Chủ nhật, 22/12/2024
IMG-LOGO

Bài tập xác định số mắt xích (P3)

  • 14022 lượt thi

  • 20 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở với tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4. Tổng số liên kết peptit trong ba phân tử peptit bằng 12. Thủy phân hoàn toàn 39,05 gam X, thu được 0,11 mol X1, 0,16 mol X2 và 0,2 mol X3 (X1, X2, X3 đều có dạng H2NCnH2nCOOH). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 32,816 lít O2 (đktc). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

X gồm ba peptit Aa, Bb, Cc với tỉ lệ mol tương ứng 2 : 3 : 4.

Biến đổi: 2Aa + 3Bb + 4Cc → 1(Aa)2(Bb)3(Cc)4 + 8H2O.

1(Aa)2(Bb)3(Cc)4 + ?H2O → 11k.X1 + 16k.X2 + 20k.X3 (k nguyên).

2a + 3b + 4c = 47k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 12 a + b + c = 15

2a + 3b + 4c < 4(a + b + c) = 60 47k < 60 k = 1 là giá trị thỏa mãn.

Vậy: X gồm [2A + 3B + 4C] + 38H2O → 11X1 + 16X2 + 20X3

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

biến đổi: 2A + 3B + 4C + 14,5H2O → 23,5E (đipeptit dạng CnH2nN2O3).

biến 39,05 gam X → 0,235 mol E2 cần thêm 0,145 mol H2O mE2 = 41,66 gam.

nCO2 = nH2O = (41,66 – 0,235 × 76) ÷ 14 = 1,7 mol.

bảo toàn nguyên tố O có nO2 cần đốt = (1,7 × 3 – 0,235 × 3) ÷ 2 = 2,1975 mol

lập tỉ lệ có m = (32,816 ÷ 22,4) ÷ 2,9175 × 39,05 ≈ 26,03. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy X về C2H3NO, CH2, H2O nC2H3NO = 0,11 + 0,16 + 0,2 = 0,47 mol.

nH2O = 0,02 + 0,03 + 0,04 = 0,09 mol nCH2 = 0,76 mol.

đốt 39,05 gam X cần 2,25 × 0,47 + 1,5 × 0,76 = 2,1975 mol O2

m = 39,05 × 1,465 ÷ 2,1975 = 26,03 gam


Câu 2:

Hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở, đều tạo bởi glyxin và alanin. Thủy phân hoàn toàn 0,14 mol T cần vừa đủ dung dịch chứa 0,76 mol NaOH, thu được m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn mỗi peptit trong 0,14 mol T thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử peptit là 13 và mỗi phân tử đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

0,14 mol T + vừa đủ 0,76 mol NaOH số mắt xích trung bình = 0,76 ÷ 0,14 ≈ 5,4

mà mỗi phân tử peptit đều có số liên kết peptit ≥ 4 số mắt xích ≥ 5

có một peptit là pentapeptit X5. Lại có: ∑O = 13 số mắt xích = 13 – 2 = 11

peptit còn lại là hexapeptit Y6. Giải hệ số mol có nX5 = 0,08 mol và nY6 = 0,06 mol.

0,08 mol X5 dạng GlynAla5-n và 0,06 mol Y6 dạng GlymAla6-m.

Giả thiết có: 0,08 × [2n + 3 × (5 – n)] = 0,06 × [2m + 3 × (6 – m)] 4n – 3m = 6.

với điều kiện n, m nguyên và 1 ≤ n ≤ 4; 1 ≤ m ≤ 5 chỉ n = 3; m = 2 thỏa mãn.

ứng với 0,08 mol X5 dạng (Gly)3(Ala)2 và 0,06 mol Y6 dạng Gly2Ala4

m gam muối gồm 0,36 mol Gly–Na và 0,4 mol Ala–Na m = 79,32 gam


Câu 3:

Thủy phân hoàn toàn 0,02 mol peptit mạch hở T trong dung dịch KOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn khan Q (gồm muối của glyxin, valin và alanin) có khối lượng lớn hơn khối lượng của peptit ban đầu là 6,36 gam. Đốt cháy hoàn toàn Q cần vừa đủ 0,66 mol O2, thu được K2CO3, CO2, H2O và N2. Số gốc valin trong một phân tử T là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

0,02 mol T + KOH vừa đủ → Q + 0,02 mol H2O || giả thiết cho mT  mE = 6,36 gam

BTKL phản ứng thủy phân có mKOH = 6,72 gam nKOH = 0,12 mol.

quy về đốt 0,06 mol T2 cần đúng 0,66 mol O2 cho cùng số mol CO2 và H2O.

bảo toàn nguyên tố O có: nCO2nH2O = (0,06 × 3 + 0,66 × 2) ÷ 3 = 0,5 mol.

∑số CT = 0,5 ÷ 0,2 = 25 1.Gly + 1.Ala + 4.Val → chọn đáp án D. ♠

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về C2H3NO, CH2, H2O nH2O= nT = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng:

mT + mKOH = mQ + mH2O mKOH = (mQ  mT)+ mH2O

mKOH = 6,36 + 0,02 × 18 = 6,72 gam nC2H3NO= nKOH = 0,12 mol.

nO2 = 0,66 mol = 2,25.nC2H4NO2Na + 1,5.nCH2  nCH2 = (0,66 – 0,12 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,26 mol.

số mắt xích trong T = Na0,12 ÷ 0,02 = 6; Số gốc CH2 = 0,26 ÷ 0,02 = 13.

Gọi số gốc Ala và Val trong T là a và b (1 ≤ a, b ≤ 4) a + 3b = 13.

Giải phương trình nghiệm nguyên có : a = 1 và b = 4 thỏa mãn yêu cầu.

T chứa 4 gốc Val trong phân tử.


Câu 4:

Thủy phân hoàn toàn 0,02 mol peptit mạch hở E trong dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn khan T (gồm muối của glyxin, valin và alanin) có khối lượng lớn hơn khối lượng của peptit ban đầu là 2,84 gam. Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,3 mol O2, thu được Na2CO3, CO2, H2O và N2. Số gốc glyxin trong một phân tử E là 

Xem đáp án

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 H2O || giả thiết cho mT  mE = 2,84 gam

BTKL phản ứng thủy phân có mNaOH = 3,2 gam nNaOH = 0,08 mol.

quy về đốt 0,04 mol E2 cần đúng 0,3 mol O2 cho cùng số mol CO2 và H2O.

bảo toàn nguyên tố O có: nCO2nH2O = (0,04 × 3 + 0,3 × 2) ÷ 3 = 0,24 mol.

Ctrung bình các αamino axit = 0,24 ÷ 0,08 = 3 = s Cca alanin

dùng sơ đồ chéo có nGly : nVal = (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 C2H3NO, CH2, H2O nH2O = nE = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng: mE + mNaOH = mT + mH2O mNaOH = mT  mE + mH2O

mNaOH = 2,84 + 0,02 × 18 = 3,2 gam nC2H3NO = nNaOH = 0,08 mol.

E chứa 0,08 ÷ 0,02 = 4 mắt xích || nO2 = 0,3 mol = 2,25.nC2H4NO2Na + 1,5.nCH2

nCH2 = (0,3 – 0,08 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,08 mol.

số gốc CH2 = 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


Câu 5:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X, Y (đều được tạo thành từ hai amino axit no, có chứa một nhóm chức amino và một nhóm chức cacboxyl; Y nhiều hơn X một liên kết peptit). Thủy phân hoàn toàn 0,07 mol hỗn hợp E bằng dung dịch NaOH vừa đủ, chỉ thu được hai muối có số mol là 0,15 mol và 0,17 mol. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 10,8 gam E cần vừa đủ 15,12 gam khí O2. Phân tử khối của Y là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

0,07 mol E → 0,32 mol amino axit 0,16 mol đipeptit cần 0,09 mol H2O để biến đổi.

phương trình biến đổi: 7E + 9H2O → 16E2 (đipeptit dạng CmH2mN2O3).

đốt cháy (10,8 + 162x) gam đipeptit E2 ( 16x mol) cần 0,4725 mol O2

thu được: nCO2 = nH2O = (0,4725 × 2 + 16x × 3) ÷ 3 = (16x + 0,315) mol.

mđipeptit = 10,8 + 162x = 14 × (16x + 0,315) + 76 × (16x) giải x = 0,005 mol.

đồng nhất số liệu toàn bộ về 0,07 mol E (gấp 2 lần các số liệu ở phản ứng đốt cháy).

• ∑namino axit ÷ nE = 4,57 cho biết E gồm 0,03 mol peptapeptit X4 và 0,05 mol hexapeptit Y5

• gọi số nguyên tử cacbon trong hai amino axit lần lượt là n, m (nguyên và ≥ 2).

có: 0,15n + 0,17m = ∑nCO2 = 0,79 mol 15n + 17m = 79 n = 3; m = 2.

E gồm 0,03 X4 dạng GlyaAla4  a và 0,04 mol Y5 dạng GlybAla5  b

nGly = 0,03a + 0,04b = 0,17 3a + 4b = 17 (điều kiện: 1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là a = 3; b = 2 X4 dng Gly3Ala1

và peptit Y5 dng Gly2Ala3  MY = 345 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C2H3NO, CH2, H2O. Xét 0,07 mol E: nH2O = nE = 0,07 mol.

nC2H3NO = ∑nmui = 0,15 + 0,17 = 0,32 mol. Đặt nCH2 = x mol.

Giả sử 10,8 gam E gấp k lần 0,07 mol E 10,8 gam E chứa 0,32k mol C2H3NO;

kx mol CH2; 0,07k mol H2O mE = 57 × 0,32k + 14kx + 18 × 0,07k = 10,8 gam.

nO2 = 2,25.nC2H3NO + 1,5.nCH2 0,4725 = 2,25 × 0,32k + 1,5kx.

Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,075 x = 0,075 ÷ 0,5 = 0,15 mol.

Do nCH2 = 0,15 ghép vừa đủ 1 nhóm CH2 vào muối có số mol là 0,15 mol.

2 loại gốc amino axit là 0,15 mol Ala và 0,17 mol Gly.

số mắt xích trung bình = 0,32 ÷ 0,07 ≈ 4,6 X là tetrapeptit và Y là pentapeptit.

đến đây giải và biện luận tương tự cách 1


Câu 6:

Hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở T1, T2 (T1 ít hơn T2 một liên kết peptit, đều được tạo thành tử X, Y là hai amino axit có dạng H2N-CnH2n-COOH; MX < MY). Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol T bằng 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 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

0,1 mol T → 0,56 mol amino axit 0,28 mol đipeptit cần 0,18 mol H2O để biến đổi.

phương trình biến đổi: 1T + 1,8H2O → 2,8E2 đipeptit dng CmH2mN2O3.

đốt cháy (13,2 + 32,4x) gam đipeptit E2 ( 2,8x mol) cần 0,63 mol O2

thu được: nCO2 = nH2O = (0,63 × 2 + 2,8x × 3) ÷ 3 = (2,8x + 0,42) mol.

mđipeptit = 13,2 + 32,4x = 14 × (2,8x + 0,42) + 76 × (2,8x) giải x = 1/30 mol.

đồng nhất số liệu toàn bộ về 0,1 mol T (gấp 3 lần các số liệu ở phản ứng đốt cháy).

• ∑namino axit ÷ nT = 5,6 cho biết T gồm 0,04 mol peptapeptit E5 và 0,06 mol hexapeptit E6

0,42CX + 0,14CY = ∑nCO2 = 1,54 3CX + CY = 11.

CX = 2 và CY = 5 (do MX < MY nên trường hợp CX = 3; CY = 2 loại).

T gồm 0,04 E5 dạng GlyaVal5  a và 0,06 mol E6 dạng GlybVal6  b

nGly = 0,04a + 0,06b = 0,42 2a + 3b = 21 (điều kiện: 1 ≤ a ≤ 4; 1 ≤ b ≤ 5).

nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là a = 3; b = 5 T1E5 là Gly3Val2

Phân tử khối của peptit T1 bằng 75 × 3 + 117 × 2 – 4 × 18 = 386 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về C2H3NO, CH2, H2O. Xét 0,1 mol T: nH2O= nT = 0,1 mol.

nC2H3NO = nX + nY = 0,42 + 0,14 = 0,56 mol. Đặt nCH2 = x mol.

Giả sử 13,2 gam T gấp k lần 0,1 mol T 13,2 gam T chứa 0,56k mol C2H3NO,

kx mol CH2, 0,1k mol H2O mT = 13,2 = 57 × 0,56k + 14kx + 18 × 0,1k

nO2 = 2,25.nC2H3NO + 1,5.nCH2 0,63 = 2,25 × 0,56k + 1,5kx

Giải hệ có: k = 1/3; kx = 0,14 x = 0,14 ÷ 1/3 = 0,42 mol.

• TH1: ghép 1 CH2 vào X X là Ala và Y là Gly MX > MY → trái giả thiết → loại.!

• TH2: ghép 0,42 ÷ 0,12 = 3 nhóm CH2 vào Y X là Gly và Y là Val → ổn.!

Lại có: số mắt xích trung bình = 0,56 ÷ 0,1 = 5,6 T1 là pentapeptit và T2 là hexapeptit.

đến đây giải + biện luận tìm T1T2 như cách 1


Câu 7:

Chia m gam hỗn hợp gồm các peptit mạch hở thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được N2, CO2 và 7,02 gam H2O. Thủy phân hoàn toàn phần hai, thu được hỗn hợp X gồm alanin, glyxin, valin. Cho X vào 200 mL dung dịch gồm NaOH 0,5M và KOH 0,6M, thu được dung dịch Y chứa 20,66 gam chất tan. Để tác dụng vừa đủ với Y cần 360 mL dung dịch HCl 1M. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

có ∑ncác αamino axit = nHCl – ∑nNaOH + nKOH = 0,14 mol.

• 0,07 mol X2 + (0,1 mol NaOH + 0,12 mol KOH) → 20,66 gam c.tan + 0,07 mol H2O.

BTKL có mX2 = 11,2 gam có 0,07 mol X2 dạng CnH2nN2O3 nặng 11,2 gam

đốt 0,07 mol X2 thu được nCO2 = nH2O = (11,2 – 0,07 × 76) ÷ 14 = 0,42 mol.

mà đốt ½.m gam hh đầu cho 0,39 mol H2O cần thêm 0,03 mol H2O để chuyển thành X2

m = mhh đu = 2 × (11,2 – 0,03 × 18) = 21,32 gam → chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.

Quy hỗn hợp peptit về C2H3NO, CH2, H2O. Xét số liệu mỗi phân bằng nhau:

Quy đổi quá trình thành: peptit + 0,1 mol NaOH + 0,12 mol KOH + 0,36 mol HCl.

nC2H3NO = 0,36 – 0,1 – 0,12 = 0,14 mol nOH dư = 0,1 + 0,12 – 0,14 = 0,08 mol.

20,66 gam chất tan Y gồm H2NCH2COO, Na+, K+, OH, CH2.

nCH2 = (20,66 – 0,14 × 74 – 0,1 × 23 – 0,12 × 39 – 0,08 × 17) ÷ 14 = 0,14 mol.

nH2O = 0,39 – 0,14 × 1,5 – 0,14 = 0,04 mol m = 2 × (0,14 × 57 + 0,14 × 14 + 0,04 × 18) = 21,32 gam.


Câu 8:

Hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở (được tạo thành từ alanin, glyxin, valin). Đốt cháy hoàn toàn m gam T, thu được N2, CO2 và 12,24 gam H2O. Thủy phân hoàn toàn m gam T trong 100 mL dung dịch gồm NaOH 1,6M và KOH 0,8M, thu được dung dịch Q chứa 26,76 gam chất tan. Để tác dụng vừa đủ với Q cần 220 mL dung dịch HCl 2M. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

có ∑ncác αamino axit = nHCl  nNaOH + nKOH = 0,2 mol.

• 0,1 mol T2 + (0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH) → 26,76 gam c.tan + 0,1 mol H2O.

BTKL có mT2 = 17,68 gam có 0,1 mol T2 dạng CnH2nN2O3 nặng 17,68 gam

đốt 0,1 mol T2 thu được nCO2 = nH2O = (17,68 – 0,1 × 76) ÷ 14 = 0,72 mol.

mà đốt m gam T cho 0,68 mol H2O cần thêm 0,04 mol H2O để chuyển T thành T2

m = mT = mT2mH2O thêm vào = 17,68 – 0,04 × 18 = 16,69 gam → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.

Quy m gam hỗn hợp T về C2H3NO, CH2 và H2O. Quy đổi quá trình thành:

m gam T + 0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH tác dụng vừa đủ 0,44 mol HCl.

nC2H3NO = 0,44 – 0,16 – 0,08 = 0,2 mol nOH dư = 0,16 + 0,08 – 0,2 = 0,04 mol.

Q gồm H2NCH2COO, Na+, K+, OH, CH2.

nCH2 = (26,76 – 0,2 × 74 – 0,16 × 23 – 0,08 × 39 – 0,04 × 17) ÷ 14 = 0,32 mol.

nH2O = 0,68 – 0,2 × 1,5 – 0,32 = 0,06 mol m = 0,2 × 57 + 0,32 × 14 + 0,06 × 18 = 16,96 gam.


Câu 9:

Hai peptit mạch hở là tripeptit E và pentapeptit T đều được tạo nên từ một amino axit (no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Đốt cháy hoàn toàn a mol E cần vừa đủ 3,024 lít khí O2 (đktc), dẫn toàn bộ sản phẩm thu được gồm CO2, H2O và N2 vào dung dịch BaOH2 dư, tạo thành 23,64 gam kết tủa. Thủy phân hoàn toàn 4a mol T trong dung dịch HCl dư; cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là 

Xem đáp án

E3Chọn đáp án A

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

a mol E3 cần 0,5a mol H2O để biến đổi thành 1,5a mol đipeptit E2 dạng C2nH4nN2O3.

đốt 1,5a mol mol E2 cần 0,135 mol O2 thu được cùng số mol CO2H2O là 0,12 mol.

bảo toàn nguyên tố O có 1,5a = nE2 = (0,12 × 3 – 0,135 × 2) ÷ 3 = 0,03 mol.

n = 0,12 ÷ 0,03 ÷ 2 = 2 α–amino axit tạo E và T là glyxin: C2H5NO2.

thủy phân 4a = 0,08 mol T5 + HCl → m gam muối là 0,4 mol C2H5NO2.HCl

m = 0,4 × (75 + 36,5) = 44,6 gam chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy : giải theo công thức tổng quát

α–amino axit tạo E và T dạng CnH2n + 1NO2 n  2 CTTQ của E là C3nH6n  1N3O4.

Phương trình cháy: C3nH6n  1N3O4 + (4,5n – 2,25)O2 → 3nCO2 + (3n – 0,5)H2O + 1,5N2.

nCO2 = nBaCO3 = 0,12 mol; nO2 = 0,135 mol nO2 ÷ nCO2 = (4,5n – 2,25) ÷ (3n) = 0,135 ÷ 0,12

Giải ra: n = 2 α–amino axit là glyxin: C2H5NO2 và a = 0,02 mol.

thủy phân 4a mol T trong HCl thu được 4a × 5 = 0,4 mol muối clorua của Gly.

m = 0,4 × 111,5 = 44,6 gam.


Câu 10:

Hai peptit mạch hở là đipeptit X và tetrapeptit Y đều được tạo nên từ một amino axit (no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Đốt cháy hoàn toàn a mol X cần vừa đủ 3,36 lít khí O2 (đktc), thu được N2 và 7,44 gam tổng khối lượng CO2 và H2O. Thủy phân hoàn toàn a mol Y trong 120 mL dung dịch KOH 1M; cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

đipeptit X có dạng C2nH4nN2O3 đốt cho nCO2 = nH2O.

mà giả thiết: mCO2 + mH2O = 7,44 gam nCO2 = nH2O = 0,12 mol.

♦ đốt C2nH4nN2O3+ 0,15 mol O2 → 0,12 mol CO2 + 0,12 mol H2O + ? mol N2

bảo toàn nguyên tố O có a = nC2nH4nN2O3 = (0,12 × 3 – 0,15 × 2) ÷ 3 = 0,02 mol.

|| n = 0,12 ÷ 0,02 ÷ 2 = 3 α–amino axit tạo X và Y là alanin: C3H7NO2.

Thủy phân 0,02 mol Y4 cần 0,08 mol KOH → 0,08 mol C3H6NO2Na.

m gam chất rắn gồm 0,08 mol C3H6NO2Na và 0,04 mol KOH (dư)

m = 0,08 × (89 + 38) + 0,04 × 56 = 12,40 gam.


Câu 11:

T là một pentapeptit mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng T bằng O2, thu được CO2 ,H2O và N2; trong đó số mol O2 phản ứng bằng  số mol CO2 tạo thành. Thủy phân hoàn toàn 0,04 mol T bằng dung dịch HCl dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng chỉ thu được m gam muối của một amino axit (no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

Cách 1:: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

đốt đipeptit C2nH4nN2O3 + 15 mol O2 t0 12 mol CO2 + 12 mol H2O + ? N2.

(giả thiết cho tỉ lệ 5 : 4 nên cho O2 là 15 mol thì tương ứng nCO2 = nH2O = 12 mol).

bảo toàn O có nđipeptit = (12 × 3 – 15 × 2) ÷ 3 = 2 mol n = 12 ÷ 4 = 3

cho biết α–amino axit là Alanin: C3H7NO2

thủy phân 0,04 mol Q5 + HCl (vừa đủ) + H2O → 0,2 mol C3H7NO2.HCl

m = 0,2 × (89 + 36,5) = 25,1 gam. Chọn đáp án C. ♣.

Cách 2: Giải theo công thức tổng quát của peptit:

Amino axit dạng: CnH2n + 1NO2 n  2 công thức của tetrapeptit Q là C4nH8n  2N4O5.

Phương trình cháy: C4nH8n  2N4O5 + 6n  3O2 → 4nCO2 + 4n  1H2O + 2N2.

6n – 3 =54 × 4n n = 3 amino axit là Ala m = 0,04 × 5 × 125,5 = 25,1 gam.


Câu 12:

Q là một tetrapeptit mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng Q bằng O2, thu được CO2, H2O và N2; trong đó số mol O2 phản ứng  bằng số mol CO2 tạo thành. Thủy phân hoàn toàn 0,03 mol Q bằng dung dịch KOH vừa đủ, chỉ thu được m gam muối của một amino axit (no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Cách 1:: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

đốt đipeptit C2nH4nN2O3 + 15 mol O2 t0 12 mol CO2 + 12 mol H2O + ? N2.

(giả thiết cho tỉ lệ 5 : 4 nên cho O2 là 15 mol thì tương ứng nCO2 = nH2O = 12 mol).

bảo toàn O có nđipeptit = (12 × 3 – 15 × 2) ÷ 3 = 2 mol n = 12 ÷ 4 = 3

cho biết α–amino axit là Alanin: C3H7NO2

thủy phân 0,03 mol Q4 + KOH (vừa đủ) → 0,12 mol C3H6NO2Na...

m = 0,12 × (89 + 38) = 15,24 gam. Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: Giải theo công thức tổng quát của peptit:

Amino axit dạng: CnH2n + 1NO2 n  2 công thức của tetrapeptit Q là C4nH8n  2N4O5.

Phương trình cháy: C4nH8n  2N4O5 + 6n  3O2 → 4nCO2 + 4n  1H2O + 2N2.

6n – 3 = 54 × 4n n = 3 amino axit là Ala m = 0,03 × 4 × 127 = 15,24 gam


Câu 13:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở là X và Y (có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1; đều được tạo từ hai loại amino axit no, phân tử chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của X và Y bằng 8. Thủy phân hoàn toàn 0,06 mol E chỉ thu được hai amino axit có số mol lần lượt là 0,08 mol và 0,20 mol. Đốt cháy hoàn toàn 10,20 gam E cần vừa đủ 15,84 gam khí O2. Phân tử khối của Y là 

Xem đáp án

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 + 0,08 mol H2O → 0,14 mol E2 dạng C?H2?N2O3 đipeptit.

10,2 gam E ứng với 3x mol → cần 4x mol H2O để chuyển thành 7x mol E2.

đốt (10,2 + 72x) gam E2 (7x mol) cần 0,495 mol O2CO2 + H2O + N2.

bảo toàn Oxi có: nCO2 = (7x × 3 + 0,495 × 2) ÷ 3 = (7x + 0,33) mol.

mE2 = 14 × (7x + 0,33) + 7x × 76 = 10,2 + 72x giải x = 0,01 mol.

thay ngược lại có: nCO2 = 0,4 mol. tỉ lệ giả thiết có:

thủy phân 0,03 mol E → 0,04 mol CnH2n + 1NO2 + 0,1 mol CmH2m + 1NO2.

bảo toàn nguyên tố C có: 0,04n + 0,1m = nCO2= 0,4 mol 2n + 5m = 20.

cặp nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là n = 5; m = 2.

ứng với có 0,04 mol Valin C5H11NO2 và 0,1 mol Glyxin C2H5NO2.

0,03 mol E gồm 0,02 mol Xi và 0,01 mol Yk ∑lk peptit = i + k – 2 = 8

i + k = 10 mà ∑nαamino axit = 0,02i + 0,01k = 0,14 mol 2i + k = 14

giải i = 4 và k = 6 E gồm X4 dạng ValaGly4  a + Y6 dạng ValbGly6  b

nVal = 0,02a + 0,01b = 0,04 mol 2a + b = 4 (điều kiện: a, b ≥ 1)

nghiệm duy nhất thỏa mãn: a = 1 và b = 2 Y dạng Val2Gly4

Theo đó, MY = 117 × 2 + 75 × 4 – 5 × 18 = 444 chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C2H3NO, CH2, H2O. Xét trong 0,06 mol E ta có:

nH2O = nE = 0,06 mol; nC2H3NO = ∑namino axit = 0,08 + 0,2 = 0,28 mol.

nX = 0,06 ÷ (2 + 1) × 2 = 0,04 mol; nY = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Gọi số mắt xích trong X và Y là a và b (a, b ≥ 2).

nC2H3NO = 0,28 mol = 0,04a + 0,02b; số mắt xích = a + b = 8 + 2 = 10.

|| a = 4 và b = 6. Đặt nCH2 = x mol. Giả sử 10,2 gam E gấp k lần 0,06 mol E.

10,2 gam E chứa 0,28k mol C2H3NO; kx mol CH2; 0,06k mol H2O.

mE = 0,28k × 57 + 14kx + 0,06k × 18 = 10,2 gam.

nO2 cần đốt = 2,25nC2H3NO + 1,5nCH2 = 2,25 × 0,28k + 1,5kx = 0,495 mol.

Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,12 x = 0,12 ÷ 0,5 = 0,24 mol.

Dễ thấy nCH2 = 0,24 = 0,08 × 3 + 0,2 có 0,08 mol Val và 0,2 mol Gly.

Gọi số gốc Val trong X và Y là m và n (m, n ≥ 1) 0,04m + 0,02n = 0,08 mol.

Giải phương trình nghiệm nguyên: m = 1; n = 2 Y là Gly4Val2 MY = 444.


Câu 14:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở; tổng số nguyên tử oxi của hai phân tử bằng 9, trong mỗi phân tử đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol E, thu được N2, 13,44 lít khí CO2 (đktc) và 10,08 gam H2O. Thủy phân hoàn toàn 15,28 gam E chỉ tạo ra m gam một amino axit (no, phân tử có chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Giá trị của m là 

Xem đáp án

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 H2O → ?? mol E2 (đipeptit dạng CnH2nN2O3) (*).

đốt E hay E2 đều cần cùng lượng O2, sinh ra cùng số mol CO2 và N2.

Mà đốt 0,06 mol E tạo thành 0,6 mol CO2 + 0,56 mol H2O.

đốt E2 tạo thành 0,6 mol CO2 và 0,6 mol H2O.

nH2O ở (*) = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol || nE2 = 0,06 + 0,04 = 0,1 mol.

mE2 = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16,0 gam mE = 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 E2 + 0,1 mol H2O → 0,2 mol α–amino axit

mαamino axit thu đưc = 16,0 + 0,1 × 18 = 17,8 gam. Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C2H3NO, CH2, H2O  nH2O = nE = 0,06 mol.

Đặt nC2H3NO = x mol;nCH2 = y mol ||nCO2 = 2x + y = 0,6 mol;

nH2O = 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 CH2 cho amino axit amino axit là Ala.

Lại có 0,06 mol E ứng với mE = 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.


Câu 15:

Hỗn hợp T gồm ba peptit mạch hở: tripeptit, tetrapeptit và pentapeptit. Thủy phân hoàn toàn m gam T bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp G gồm muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy hoàn toàn G bằng O2, dẫn toàn bộ khí và hơi vào bình đựng nước vôi trong dư, khối lượng bình tăng 31,25 gam và có 2,24 lít khí N2 (đktc) bay ra. Đốt cháy hoàn toàn m gam T, thu được N2, CO2 và 9,54 gam H2O. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

♦ Cách 1: biến đổi peptit – đốt cháy kết hợp thủy phân

G gồm các muối natri của glyxin, alanin, valin có dạng CnH2nNO2Na.

• đốt: CnH2nNO2Na + O2 t0 Na2CO3 + CO2 + H2O + N2.

nCnH2nNO2Na = 2nN2 = 0,2 mol nNaCO3= nN2= 0,1 mol.

Na2CO3 = Na2O.CO2  thêm 0,1 mol CO2 vào 31,25 gam CO2; H2O

nCO2= nH2O = (31,25 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,575 mol.

mCnH2nNO2Na= 14 × 0,575 + 0,2 × (46 + 23) = 21,85 gam.

• thủy phân m gam T (x mol) + 0,2 mol NaOH → 21,85 gam G + x mol H2O.

đốt m gam T cho 0,53 mol H2O  nH trong T = 2 × 0,53 = 1,06 mol.

bảo toàn H phản ứng thủy phân có: 1,06 + 0,2 = 0,575 × 2 + 2x x = 0,055 mol.

biết x quay lại BTKL phản ứng thủy phân có m = 14,84 gam.


Câu 16:

Hỗn hợp E gồm một đipeptit, một tripeptit và một tetrapeptit (đều mạch hở) có tỉ lệ số mol tương ứng là 2 : 1 : 1. Thủy phân hoàn toàn một lượng E, thu được 15 gam glyxin, 14,24 gam alanin và 9,36 gam valin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu được tổng khối lượng của CO2 và H2O là 78,28 gam. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Cách 1: biến đổi peptit

• thủy phân hỗn hợp E: 2E2 + 1E3 + 1E4 + 7H2O  11E1 (các α–amino axit).

nglyxin = 0,2 mol; nalanin = 0,16 mol; nvalin = 0,08 mol ||nE1 = 0,44 mol.

BTKL có mE = 15 + 14,24 + 9,36 – 0,44 × 7 ÷ 11 × 18 = 33,56 gam.

• giải đốt: 0,2 mol C2H5NO2 + 0,16 mol C3H7NO2 + 0,08 mol C5H11NO2

bảo toàn C, H có ∑nCO2 = 1,28 mol; ∑nH2O = 1,5 mol H2O.

đốt 33,56 gam E thu được 1,28 mol CO2 + (1,5 – 0,28) mol H2O

có 1,28 × 44 + 1,22 × 18 = 78,28 gam có ngay m = mE = 33,56 gam. Chọn A. ♥.

Cách 2: tham khảo : tranduchoanghuy quy E về: về C2H3NO, CH2, H2O.

nGly = 0,2 mol; nAla = 0,16 mol; nVal = 0,08 mol nC2H3NO = ∑ncác αa.a = 0,44 mol

nCH2 = nAla + 3nVal = 0,16 + 0,08 × 3 = 0,4 mol.

Đặt nđipeptit = 2x mol ntripeptit = ntetrapeptit = x mol.

namino axit = 2 × 2x + 3x + 4x = 0,44 mol x = 0,04 mol.

nH2O = ∑npeptit = 4x = 0,16 mol.

đốt E cho ∑nCO2 = 0,44 × 2 + 0,4 = 1,28 mol; ∑nH2O = 0,44 × 1,5 + 0,4 + 0,16 = 1,22 mol.

mCO2, H2O = 1,28 × 44 + 1,22 × 18 = 78,28 gam.

lượng dùng ở 2 thí nghiệm như nhau m = 0,44 × 57 + 0,4 × 14 + 0,16 × 18 = 33,56 gam.


Câu 17:

Thủy phân hoàn toàn 4,06 gam peptit X, thu được hai α–amino axit Y và Z theo phương trình hóa học:  X+2H2O2Y+Z Nếu đốt cháy toàn bộ lượng Y tạo thành cần vừa đủ 2,88 gam O2, thu được 3,52 gam CO2, 1,8 gam H2O và 448 mL khí N2 (đktc). Biết Y có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Tên gọi của Z là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

♦ đốt Y + 0,09 mol O2 t0 0,08 mol CO2 + 0,1 mol H2O + 0,02 mol N2.

bảo toàn nguyên tố O có nO trong Y = 0,08 mol, bảo toàn C, H, N có tỉ lệ:

C : H : O : N = 0,08 ÷ 0,2 ÷ 0,08 ÷ 0,04 = 2 : 5 : 2 : 1

CTĐGN ≡ CTPT của Y là C2H5NO2 → có 0,04 mol Y là glyxin.

Phản ứng: X+2H2O2Y+Z

nX = 12.nY = 0,02 mol MX = 4,06 ÷ 0,02 = 203.

Theo đó, MZ = 203 + 2 × 18 – 2 × 75 = 89.

cho biết Z là alanin: H2NCHCH3COOH


Câu 18:

Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm hai peptit mạch hở X và Y theo các phương trình hóa học: X+2H2O3Z; Y+3H2O4ZNếu đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol Y, thu được N2 và 36,3 gam tổng khối lượng CO2H2O. Biết Z là amino axit có công thức H2NCnH2nCOOH. Phân tử khối của X là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

sử dụng biến đổi peptit quy về đipeptit và giải đốt

Y + 3H2O → 4Z || Y là tetrapeptit: Y4.!

biến đổi: 1Y4 + 1H2O → 2Y2 dạng CnH2nN2O3.

có 0,05 mol Y4 cần thêm 0,05 mol H2Ovà tạo 0,1 mol Y2.

|| quy đốt 0,1 mol Y2 thu được (36,3 + 0,05 × 18) gam CO2 và H2O.

nCO2 = nH2O= (36,3 + 0,9) ÷ (44 + 18) = 0,6 mol.

số CY2 = 0,6 ÷ 0,1 = 6 số Camino axit Z = 3.

công thức phân tử của Z là C3H7NO2 M = 89.

Phản ứng: X + 2H2O → 3Z || MX = 3 × 89 – 2 × 18 = 231.


Câu 19:

Hỗn hợp E gồm peptit X (mạch hở, phân tử chứa 5 liên kết peptit, được tạo thành từ glyxin và alanin) và chất béo no Y (chứa một loại gốc axit béo). Thủy phân hoàn toàn m gam E cần vừa đủ dung dịch chứa 7,2 gam NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp muối khan và 1,84 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 1,84 mol khí O2, tạo thành CO2, H2O và N2. Phân tử khối của X là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Cách 1: phân tích giả thiết – biến đổi cơ bản:

nNaOH = 0,18 mol; nglixerol = 0,02 mol ncht béo Y = 0,02 mol.

mà X là X6 (chứa 5 lk peptit) nX6 = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.

E gồm 0,02 mol X6 dạng CaH2a  4N6O7 và 0,02 mol Y dạng CbH2b  4O6

(điều kiện a, b nguyên: 13 ≤ a ≤ 17 và số Caxit béo = (b – 3) ÷ 3 là số chẵn).

đốt m gam E + 1,84 mol O2 t0 x mol CO2 + y mol H2O.

tương quan đốt: xy = ∑nCO2  – ∑nH2O = 2nE = 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 C15H31COO3C3H5

và peptit X có cấu tạo: C16H28N6O7 MX = 416. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

X chứa 5 liên kết peptit X chứa 5 + 1 = 6 mắt xích.

nY = nC3H8O3 = 0,02 mol. nNaOH = 6nX + 3nY nX = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.

Quy E về Gly6, C15H31COO3C3H5, CH2.

nO2 = 13,5nGly6 + 72,5nC15H31COO3C3H5 + 1,5nCH2 = 1,84 mol.

nCH2 = (1,84 – 13,5 × 0,02 – 72,5 × 0,02) ÷ 1,5 = 0,08 mol.

Đặt số gốc CH2 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 Gly2Ala4 MX = 416.!


Câu 20:

Hỗn hợp E gồm hai peptit (mạch hở, phân tử hơn kém nhau một nguyên tử N) và một este của amino axit. Thủy phân hoàn toàn 16,52 gam E bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 0,02 mol ancol metylic và hỗn hợp T gồm muối của glyxin, muối của alanin và 0,04 mol muối của valin. Đốt cháy hoàn toàn T cần vừa đủ 0,795 mol O2, thu được N2, H2O, CO2 và 10,6 gam Na2CO3. Khối lượng của peptit (có phân tử khối lớn hơn) trong E là 

Xem đáp án

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 =nNaOH=2nNa2CO3=0,2 mol

Quy đổi: Este=CnH2n-1ON: 0,02CH3OH: 0,02 Hai peptiti=CnH2n-1ON: 0,18H2O: z

E+NaOHCnH2nO2NNa          0,2       0,2             +CH3OH+H2O    0,02  z

 2CnH2nO2Na+3n-0,5O2t0       0,2              0,3(n-0,5)Na2CO3+2n-1CO2+2nH2O+N2

2x+3y+5.0,04=3,15.0,2x+y=0,16x=0,05y=0,11Gly: 0,05Ala: 0,11Val: 0,04(14n+29).0,2+32.0,02+18z=16,52z=0,07 mol

Số gốc amino axit trung bình

=S mol gc aminoaxitS mol peptit=0,180,07=187đipeptittripeptit(X)2Y3a+b=0,072a+3b=0,18a=0,03b=0,04H2NCH2COOCH3: 0,02Gly-Ala: 0,03Ala-Ala-Val: 0,04mAla-Ala-Val=259.0,04=10,36 gam

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.! Quy E về C2H3NO, CH2, H2O.

có: nNa2CO3 = 0,1 mol nC2H3NO = nC2H4NO2Na = 0,1 × 2 = 0,2 mol. Lại có:

nO2 = 2,25nC2H4NO2Na + 1,5nCH2/muối nCH2/muối = (0,795 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,23 mol.

nAla = 0,23 – 0,04 × 3 = 0,11 mol nGly = 0,2 – 0,04 – 0,11 = 0,05 mol.

nCH2/E = nCH2/muối + nCH2/ancol = 0,23 + 0,02 = 0,25 mol.

nH2O = (16,52 – 0,2 × 57 – 0,25 × 14) ÷ 18 = 0,09 mol = ∑npeptit + neste

neste = nCH3OH = 0,02 mol npeptit = 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 nđipeptit = x mol; ntripeptit = y mol npeptit = x + y = 0,07 mol.

nC2H3NO = 0,2 mol = 0,02 + 2x + 3y. Giải hệ có: x = 0,03 mol; y = 0,04 mol.

Dễ thấy nGly = 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 Ala2Val.

peptit có phân tử khối lớn hơn là Ala2Val mAla2Val= 0,04 × 259 = 10,36 gam.


Bắt đầu thi ngay