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

Cách 1: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C₂H₃NO, CH₂, H₂O ⇒ T gồm C₂H₄NO₂Na và CH₂.

⇒ n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N a 2 C O 3 = 0,2 mol; n O 2 = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5. n C H 2 = 0,84 mol.

⇒ n C H 2 = (0,84 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,26 mol ⇒ n H 2 O = 0,08 mol.

Peptit chứa 4C chỉ có thể là Gly–Gly. Công thức 2 peptit còn lại dạng (Gly)^x(Ala)^y(Val)^z.

• với peptit có 7C ⇒ 2x + 3y + 5z = 7 ⇒ (x; y; z) = (2; 3; 0); (1; 0; 1)

⇒ ứng với có 2 peptit dạng (Gly)²(Ala) hoặc (Gly)(Val) thỏa mãn.

• với peptit có 11C: 2x + 3y + 5z = 11 ⇒ (x; y; z) = (4; 1; 0); (1; 3; 0); (3; 0; 1); (0; 2; 1).

⇒ có 4 TH thỏa mãn: (Gly)⁴(Ala) hoặc (Gly)(Ala)³ hoặc (Gly)³(Val) hoặc (Ala)²(Val).

Ta có số gốc CH₂ ghép peptit trung bình = 0,26 ÷ 0,08 = 3,25

⇒ peptit chứa 11C phải là (Ala)²(Val). Xét 2 TH của peptit 7C:

♦ TH₁: peptit 7C là (Gly)²(Ala), ta có hệ phương trình:

hệ có nghiệm âm ⇒ không thỏa mãn.!

♦ TH₂: peptit 7C là Gly–Val ⇒ peptit có phân tử khối lớn nhất

là (Ala)²(Val) với số mol là 0,04 mol

Chọn đáp án D

Cách 1: Tham khảo lời giải sách proS quyển 2: vững vàng hóa học hữu cơ 12

Nhận xét: Số mol gốc amini axit  = n N a O H = 2 n N a 2 C O 3 = 0 , 2   m o l

Quy đổi: Este= C n H 2 n - 1 O N :   0 , 02 C H 3 O H :   0 , 02 Hai peptiti= C n H 2 n - 1 O N :   0 , 18 H 2 O :   z

E + N a O H → C n H 2 n O 2 N N a                     0 , 2               — 0 , 2                           + C H 3 O H + H 2 O         0 , 02     — z

  2 C n H 2 n O 2 N a + 3 n - 0 , 5 O 2 → t 0               0 , 2                 —             0 , 3 ( n - 0 , 5 ) N a 2 C O 3 + 2 n - 1 C O 2 + 2 n H 2 O + N 2

2 x + 3 y + 5 . 0 , 04 = 3 , 15 . 0 , 2 x + y = 0 , 16 → x = 0 , 05 y = 0 , 11 → G l y :   0 , 05 A l a :   0 , 11 V a l :   0 , 04 ( 14 n + 29 ) . 0 , 2 + 32 . 0 , 02 + 18 z = 16 , 52 → z = 0 , 07   m o l

Số gốc amino axit trung bình

= S ố   m o l   g ố c   a m i n o a x i t S ố   m o l   p e p t i t = 0 , 18 0 , 07 = 18 7 đ i p e p t i t t r i p e p t i t ( X ) 2 Y 3 → a + b = 0 , 07 2 a + 3 b = 0 , 18 → a = 0 , 03 b = 0 , 04 → H 2 N C H 2 C O O C H 3 :   0 , 02 G l y - A l a :   0 , 03 A l a - A l a - V a l :   0 , 04 m A l a - A l a - V a l = 259 . 0 , 04 = 10 , 36   g a m

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.! Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   H 2 O .

có: n N a 2 C O 3 = 0,1 mol ⇒ n C 2 H 3 N O = n C 2 H 4 N O 2 N a = 0,1 × 2 = 0,2 mol. Lại có:

n O 2 = 2,25 n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5 n C H 2 /muối ⇒ n C H 2 /muối = (0,795 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,23 mol.

⇒ n A l a = 0,23 – 0,04 × 3 = 0,11 mol ⇒ n G l y = 0,2 – 0,04 – 0,11 = 0,05 mol.

n C H 2 /E = n C H 2 /muối + n C H 2 /ancol = 0,23 + 0,02 = 0,25 mol.

⇒ n H 2 O = (16,52 – 0,2 × 57 – 0,25 × 14) ÷ 18 = 0,09 mol = ∑ n p e p t i t   +   n e s t e

Mà n e s t e = n C H 3 O H = 0,02 mol ⇒ ∑ n p e p t i t = 0,09 – 0,02 = 0,07 mol.

⇒ số mắt xích trung bình peptit = (0,2 – 0,02) ÷ 0,07 = 2,57 ⇒ là đipeptit và tripeptit.

Đặt n đ i p e p t i t = x mol; n t r i p e p t i t = y mol ⇒ ∑ n p e p t i t = x + y = 0,07 mol.

n C 2 H 3 N O = 0,2 mol = 0,02 + 2x + 3y. Giải hệ có: x = 0,03 mol; y = 0,04 mol.

Dễ thấy n G l y = 0,05 = 0,03 + 0,02 ⇒ este là este của Gly và đipeptit chứa 1 Gly.

⇒ tripeptit chứa 1 Val ⇒ đipeptit là (Gly)(Ala) và tripeptit là A l a 2 V a l .

⇒ peptit có phân tử khối lớn hơn là A l a 2 V a l ⇒ m A l a 2 V a l = 0,04 × 259 = 10,36 gam.

Do sau phản ứng thu được C H 3 N H 2   v à   C 2 H 5 O H   v à   C 2 H 5 C O O K  nên suy ra:

Z :   C 2 H 5 C O O N H 3 C H 3 T :   C 2 H 5 C O O H 3 N − C H C H 3 − C O O C 2 H 5

n Z   =   n C H 3 N H 2   =   0 , 1   m o l ;   n T   =   n C 2 H 5 O H   =   0 , 15   m o l = >   n C 2 H 5 C O O K   =   n Z   +   n T   =   0 , 25   m o l n K O H   =   2 n K 2 C O 3   =   2.0 , 385   =   0 , 77   m o l

Sơ đồ bài toán:

67 , 74 g   M     X 3 Y 5 Z : C 2 H 5 C O O NH 3 CH 3 0 , 1   m o l T : C 2 H 5 C O O H 3 N C H CH 3 C O O C 2 H 5 0 , 15   m o l → + K O H :   0 , 77 d d   E   G l y − K A l a − K V a l − K C 2 H 5 C O O K : 0 , 25   → + O 2 ;   2 , 9     CO 2 H 2 O N 2 K 2 CO 3 : 0 , 385 CH 3 NH 2 : 0 , 1   C 2 H 5 O H : 0 , 15  

 Xác định số mol O 2 để đốt muối do X, Y tạo ra:

n A l a − K   d o   T   =   n T   =   0 , 15   m o l n C 2 H 5 C O O K   =   0 , 25   m o l

C 3 H 6 O 2 N K   +   3 , 75 O 2   →   0 , 5 K 2 C O 3   +   2 , 5 C O 2   +   3 H 2 O   +   0 , 5 N 2

0,15 →           0,5625

C 3 H 5 O 2 K   +   3 , 5 O 2   →   0 , 5 K 2 C O 3   +   2 , 5 C O 2   +   2 , 5 H 2 O   +   0 , 5 N 2

0,25 →       0,875

n O 2 ( m u ố i   d o   X ,   Y )   =   n O 2   -   n O 2 ( đ ố t   m u ố i   d o   T )   -   n O 2 ( đ ố t   C 2 H 5 C O O K )   =   2 , 9   -   0 , 5625   -   0 , 875   =   1 , 4625   m o l

*Do peptit được tạo bởi Gly, Ala, Val nên ta quy đổi hỗn hợp X, Y thành  C O N H ,   C H 2   v à   H 2 O   ( n H 2 O   =   n p e p t i t )

m X , Y   =   67 , 74   −   0 , 1.105   +   0 , 15.191   =   28 , 59   g a m n K O H   p u X ,   Y   =   0 , 77   −   n Z   −   2 n T   =   0 , 77   −   0 , 1   −   0 , 15.2   =   0 , 37   m o l

Ta có sơ đồ sau:

28 , 59 g   X ,   Y     C O N H : 0 , 37 CH 2 : x H 2 O               → + K O H :   0 , 37 M u o i   C O O K : 0 , 37 NH 2 : 0 , 37 CH 2 : x → + O 2 :   1 , 4625 K 2 CO 3 : 0 , 185 CO 2 : x + 0 , 185 H 2 O : x + 0 , 37  

BTNT "O":  2 n C O O K   +   2 n O 2   ( đ o t   m u u i   d o   X ,   Y )   =   3 n K 2 C O 3   +   2 n C O 2   +   n H 2 O

=> 0,37.2 + 2.1,4625 = 3.0,185 + 2(x + 0,185) + x + 0,37 => x = 0,79

m H 2 O X ,   Y   =   m X , Y   −   m C O N H   −   m C H 2   =   28 , 59   −   0 , 37.43   −   0 , 79.14   =   1 , 62   g a m   = >   n H 2 O   =   0 , 09   m o l

*Đặt  n X   =   a   v à   n Y   =   b   m o l

n X , Y   =   a   +   b   =   0 , 09 n K O H   =   3 n X   +   5 n Y   = >   3 a   +   5 b   =   0 , 37

Giải hệ thu được a = 0,04 và b = 0,05

*Xét quá trình thủy phân M:

n_{H2O   =   n X   +   n Y   +   n Z   +   n T   =   0 , 04   +   0 , 05   +   0 , 1   +   0 , 15   =   0 , 34   m o l}

BTKL:  m M   +   m K O H   =   m   m u o i   +   m C H 3 N H 2   +   m C 2 H 5 O H   +   m H 2 O

= >   67 , 74   +   0 , 77.56   =   m   m u o i   +   0 , 1.31   +   0 , 15.46   +   0 , 34.18   = >   m   m u o i   =   94 , 74   g a m

Đặt  n G l y − K   =   u ;   n A l a K   =   10 v   v à   n V a l − K   =   3 v   m o l

BTNT "K":  n K O H   =   u   +   10 v   +   3 v   =   0 , 77

m   m u ố i   =   113 u   +   127 . 10 v   +   155 . 3 v   +   0 , 25 . 112   =   94 , 74

Giải hệ thu được u = 0,13 và y = 0,03

X :   G l y n A l a m V a l 3 − n − m   0 , 04   m o l Y :   G l y n ' A l a m ' V a l 5 − n ' − m '   0 , 05   m o l

Giả sử X, Y có công thức:

X :   G l y n A l a m V a l 3 − n − m   0 , 04   m o l Y :   G l y n ' A l a m ' V a l 5 − n ' − m '   0 , 05   m o l

n G l y K   =   0 , 04 n   +   0 , 05 n '   =   0 , 13  chỉ có nghiệm n = 2 và n' = 1 thỏa mãn

n A l a K   =   0 , 04 m   +   0 , 05 m '   =   0 , 1 5 chỉ có nghiệm m = m = 0 và m' = 3 thỏa mãn

Vậy X là  G l y 2 V a l   0 , 04   m o l   v à   G l y A l a 3 V a l   0 , 05   m o l

=>   % m Y   =   0 , 05. 75   +   89.3   +   117   −   4.18 / 67 , 74.100 %   =   28 , 565 %  gần nhất với 28,55%

Đáp án cần chọn là: A

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 ⇒ n_X = (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.!