : nO(V) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O + 3nNa2CO3
=> nO2 = 0,52 mol
Bảo toàn khối lượng : mV + mO2 = mCO2 + mNa2CO3 + mH2O
=> mV = 15,2g
- Gọi công thức tổng quát của các muối trong V là CxH2x+1COONa ; CyH2y-1COONa
(y chẵn, x > 0)
-Phản ứng cháy : CxH2x+1COONa + O2 → (x + 0,5)CO2 + (x + 0,5)H2O + 0,5Na2CO3
Mol p
CyH2y-1COONa + O2 → (y + 0,5)CO2 + (y - 0,5)H2O + 0,5Na2CO3
Mol q
=> nCO2 – nH2O = q = 0,4 – 0,32 = 0,08 mol => p = 0,16 – q = 0,08 mol
Ta có : nC(V) = nCO2 + nNa2CO3 = 0,48 mol = 0,08.(x+1) + 0,08(y+1)
=> x + y = 4
Vì X có gốc hidrocacbon mạch nhánh, có 1 liên kết pi trong gốc hidrocacbon
=> số C trong gốc hidrocacbon của X ≥ 3
=> y = 3 và x = 1 thỏa mãn điều kiện
=> X là C3H5COOH, 2 axit còn lại là HCOOH và C2H5COOH với số mol bằng nhau = 0,04 mol
(Vì : Số C trung bình = 1 = ½ (tổng số C của 2 axit) => tỉ lệ mol 1 : 1)
Vậy Trong M có : 0,04 mol este E(gốc ancol là R) và 0,04 mol X
=> mM = 13,2 = 0,04.(R + 203) + 0,04.86 => R = 41 (C3H5)
=> %mE(M) = 73,94%
Đáp án cần chọn là: C
X + 11 N a O H → 3 A + 4 B + 5 H 2 O
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 C O 2 => Số C trong X là 29
X có dạng A 3 B 4
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 O 2 :
Nhận thấy các peptit đều có 2 mắt xích Ala nên ta đặt công thức trung bình là A l a 2 G l u n h a y ;
( C 3 H 7 O 2 N ) 2 ( C 5 H 9 O 4 N ) n − n + 1 H 2 O h a y C 5 n + 6 H 7 n + 12 O 3 n + 3 N n + 2
C H = n C O 2 2 n H 2 O → 5 n + 6 7 n + 12 = 0 , 675 0 , 5625.2 → n = 1 , 5
=> Công thức trung bình là A l a 2 G l u 1 , 5
*Xét phản ứng thủy phân 0,15 mol E trong NaOH dư:
n A l a − N a = 0 , 15.2 = 0 , 3 m o l n G l u − N a 2 = 0 , 15.1 , 5 = 0 , 225 m o l
=> m m u o i = 0 , 3. 89 + 22 + 0 , 225. 147 + 22.2 = 76 , 275 gam gần nhất với giá trị 76 gam
Đáp án cần chọn là: A