285 Bài tập Amin, Amino axit, Protein cơ bản, nâng cao có lời giải (P7)

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,66) mol CO₂ và (x + 0,88) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) ⇒ x = 0,18 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol ⇒ n_Gly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ m_H2O = 1,8(g) ⇒ n_H2O = 0,1 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; n_H2O = a + b = 0,1 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ A là Gly₃Ala.

► %m_A = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

X là amin đơn chức ⇒ n_X = 2n_N2 = 0,25 mol; n_CO2 = 0,75 mol; n_H2O = 1,125 mol.

số C = 0,75 ÷ 0,25 = 3; số H = 2 × 1,125 ÷ 0,25 = 9 ⇒ X là C₃H₉N ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

● FeCl₃ + 3CH₃NH₂ + 3H₂O → Fe(OH)₃↓ + 3CH₃NH₃Cl.

● CuSO₄ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O → Cu(OH)₂↓ + (CH₃NH₃)₂SO₄.

Cu(OH)₂ + 4CH₃NH₂ → [Cu(CH₃NH₂)₄](OH)₂ (phức tan).

● Zn(NO₃)₂ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O → Zn(OH)₂↓ + CH₃NH₃NO₃.

Zn(OH)₂ + 4CH₃NH₂ → [Zn(CH₃NH₂)₄](OH)₂ (phức tan).

● CH₃COOH + CH₃NH₂ → CH₃COOH₃NCH₃.

⇒ chỉ có FeCl₃ thu được kết tủa ⇒ chọn A.

Chú ý: CH₃NH₂ có cơ chế tạo phức tương tự NH₃.

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,22 mol.

► Muối gồm 0,22 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,33) mol CO₂ và (x + 0,44) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,33) + 18 × (x + 0,44) = 28,02(g) ⇒ x = 0,09 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,09 mol ⇒ n_Gly = 0,22 – 0,09 = 0,13 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,22 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,22 × 40 = m + 7,9 + m_H2O ⇒ m_H2O = 0,9(g) ⇒ n_H2O = 0,05 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,22 mol; n_H2O = a + b = 0,05 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,03 mol; b = 0,02 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,03m + 0,02n = 0,09.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ B là Gly₂Ala₃.

► %m_A = 0,02 × 345 ÷ (0,22 × 57 + 0,09 × 14 + 0,05 × 18) × 100% = 46,94% ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Vì amin no đơn chức mạch hở ⇒ CTTQ là C_nH_2n+3N

Ta có: C_nH_2n+3N +(6n+3)/4  O₂ → (n + 1,5) H₂O + nCO₂ +  N₂

⇒ n_O2 × (n + 1,5) = n_H2O × (6n + 3) ÷ 4

 0,375 × (n + 1,5) = 0,35 × (1,5n + 0,75)

n = 2 ⇒ Amin có ctpt là C₂H₇N

⇒ n_CO2 = 0,2 ⇒ m_CO2 = 8,8 gam.

+ Mà m_{Bình ↑} = m_CO2 + m_H2O = 8,8 + 6,3 = 15,1 gam

⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Gly–Ala–Gly là tripeptit có khả năng tham gia phản ứng màu biure Cu(OH)₂/NaOH

⇒ tạo phức màu xanh tím

+ Còn Gly–Ala là đipeptit không có khả năng phản ứng với màu biure Cu(OH)₂/NaOH

⇒ không hiện tượng.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

H₂NCH(CH₃)COOH + HCl → ClH₃NCH(CH₃)COOH (X).

ClH₃NCH(CH₃)COOH (X) + 2NaOH → H₂NCH₂COONa (Y) + NaCl + H₂O.

⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

Ta có phản ứng: C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂Br₃NH₂ + 3HBr

⇒ n↓ = n_C6H2Br3NH2 = n_Br2 ÷ 3 = 0,01 mol

⇒ m↓ = m_C6H2Br3NH2 = 0,01 × 330 = 3,3 gam ⇒ Chọn C

Chọn đáp án D

Số đồng phân amin ứng với ctpt C₃H₉N gồm.

● Bậc 1 có: CH₃–CH₂–CH₂–NH₂ || CH₃–CH(CH₃)–NH₂

● Bậc 2 có: CH₃–NH–CH₂–CH₃.

● Bậc 3 có: (CH₃)₃N

⇒ Có tổng 4 đồng phần ứng với ctpt C₃H₉N ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

Ta có m_HCl = (27,375 – 18,25) ÷ 36,5 = 0,25 mol = n_{Amin đơn chức}

⇒ M_Amin = 18,25 ÷ 0,25 = 73.

⇒ M_CnH2n+3N = 72 ⇒ n = 4 ⇒ C₄H₁₁N

⇒ Số đồng phân amin bậc 2 gồm:

1) CH₃–NH–CH₂–CH₂–CH₃.

2) CH₃–CH₂–NH–CH₂–CH₃.

3) CH₃–CH(CH₃)–NH–CH₃.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Vì đây là tri peptit chứa 2 loại α–amino axit trong đó có chứa 1 phân tử glyxin.

⇒ Số đồng phân cũng chính là số vị trí của glyxin trên mạch tripeptit ⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

X + 4NaOH → Muối + H₂O || Đặt n_X = x ⇒ n_NaOH = 4x; n_H2O = x.

Bảo toàn khối lượng: 8,68 + 40 × 4x = 14,36 + 18 × x ⇒ x = 0,04 mol.

● X + 4HCl + 3H₂O → Muối ⇒ n_HCl = 0,16 mol; n_H2O = 0,12 mol.

► Bảo toàn khối lượng: m = 8,68 + 0,16 × 36,5 + 0,12 × 18 = 16,68(g).

Chọn đáp án A

Quy A về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.Xét trong 0,7 mol A:

n_H2O = n_A = 0,7 mol; n_C2H3NO = n_KOH = 3,9 mol.

Đặt n_CH2 = x. Giả sử 66,075(g) A gấp k lần 0,7 mol A.

⇒ 66,075(g) E chứa 3,9k mol C₂H₃NO; kx mol CH₂; 0,7k mol H₂O.

► m_E = 57 × 3,9k + 14kx + 18 × 0,7k = 66,075(g). Đốt cho:

CO₂: (7,8k + kx) mol và H₂O: (6,55k + kx) mol.

||⇒ 44 × (7,8k + kx) + 18 × (6,55k + kx) = 147,825(g). Giải hệ có:

kx = 0,525; k = 0,25 ⇒ x = 2,1 mol. Muối gồm C₂H₄NO₂K và CH₂.

► m = 3,9 × 113 + 2,1 × 14 = 470,1(g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Dung dịch alanin không làm đổi màu quỳ tím.

Dung dịch lysin làm quỳ tím đổi màu xanh.

Dung dịch axit glutamic làm quỳ tím đổi sang màu đỏ.

⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

X gồm ba peptit A_a, B_b, C_c với tỉ lệ mol tương ứng 2 : 3 : 4.

Biến đổi: 2A_a + 3B_b + 4C_c → 1(A_a)²(B_b)³(C_c)⁴ + 8H₂O.

1(A_a)²(B_b)³(C_c)⁴ + ?H₂O → 11k.X₁ + 16k.X₂ + 20k.X₃ (k nguyên).

⇒ 2a + 3b + 4c = 47k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 12 ⇔ a + b + c = 15

⇒ 2a + 3b + 4c < 4(a + b + c) = 60 ⇒ 47k < 60 ⇒ k = 1 là giá trị thỏa mãn.

Vậy: X gồm [2A + 3B + 4C] + 38H₂O → 11X₁ + 16X₂ + 20X₃

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

biến đổi: 2A + 3B + 4C + 14,5H₂O → 23,5E (đipeptit dạng C_nH_2nN₂O₃).

biến 39,05 gam X → 0,235 mol E₂ cần thêm 0,145 mol H₂O ⇒ m_E2 = 41,66 gam.

⇒ n_CO2 = n_H2O = (41,66 – 0,235 × 76) ÷ 14 = 1,7 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có n_{O2 cần đốt} = (1,7 × 3 – 0,235 × 3) ÷ 2 = 2,1975 mol

☆ lập tỉ lệ có m = (32,816 ÷ 22,4) ÷ 2,9175 × 39,05 ≈ 26,03. → Chọn đáp án A. 

 Chọn đáp án B

Amino axit no có CTTQ là: CmH2m+2–2k+tO2kOt.

+ Vì k = 2 và t = 1 ⇒ CTTQ là CmH2m–1O4N.

⇒ n = 2m – 1 ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

Đipeptit + 2HCl ⇒ Sản phẩm.

⇒ nĐipeptit = nHCl ÷ 2 = 0,1 mol.

⇒ mĐipeptit = 0,1 × (76 + 89 – 18) = 14,6 gam ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

• Thủy phân 1 mol pentapeptit X → 3 mol glyxin, 1 mol alanin và 1 mol valin → X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val

• Ta có Ala-Gly và Gly-Gly-Val → Ala-Gly-Gly-Val

Có Gly-Ala, vừa tìm được Ala-Gly-Gly-Val và X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val.

⇒ Gly-Ala-Gly-Gly-Val → Đầu N là Gly, đầu C là Val

⇒ Chọn B

Chọn đáp án C

Nhận thấy hỗn hợp M có dạng Gly-Ala-(Lys)x → công thức phân tử trung bình của M là C5+6xH10 + 12xN2+2xO3+x

%mO = $\frac{16.(\mathrm{x}+3)}{12.(5+6.\mathrm{x})+10+12\mathrm{x}+16(3+\mathrm{x})+14(2+2\mathrm{x})}$ = 0,213018 → x ≈ 1,5

Gly-Ala-(Lys)1,5 + 5HCl + 2,5H2O → muối

mmuối pứ với HCl = a = 0,16. ( 75 + 89 + 146.1,5 - 2,5. 18) + 0,16.5. 36,5 + 0,16.2,5. 18 = 90,48 gam.

mmuối pứ với NaOH = b = 0,16 × (75 + 89 + 146×1,5 + 22×3,5) = 73,6 gam

⇒ a + b = 90,48 + 73,6 = 164,08 gam.

⇒ Chọn C

Đáp án D

Mùi tanh của cá do amin gây nên. Mà amin là những hợp chất có tính bazo.

⇒ Dùng giấm ăn (tính axit) để trung hòa → tạo muối theo nước trôi đi

Đáp án A

Vì amin đơn chức ⇒ n_{HCl phản ứng} = n_Amin.

⇒ m_Tăng = m_HCl = 24,45 – 13,5 = 10,85 gam.

⇒ n_HCl = n_Amin = 0,3 mol

⇒ M_Amin = 45 ⇒ Amin có CTPT là C₂H₇N.

X có 2 đồng phân đó là: C₂H₅NH₂ và (CH₃)₂NH 

Đáp án C

Ta có ∑n_COOH + n_H⁺ = ∑n_OH^–.

⇒ Y + 0,01×2 + n_HCl = n_NaOH + n_KOH

⇒ n_Y = 0,02 mol và n_{H2O tạo thành} = ∑n_OH^– = 0,09 mol.

⇒ Bảo toàn khối lượng ta có:

m_Y + m_{H2NC3H5(COOH)2} + m_HCl = m_NaOH + m_KOH + m_H2O

<=> m_Y = 2,06 gam <=> M_Y =2,06/0,02 = 103 

Đáp án B

► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O ⇒ nC₂H₃NO = nNaOH = 0,95 mol; nH₂O = nE = 0,2 mol

Đặt nCH₂ = x. Giả sử 139,3(g) E gấp k lần 0,2 mol E 

⇒ 139,3(g) E chứa 0,95k mol C₂H₃NO; kx mol CH₂ và 0,2k mol H₂O  

Đốt cho (1,9k + kx) mol CO₂ và (1,625k + kx) mol H₂O

⇒ mE = 57 × 0,95k + 14kx + 18 × 0,2k = 139,3(g)

|| 44.(1,9k + kx) + 18.(1,625k + kx) = 331,1(g)

||⇒ giải hệ cho: k = 2; kx = 1,7 ⇒ x = 1,7 ÷ 2 = 0,85 mol

● nVal-Ala = 1/4nE = 0,05 mol. Đặt nX = a; nY = b ⇒ nE = a + b + 0,05 = 0,2 mol 

nC₂H₃NO = 5a + 6b + 0,05 × 2 = 0,95 mol. Giải hệ có: a = 0,05 mol; b = 0,1 mol  

► Gọi số gốc CH₂ ghép vào X và Y lần lượt là m và n.

Chú ý rằng X và Y đều chứa cả Gly, Ala và Val ⇒ X và Y chứa ÍT NHẤT 1 gốc Ala và 1 gốc Val

⇒ m, n ≥ 4 (do ghép 1 Ala cần 1 CH₂; ghép 1 Val cần 3 CH₂) 

⇒ 0,05m + 0,1n + 0,05 × 3 = 0,85. Giải phương trình nghiệm nguyên: m = 4 và n = 5 

⇒ X là Gly₃AlaVal và Y là Gly₃Ala₂Val 

⇒ %mY = 0,1 × 430 ÷ (0,95 × 57 0,85 × 14 + 0,2 × 18) × 100% = 61,74%

Đáp án C

Đồng phân amino axit có CTPT C₃H₇O₂N gồm:

H₂N–CH₂–CH₂–COOH và H₂N–CH(CH₃)–COOH

Đáp án A

Kí hiệu viết tắt Glu là chỉ chất amino axit có tên là axit glutamic 

Chú ý nhầm lẫn giữa đáp án A và B.

Đáp án C

Đipeptit Y C₆H₁₂N₂O₃.

Do là đipeptit nên loại trừ 1 nhóm CO-NH, 1 nhóm NH₂, 1 nhóm COOH ta còn C₄H₈

+ Đipeptit có dạng H₂N–A–CONH–B–COOH. Vậy ta có các TH sau.

(A) C₂H₄ + (B) C₂H₄ có 1 đồng phân alpha là Ala–Ala.

(A) CH₃ + (B) C₃H₇ có 4 đồng phân alpha gồm: 

NH₂-CH₃-CONH-CH(C₂,H₅)COOH có 2 đồng phân

NH₂-CH₃-C(CH₃)₂-COOH có 2 đồng phân

⇒ C₆H₁₂O₃N₂ có (1+2+2) = 5 đồng phân 

Chọn đáp án D

Chọn đáp án A

Vì 2 amino axit chỉ chứa một chức –COOH và một chức –NH₂.

⇒ n_{Hỗn hợp amino axit} = n_COOH.

Ta có: n_COOH + n_H⁺ = n_OH^–

⇒ n_COOH = 0,14×3 – 0,11×2 = 0,2 = n_{Hỗn hợp amino axit}.

⇒ Chọn A

Chọn đáp án A

► Cách 1: Quy về đốt đipeptit E₂ dạng C_nH_2nN₂O₃ cần 0,99 mol O₂ và 0,11 mol N₂

||→ bảo toàn O → n_CO2 = n_H2O = (0,11 × 3 + 0,99 × 2) ÷ 3 = 0,77 mol

số C_{trung bình các α-amino axit} = 0,77 ÷ 0,11 ÷ 2 = 3,5 || sơ đồ đường chéo → Gly = Val tức a : b = 1 : 1.

p/s: đề thừa rất nhiều giả thiết → hãy nghĩ đến những Câu 100i phức tạp hơn, vận dụng hết các giả thiết: kiểu X, Y là gì?

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án C

+ Đặt X là CxHyN

nC = nCO2 =  = 0,75 mol.

nH = 2 × nH2O = 2 ×  = 2,25 mol

nN = 2 × nN2 = 2 ×  = 0,25 mol.

Ta có x : y : 1 = 0,75 : 2,25 : 0,25 = 3 : 9 : 1

Vậy X là C3H9N

Đáp án C

Từ phản ứng: H₂NCH₂COOH + KOH → H₂NCH₂COOK + H₂O.

⇒ n_Glyxin = n_H2NCH2COOK = 84,75/(75+38) = 0,75 mol

⇒ m_Glyxin = 0,75×75 = 56,25 gam

Đáp án D

 Bài tập peptit: dùng phương pháp biến đổi peptit.!

các phương trình: 2X₁ → 1Y₂ + 1H₂O (1) || 4X₁ → 1Z₄ + 3H₂O (2).

đồng nhất số liệu: m gam X thu được m₁ gam Y₂ và ½.m₂ gam Z₄.

||→ Biến đổi Y → Z: 2Y₂ → 1Z₄ + 1H₂O (^☆). Lại quan sát kết quả đốt cháy:

m₁ gam Y₂ thu 0,76 mol H₂O; ½.m₂ gam Z₄ thu 0,685 mol H₂O ||→ n_{H2O chênh lệch} = 0,075 mol

chênh lệch này nằm ở (^☆) ||→ có 0,075 mol Z₄ và 0,15 mol Y₂.

Y₂ là đipeptit dạng C_nH_2nN₂O₃ ||→ m_Y2 = 0,76 × 14 + 0,15 × 76 = 22,04 gam.

Thay n_Y và m_Y vào (1) ||→ m = m_X = 22,04 + 0,15 × 18 = 24,74 gam.

Đáp án B

Đặt CT chung là C_nH_2n+3N || 19,4(g) Amin + ?HCl → 34(g) Muối.

Bảo toàn khối lượng: m_HCl = 14,6(g) ⇒ n_amin = n_HCl = 0,4 mol