100 câu trắc nghiệm Amin - Amino Axit - Protein nâng cao (P5)

Đáp án C

Các chất peptit là:(1),(3) và (7)

Các chất còn lại không thỏa mãn điều kiện là chứa từ 2 đến 50 gốc $\alpha$ - aminoaxit liên kết với nhau bởi các liên kết peptit.

Đáp án A

Thủy phân X có CTPT C₇H₁₄N₂O₃ thu được hai muối H₂NCH₂COONa, H₂NC₄H₈COONa.

→ X là H₂N-CH₂-CONH-CH(C₃H₇)- COOH hoặc CH₃-CH(CH₃)-CH(NH₂)-CONH-CH₂-COOH

Chú ý : Peptit được tạo bởi từ các α-amino axit.

Đáp án D

Liên kết peptit là liên kết của nhóm CO với nhóm NH giữa hai đơn vị α-amino axit.

→ Trong X có 2 liên kết peptit.

Khi thủy phân X thu được 3 loại α-amino axit: CH₃-CH(NH₂)-COOH, H₂N-CH₂-COOH, C₆H₅-CH(NH₂)-COOH.

Vì các amino axit cấu tạo nên X không hoàn toàn là α-amino axit nên X không là một pentapeptit.

Đáp án C

Số peptit chứa cả 3 amino axit trên là: 3! = 6

Đáp án B

(1)       Sai. Có thể tạo được 4 đipeptit: Ala-Ala; Ala-Gly; Gly-Ala; Gly-Gly

(2)       Đúng

(3)       Đúng

(4)       Đúng

(5)       Sai, chỉ tạo được 4 tripeptit có chứa 1 gốc Glyxin. 1 cái trùng Gly-Phe-Tyr

(6)       Sai, cho HNO₃ vào anbumin tạo dung dịch màu vàng

Đáp án A

(1)       Sai vì tất cả các muối amoni đều tan trong nước

(2)       Sai trừ đipeptit không có tính chất này

(3)       Sai vì liên kết peptit phải là liên kết -CO-NH- của 2 anpha-amino axit

(4)       Đúng. Metyl-, dimetyl-, trimetyl-, etylamin, amoniac đều là chất khí mùi khai ở đk thường

Có 1 phát biểu đúng.

Đáp án D

Xem các phát biểu:

(a). đúng.

(b). sai, phải là axit nitro HNO₂ mới đúng, HNO₃ không thể tạo ra muối điazoni được.

(c). đúng, vì polipeptit có từ 11 – 50 gốc α – amino axit (mà chỉ cần chứa 2 liên kết peptit trở lên là có thể tạo phức chất với Cu(OH)₂ cho màu tím đặc trưng).

(d). sai phải là hexametylendiamin (H₂N[CH₂]₆NH₂) chứ không phải là 6-aminohexanoic (H₂N[CH₂]₅COOH).

(e) đúng.

(g). amino axit có nhóm cacboxyl –COOH nên phản ứng được với ancol → este.

Có 4 phát biểu đúng.

Đáp án B.

Aminoaxit đơn no C_nH_2n+1NO₂ suy ra X: C_2nH_4nN₂O₃ và Y : C_3nH_6n-1N₃O₄   

Đốt Y :           C_3nH_6n-1N₃O₄  →  3nCO₂ + $\frac{6n-1}{2}$  H₂O

                                    0,1mol            0,3n       0,05(6n – 1)

Ta có: $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$  = 44.0,3n + 18.0,05(6n – 1) = 54,9 gam

⇒ n = 3. Vậy X : C₆H₁₂N₂O₃

Đốt X :           C₆H₁₂N₂O₃     →        6CO₂              

                        0,2                               1,2 mol          

Dẫn CO₂ vào Ca(OH)₂ dư :  CO₂  + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓      + H₂O

                                                 1,2                         1,2 mol

⇒  $m_{CaC{O}_3}$= 1,2.100 = 120 gam

Đáp án A.

Đặt X : C_nH_2n+1NO₂  

Ta có: %m_N =  $\frac{14}{M_X}$. 100% = 15,73 suy ra M_X = 89 đvC                          

Phản ứng :      8X →  Y +  7H₂O                                           

Vậy M_Y = 8.89 – 7.18 = 586 đvC

Đáp án C.

n_Ala-Ala-Ala = 0,12 mol                                                                                                           

n_Ala-Ala = 0,2 mol                                                                  

n_Ala = 0,32 mol                                                                     

Ta có m_sp = 28,48 + 32 + 27,72 = 88,2 gam loại A,B                            

Bảo toàn Ala có: 

$$\begin{gathered} 4.n_{tetra Ala} = n_{Ala} + 2.n_{Ala - Ala} + 3.n_{Ala - Ala - Ala} \\ \Rightarrow n_{tetra Ala}=\frac{0,32+2.0,2+3.0,12}{4} = 0,27 mol \\ \Rightarrow m =0,27. (89.4 - 3.18)= 81,54 gam. \end{gathered}$$

Đáp án D

Mz = 36,6 => gồm CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂

n_Z = 0,2 mol => $n_{C{H}_{3}N{H}_2}=0,12 mol; n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=0,08 mol$

=> A: (C₂H₅NH₃)₂CO₃

     B:(COONH₃CH₃)₂
(C₂H₅NH₃)₂CO₃(A) + 2NaOH → Na₂CO₃(D)+ 2C₂H₅NH₂ + 2H₂O

(COONH₃CH₃)₂(B) + 2NaOH →(COONa)₂(E) + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

=> n_E = 0,12: 2 = 0,06 mol => m_E = 8,04 gam

Đáp án A.

Gọi số mol X, Y lần lượt x, y mol

BTNT (N) có n_(N) = 0,2 mol

x + y = 0,2

2y + 0,93.2 = 2nx + (n+1,5)x + 2ny + (n + 0,5)y

→ 1,5(x – y) + 0,6n = 1,86

Ta luôn có: 0 < x – y < 0,2

=>   2,6 < n < 3,1 => n = 3

X là: C₃H₉N gồm các đồng phân:

CH₃-CH₂-CH₂-NH₂

CH₃-CH(NH₂)-CH₃

CH₃-NH-CH₂-CH₃

CH₃-N(CH₃)₂

Số đồng phân: 4.

Đáp án C

 $N_{tb}=\frac{n_{HCl}}{n_M}=4,5; C_{tb}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_M}=7,5; k_{tb}=\frac{n_{NaOH}}{n_M}=4$

Suy ra CT chung của M là $C_{7,5}{H}_{13,5}{O}_a{N}_{4,5}$

Đốt cháy 2 mol M thu được số mol nước = $\frac{13,5}{2}.2=13,5.$

Chỉ có C thỏa mãn.

Đáp án C.

E tác dụng với HCl sinh ra chất khí vô cơ Z → Z là CO₂

Khi cho E tác dụng với NaOH sinh ra khí T là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C, H, N và làm xanh quỳ tím ẩm → T là amin.

E tác dụng với NaOH thu được dung dịch chứa 2 chất rắn vô cơ gồm Na₂CO₃ và NaOH dư

→ cấu tạo của X là CH₃NH₃HCO₃ : x mol

Cấu tạo của Y là : (CH₃NH₃)₂CO₃ : y mol

CH₃NH₃HCO₃ + HCl → CH₃NH₃Cl + CO₂ + H₂O

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2HCl → 2CH₃NH₃Cl + CO₂ + H₂O

CH₃NH₃HCO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + CH₃NH₂ + 2H₂O

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,2\\ x+2y=0,3\end{array}\right.$  → x = y = 0,1

→ m = 21,7 gam

Đáp án D

Giả sử X, Y + 2,475 mol O₂ → x mol CO₂ + y mol H₂O + 0,25 mol N₂

Theo đề bài ⇒  $\frac{x}{y}=\frac{10}{13}$

Bảo toàn nguyên tố oxi → 2x + y = 2.2,475

Tìm được x = 1,5 mol ; y = 1,95 mol

Bảo toàn Khối lượng:

⇒  m_X + m_Y = m_C + m_H + m_N = 1,5.12 + 1,95.2 + 0,25.28 = 28,9 g

Đáp án B

Gọi công thức chung của 2 hidrocacbon là C_xH_y . Gọi $V_{C_2{H}_{7}N}$ = a;  $V_{C_x{H}_y}$= b

Ta có: a + b = 100 ⇒  a = 100 – b

Khi cho Y qua H₂SO₄ đặc ⇒  H₂O bị giữ lại

 $\left\{\begin{array}{l}{V}_{H_{2}O}=300ml\\ V_{C{O}_2}+V_{N_{2 }}=550-300=250ml\end{array}\right.$

Mà $V_{H_{2}O}$  = 0,5.(7a + by) ; $V_{C{O}_2}$ = 2a + xb ;  $V_{N_2}$ = 0,5a

Do vậy  ⇒ $\left\{\begin{array}{l}0,5(7a+by)=300\\ 2a+xb+0,5a=250\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}7a+by=600\\ 5a+2xb=500\end{array}\right.$

+) Từ 5a + 2xb = 500, mà a = 100 – b

⇒  5.(100 – b) + 2xb = 500 ⇒  x = 2,5

⇒Hai hidrocacbon đồng đẳng kế tiếp có số mol bằng nhau (vì số C trung bình = 2,5)

⇒ Số H phải là số lẻ (là trung bình cộng của 2 số chẵn liên tiếp)

+) Từ 7a + by = 600 ⇒  7.(100 – b) + by = 600 ⇒  (7 – y)b = 100 ⇒ y < 7

Do đó, y = 3 hoặc y = 5

⇒ Hai hidrocacbon là: C₂H₄ và C₃H₆ (y = 5)

hoặc C₂H₂ và C₃H₄ (y = 3)

Đáp án A.

A: CH₃-CH(NH₂)-COONH₄

B: CH₃-CH(NH₂)-COONa

C: CH₃-CH(NH₃HSO₄)-COOH

Đáp án B.

Phenol ít tan trong nước, khi cho dung dịch NaOH vào các mẫu thử, mẫu thử mà phản ứng với NaOH tạo dung dịch đồng nhất đó là phenol. Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì.

Cho dung dịch brom vào các mẫu thử còn lại, mẫu thử làm mất màu nước brom là stiren, mẫu thử tạo kết tủa trắng là anilin, mẫu thử không có hiện tượng gì là benzen.

C₆H₅OH + NaOH à C₆H₅ONa + H₂O

C₆H₅CH=CH₂ + Br₂  à C₆H₅CHBr-CH₂Br.

C₆H₅NH₂ + 3Br₂  à C₆H₂NH₂(Br)₃ + 3HBr.

Đáp án C

Để phân biệt các dung dịch hóa chất mất nhãn: CH₃COOH, C₃H₅(OH)₃, C₆H₁₂O₆, HCHO, CH₂OH-CH₂-CH₂OH, anbumin ta chỉ cần dùng Cu(OH)₂/OH^-

B₁: Cho tất cả các hóa chất phản ứng với thuốc thử ở nhiệt độ thường:

-     Nếu xuất hiện màu xanh nhạt → CH₃COOH:

            Cu(OH)₂ + 2CH₃COOH → (CH₃COO)₂Cu + 2H₂O

-     Nếu dung dịch xuất hiện phức màu xanh đậm → C₃H₅(OH)₃, C₆H₁₂O₆.

            2C₃H₈O₃ + Cu(OH)₂ → (C₃H₇O₃)₂Cu + 2H₂O

            2C₆H₁₂O₆ + Cu(OH)₂ → (C₆H₁₁O₆)₂Cu + 2H₂O

-     Nếu dung dịch xuất hiện màu tím đặc trưng → anbumin.

-     Nếu dung dịch không có hiện tượng gì → HCHO, CH₂OH-CH₂-CH₂OH.

B₂: Cho hai dung dịch ở B₁ không có hiện tượng gì phản ứng với Cu(OH)₂/OH^- có sự tham gia của nhiệt độ. Nếu xuất hiện ↓ đỏ gạch → HCHO

B₃: Đun sôi hai dung dịch xuất hiện phức màu xanh đậm ở B₁. Nếu dung dịch xuất hiện kết tủa đỏ gạch → C₆H₁₂O₆.

            C₅H₁₁O₅-CHO + 2Cu(OH)₂ + NaOH  $\stackrel{t^0}{\to }$  C₅H₁₁O₅-COONa + Cu₂O↓ + 3H₂O

Nếu không có hiện tượng gì → C₃H₅(OH)₃ .

Đáp án D

- Đáp án D sai vì protein có hai dạng: hình cầu và hình sợi. Protein hình sợi hoàn toàn không tan trong nước trong khi protein hình cầu tan trong nước tạo thành dung dịch keo như anbumin, hemoglobin