Bài tập đốt cháy peptit

$\left\{ \begin{gathered}  a mol {C_5}{H_9}N{O_4} + 5,25\,{O_2} \hfill \\ b mol {C_{2x}}{H_{4x}}{N_2}{O_3} + (3x - 1,5)\,{O_2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to (0,5a + b){N_2}$

$ \to \left\{ \begin{gathered}  (3x - 1,5)b + 5,25a = 1,995 \hfill \\  0,5a + b = 0,19 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  10,5(0,5a + b) + (3x - 12)b = 1,995\,(1) \hfill \\  (0,5a + b) = 0,19\,(2) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Thế (2) vào (1) ta được (3x – 12).b = 0 => x = 4

Tripeptit: C₁₂H₂₃N₃O₄ : 0,1 mol => 1,2 mol CO₂ + 1,15 mol H₂O

=> m_{bình tăng} = 73,5 gam

Phản ứng thủy phân:

A  + NaOH → muối + H₂O

C₄H₉NO₂ (B) + NaOH → muối + C₂H₅OH

→ B là H₂NCH₂COOC₂H₅

Gọi số mol của A và B lần lượt là x và y mol

→ $\left\{ \begin{gathered}  x + y = 0,09 \hfill \\  5x + y = 0,21 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}  x = 0,03\,\,mol \hfill \\  y = 0,06\,\,mol \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Quy đổi 0,09 mol X thành : C₂H₃ON : 0,15 mol (bảo toàn nguyên tử N : n_N = 5n_A) ; H₂O (0,03 mol) ; CH₂ (z mol) và C₄H₉NO₂ (0,06 mol)

→ 0,09 mol X có m_X  = 57.0,15 + 0,03.18 + 14z + 0,06.103 = 15,27 + 14z

Đốt cháy 0,09 mol X có :

${{m}_{C{{O}_{2}}}}$= 44.(0,15.2 + z + 0,06.4) = 23,76 + 44z

${{m}_{{{H}_{2}}O}}$= 18.(0,15.1,5 + 0,03 + z + 0,06.4,5) = 9,45 + 18z

Khi đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X :$\frac{{{m_X}}}{{{m_{C{O_2}}} + \,\,{m_{{H_2}O}}}} = \frac{{41,325}}{{96,975}}$

→ 96,975.(15,27 + 14z) = 23,76 + 44z + 9,45 + 18z → z = 0,09

Bảo toàn nguyên tố Na : a + b = 0,21  (1)

Bảo toàn nguyên tố C : n_{C trong A} + n_{C trong B} = 2n_glyxin + 3n_alanin + n_{C (ancol etylic)}

→ 0,15.2 + 0,09 + 0,06.4 = 2a + 3b – 0,06.2

→ 2a + 3b = 0,51  (2)

Từ (1) và (2) → $\left\{ \begin{gathered}  a = 0,12 \hfill \\  b = 0,09 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ → a : b = 4 : 3

Quy đổi 13,68 gam A thành C₂H₃ON: a mol; CH₂ b mol; H₂O c mol

m_A = 57a + 14b + 18c = 13,68

n_O2 = 2,25a + 1,5b = 0,64125

n_N = a = (m_A + m_O2 – m_CO2 – m_H2O) / 14 = 0,18 mol

=> a = 0,18; b = 0,1575; c = 0,0675

Hỗn hợp muối tạo ra từ 13,68 gam A và KOH (0,18 mol) là Z^’

Bảo toàn khối lượng: m_Z’ = 22,545

=> n_GlyK = 0,0675

Đặt x, y là số mol AlaK và ValK

n_N = x + y + 0,0675 = 0,18

n_C = 3x + 5y + 0,0675.2 = 2a + b

=> x = 0,09; y = 0,0225

=> %m_AlaK = 50,7%

n_N2 = 0,11 mol

Quy đổi M thành: C₂H₃ON 0,22 mol; CH₂ a mol và H₂O b mol

Trong phản ứng thủy phân M

M + KOH → muối + H₂O

Bảo toàn khối lượng: m_M + m_KOH = m_muối + m_H2O

=> m_KOH – m_H2O = 11,42

=> 56.0,22 – 18b = 11,42 => b = 0,05

Đốt muối thu được: n_K2CO3 = n_KOH / 2 = 0,11

Bảo toàn C: n_CO2 = 0,22.2 + a – 0,11 = a + 0,33

Bảo toàn H: n_H2O = (0,22.1,5 + a + b) + 0,22/2 – b = a + 0,44

=> 44.(a + 0,33) + 18.(a + 0,44) = 50,96 => a = 0,46

=> m_M = 19,88 gam

Đặt x và y là số mol của X, Y => n_M = x + y = 0,05

n_KOH = 4x + 5y = 0,22

=> x = 0,03 và y = 0,02

Đặt u, v là số mol của Ala và Val

=> n_N = u + v = 0,22 và n_C = 3u + 5v = n_CO2 + n_K2CO3 = 0,9 (bảo toàn C)

=> u = 0,1 và v = 0,12

X: (Ala)_p(Val)_4-p

Y: (Ala)_q(Val)_5-q

=> n_Ala = 0,03p + 0,02q = 0,1 => 3p + 2q = 10

Vì p ≤ 4 và q ≤ 5 => p = q = 2 hoặc p = 0 và q = 5

Xét p = q = 2 => Y là (Ala)₂(Val)₃

=> %m_Y = 0,02.457 / 19,88 . 100% = 45,98% (chọn C)

Xét p = 0 và q = 5 => Y là (Ala)₅

=> %m_Y = 0,02.373 / 19,88 .100% = 37,525% (không có đáp án)

n_N2(đktc) = 10,2144:22,4 = 0,456 (mol)

Quy đổi hỗn hợp peptit A thành: \(\left\{ \begin{gathered}CONH:0,912\,(mol)\,(Do\,BTNT\,N) \hfill \\ C{H_2}:\,\,b\,\,(mol) \hfill \\ {H_2}O:c(mol) \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

Đốt A chỉ có CONH và CH₂ cháy

\(\begin{gathered} CONH\, + \frac{3}{4}{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}C{O_2} + \frac{1}{2}{H_2}O + \frac{1}{2}{N_2} \hfill \\ 0,912 \to 0,684\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \hfill \\ \,\,\,\,\,C{H_2}\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,1,5{O_2}\,\,\,\,\xrightarrow{{{t^0}}}C{O_2} + {H_2}O \hfill \\ 2,448 \leftarrow (4,356 - 0,684)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \hfill \\\end{gathered} \)

→ n_CH2 = 2,448 (mol) = b (mol)

BTKL ta có: m_A = 0,912.43 + 2,448.14 + 18c = 76,08  → c= 0,144 (mol)

Vậy \(\left\{ \begin{gathered}{n_X} = 0,048\,(mol) \hfill \\ {n_Y} = 0,072\,(mol) \hfill \\ {n_Z} = 0,024\,\,(mol) \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

Đặt số nguyên tử nito có trong X và Y là n

BTNT "N" ta có: 0,048n + 0,072n +0,024.3 = 2n_N2 = 0,912 → n =7

→ X, Y là heptappetit

Số mol C trong X, Y là: n_C(X,Y) = 0,912 + 2,448 - 0,024.7 = 3,192 (mol)

Đặt CTPT

\(\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_x}{(Val)_{7 - x}}:0,048 \hfill \\ Y:{(Ala)_y}{(Val)_{7 - y}}:0,072 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\\xrightarrow{{BTNT\,C}}0,048.{\text{[}}(3x + 5(7 - x){\text{]}} + 0,072.{\text{[}}(3y + 5(7 - y){\text{]}} = 3,192 \hfill \\ \xrightarrow{{}}\,0,096x + 0,144y = 1,008 \hfill \\ \xrightarrow{{}}2x + 3y = 21 \hfill \\ do\,x,y\, < 7 \to \left\{ \begin{gathered} x = 6 \hfill \\ y = 3 \hfill \\ \end{gathered}  \right.hoac\left\{ \begin{gathered} x = 3 \hfill \\ y = 5 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\,thoa\,man \hfill \\ \to \left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_6}Val \hfill \\ Y:{(Ala)_3}{(Val)_4} \hfill \\ \end{gathered}  \right.hoac\,\left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_3}{(Val)_4} \hfill \\ Y:{(Ala)_5}{(Val)_2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered} \)

Vì đề bài cho M_X > M_Y nên chọn cặp nghiệm \(\,\left\{ \begin{gathered} X:{(Ala)_3}{(Val)_4} \hfill \\Y:{(Ala)_5}{(Val)_2} \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

→ CTPT của Y là: ­5C₃H₇NO₂ + 2C₅H₁₁NO₂ - 6H₂O = C₂₅H₄₅O₈N₇

→ Số nguyên tử H có trong Y là 45

Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các aminoaxit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau.

Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k → CTTQ: C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1

C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1→ nCO₂ + (n+1-0,5k)H₂O

              a                  na        a(n+1-0,5k)

→ na - a(n+1-0,5k) = a → k = 4

Vậy các peptit đều là tetrapeptit

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O → 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a → a = 0,22 mol

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là x và y (mol)

+) BTNT “Na”: x + y = n_NaOH = 0,88 (1)

+) m _muối = 111x + 139y = 101,04 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,76 mol và y = 0,12 mol

Sơ đồ bài toán: \(69,8(g)\left\{ \begin{array}{l}X\\Y\\Z:0,16\end{array} \right. + NaO{H_{vua\,du}} \to \left\{ \begin{array}{l}Ala - Na:a\\Val - Na:b\end{array} \right.\)

BTNT “C”: n_C(X) = 2n_Ala-Na + 5n_Val-Na = 2.0,76 + 5.0,12 = 2,12 mol

→ C _{trung bình} = 2,12 : 0,22 = 9,6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6

Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,54 → Có peptit không chứa Val

→ C(Z) = 8 → Z là Ala₄ (M = 89.4 - 18.3 = 302)

→ n_{Ala(X, Y)} = 0,76 - 0,16.4 = 0,12

Mặt khác:

n_X + n_Y = 0,22 - 0,16 = 0,06 mol

m_X + m_Y = m _hh - m_Z = 69,8 - 0,16.302 = 21,48 gam

→ M(X, Y) = 21,48 : 0,06 = 358 → Y là Ala₃Val (M = 330)

Do Ala₂Val₂ (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:

TH1:

X là AlaVal₃ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

x + y = 0,06

x + 3y = n_Ala(X,Y) = 0,12

→ x = y = 0,03 loại do không thỏa mãn n_X < n_Y

TH2:

X là Val₄ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

n_Ala(X,Y) = 3y = 0,12 → y = 0,04 → x = 0,02 (thỏa mãn)

→ %m_X = (0,02.414/69,8).100% = 11,86% gần nhất với 12%

Giả sử amino axit có t cacbon

- Đốt cháy X (có 5t nguyên tử C): n_{kết tủa} = n_BaCO3 = n_CO2 = n_C(X)

=> 295,5 : 197 = 0,1.5t => t = 3

Do a-amino axit no mạch hở, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH trong phân tử nên amino axit là:

CH₃-CH(NH₂)-COOH (Ala)

Vậy Y có CTPT là (Ala)₆

- Phản ứng thủy phân Y: (Ala)₆ + 6NaOH → 6Ala-Na + H₂O

=> n_Ala-Na = 6n_Y = 0,9 mol => m_muối = 0,9.111 = 99,90 gam

- Do đốt cùng số mol của X hoặc Y đều thu được lượng CO₂ bằng nhau mà số C của Ala là 3 và số C của Val là 5 (không biểu diễn được dưới dạng tuyến tính 5 = 3k với k nguyên) nên suy ra X và Y là đồng phân của nhau. Nên ta coi như X và Y giống nhau và đều là X.

- Giả sử X, Y có số liên kết peptit là n; Z có số liên kết peptit là m

Tổng gốc của X, Y, Z: (n + 1) + (n + 1) + (m + 1) = 14 => 2n + m = 11 (*)

- Quy đổi: 10X + Z → X₁₀Z (T) + 10H₂O

Gọi peptit sau khi quy đổi là T => Số liên kết peptit = 10n + m + 10

+ Khi n = 1, m = 9 thì liên kết peptit của T đạt giá trị nhỏ nhất là 10.1 + 9 + 10 = 29

+ Khi m = 1, n = 5 thì liên kết peptit tủa T đạt giá trị lớn nhất là 10.5 + 1 + 10 = 61

=> 29 ≤ lk peptit của T ≤ 61

Ta có: n_D / n_E = 11 / 35 => T có dạng (D₁₁E₃₅)_k có số liên kết peptit là 46k - 1

=> 29 ≤ 46k - 1 ≤ 61 => 0,65 ≤ k ≤ 1,35 => k = 1 (T là D₁₁E₃₅, n_T = 0,22/11 = 0,02)

=> Số lk peptit của T là 45 => 10n + m + 10 = 45 (**)

Kết hợp (*) và (**) => n = 3 (X, Y là tetrapeptit) và m = 5 (Z là hexapeptit)

10X + Z → D₁₁E₃₅ (T) + 10H₂O

0,2 ← 0,02 ← 0,02

Giả sử M chứa: D_uE_4-u (0,2 mol) và (D_vE_6-v (0,02 mol)

n_D = 0,2u + 0,02v = 0,22 có nghiệm duy nhất u = 1 và v = 1 thỏa mãn

=> M chứa: DE₃ (0,2 mol) và DE₅ (0,02 mol)

Mà m_M = 0,2(M_D + 3M_E - 3.18) + 0,02(M_D + 5.M_E - 5.18) = 75,44 => M_D = 117; M_E = 89

=> Z là ValAla₅

=> m_Z = 0,02.(117 + 89.5 - 18.5) = 9,44 gam gần nhất với 9,50 gam

Bảo toàn nguyên tố Oxi : n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,55 mol = (Số liên kết peptit + 2).n_X

=> Số liên kết peptit = 9

n_N2 = 0,5n_N(X) = 5n_X = 0,25 mol

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_N2 + m_CO2 + m_H2O – n_O2 = 36,4g

=> Với 0,025 mol X có khối lượng 18,2g

=> n_NaOH = 10n_X = 0,25 mol => n_NaOH dư

=> n_H2O = n_X = 0,025 mol

Bảo toàn khối lượng : m = m_X + m_{NaOH bđ} – m_H2O = 33,75g

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

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

=> 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

Ta có n_HCl = 0,3 mol => n_NH2 = 0,3 mol => X có số \(\overline N  = \frac{{{n_N}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,3}}{{0,2}} = 1,5\)

n_NaOH = 0,26 mol => n_COOH = 0,26 mol => X có số \(\overline {{\rm{ - COO - }}}  = \frac{{0,26}}{{0,2}} = 1,3\)

Vì X tạo từ các hợp chất no, mạch hở nên số liên kết π trong X là \(\overline {\, - C{\rm{OO - }}}  - \frac{{\overline N }}{2} = 1,3 - \frac{{1,5}}{2} = 0,55\)

Khi đốt cháy X thì thu được CO₂, H₂O và N₂

Bảo toàn N có n_N2 = 0,3 : 2 = 0,15 mol

Bảo toàn C có n_CO2 = n_CaCO3 = 0,96 mol

Lại có số mol X là : \({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{{\pi _X} - 1}} = \frac{{0,96 - {n_{{H_2}O}}}}{{0,55 - 1}}\)= 0,2 mol => n_H2O = 1,05 mol

Ta có a = n_CO2 + n_H2O + n_N2 = 0,96 + 1,05 + 0,15 = 2,16 mol

X có công thức C_nH_2n+3O₂N nên là muối của axit đơn chức.

Ta thấy các muối đều no nên có thể quy đổi thành:

\(\left\{ \begin{array}{l}HCOON{H_4}:a\\{(COON{H_4})_2}:b\\C{H_2}:c\end{array} \right. + {O_2}:0,258 \to 0,72\left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:a + 2b + c(BT:C)\\{H_2}O:2,5{\rm{a}} + 4b + c(BT:H)\\{N_2}:0,5{\rm{a}} + b(BT:N)\end{array} \right.\)

(1) n_E = a + b = 0,12

(2) n _{sản phẩm} = a + 2b + c + 2,5a + 4b + c + 0,5a + b = 0,72

(3) BTNT "O" → 2a + 4b + 2.0,258 = 2(a + 2b + c) + 2,5a + 4b + c

Giải (1) (2) (3) được a = 0,072; b = 0,048; c = 0,048

Như vậy hỗn hợp quy đổi: \(\left\{ \begin{array}{l}HCOON{H_4}:0,072\\{(COON{H_4})_2}:0,048\\C{H_2}:0,048\end{array} \right.\)

Ta thấy \({n_{C{H_2}}} = {n_{{{(C{\rm{OON}}{{\rm{H}}_4})}_2}}} = 0,048\) nên 1 nhóm CH₂ trả về cho (COONH₄)₂.

Mà do khi phản ứng với NaOH thu được hỗn hợp khí làm xanh quỳ tím ẩm nên hỗn hợp E chứa:

HCOONH₄ (0,072 mol) và CH₃NH₃OOC-COONH₄ (0,048 mol)

→ Muối chứa HCOONa (0,072 mol) và NaOOC-COONa (0,048 mol)

→ m _muối = 0,072.68 + 0,048.134 = 11,328 gam

BTNT "N" → n_X + 2n_Y = 2n_N2 → a + 2a = 2.0,045 → a = 0,03

*Xét dẫn sản phẩm vào NaOH:

+ Nếu chỉ tạo Na₂CO₃ thì bảo toàn Na ta có: n_Na2CO3 = 0,5.n_NaOH = 0,2 mol

→ m _{chất tan} = 0,2.106 = 21,2 gam

+ Nếu chỉ tạo NaHCO₃ thì bảo toàn Na ta có: n_NaHCO3 = n_NaOH = 0,4 mol

→ m _{chất tan} = 0,4.84 = 33,6 gam

Theo đề bài: 21,2 < m _{chất rắn} = 25,54 < 33,6

→ Tạo 2 muối Na₂CO₃ (x mol) và NaHCO₃ (y mol)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{NaOH}} = 2{\rm{x}} + y = 0,4\\{m_{chat\,\tan }} = 106{\rm{x}} + 84y = 25,54\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,13\\y = 0,14\end{array} \right.\)

BTNT "C" → n_CO2 = n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = 0,27 mol

Giả sử a.a có n nguyên tử C → 0,03n + 0,03.2n = 0,27 → n = 3 → X là Ala

Nếu đun nóng R với hỗn hợp NaOH và KOH có cùng nồng độ mol thì áp dụng bảo toàn điện tích suy ra muối chứa các ion với số mol:

H₂N-CH(CH₃)-COO^- (0,03 + 0,03.2 = 0,09 mol)

Na⁺ (0,045 mol); K⁺ (0,045 mol)

→ m _muối = 0,09.88 + 0,045.(23 + 39) = 10,71 gam