IMG-LOGO

Bài tập xác định số mắt xích (P2)

  • 9778 lượt thi

  • 40 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 2:

Peptit X được tạo thành từ các α-aminoaxit no, mạch hở, chỉ chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH. Đốt cháy hoàn toàn 4,59 gam X bằng lượng oxi vừa đủ thu được 11,07 gam hỗn hợp sản phẩm gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ hỗn hợp sản phẩm này qua bình chứa axit sunfuric đặc dư thì thấy giảm 2,61 gam. Nếu đem thuỷ phân hoàn toàn 1 mol X cần dùng vừa hết bao nhiêu mol KOH ? 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

Trước hết, bảo toàn khối lượng có ngay mO2nO2= 0,2025 mol.

► Quy về đipeptit để giải quyết bài toán: 2Xm + (m – 2).H2O → mX2

Với việc đốt đipeptit dạng như trên là lợi thế số mol CO2 bằng H2O.

♦ Bảo toàn O có: nđipeptit = [(0,145 + x) × 3 – 0,2025 × 2] ÷ 3 = x + 0,01 mol.

||→ mđipeptit = 4,59 + 18x = 14 × (0,145 + x) + (x + 0,01) × 76 → x = 0,025 mol.

suy ngược → nđipeptit = 0,035 mol. có tỉ lệ: m ÷ (m – 2) = 0,035 ÷ 0,025 = 7 : 5 → m = 7.

Vậy, X là heptapeptit, có nghĩa là thủy phân 1 mol X sẽ cần 7 mol KOH


Câu 4:

Đipeptit X và tetrapeptit Y đều được tạo thành từ 1 amino axit no (trong phân tử chỉ có 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm -COOH). Cho 19,8 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu được 33,45 gam muối. Để đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y cần dùng số mol O2 là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

• Giả sử amino axit thu được là H2NRCOOH

X + 2HCl + H2O → 2ClH3NRCOOH

Đặt nH2O = x mol → nHCl = 2x mol

Ta có mX + mHCl + mH2O = mClH3NRCOOH→ 19,8 + 2x × 36,5 + x × 18 = 33,45 → x = 0,15 mol

nR = 0,15 × 2 = 0,3 mol → MClH3NRCOOH = 38,5 + 14 + MR + 45 = 33,45 : 0,3 → R là -CH2-

→ A là C2H5O2N

• Y + 3H2O → 4C3H7O2N

→ Y có dạng C2H5O2N4-3H2OC8H14O5N4

C8H14O5N4 + 9 O2  8 CO2 + 7 H2O + 2N2

nY = 0,1 mol → nO2 = 0,9 mol


Câu 5:

X và Y lần lượt là các tripeptit và hexapeptit được tạo thành từ cùng một amino axit no mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X bằng O2 vừa đủ thu được sản phẩm gồm CO2, H2O và N2 có tổng khối lượng là 40,5 gam. Nếu cho 0,15 mol Y tác dụng hoàn toàn với NaOH (lấy dư 20%), sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam chất rắn ? 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

0,1 mol X3 cần 0,05 mol H2O để chuyển thành 0,15 mol đipeptit X2

Khi đó, đốt 0,15 mol X2 thu được 40,5 + 0,05 × 18 – 0,15 × 28 = 37,2 gam CO2 + H2Ocùng số mol

||→ CO2 = H2O = Ans ÷ 62 = 0,6 mol ||→ số Cđipeptit X2 = 4 → α-amino axit là Gly C2H5NO2.

||→ Thủy phân 0,15 mol Y6 ↔ 0,9 mol Y1C2H5NO2cần 0,9 mol NaOH

→ 0,9 mol muối C2H4NO2Na và lấy dư 0,18 mol NaOH

||→ mrn = 0,9 × (75 + 22) + 0,18 × 40 = 94,5 gam.


Câu 7:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X, Y với tỉ lệ mol tương ứng là 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 200 ml 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 21,056 lít (đktc) khí và hơi. Tỉ lệ số mol Gly và Ala trong X là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

► Quy E về C2H3NO, CH2 và H2O nC2H3NO = nNaOH = 0,2 mol.

T gồm 0,2 mol C2H4NO2Nax mol CH2  đốt cho 0,1 mol N2; (0,3 + x) mol CO2

và (0,4 + x) mol H2O 0,1 + (0,3 + x) + (0,4 + x) = 0,94 mol.

|| x = 0,07 mol nAla = nCH2 = 0,07 mol nGly = 0,2 – 0,07 = 0,13 mol.

► Ta có: X + 2Y → A + (1 + 2 – 1 = 2)H2O thủy phân E cũng như thủy phân A + 2H2O

nGly : nAla = 13 : 7 = 13k : 7k k  N* ∑gốc a.a = 20k || ∑lkpeptit = 9 ∑mắt xích = 11.

|| 1 × 9 + 2 × 2 ≤ 20k ≤ 1 × 2 + 2 × 9 = 20 k = 1 E + (13 + 7 – 1 = 19)HO → 13Gly + 7Ala.

X + 3Y + 17H2O → 13Gly + 7Ala nX = 0,01 mol; nY = 0,02 mol.

● Gọi số mắt xích trong X và Y là a và b a + b = 11; nNaOH = 0,01a + 0,02b = 0,2 mol.

|| giải hệ có: a = 2; b = 9 ||● Do X được cấu tạo từ cả Gly và Ala

X là GlyAla tỉ lệ mol Gly và Ala trong X là 1 : 1


Câu 8:

Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X và Y bằng dung dịch NaOH thu được 9,02 gam hỗn hợp các muối natri của Gly, Ala, Val. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần 7,056 lít (đktc) khí O2, thu được 4,32 gam H2O. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Quy E về C2H3NO, CH2, H2O  với số mol lần lượt là x, yz. Muối gồm C2H4NO2Na và CH2.

mmui = mC2H4NO2Na + mCH2 9,02 = 97x + 14y || nO2 = 2,25nC2H3NO + 1,5nCH2

0,315 = 2,25x + 1,5y; nH2O sản phẩm = 0,24 mol = 1,5x + y + z.

Giải hệ có: x = 0,08 mol; y = 0,09 mol; z = 0,03 mol

m = 0,08 × 57 + 0,09 × 14 + 0,03 × 18 = 6,36(g)


Câu 10:

Hỗn hợp X chứa Ala-Ala-Gly, Ala-Glu-Gly, Ala-Val-Gly. Thủy phân hoàn toàn m gam X trong NaOH dư, sản phẩm thu được có chứa 9,7 gam muối của Gly và 13,32 gam muối của Ala. Đốt cháy hoàn toàn lượng X trên thu được a mol CO2. Giá trị của a là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

Ta có ∑nGly = 9,775+22 = 0,1 mol || ∑nAla = 13,3289+22 = 0,12 mol

Đặt số mol 3 peptit lần lượt là a b và c ta có:

PT bảo toàn gốc gly → a + b + c = 0,1 (1)

PT bảo toàn gốc ala → 2a + b + c = 0,12 (2)

Đề bài yêu cầu tính ∑nCO2 = 8a + 10b + 10c = 8(a+b+c) + 2(b+c) = ??? (3)

Lấy 2×(1) – (2) → b + c = 0,08 (4) || Thế (1) và (4) vào (3)

nCO2 = 8×0,1 + 2×0,08 = 0,96 mol


Câu 11:

Thủy phân không hoàn toàn một lượng hexapeptit mạch hở X chỉ thu được hỗn hợp Y gồm Ala- Gly; 2,925 gam Val; 8,6 gam Val-Ala-Val-Gly; 18,375 gam Ala-Val-Gly; 12,25 gam Ala-Gly-Val. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y cần dùng a mol O2. Giá trị của a là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

Dựa vào sản phẩm thủy peptit là Ala–Gly–Val–Ala–Val–Gly

Bảo toàn gốc val ta có: nPeptit = 0,1 mol

Peptit X có CTPT là: C20H36O7N6

nO2 = 0,1 × (20  +364-72) = 2,55 mol


Câu 12:

Pentapeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,1 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 72,6 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào bình H2SO4 đặc. Kết thúc phản ứng, khối lượng bình tăng m gam so với ban đầu. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

● Vì Y chỉ tạo từ H2N-CnH2nCOOH nên ta quy đổi Y về C2H3ON, CH2 và H2O.

nH2O = nY = 0,1 mol

Do Y là tetrapeptit nên nC2H3NO = 4nY = 0,4 mol.

● Đặt x = nCH2.

Bảo toàn C: nCO2 = 2 * 0,4 + x = x + 0,8

Bảo toàn H: 2nH2O = 3 * 0,4 + 2x + 2 * 0,1 = 2x + 1,4 nH2O = x + 0,7

Ta có: mCO2 + mH2O = 44 * (x + 0,8) + 18 * (x + 0,7) = 72,6

x = 0,4 mol.

● Vì nC2H3NO = nCH2 = 0,4 mol nên amino axit tạo thành X, Y là H2N-CH-CH3-COOH Ala.

Do đó: X là C3H7NO25  4H2O = C15H27O6N5.

Cho sản phẩm cháy vào H2SO4 đặc thì chỉ có H2O bị hấp thu nên khối lượng bình tăng là do H2O gây ra.

Bảo toàn H: nH2O = 27.nX2 = 0,135 mol

Vậy m = 0,135 * 18 = 2,43 gam.


Câu 13:

Hỗn hợp E gổm 3 chuỗi peptit X, Y, Z đều mạch hở (được tạo nên từ Gly và Lys). Chia hỗn hợp làm hai phần không bằng nhau. Phần 1: có khối lượng 14,88 gam được đem thủy phân hoàn toàn trong dung dịch NaOH 1 M thì dùng hết 180 ml, sau khi phản ứng thu được hỗn hợp F chứa a gam muối Gly và b gam muối Lys. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn phần còn lại thì thu được tỉ lệ thể tích giữa CO2 và hơi H2O thu được là 1 : 1. Tỉ lệ a : b gần nhất với giá trị nào sau đây? 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

+ Gọi số mắt xích của Gly là x và Lys là y, ta có CTTQ của E là:

+ Ta có: 

-     Hướng tư duy 2: Quy đổi về hỗn hợp các σ-amino axit và –H2O

+ Ta có: 

+ Từ (1) và (2) ta tính được: x=0,1316 mol; y=0,0484 mol; z=0,114 mol. Vậy ab=1,57

-     Hướng tư duy 2.1: Ta có thể quy đổi hỗn hợp E về các axyl và H2O như sau:

C2H3ON, C6H12ON2 và H2O sau đó giải tương tự như trên ta cũng có thể tìm được kết quả.


Câu 22:

Hỗn hợp X gồm ba peptit (đều mạch hở) và có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1 : 1. Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 7,50 gam glyxin, 16,02 gam alanin và 7,02 gam valin. Đốt cháy hoàn toàn m gam X bằng O2, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch H2SO4 đc, dư, thấy khối lượng bình tăng thêm a gam.

Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X bằng 10. Giá trị của a là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

1. Đánh giá

(i) X+H2OGly+Val: Xác định được lượng H2O sẽ tính được m

2. Lời giải

Tỉ lệ số lượng các gốc amino axit: Gly:Ala:Val = 0,10:0,18:0,06 = 5:9:3

Gọi số lượng gốc amino axit tỏng phân tử 3 peptit lần lượt là x, y và z

Tổng số liên kết peptit trong 3 phân tử peptit bằng 10 nên:

(x-1)+(y-1)+(z-1)=10 >>  x+y+z=13

2(x-1)+(y-1)+(z-1)<2.10  >>  2x+y+z<24

Tổng số gốc Gly, Ala và Val ứng với tỉ lệ tối giản bằng 5+9+3=17 nên:

2x+y+z=17n (trong đó n là số nguyên dương)

2x+y+z=17n2x+y+z<24n=12x+y+z=17

Phản ứng thủy phân X:

Số phân tử H2O phản ứng = số liên kết peptit bị thủy phân 

= 2(x-1)+(y-1)+(z-1) = (2x+y+z)-4 = 17-4=13

a=18.(1,21-0,26)=17,10 (gam)

3. Sai lầm

(i) Tập trung theo hướng tìm công thức cấu tạo các peptit


Câu 24:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X và Y. Đốt 0,06 mol E trong O2 dư thu được 0,6 mol khí CO2; 10,08 gam H2O và N2. Thủy phân 7,64 gam E bằng dung dịch NaOH thu được dung dịch chỉ chứa m gam muối của một α-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 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

► Quy E về đipeptit: 2En E + n  2H2O  nE2 C2nH4nN2O3

Theo bảo toàn nguyên tố C và H đốt VT cũng như đốt VP

● Mặt khác, đốt VP cho nCO2= nH2O đốt VT cũng cho nCO2 = nH2O

Đốt E thì độ lệch mol CO2  H2Ocũng chính là lượng H2O

thêm vào để thủy phân E thành đipeptit E2

nH2O thêm = nCO2đốt E – nH2O đốt E = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol

● Thế vào pt 0,06 × (n – 2) = 0,04 × 2 n = 103

nE2= 0,1 mol || Lại có: E2 = C2nH4nN2O3 = C2nH4n + N2O3 = CH2 + N2O3

mE2 = mCH2+ mN2O3 = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16 gam.

BTKL: mE = 16 – 0,04 × 18 = 15,28 gam TN2dùng gấp 2 lần TN2

► En + nNaOH → Muối + H2O nNaOH = n × nE = 0,1 mol; nH2O = nE = 0,03 mol

|| m = 7,64 + 0,1 × 40 – 0,03 × 18 = 11,1 gam


Câu 25:

Thủy phân tetrapeptit Gly–Gly–Ala–Ala trong môi trường axit sau phản ứng thu được hỗn hợp các tripeptit, đipeptit và các α–amino axit. Lấy 0,1 mol một tripeptit X trong hỗn hợp sau thủy phân đem đốt cháy thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là m gam. Mặt khác, khi thủy phân hoàn toàn 62,93 gam X trong dung dịch NaOH loãng, dư sau phản ứng thu được 92,51 gam hỗn hợp muối. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Xử lý tripeptit X ta có:

+ Áp dụng tăng giảm khối lượng MMui  MTripeptit = 40×3 – 18 = 102

nTripeptit = 92,51-62,93102 = 0,29 mol MTripeptit = 62,930,29 = 217

Tripeptit đó là Gly–Ala–Ala CTPT của Tripeptit là C8H15O4N3

Đốt 0,1 mol C8H15O4N3thu được nCO2 = 0,8 mol và nH2O = 0,75 mol.

mCO2+H2O = 0,8×44 + 0,75×18 = 48,7 gam


Câu 26:

Thủy phân hoàn toàn 0,09 mol hỗn hợp X gồm tripeptit, tetapeptit, pentapetit với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 16,49 gam muối của Glyxin, 17,76 gam muối của Alanin và 6,95 gam muối của Valin. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thì thu được CO2, H2O và N2 trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O  là 46,5 gam. Giá trị gần đúng của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

nGly = 0,17 mol,nAla = 0,16 mol và nVal = 0,05 mol

nCO2 =0,17.2 +0,16.3 + 0,05. 5 = 1,07 mol, nN2 = ( 0,17 + 0,16 + 0,05) : 2 = 0,19 mol

Coi hỗn hợp gồm 0,09 mol 

Bảo toàn nguyên tố C → 0,38.2 + x = 1,07 → x = 0,31 mol → nH2O = 0,38. 1,5 + 0,09+0,31 = 0,97 mol

mX = 0,38.57 + 14. 0,31 + 0,09. 18 = 27,62 gam

Cứ 27,62 gam X thì tạo thành 1,07. 44 + 0,97. 18 = 64,54 gam CO2 và H2O

Cứ 19,89 gam X thì tạo thành 46,5 gam O2 và H2O


Câu 27:

Hỗn hợp X gồm Ala-Gly, Ala-Gly-Gly, Ala-Gly-Ala-Gly. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X thu được hỗn hợp Alanin và Glyxin với tỉ lệ số mol Alanin : Glyxin = 15 : 19. Đốt cháy m gam hỗn hợp X cần 11,088 lít O2 (đktc). Khối lượng Ala-Gly-Gly trong m gam hỗn hợp X là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Nhận xét: Peptit + H2O → Amino axit || đốt 2 vế cần cùng 1 lượng O2.

Mặt khác, H2O không cần đốt đốt peptit cũng như đốt các amino axit thành phần.

► Áp dụng: đặt nAla = 15a  nGly = 19a nO2 = 3,75 × 15a + 2,25 × 19a = 0,495 mol.

a = 0,005 mol nAla = 0,075 mol;  nGly = 0,095 mol.

● Dễ thấy Ala-Gly và Ala-Gly-Ala-Gly có số gốc Ala = số gốc Gly

nAla-Gly-Gly = nGlynAla = 0,02 mol || m = 0,02 × 203 = 4,06(g)


Câu 28:

Cho một oligo peptit X mạch hở tạo từ các α -amino axit có 1 -NH2 và 1 -COOH. Đốt hoàn toàn 0,05 mol X chỉ thu được N2, 66 gam CO2 và 23,4 gam H2O. Nếu thủy phân hoàn toàn 0,025 mol X bằng 400 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Quy oligo peptit thành: CnH2n1ON và H2O.

Ta có sơ đồ nCnH2n-1ON: anH2O: 0,05+O2nCO2:1,5nH2O:1,3nN2: a2

nCO2 = an = 1,5 (1)

nH2O = an – 0,5a + 0,05 = 1,3 (2)

+ Thế (1) vào (2) a = 0,5 mol n = 3

+ Vậy cứ 0,05 mol X nGc αamino axit = 0,5 mol

0,025 mol X nGc αamino axit= 0,25 mol

hỗn hợp chất rắn khi cô cạn dung dịch Y gồm nC3H6O2NNa: 0,25nNaOH: 0,15

mRn = 0,25×111 + 0,15x40 = 33,75 gam


Câu 29:

Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm chát vào dung dịch BaOH2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các sản phẩm đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

Quy Y về đipeptit: Y4 + H2O  2Y2 C2nH4nN2O3

|| nH2O thêm = 0,05 mol nCO2 = nH2O đốt Y2 = 36,3+0,05.1844+18 = 0,6 mol.

số C/Y = 0,6 ÷ 0,05 = 12 số C/amino axit = 12 ÷ 4 = 3 Ala.

► Bảo toàn nguyên tố Cacbon: nBaCO3 = 0,01 × 3 × 3 = 0,09 mol

m = 0,09 × 197 = 17,73(g)


Câu 30:

Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở, phân tử mỗi peptit có chứa số nguyên tử cacbon lần lượt là 4, 7 và 11. Thủy phân hoàn toàn 16,48 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ; cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn khan T gồm muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng 0,84 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 10,6 gam Na2CO3. Số mol của peptit (có phân tử khối lớn nhất) trong E là 

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Cách 1: tham khảo: tranduchoanghuy

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

nC2H4NO2Na = 2nNa2CO3 = 0,2 mol; nO2 = 2,25.nC2H4NO2Na + 1,5.nCH2 = 0,84 mol.

nCH2 = (0,84 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,26 mol nH2O = 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


Câu 31:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở, hơn kém nhau một liên kết peptit. Thủy phân hoàn toàn 0,18 mol E cần vừa đủ 240 mL dung dịch KOH 2M, thu được hỗn hợp gồm các muối của glyxin, alanin và valin với số mol tương ứng là 0,18 mol, a mol và b mol. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,68 gam E bằng khí O2, thu được N2 và 31,68 gam tổng khối lượng CO2 v H2O. Tỉ lệ a : b tương ứng là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

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

biến đối 0,18 mol E + 0,06 mol H2O → 0,24 mol đipeptit E2

3x mol E (ứng 13,68 gam) cần x mol H2O để chuyển thành 4x mol E2.

đốt (13,68 + 18x) gam E2 (4x mol) thu (31,68 + 18x) gam CO2 + H2O.

có phương trình: 

13,68+18x=31,68+18x62.14+14x.76x=0,0225 mol

Thay ngược x lại có: nE = 3x = 0,0675 mol; ∑nCO2 = 0,5175 mol.

0,18 mol gấp 8/3 lần 0,0675 đốt 0,18 mol E cho 1,38 mol CO2.

theo đó: a + b + 0,18 = ∑namino axit = nKOH = 0,48 mol

và 0,18 × 2 + 3a + 5b = ∑nCO2 = 1,38 mol giải a = 0,24 mol; b = 0,06 mol.

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

Xét trong 0,18 mol E nH2O = nE = 0,18 mol; nC2H3NO = nKOH = 0,24 × 2 = 0,48 mol.

Đặt nCH2 = x mol. Giả sử 13,68 gam E gấp k lần 0,18 mol E.

13,68 gam E chứa 0,48k mol C2H3NO; kx mol CH2; 0,18k mol H2O.

mE = 13,68 gam = 57 × 0,48k + 14kx + 18 × 0,18k.

Đốt E cho: nCO2 = 0,96k + kx mol; nH2O = 0,9k + kx mol

44 × (0,96k + kx) + 18 × (0,9k + kx) = 31,68 gam

giải: k = 0,375; kx = 0,1575 x = 0,1575 ÷ 0,375 = 0,42 mol.

nC2H3NO = 0,48 mol = 0,18 + a + b; nCH2= 0,42 mol = a + 3b.

Giải hệ có: a = 0,24 mol; b = 0,06 mol a : b = 4 : 1.


Câu 32:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở có công thức phân tử CxHyOzN6 và CnHmO6Nt. Thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần dùng 450 mL dung dịch NaOH 2M, thu được dung dịch gồm a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Đốt cháy hoàn toàn 30,73 gam E, thu được N2 và 69,31 gam tổng khối lượng CO2 và H2O. Tỉ lệ a : b tương ứng là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

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

từ phản ứng thủy phân → tỉ lệ nX : nY = 0,1 ÷ 0,06 = 5 : 3.

30,73 gam E gồm 5x mol X6 và 3x mol Y5 cần 14,5x mol H2O

để biến đổi thành 22,5x mol đipeptit E2 có phương trình:

30,73+14,5x.18=69,31+14,5x.1862.14+22,5x.76x=0,01 mol

nCO2 = 1,16 mol s Ctrung bình = 116/45 a : b = (3 – Ans) ÷ (Ans – 2) = 19/26.

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

Xét trong 0,16 mol E nH2O = nE = 0,16 mol ||nC2H3NO = nKOH = 0,45 × 2 = 0,9 mol.

Đặt nCH2 = x mol. Giả sử 30,73 gam E gấp k lần 0,16 mol E.

30,73 gam E chứa 0,9k mol C2H3NO; kx mol CH2; 0,16k mol H2O.

mE = 30,73 gam = 57 × 0,9k + 14kx + 18 × 0,16k.

Đốt E cho: nCO2 = 1,8k + kx mol; nH2O = 1,51k + kx mol

44 × (1,8k + kx) + 18 × (1,51k + kx) = 69,31 giải: k = 0,5; kx = 0,26 x = 0,52 mol.

b = nAla = nCH2 = 0,52 mol a = nGly = 0,9 – 0,52 = 0,38 mol a : b = 19 : 26.


Câu 33:

Hỗn hợp E gồm hai peptit có công thức phân tử CnHmOzN4 và CxHyO7Nt (đều mạch hở và được tạo thành từ các amino axit no, phân tử chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Thủy phân hoàn toàn E trong 650 mL dung dịch NaOH 0,8M, thu được dung dịch T. Để tác dụng hoàn toàn với T cần vừa đủ 80 mL dung dịch HCl 1M; cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn khan G. Đốt cháy hoàn toàn G cần vừa đủ 71,04 gam O2. 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

nNaOH = 0,52 mol; nHCl = 0,08 mol namino axit = 0,52 – 0,08 = 0,44 mol.

quy đốt 0,22 mol đipeptit E2 cần 2,22 mol O2 (đốt G, E đều cần cùng lượng O2).

nCO2 = nH2O = (0,22 × 3 + 2,22 × 2) ÷ 3 = 1,7 mol mE2 = 40,52 gam.

0,22 mol E2 + 0,52 mol NaOH + 0,08 mol HCl → m gam muối G + (0,22 + 0,08) mol H2O.

BTKL có m = 40,52 + 0,52 × 40 + 0,08 × 36,5 – 0,3 × 18 = 58,84 gam → Chọn A. ♥

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

nNaOH dư = nHCl = 0,08 mol. Quy muối trong G về C2H4NO2Na, CH2, NaCl.

nC2H4NO2Na = nNaOH phn ng = 0,65 × 0,8 – 0,08 = 0,44 mol. Do NaCl không bị đốt.

nO2 = 2,25.nC2H4NO2Na + 1,5.nCH2 nCH2 = (2,22 – 2,25 × 0,44) ÷ 1,5 = 0,82 mol.

G gồm 0,44 mol C2H4NO2Na; 0,82 mol CH2 và 0,08 mol NaCl.

m = 0,44 × 97 + 0,82 × 14 + 0,08 × 58,5 = 58,84 gam


Câu 34:

Hỗn hợp E gồm một tetrapeptit X và một pentapeptit Y (đều mạch hở và chứa đồng thời gốc glyxin và alanin). Thủy phân m gam E bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được (m + 23,7) gam hỗn hợp T gồm hai muối. Đốt cháy toàn bộ T, thu được Na2CO3, 7,392 lít khí N2 (đktc) và 84,06 gam tổng khối lượng CO2 và H2O. Số gốc glyxin trong phân tử X và Y lần lượt là 

Xem đáp án

Chọn đáp án C

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

T + O2  t0Na2CO3 + 84,06 gam CO2 + H2O+ 0,33 mol N2.

muối T dạng CnH2nNO2Na nT = 0,66 mol; nNa2CO3= 0,33 mol.

trong T: nC = nH2 = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

mT = 67,8 gam m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà nNaOH = 0,66 mol.

44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol H2O

|| BTKL có mH2O = 2,7 gam nH2O = nE = 0,15 mol.

giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit X4 và 0,06 mol pentapeptit Y5.

Lại dùng giả thiết đốt cháy trên có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.

gọi số gốc glyxin trong X4 và Y5 lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

nGly = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol 3a + 2b = 13 a = 3; b = 2 thỏa mãn.!

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

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

nNaOH = nC2H4NO2Na = 2nN2 = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:

m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + mH2O mH2O = 2,7 gam nH2O = 0,15 mol.

nNa2CO3 = 0,33 mol nH2O đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hiđro: nCH2 = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.

nAla = nCH2= 0,27 mol nGly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.

Đặt nX = x mol; nY = y mol nE = 0,15 mol = x + y; nC2H3NO = 0,66 mol = 4x + 5y

Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1


Câu 35:

Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở (phân tử mỗi peptit chỉ chứa một loại gốc của α-amino axit no, có một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Đốt cháy hoàn toàn 47,28 gam E cần vừa đủ 1,98 mol O2, thu được N2, H2O và 1,68 mol CO2. Thủy phân hoàn toàn 0,08 mol E trong dung dịch NaOH, thu được a gam muối của alanin và b gam muối của một amino axit T. Giá trị của b là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

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

♦ quy đốt đipeptit E2 cần 1,98 mol O2 thu được 1,68 mol CO2.

bảo toàn O có nE2 = (1,68 × 3 – 1,98 × 2) ÷ 3 = 0,36 mol

mE2 = 1,68 × 14 + 0,36 × 76 = 50,88 gam || (50,88 – 47,28) ÷ 18 = 0,2 mol.

nE = 0,36 – 0,2 = 0,16 mol || cần 0,2 mol H2O để biến đổi 0,16 mol E → 0,36 mol E2.

 Ctrung bình hai amino axit = 1,68 ÷ 0,72 = 2,3333 amino axit T là C2H5NO2 glyxin.

dùng sơ đồ chéo có nGly : nAla = 2 : 1. Tỉ lệ: 0,08 mol E = 12 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 = mGlyNa = 0,24 × (75 + 22) = 23,28 gam → Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về C2H3NO, CH2, H2O. Xét 47,28 gam E:

Đặt nC2H3NO = x mol; nCH2 = y mol; nH2O = z mol mE = 47,28 gam = 57x + 14y + 18z.

Ta có: nO2 = 1,98 mol = 2,25x + 1,5y; nCO2 = 1,68 mol = 2x + y.

giải hệ có: x = 0,72 mol; y = 0,24 mol và z = 0,16 mol.

số CH2 ghép vào peptit trung bình = 0,24 ÷ 0,16 = 1,5 có peptit ghép ≤ 1 gốc CH2.

Lại có mỗi peptit tạo bởi 1 loại gốc amino axit phải có peptit không ghép CH2.

T là Gly nAla = nCH2 = 0,24 mol; nGly = 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


Câu 36:

Hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở. Thủy phân hoàn toàn m gam T bằng dung dịch NaOH, thu được 15,12 gam hỗn hợp gồm các muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy hoàn toàn m gam T cần vừa đủ 10,752 lít khí O2 (đktc), thu được 6,48 gam H2O. 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

Gọi số mol NaOH phản ứng là 2x mol thì số mol đipeptit là x mol.

||→ quy đốt x mol đipeptit dạng CnH2nN2O3 cần 0,48 mol O2

→ cho cùng số mol CO2 và H2O là (x + 0,32) mol.

nH2O trung gian chuyển đổi = (x + 0,32) – 0,36 = (x – 0,04) mol → nhh peptit = 0,4 mol.

mđipeptit = 14 × (x + 0,32) + 76x = 90x + 4,48 gam

|| m = 90x + 4,48 – 18.(x – 0,04) = 72x + 5,2 gam.

Áp dụng BTKL cho phản ứng thủy phân có: m + 80x =15,12 + 0,04 × 18.

Giải ra được x = 0,07 mol và giá trị của m = 10,24 gam. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về C2H3NO, CH2, H2O với số mol lần lượt là x, yz.

Muối gồm C2H4NO2Na, CH2 mmui = 97x + 14y = 15,12 gam.

nO2 = 2,25.nC2H3NO + 1,5.nCH2 2,25x + 1,5y = 0,48 mol.

nH2O sản phẩm = 1,5x + y + z = 0,36 mol. Giải: x = 0,14 mol; y = 0,11 mol; z = 0,04 mol.

m = 0,14 × 57 + 0,11 × 14 + 0,04 × 18 = 10,24 gam


Câu 37:

Thủy phân hoàn toàn peptit E mạch hở, thu được muối T, G của các α-amino axit (no, mạch hở) theo phản ứng: Biết a mol T hoặc G đều có thể tác dụng với tối đa 3a mol HCl trong dung dịch. Đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu được N2, 11,44 gam CO2 và 4,32 gam H2O. Phân tử khối của E là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Thủy phân: E+7NaOH2T+3G+3H2O

E là heptapeptit E5, 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 NH2 và G có chứa 2 nhóm NH2.

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải dạng mở rộng.!

• biến đổi: E5  2CO2  3NH + 1,5H2O  2,5E2 * || E2 là đipeptit dạng CnH2nN2O3.

m gam E ứng với x mol cần bớt 2x mol CO2 và 3x mol NH, thêm 1,5x mol H2O

để chuyển thành 2,5x mol đipeptit E2 dạng CnH2nN2O3.

có phương trình: 0,26 – 2x = 0,24 – 1,5x + 1,5x giải x = 0,01 mol.

n = 9,6 ME2 = 210,4 Từ (*) có: ME5 = 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 CnH2n  4N8O10.

Giải đốt, lập tỉ lệ nCO2 ÷ nH2O = n ÷ (n – 2) = 0,26 ÷ 0,24 n = 26.

công thức của E là C26H48N8O10 ME = 632 → ok.!

Cách 3: tham khảo: tranduchoanghuy

quy m gam peptit E về C2H3NO, CH2, COO, NH, H2O.

Đặt nH2O = nE = x mol; nCH2 = y mol nNH = nG = 3x mol; nCOO = nT = 2,x mol

nC2H3NO = nT + nG = 5x mol || đốt E cho nCO2= 12x + y = 0,26 mol

nH2O = 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 C26H48N8O10  ME = 632.


Câu 38:

Thủy phân hoàn toàn 0,12 mol peptit X mạch hở, thu được m gam muối Y, Z của các α-amino axit (no, mạch hở, chỉ chứa một nhóm amino) theo phản ứng: Đốt cháy hoàn toàn 56,4 gam X, thu được N2 và 119,6 gam tổng khối lượng CO2 và H2O. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải dạng mở rộng.!

Thủy phân: X+11NaOH3Y+4Z+5H2O

X là heptapeptit X7, Y có 1 nhóm COOH còn Z có 2 nhóm COOH.

• biến đổi: X7  4CO2 + 2,5H2O  3,5X2 || X2 là đipeptit dạng CnH2nN2O3.

56,4 gam X7 ứng với x mol cần bớt 4x mol CO2, thêm 2,5x mol H2O

để chuyển thành 3,5x mol đipeptit X2 đốt cho (119,6 – 131x) gam CO2 + H2O.

có phương trình:

mđipeptit14×119,6-13x62+76×3,5x=46,4-131x

giải ra x = 0,08 mol. 0,12 mol X tương ứng với 84,6 gam.

từ phản ứng thủy phân ban đầu có m = 84,6 + 0,12 × 11 × 40 – 0,12 × 5 × 18 = 126,6 gam.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

11 = 3 + 4 × 2 Y chứa 1 –COONa và Z chứa 2 –COONa.

Quy 56,4 gam hỗn hợp X về C2H3NO, CH2, COO, H2O.

Đặt nH2O = nX = x nC2H3NO = 7x mol ; nCOO = nZ = 4x mol; nCH2= y mol.

mX = 57 × 7x + 14y + 44 × 4x + 18x = 56,4 gam.

Đốt cho ∑nCO2 = (2 × 7x + y + 4x) mol và ∑nH2O = (1,5 × 7x + y + x) mol.

44 × (18x + y) + 18 × (11,5x + y) = 119,6 gam. || Giải x = 0,08 mol; y = 0,64 mol.

0,12 mol X ứng với 0,84 mol C2H3NO; 0,96 mol CH2; 0,48 mol COO và 0,12 mol H2O.

tương tự cách 1 ta cũng có ∑mmui = 126,6 gam


Câu 39:

Hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Y và tetrapeptit Z đều mạch hở. Thủy phân hoàn toàn 0,04 mol E cần vừa đủ 100 mL dung dịch NaOH 1,1M, thu được dung dịch gồm các muối của glyxin, alanin và valin theo tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 4 : 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu được N2 và 78,28 gam tổng khối lượng CO2 và H2O. Giá trị của m là 

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân

0,04 mol E phản ứng vừa đủ 0,11 mol NaOH ncác amino axit = 0,11 mol

0,04 mol E + 0,07 mol H2O → 0,05 mol Gly + 0,04 mol Ala + 0,02 mol Val.

BTKL có 0,04 mol E ứng với mE = 0,05 × 75 + 0,04 × 89 + 0,02 × 117 – 0,07 × 18 = 8,39 gam.

đốt: (0,05 mol Gly + 0,04 mol Ala + 0,02 mol Val) cho 0,32 mol CO2 + 0,375 mol H2O.

đốt 0,04 mol E → 0,32 mol CO2 + 0,305 mol H2O mCO2 + H2O = 19,57 gam.

Lập tỉ lệ có m = 78,28 ÷ 19,57 × 8,39 = 33,56 gam


Câu 40:

Hỗn hợp E chứa đipeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và được tạo bởi các α-amino axit no, chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol E, thu được N2, 14,56 lít khí CO2 (đktc) và 10,62 gam H2O . Thủy phân hoàn toàn 49,14 gam E trong dung dịch KOH (dùng dư 25% so với cần thiết), thu được m gam chất tan. Giá trị 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 cháy 0,05 mol E + O2 t0 0,65 mol CO2 + 0,59 mol H2O + ? N2.

cần thêm (0,65 – 0,59 = 0,06) mol H2O để biến đổi 0,05 mol E → 0,11 mol đipeptit E2.

mE2 = 0,65 × 14 + 0,11 × 76 = 17,46 gam mE = Ans – 0,06 × 18 = 16,38 gam.

thủy phân 0,11 mol E2 cần 0,22 mol KOH → muối + 0,11 mol H2O.

lượng KOH dư 25% so với lượng cần là 0,055 mol ∑nKOH dùng = 0,275 mol.

BTKL có mcht tan = 17,46 + 0,0,275 × 56 – 0,11 × 18 = 30,88 gam.

tỉ lệ 49,14 gấp 3 lần lượng 16,38 mcht tan thu đưc  sau = 3 × 30,88 = 92,64 gam → Chọn C. ♣.

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

Xét 0,05 mol E nH2O trong E = nE = 0,05 mol. Đặt nC2H3NO = x mol; nCH2 = y mol

nCO2 = 2x + y = 0,65 mol; ∑nH2O = 1,5x + y + 0,05 = 0,59 mol.

Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 0,21 mol mE = 0,22 × 57 + 0,21 × 14 + 0,05 × 18 = 16,38 gam.

49,14 gam E chứa 0,66 mol C2H3NO; 0,63 mol CH2; 0,15 mol H2O.

nKOH dùng tính c dư = 0,66 × 1,25 = 0,825 mol; nH2O sinh ra = npeptit = 0,15 mol.

Bảo toàn khối lượng có mcht tan = 49,14 + 0,825 × 56 – 0,15 × 18 = 92,64 gam → done.!

Cách 3: quan sát số C, H, N, O lập công thức tổng quát và giải.!

công thức tổng quát của peptit tạo từ amino axit đề bài có dạng CnH2n + 2  mNmOm + 1.

nCO2nH2O = nN2npeptit nN2 = 0,11 mol nN trong E = 0,22 mol.

số Ctb = 0,65 ÷ 0,05 = 13; số Htb = 0,59 × 2 ÷ 0,05 = 23,6; số Ntb = 0,22 ÷ 0,05 = 4,4.

Otb = 4,4 + 1 = 5,4 E dạng C13H23,6N4,4O5,4 0,05 mol E ứng với 16,38 gam.

đến đây viết phương trình phản ứng thủy phân và nhẹ nhàng có đáp án cần tìm.!


Bắt đầu thi ngay