Ôn tập chương 3

Gọi CT của X là ${C_{\overline n }}{H_{2\overline n  + 1}}N{H_2}$

${C_{\overline n }}{H_{2\overline n  + 1}}N{H_2} + HCl\xrightarrow{{}}{C_{\overline n }}{H_{2\overline n  + 1}}N{H_3}Cl$

Áp dụng tăng giảm khối lượng ta có : n_HCl = n_amin $ = \dfrac{{3,925 - 2,1}}{{36,5}} = 0,05\,\,mol$

→ M_amin $ = \dfrac{{2,1}}{{0,05}} = 42 \to 14\overline n  + 17 = 42 \to \overline n  = 1,786$  mà 2 amin đồng đẳng kế tiếp → CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂

Gọi CTPT chung của amin là C_nH_2n+3N

${\overline M _{amin }} = 35,666 = 14n + 17 \to n = \dfrac{4}{3}$

$\% {O_2} = \dfrac{{48 - 44}}{{48 - 32}} = 0,25$

$\to {n_{{O_2}}} = x(mol)\,;\,\,{n_{{O_3}}} = 3{\text{x}}\,(mol)$

$ \to \left\{ \begin{gathered}{n_O} = 2.x + 3.3{\text{x}} = 11{\text{x}}(mol) \hfill \\{n_{({O_2} + {O_3})}} = 4{\text{x}}(mol) \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

${C_{\dfrac{4}{3}}}{H_{\dfrac{{17}}{3}}}N + \dfrac{{11}}{2}O\xrightarrow{{}}\dfrac{4}{3}C{O_2} + \dfrac{{17}}{6}{H_2}O + \dfrac{1}{2}{N_2}$

$ \to {V_O} = \dfrac{{11}}{2}{V_1} \to {V_{({O_2} + {O_3})}} = {V_2} = \dfrac{4}{{11}}.\dfrac{{11}}{2}{V_1} = 2{V_1}$

$\to {V_1}:{V_2} = 1:2$

- Dùng quỳ tím để nhận biết: H₂N-CH₂-COOH không làm đổi màu quỳ, CH₃CH₂-COOH làm quỳ hóa đỏ, CH₃[CH₂]₃-NH₂ làm quỳ hóa xanh.

 (1)H₂NCH₃COOH : môi trường trung tính

(2) CH₃COOH : môi trường axit

(3) CH₃CH₂NH₂ : môi trường bazơ

→ Sắp xếp theo thứ tự pH tăng dần : (2) < (1) < (3)

Dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh có pH > 7:

+ Amin : CH₃–CH₂–NH₂

+ Amino axit có nhóm NH₂ nhiều hơn nhóm –COOH: HOOC–CH₂–CH₂–CH(NH₂)–COOH

→ Có 2 chất thỏa mãn

$\% N = \dfrac{{14}}{{{M_X}}}.100\%  = 15,73\%  \to {M_X} = 89 \to este\,X:{H_2}NC{H_2}COOC{H_3}$

${H_2}NC{H_2}COOC{H_3} + NaOH\xrightarrow{{}}{H_2}NC{H_2}COONa + C{H_3}OH$

$C{H_3}OH + CuO\,\,\xrightarrow{{{t^ \circ }}}\,\,\,Cu + HCHO + {H_2}O$

$HCHO + 4AgN{O_3} + 6N{H_3} + 2{H_2}O\xrightarrow{{}}4Ag \downarrow  + {(N{H_4})_2}C{O_3} + 4N{H_4}N{O_3}$

${n_{Ag}} = \dfrac{{12,96}}{{108}} = 0,12 \to {n_X} = {n_{C{H_3}OH}} = {n_{HCHO}} = \dfrac{1}{4}.{n_{Ag}} = \dfrac{{0,12}}{4} = 0,03\,\,mol$

$ \to {m_X} = 0,03.89 = 2,67\,gam$

${(H{\text{OO}}C)_a} - R - N{H_2} + HCl \to {(H{\text{OO}}C)_a} - R - N{H_3}Cl$

Áp dụng tăng giảm khối lượng ta có:

${n_{HCl}} = {n_X} = \dfrac{{13,95 - 10,3}}{{36,5}} = 0,1\,mol \to {M_X} = \dfrac{{10,3}}{{0,1}} = 103 \to R + 16 + 45a = 103$

$ \Rightarrow R + 45a = 87$

$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}a = 1 \hfill \\R = 42 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}a = 1 \hfill \\R:{C_3}{H_6} \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

X là α-aminoaxit →  CH₃CH₂CH(NH₂)COOH

Ta có: $\left\{ \begin{gathered}\dfrac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,04}}{{0,02}} = 2 \hfill \\\dfrac{{{n_{HCl}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,02}}{{0,02}} = 1 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ => X có 2 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH₂ trong phân tử

Gọi CT của X là (H₂N)R(COOH)₂

(H₂N)R(COOH)₂ + 2NaOH $\xrightarrow{{}}$ (H₂N)R(COONa)₂ + 2H₂O

Khối lượng muối:

${m_{Cl{H_3}NR{{(C{\text{OOH)}}}_2}}} = 3,67\,gam = 0,02.(52,5 + R + 45.2) \to R = 41 \to R:{C_3}{H_5}$

$ \to X:{H_2}N{C_3}{H_5}{(C{\text{OOH)}}_2}$

Ta có:

H₂NC₃H₅(COOH)₂ + HCl  $\xrightarrow{{}}$ ddX

X + NaOH $\xrightarrow{{}}$ H₂NC₃H₅(COONa)₂ + NaCl + H₂O

Coi hỗn hợp X gồm H₂NC₃H₅(COOH)₂ và HCl => NaOH thêm vào sẽ phản ứng với 2 chất theo số mol ban đầu

$ \to {n_{NaOH}} = 2.{n_{{H_2}N{C_3}{H_5}{{(C{\text{OOH)}}}_2}}} + {n_{HCl}} = 2.0,15 + 0,175.2 = 0,65\,mol$

$k = \pi  + v = \dfrac{{2.2 + 2 - 8 + 2}}{2} = 0$

X + NaOH → chất hữu cơ Y + các chất vô cơ

→ X là muối nitrat

X là: CH₃CH₂NH₃NO₃ (M = 45)

CH₃CH₂NH₃NO₃ + NaOH → CH₃CH₂NH₂ + NaNO₃ + H₂O

$k = \pi  + v = \dfrac{{2.2 + 2 - 7 + 1}}{2} = 0$

${n_Z} = \dfrac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2\,mol;$  d_Z/H2 = 13,75 → $ \to {\overline M _z} = 27,5$

→ Z có NH₃

→ X gồm CH₃COONH_4­ và HCOONH₃CH₃

→ Z gồm NH₃ và CH₃NH₂

$\% {n_{N{H_3}}} = \dfrac{{31 - 27,5}}{{31 - 17}}.100\%  = 25\%  \to \left\{ \begin{gathered}{n_{N{H_3}}} = 0,05\,mol \hfill \\{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,15\,mol \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

${n_{HCOONa}} = {n_{HCOON{H_3}C{H_3}}} = {n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,15\,mol$

${n_{C{H_3}COONa}} = {n_{C{H_3}COON{H_4}}} = {n_{N{H_3}}} = 0,05\,mol$

=> m_muối $= \,{m_{HCOONa}} + {m_{C{H_3}COONa}} = \,0,15.68 + 0,05.82 = 14,3\,gam$

$k = \pi  + v = \frac{{2.3 + 2 - 7 + 1}}{2} = 1$

${n_X} = \dfrac{{8,9}}{{89}} = 0,1\,mol\,;\,{n_{NaOH}} = 1,5.0,1 = 0,15\,mol$

n_{NaOH dư} = 0,15 - 0,1 = 0,05 mol

m_muối = 11,7 - 0,05.40 = 9,7 gam

n_muối = n_X = 0,1 mol

M_muối = $\dfrac{{9,7}}{{0,1}} = 97$ → Muối là H₂NCH₂COONa

→ X là H₂NCH₂COOCH₃

Số liên kết peptit  = số amino axit tạo thành nó  - 1

→ số liên kết peptit = 5 – 1 = 4

Đipeptit Gly-Ala  không có phản ứng màu biure, tripeptit Gly-Ala-Gly có phản ứng màu biure nên dùng Cu(OH)₂  trong môi trường kiềm để phân biệt.

Số n peptit có thể tạo thành từ x phân tử α- amino axit là ${x^n}$

→ Số đipeptit có thể tạo thành từ alanin và glyxin là ${2^2} = 4$

Ala – Ala ; Gly – Gly ; Ala – Gly ; Gly – Ala .

$N{H_2}C{H_2}CONHCH(C{H_3})CONHC{H_2}COOH + 2{H_2}O\xrightarrow{{{H^ + }}}2N{H_2}C{H_2}COOH + N{H_2}CH(C{H_3})COOH$

$N{H_2}C{H_2}COOH + HCl\xrightarrow{{}}{}^ + N{H_3}C{H_2}COOHC{l^ - }$

$N{H_2}CH(C{H_3})COOH + HCl\xrightarrow{{}}{}^ + N{H_3}CH(C{H_3})COOHC{l^ - }$

- Sản phẩm thủy phân bao gồm

$\begin{gathered}
{n_{Ala}} = \frac{{28,48}}{{89}} = 0,32{\mkern 1mu} mol,{\mkern 1mu} \hfill \\
{n_{Ala - Ala}} = \frac{{32}}{{89.2 - 18}} = 0,2{\mkern 1mu} mol,{\mkern 1mu} \hfill \\
{n_{Ala - Ala - Ala}} = \frac{{27,72}}{{89.3 - 18.2}} = 0,12{\mkern 1mu} mol \hfill \\
\end{gathered} $

- Bảo toàn gốc ala ta có: 

4n_{Ala-Ala-Ala-Ala} = n_Ala + 2n_Ala-Ala + 3nAla-Ala-Ala = 0,32 + 0,2.2 + 0,12.3 = 1,08

=> n_{Ala-Ala-Ala-Ala} = 0,27

=> m_{Ala-Ala-Ala-Ala} = 0,27.(89.4 - 18.3) = 81,54

Thuỷ phân không hoàn toàn được đipeptit Val-Phe nên A sai

Thủy phân hoàn toàn được 2 mol Gly nên B sai

Thuỷ phân không hoàn toàn được tripeptit Gly-Ala-Val nên D sai.

Đipeptit + 2H₂O $\xrightarrow{{}}$ 2 aminoaxit

Bảo toàn khối lượng ta có: ${m_{peptit}} + {m_{{H_2}O}} = {m_{a\operatorname{mino axit} }}$

$ \to {n_{{H_2}O}} = \dfrac{{63,6 - 60}}{{18}} = 0,2\,mol \to {n_{amino axit}} = 2.{n_{{H_2}O}} = 2.0,2 = 0,4\,mol$

1/10 hỗn hợp X tác dụng với ${n_{HCl}} = \dfrac{{0,4}}{{10}} = 0,04\,mol$

Khối lượng muối khan là: ${m_{amino axit}} + {m_{HCl}} = \dfrac{{63,6}}{{10}} + 0,04.36,5 = 7,82\,(g)$

Vì công thức của amino axit là H₂NC_nH_2nCOOH = C_n+1H_2n+3O₂N

Tripeptit X là 3(C_n+1H_2n+3O₂N)-2H₂O = ${C_{3n + 3}}{H_{6n + 5}}{N_3}{O_4}$

Tetrapeptit Y là 4(C_n+1H_2n+3O₂N)-3H₂O = ${C_{4n + 4}}{H_{8n + 6}}{N_4}{O_5}$

=> Đốt cháy 0,05 mol ${C_{4n + 4}}{H_{8n + 6}}{N_4}{O_5}$ thu được:

${n_{C{O_2}}} = 0,05.(4n + 4)$ mol và ${n_{{H_2}O}} = 0,05.(4n + 3)$  mol

$ \to 0,05.(4n + 4).44 + 0,05.(4n + 3).18 = 36,3 \to n = 2$

→ X là  ${C_9}{H_{17}}{N_3}{O_4}$: 0,01 mol

Bảo toàn C: n_CO2 = 9.n_X = 0,09 mol

=> n_BaCO3 = 0,09 mol => m_{kết tủa} = 0,09.197 = 17,73 gam