Tổng hợp bài tập Peptit hay và khó (phần 1)

Do đốt cháy 0,16 mol peptit X hoặc 0,16 mol peptit Y hoặc 0,16 mol peptit Z đều thu được số mol CO₂ có số mol nhiều hơn số mol của H₂O là 0,16 mol nên các peptit đều có chung dạng.

Đặt công thức chung peptit là C_nH_2n+2+m-2mN_mO_m+1

n_CO2 – n_H2O = npeptit nên ta có: n – (n+1-0,5m) = 1 => m = 4

Vậy X, Y, Z là các tetrapeptit.

Các peptit được tạo bởi Ala và Val nên ta có thể quy đổi thành:

CONH, CH₂, H₂O. Gọi số mol của peptit là a (mol) => n_CONH = 4a (vì hỗn hợp là các tetrapeptit)

\(69,8(g)E\left\{ \begin{gathered}
CONH:4a \hfill \\
C{H_2}:b \hfill \\
{H_2}O:a \hfill \\
\end{gathered} \right. + NaOH \to 101,04(g)\,muoi\left\{ \begin{gathered}
{\text{COO}}Na:4a \hfill \\
N{H_2}:4a \hfill \\
C{H_2}:b \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

m_E = 43.4a + 14b + 18a = 69,8

m _muối = 67.4a + 16.4a + 14b = 101,04

Giải hệ thu được a = 0,22 và b = 2

Đặt n_AlaNa = x mol và n_ValNa = y mol

m _muối = 111x + 139y = 101,04

n_N = x + y = 4a = 0,88

Giải thu được x = 0,76 mol và y = 0,12

Số mắt xích Ala trung bình = 0,76 : 0,22 = 3,5 => Z là Ala₄

Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,5 => X là Val₄

E gồm:

X: Val₄

Y: Ala_kVal_4-k

Z: Ala₄ (0,16 mol)

+ Nếu k = 3

X: Val₄

Y: Ala₃Val

Z: Ala₄ (0,16 mol)

Bảo toàn mắt xích Ala được n_Y = (0,76 – 0,16.4)/3 = 0,04 mol

=> n_X = n_E – n_Y – n_Z = 0,22 – 0,04 – 0,16 = 0,02 thỏa mãn n_X < n_Y

=> m_X = 0,02.(117.4 – 18.3) = 8,28 gam

=> %m_X = 8,28/69,8.100% = 11,86% gần nhất với 12%

Xét tương tự với k = 1 và k = 2 thấy không thỏa mãn n_X < n_Y

Quy đổi hỗn hợp muối F thành HCOONa (a mol), H₂N-CH₂-COONa (b mol) và CH₂ (c mol)

+) m_F = 68a + 97b + 14c = 24,2 (1)

+) Đốt cháy F:

HCOONa + 0,5O₂ → 0,5Na₂CO₃ + 0,5CO₂ + 0,5H₂O

      a      →  0,5a        →                0,5a

H₂N-CH₂-COONa + 2,25 O₂ → 0,5Na₂CO₃ + 1,5CO₂ + 2H₂O + 0,5N₂

          b            →    2,25b    →                     1,5b

CH₂ + 1,5 O₂ → CO₂ + H₂O

  c    → 1,5c   →  c

=> n_O2 = 0,5a + 2,25b + 1,5c = 0,625 (2)

=> n_CO2 = 0,5a + 1,5b + c = 0,425 (3)

Giải hệ trên thu được a = 0,05; b = 0,2; c = 0,1

Do n_GlyNa > n_AlaNa nên các muối gồm CH₃COONa (0,05 mol); GlyNa (0,15 mol); AlaNa (0,05 mol)

Este là CH₃COOC₂H₅ (0,05 mol)

Ta có: n_Gly : n_Ala = 3 : 1

Do số liên kết peptit ≤ 6 nên peptit là (Gly)₃Ala (0,05 mol)

=> %m_X = 74,71% gần nhất với 74,7%

Y là tripetit, mà Y có 7C nên Y là (Gly)₂(Ala)

Hỗn hợp E phản ứng với NaOH dư thu được 2 khí nên X có CTCT là: NH₄-OOC-COO-NH₃CH₃: x (mol)

NH₄-OOC-COO-NH₃CH₃ + 2NaOH → NaOOC-COONa + NH₃↑ + CH₃NH₂↑ + 2H₂O

x                                                                                            → x      → x                           (mol)

tổng số mol 2 khí = 2x = 0,1 → x = 0,05 (mol)

→ m_Y = m_E - m_X = 27,2 - 0,05.138 = 20,3 (g) → n_Y = \(\dfrac{{20,3}}{{203}} = 0,1\,\,mol\)

Xét E phản ứng với HCl sau phản ứng thu được:

NH₄-OOC-COO-NH₃CH₃ + HCl → HOOC-COOH + NH₄Cl + CH₃NH₃Cl

0,05                                                 → 0,05                              → 0,05         (mol)

(Gly)₂(Ala) + 3HCl + 2H₂O → 2GlyHCl + AlaHCl

0,1                                         → 0,2           → 0,1    (mol)

→ m_{chất hữu cơ}  = m_HOOC-COOH  + m_CH3NH3Cl + m_GlyHCl + m_AlaHCl

= 0,05.90 + 0,05.67,5 + 0,2.111,5 + 0,1.125,5

= 42,725 (g)

n_N2 = 0,11 mol => n_CONH = 2n_N2 = 0,22 mol

Do peptit được cấu tạo từ Val và Ala nên ta quy đổi hỗn hợp thành:

CONH (0,22), CH₂ (x), H₂O (y) (với n_H2O = n _peptit)

\(m(g)A\left\{ \matrix{
CONH:0,22 \hfill \cr
C{H_2}:x \hfill \cr
{H_2}O:y \hfill \cr} \right.\buildrel { + KOH:0,22} \over
\longrightarrow (m + 11,42)(g)\,Muối\left\{ \matrix{
{\rm{COO}}K:0,22 \hfill \cr
N{H_2}:0,22 \hfill \cr
C{H_2}:x \hfill \cr} \right.\buildrel { + {O_2}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
{K_2}C{O_3}:0,11 \hfill \cr
\left. \matrix{
C{O_2}:x + 0,11 \hfill \cr
{H_2}O:x + 0,22 \hfill \cr} \right\}50,96(g) \hfill \cr
{N_2}:0,11 \hfill \cr} \right.\)

*Xét phản ứng của A và KOH:

+ m_A = m_CONH + m_CH2 + m_H2O => 0,22.43 + 14x + 18y = m (1)

+ m _muối = m_COOK + m_NH2 + m_CH2 => 0,22.83 + 0,22.16 + 14x = m + 11,42 (2)

Lấy (1) - (2) thu được: y = 0,05 => n_A = n_H2O = 0,05 mol

*Xét phản ứng đốt muối:

BTNT "C" và "H" tính được số mol CO₂ và H₂O như sơ đồ.

Ta có: m_CO2 + m_H2O = 50,96 => 44(x + 0,11) + 18(x + 0,22) => x = 0,68 mol

*Xét muối: m _muối = m_COOK + m_NH2 + m_CH2 = 0,22.83 + 0,22.16 + 0,68.14 = 31,3 gam

Giải hệ: n _muối = n_Val-K + n_Ala-K = 0,22 và m _muối = 155.n_Val-K + 127.n_Ala-K = 31,3

Được n_Val-K = 0,12 mol và n_Ala-K = 0,1

*Xét A: Giả sử A chứa X (u mol) và Y (v mol).

Ta có hệ: n_N = 4u + 5v = 0,22 và u + v = n_A = 0,05

Giải hệ thu được u = 0,03 và v = 0,02

A gồm Val_nAla_4-n (0,03) và Val_mAla_5-m (0,02) (n ≤ 4; m ≤ 5)

n_Ala-K = 0,03n + 0,02m = 0,12 => 3n + 2m = 12 có 2 cặp nghiệm phù hợp là (n = 2; m = 3) và (n=4; m = 0) thỏa mãn

TH1: (n = 2; m = 3) => A chứa Val₂Ala₂ (0,03) và Val₃Ala₂ (0,02)

=> %m_Y = 45,98%

TH2: (n = 4; m = 0) => A chứa Val₄ (0,03) và Ala₅ (0,02)

=> %m_Y = 37,53%

Xét các đáp án thấy giá trị 45,98% phù hợp

Vì E + NaOH => muối của Alanin và Valin

=> X, Y, Z được tạo ra từ Ala và Val đều là amino axit no, đơn chức, mạch hở

CTTQ của X là: C_nH_{2n+2-2k + x} N_xO_x+1

X cháy → nCO₂ + ( n + 1 – k + x/2)H₂O

 a               an           a.( n + 1 – k + x/2)

Theo đề bài n_CO2 – n_H2O = a

=> an – a.(n + 1- k + x/2) = a

=> k – x/2 = 2

Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4

Tương tự Y, Z => X, Y, Z đều là các tetrapeptit

Gọi n_X = a (mol); n_Y  = b (mol) (ĐK: a < b)

E + NaOH → muối + H₂O

=> n_NaOH = 4.(n_X + n_Y + n_Z) = 4a + 4b + 4.0,16

n_H2O = n_E = a + b + 0,16

BTKL: m_E + m_NaOH = m_muối + m_H2O

=> 69,8 + 40.(4a + 4b + 0,64) = 101,04 + 18.(a + b + 0,16)

=>  a + b = 0,06

=> n_E = a + b + 0,16 = 0,22 (mol)

=> M_E = 317,27 => Z là (Ala)₄ (M =302)

m_(X,Y) = m_E – m_Z = 21,48

=> m_{(X, Y)} = 358 => Y là (Ala)₃Val (M = 330)

Do (Ala)₂(Val)₂ nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp:

TH₁: X là (Ala)(Val)₃ (M = 386)

m _muối = 111.( a + 3b + 0,16.4) + 139.(3a+ b) = 101,04

Kết hợp a + b = 0,06 => a = b = 0,03 => loại vì theo đề bài n_X < n_Y

TH₂: X là (Val)₄ (M = 414)

m_muối = 139.(4a + b) + 111.(3b + 0,16.4) = 0,04

Kết hợp a + b = 0,06 => a = 0,02; b = 0,04 (thỏa mãn a < b)

$ \Rightarrow \% X = \dfrac{{0,02.{\text{ }}414}}{{69,8}}.100\%  = 11,86\%  \approx 11,8{\text{ }}\% $

Quy đổi hỗn hợp về CONH, CH₂, H₂O

- Thủy phân 0,25 mol X trong 1,65 mol KOH vừa đủ:

n_CONH = n_KOH

n_H2O = n_X

=> n_CONH / n_H2O

- Đặt số mol của CONH, CH₂, H₂O trong 54,525 gam X là 6,6x;  y;  x

43.6,6x + 14y + 18x = 54,525 (1)

BTNT C: n_CO2 = 6,6x + y

BTNT H: n_H2O = 3,3x + y + x

m _{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44.(6,6x + y) + 18.(3,3x + y + x) = 120,375 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,125; y = 1,2

Ta thấy 0,125 mol X chứa 1,2 mol CH₂ => 0,25 mol X chứa 2,4 mol CH₂

Muối gồm có: COOK (1,65 mol); NH₂ (1,65 mol); CH₂ (2,4 mol)

=> m = 1,65.83 + 1,65.16 + 2,4.14 = 196,95 gam

Đặt a, b là số mol Gly và Ala trong m gam X ban đầu

Y: Gly-Gly (0,5a mol) và Ala-Ala (0,5b mol)

Gly-Gly có 8H nên đốt 1 mol Gly-Gly được 4 mol H₂O

Ala-Ala có 12H nên đốt 1 mol Ala-Ala được 6 mol H₂O

Đốt Y => nH₂O = 4.0,5a + 6.0,5b = 0,72 (1)

Với 2m gam X thì số mol Gly, Ala tương ứng là 2a, 2b.

Z: Gly-Gly-Gly (2a/3 mol) và Ala-Ala-Ala (2b/3 mol)

Gly-Gly-Gly có 11H nên đốt 1 mol Gly-Gly-Gly được 5,5 mol H₂O

Ala-Ala-Ala có 17H nên đốt 1 mol Ala-Ala-Ala được 8,5 mol H₂O

Đốt Z => n_H2O = 5,5.(2a/3) + 8,5.(2b/3) = 1,34  (2)

Giải (1) và (2) => a = 0,18; b = 0,12

m = 0,18.75 + 0,12.89 = 24,18 gam

Giả sử muối gồm: Ala-Na (u mol) và Lys-Na (v mol) => u+v = 0,288 (1)

Quy đổi 31,644 gam M thành:

CONH: u + v

CH₂: 3u + 6v – u – v = 2u + 5v (BTNT C)

H₂O: x

NH: v

m_M = 43(u + v) + 14(2u + 5v) + 18x + 15v = 31,644 (2)

n_CO2 : n_H2O = 228:233 => 233(3u + 6v) = 228(0,5u + 0,5v + 2u + 5v + x + 0,5v) (3)

Giải (1), (2), (3) => u = 0,12; v = 0,168; x = 0,09

=> a = 111.0,12+168.0,168 = 41,544 gam => B đúng

$\% {n_{Ala - Na}} = \dfrac{{0,12}}{{0,288}}.100\%  = 41,67\% $=> A đúng

m_CO2 + m_H2O = 44(3.0,12 + 6.0,168) + 18(2,5.0,12 + 6.0,168 + 0,09) = 85,356 gam =>  D sai

Đốt hết 0,09 mol M cần 0,75(u + v) + 1,5.(2u + 5v) + 0,25v = 1,878 mol O₂

Đốt b mol M cần 1,565 mol O₂

=> b = 0,075 mol => C đúng

Đặt CTTQ peptit là: RN_nO_n+1

RN_nO_n+1 + nKOH → Muối + H₂O

     x              nx                        x

BTKL: 4,63 + 56nx = 8,19 + 18x => 56nx – 18x = 3,56 (1)

* Đặt n_CO2 = y

m_{dd giảm} $ = 197y-44y-18.{n_{{H_2}O}} = 21,87 \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = \dfrac{{153y - 21,87}}{{18}} = 8,5y-1,215$

* Phản ứng cháy:

n_N2 = 0,5.nx

BTKL phản ứng cháy: 4,63 + 0,1875.32 = 44y + (153y-21,87) + 28.0,5nx

=> 14nx + 197y = 32,5 (2)

BTNT O: nx + x + 0,1875.2 = 2y + (8,5y-1,215) => nx + x - 10,5y = -1,59 (3)

Giải (1), (2), (3) => nx = 0,07; x = 0,02; y = 0,16

${n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,16{\text{ }}mol \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}}$ = 0,16.197 = 31,52 gam

n_N2 = 0,0375 mol => n_N = 0,075 mol

Quy đổi M thành:

$\left\{ \begin{gathered}CONH:0,075 \hfill \\C{H_2}:x \hfill \\{H_2}O:y \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{ + NaOH:0,075}}\left| \begin{gathered}Muối\,Q\left\{ \begin{gathered}{\text{COONa:0,075}} \hfill \\{\text{N}}{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{:0,075}} \hfill \\{\text{C}}{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{:x}} \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{ + O2}}\left\{ \begin{gathered}N{a_2}C{O_3}:0,0375 \hfill \\C{O_2}:x + 0,0375 \hfill \\{H_2}O:x + 0,075 \hfill \\{N_2}:0,0375 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\{H_2}O:y \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$\left\{ \begin{gathered}44(x + 0,0375) + 18(x + 0,075) = {m_{bình\,tăng}} = 13,23 \hfill \\0,075.0,5 + x + y = {n_{{H_2}O(dot\,M)}} = 0,2275 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}x = 0,165 \hfill \\y = 0,025 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$ \to m = 43.0,075 + 14x + 18y = 5,985g$

Giả sử có x mol Gly-Na (C₂H₄O₂NNa) và y mol Ala-Na (C₃H₆O₂NNa)

x + y = n_NaOH = 0,2 (1)

Khi đốt cháy muối thu được: Na₂CO₃ (0,1 mol), CO₂ (2x + 3y - 0,1 mol), H₂O (2x + 3y mol), N₂ (0,1 mol)

=> 2x + 3y - 0,1 + 2x + 3y + 0,1 = 0,84 (2)

Giải (1), (2) => x = 0,18; y = 0,02

=> Gly / Ala = 9

Gộp peptit: X + 2Y → (Gly₉Ala)_k + 2H₂O

Tổng số liên kết peptit trong X-Y-Y là 10k - 1

Mà 12 (X có 8, Y có 1) ≤ Số liên kết peptit X-Y-Y ≤ 19 (khi X có 1, Y có 8)

12 ≤ 10k - 1 ≤ 19 => 1,3 ≤ k≤ 2 => k = 2 đạt được khi X có 1 và Y có 8 lk peptit (X là đipeptit, Y là nonapeptit)

X-Y-Y là Gly9Ala (0,01 mol) => n_X = 0,01; n_Y = 0,02

X: Gly_uAla_2-u (0,01 mol)

Y: Gly_vAla_9-v (0,02 mol) (u ≤ 2; v ≤ 8)

n_Gly = 0,01u + 0,02v = 0,18 => u = 2; v = 8

X là Gly-Ala; Y là Gly₈Ala

Số mol peptit trong T = 0,42 + 0,14 = 0,56 (mol)

Quy đổi T thành :

CONH: 0,56 mol

CH₂: x mol

H₂O: 0,1 mol

Đốt cháy:

CONH + 0,75O₂ → CO₂ + 0,5H₂O + 0,5N₂

CH₂ + 1,5 O₂ → CO₂ + H₂O

Ta thấy: theo PT (43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) g T cần ( 0,75.0,56 + 1,5x) mol O₂

Theo đề bài  13,2 (g)  cần 0,63 mol O₂

=> 0,63(43.0,56 + 14x + 0,1.18 ) = 13,2 (0,75.0,56 + 1,5x)

=> x = 0,98 (mol)

Số C trung bình của muối = n_C/ n_muối = ( 0,56 + 0,98)/ 0,56 = 2,75

=> Có 1 muối là  Gly- Na: 0,42 mol

Muối còn lại : Y- Na: 0,14 mol

Bảo toàn nguyên tố C: 0,42.2 + 0,12. C_Y = 0,56 + 0,98

=> C_Y = 5 => Y là Val

T_1:   Gly_nVal_5-n : a mol

T₂:  Gly_mVal_6-m : b mol

$\left\{ \begin{gathered}\sum {n_{T} = a + b = 0,1}  \hfill \\\sum {n_{N} = 5a + 6b = 0,56}  \hfill \\ \end{gathered}  \right. =  > \left\{ \begin{gathered}a = 0,04 \hfill \\b = 0,06 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

n_Gly = 0,04n + 0,06m = 0,42

=> 2n + 3m = 21 ( n ≤ 5; m ≤ 6)

=> n = 3 và m = 5 là nghiệm duy nhất

=> T₁ là Gly₃Val₂ => M_T1 = 387

n_NaOH = n_GlyNa + n_AlaNa = 0,68 mol

n_H2O = nA = 0,14 mol

BTKL: m_A = m_muối + m_H2O – m_NaOH = 0,28.97 + 0,4.111 + 0,14.18 – 0,68.40 = 46,88 gam

BTNT H: n_{H (A)} + n_NaOH = n_{H (GlyNa)} + n_{H (AlaNa)} + 2n_H2O 

=> n_H(A) = 4.0,28 + 6.0,4 + 2.0,14 - 0,68 = 3,12 mol

Khi đốt 46,88 gam A ta thu được:

n_CO2 = 2.n_GlyNa + 3.n_AlaNa = 0,28.2 + 0,4.3 = 1,76 mol

n_H2O = 0,5.n_{H (A)} = 1,56 mol

=> m_CO2 + m_H2O = 1,76.44 + 1,56.18 = 105,52 gam

Đốt 46,88 gam A thu được 105,52 gam CO₂ + H₂O

 Đốt    m   gam A      ←      63,312 gam CO₂ + H₂O

=> m = 28,128 gam

Quy đổi hỗn hợp X thành:

C₂H₃ON: 0,44 (mol) ( Tính từ n_N2 = 0,22 mol)

CH₂: a mol

H₂O : b mol

Trong phản ứng thủy phân X:

X + NaOH → Muối + H₂O

Khối lượng muối tăng so với X chính là lượng NaOH trừ đi lượng H₂O

=> m_NaOH – m_H2O = 15,8

=> 40.0,44 – 18b = 15,8

=> b = 0,1 (mol)

Coi quá trình đốt cháy muối là quá trình đốt cháy X và NaOH ban đầu

n_Na2CO3 = n_NaOH / 2 = 0,22 (mol)

BTNT C => n_CO2 = 2n_C2H3ON + n_CH2 – n_Na2CO3 = 2.0,44 + a – 0,22

=> n_CO2 = a + 0,66 (mol)

BTNT H => n_H2O = 1,5.n_C2H3ON + n_CH2 + ½. n_NaOH

=> n_H2O = 1,5.0,44 + a  + 0,5.0,44

=> n_H2O = a + 0,88

∑ m_CO2+H2O = (a + 0,66).44 + (a + 0,88).18 = 56,04

=> a = 0,18 (mol)

=> m_X = 0,44.57 + 0,18.14 + 0,1.18 = 29,4 (g)

Đặt x , y là số mol của A, B

$\left\{ \begin{gathered}\sum {{n_X} = x + y = b = 0,1}  \hfill \\\sum {{n_{NaOH}} = 4x + 5y = 0,44}  \hfill \\ \end{gathered}  \right. =  > \left\{ \begin{gathered}x = 0,06 \hfill \\y = 0,04 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

Đặt u, v là số mol của glyxin và analin

$\left\{ \begin{gathered} \sum {{n_N} = u + v = 0,44}  \hfill \\\sum {{n_C} = 2u + 3v = {n_{C{O_2}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 1,06}  \hfill \\ \end{gathered}  \right. =  > \left\{ \begin{gathered}u = 0,26 \hfill \\v = 0,18 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

A: (Gly)_p(Ala)_4-p: 0,06 (mol)

B. (Gly)_q(Ala)_5-q : 0,04 (mol)

=> n_Gly­ = 0,06p + 0,04q = 0,26

=> 3p + 2q = 13

Vì p ≤ 4 và q ≤ 5 => p = 3 và q = 2 thỏa mãn

=> B là (Gly)₂(Ala)₃

%m_B = [0,04. 345)/ 29,4].100% = 46,94% gần nhất với 47,50%

X là (NH₄)₂CO₃

Y là    H₂N – CH₂ – CONH – CH₂COOH

Y + NaOH → khí Z là NH₃ : NaOH + (NH₄)₂CO₃ → Na₂CO₃ + NH₃ + H₂O

E +HCl → khí T là CO₂ và chất hữu cơ Q là H₃NCl – CH₂ – COOH

                                  (NH₄)₂CO₃ + 2HCl → 2NH₄Cl + H₂O + CO₂

                 H₂N – CH₂ – CONH – CH₂COOH + 2HCl +H₂O → 2H₃NCl – CH₂COOH

→ B sai

\(\begin{gathered} \left\{ \begin{gathered}X(8C) \hfill \\Y(9C) \hfill \\Z(11C) \hfill \\T:{C_n}{H_{2n}}{O_2}\hfill \\\end{gathered}  \right.\xrightarrow{{quy\,doi}}\underbrace {\left\{\begin{gathered}C{H_2}:x \hfill \\CONH:y \hfill \\{H_2}O:z \hfill \\{O_2}:T \hfill \\ \end{gathered} \right.}_{249,56(g)}\left| \begin{gathered}P1\xrightarrow{{ + {O_2}}}\left\{ \begin{gathered}C{O_2}:amol \hfill \\{H_2}O:a - 0,11\,mol \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\P2\xrightarrow{{ + NaOH:(y + t)\,mol}}{H_2}O:z\,mol + \,{C_2}{H_5}OH:t\,mol + G\left\{ \begin{gathered}{C_n}{H_{2n}}{O_2}NNa \hfill \\{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\G\left\{ \begin{gathered}{C_n}{H_{2n}}{O_2}NNa \hfill \\{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}:3,385mol}}\left\{ \begin{gathered}N{a_2}C{O_3}:0,5y + 0,5t \hfill \\C{O_2}:a + 0,5y - 2,5t \hfill \\{H_2}O:x + y - 2,5t \hfill \\\end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered} \)

P1: n_CO2 –n_H2O = 0,11 => 0,5y – z = 0,11 (1)

P2: n_NaOH = y + t => n_Na2CO3 = 0,5y + 0,5t

BT “C”: x + y -2t = 0,5y + 0,5t + n_CO2

=> n_CO2 = x + 0,5y – 2,5t

BT “H”: (2x + y + 2z)+(y + t) -2z - 6t = 2n_H2O

=> n_H2O = x + y – 2,5t

BT “O”: n_O(muối) + 3,385.2 = 3(0,5y + 0,5t) + 2(x + 0,5y – 2,5t) + (x + y – 2,5t)

=> 3x + 1,5y – 8t = 6,77 (2)

Phương trình về KL: 14x + 43y + 18z + 32t = 249,56:2 (3)

BTKL: 124,78 + 4(y+t) = 133,18 + 18z + 46t

=> 40y – 18z – 6t = 8,4 (4)

(1) (2) (3) (4) => x = 4,98; y = 0,42; z = 0,1; t = 1,1

\(\begin{gathered}\left\{ \begin{gathered}{n_{peptit}} = 0,1{\text{ }}mol \to 0,8 < n < 1,1 \hfill \\{n_{C(hh)}} = 4,98 + 0,42 = 5,4 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to 4,3 < {n_{C(este)}} < 4,6 \to \frac{{4,3}}{{1,1}} < C(este) <\frac{{4,6}}{{1,1}} \hfill \\ \to Este:{C_4}{H_8}{O_2} \hfill \\\to \left\{ \begin{gathered}{n_{C(peptit)}} = 5,4- 4,4 = 1 \hfill \\{n_{peptit}} = z = 0,1 \hfill \\{n_{CONH}} = 0,42 \to so\,mat\,xich\,tb = 4,2 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}Z:Gl{y_4}Ala(m) \hfill \\Y:Gl{y_3}Ala(n) \hfill \\X:ValAla(p)\hfill \\ \end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}m + n + p = 0,1 \hfill \\11m + 9n + 8p = 1 \hfill \\5m + 4n + 2p = 0,42 \hfill \\\end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}m = 0,06 \hfill \\n = 0,02 \hfill \\z = 0,02 \hfill \\\end{gathered}  \right. \hfill \\\to \% {m_Y} = \frac{{0,02.(75.3 + 89 - 18.3)}}{{124,78}}.100\%  = 4,17\%  \hfill \\\end{gathered} \)

Gọi CTPT của amino axit tạo nên các peptit là : ${C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N\,\,\,\,\,(n \geqslant 2)$

Đipepit được tạo nên từ 2 phân tử amino axit khi tách 1 phân tử H₂O nên CTPT của đipeptit là :

$2{C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N - {H_2}O \Leftrightarrow {C_{2n}}{H_{4n}}{O_3}{N_2}$

Tương tự ta có CTPT của tripeptit là :  $3{C_n}{H_{2n + 1}}{O_2}N - 2{H_2}O \Leftrightarrow {C_{3n}}{H_{6n - 1}}{O_4}{N_3}$

PT đốt cháy tripeptit :

${C_{3n}}{H_{6n - 1}}{O_4}{N_3}\xrightarrow{{ + {O_2}}}3nC{O_2} + (3n - \dfrac{1}{2}){H_2}O + \dfrac{3}{2}{N_2}$

$\,\,0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3n.0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3n - \dfrac{1}{2}).0,1\,$

${m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 3n.0,1.44 + (3n - 0,5).0,1.18 = 54,9\,\,\, \to n = 3$

PT đốt cháy đipeptit :

${C_6}{H_{12}}{O_3}{N_2}\xrightarrow{{ + {O_2},{t^o}}}6C{O_2} + 6{H_2}O + {N_2}$

     0,2                              1,2

$ \Rightarrow {n_{CaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 1,2\,mol$

$ \to {m_{CaC{O_3}}} = 1,2.100 = 120\,\,gam$

\(m(g)\,X\left\{ \begin{gathered}Ala:a \hfill \\Gly - Val:b \hfill \\\end{gathered}  \right. + \left\{ \begin{gathered}{H_2}S{O_4}:0,025 \hfill \\HCl:0,025 \hfill \\\end{gathered}  \right. + \left\{ \begin{gathered}NaOH:0,072 \hfill \\KOH:0,048 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \to 10,9155(g)\,muoi + {H_2}O\)

n_H2O = n_Ala + n_Gly-Val + 2n_H2SO4 + n_HCl = a + b + 0,075

BTKL: m_X + m_H2SO4 + m_HCl + m_NaOH + m_KOH = m _muối + m_H2O

=> 89a + (75+117-18)b + 0,025.98 + 0,025.36,5 + 0,072.40 + 0,048.56 = 10,9155 + 18(a+b+0,075) (1)

n_NaOH + n_KOH = n_Ala + 2n_Gly-Val + 2n_H2SO4 + n_HCl

=> 0,072 + 0,048 = a + 2b + 0,025.2 + 0,025 (2)

Giải (1) và (2) thu được a = 0,025 và b = 0,01

=> \(\% {m_{Ala}} = \frac{{0,025.89}}{{0,025.89 + 0,01.174}}.100\%  = 56,12\% \)

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

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

=> 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