Hỗn hợp E gồm ba chất: X (là es...

A

- Hướng dẫn giải

Chọn đáp án A

Cách 1: Biến đổi peptit, este – xử lí tinh tế giải đốt cháy kết hợp thủy phân

36 gam E + 0,44 mol NaOH → 45,34 gam muối + 7,36 gam ancol + ?$H_{2}O$.

⇒ BTKL có $m_{H_{2}O}$ = 0,9 gam ⇒ $n_{H_{2}O}$ = 0,05 mol = $n_{Y, Z}$.

Giải hệ 45,34 gam muối gồm x mol Gly–Na + y mol Val–Na + 0,1 mol Ala–Na

lại biết x + y + 0,1 = 0,44 mol ⇒ giải x = 0,31 mol và y = 0,03 mol.

☆ Biến đổi: E + 0,39 mol $H_{2}O$ → 0,31 mol Gly + 0,1 mol Ala + 0,03 mol Val + 7,36 gam ancol.

đốt E cho 1,38 mol $H_{2}O$||⇒ bảo toàn H có $n_{H trong ancol }$= 0,96 mol.

nhìn 7,36 gam ancol dạng ${\left(C{H}_2\right)}_{m}O{C}_{–1}$⇒ $n_{ancol}$ = (7,36 – 0,48 × 14) ÷ (16 – 12) = 0,16 mol.

⇒ $M_{ancol }$= 7,36 ÷ 0,16 = 46 cho biết có 0,16 mol ancol là $C_2{H}_{6}OH$.

chỉ có 0,31 mol Gly > 0,16 mol ⇒ este chỉ có thể là $H_{2}NC{H}_{2}COO{C}_2{H}_5$.

⇒ thủy phân 0,05 mol (Y, Z) → 0,15 mol Gly + 0,1 mol Ala + 0,03 mol Val

⇒ $số mắt xíc{h}_{TB}$ = 0,28 ÷ 0,05 = 5,6 → có 0,02 mol pentapeptit $Y_5$ và 0,03 mol hexapeptit $Z_6$.

⇒ có 0,02 mol $Y_5$ dạng ${\left(Gly\right)}^a{\left(Ala\right)}^5$ ^{– a} và 0,03 mol $Z_6$ dạng ${\left(Gly\right)}^b{\left(Ala\right)}^{5-b}{\left(Val\right)}^1$.

⇒ ∑$n_{Gly}$ = 0,02a + 0,03b = 0,15 mol ⇔ 2a + 3b = 15 ⇒ a = 3, b = 3

⇒ có 0,02 mol $Y_5$ là ${\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^2$⇒ $\%m_{Y trong E }$= 0,02 × 331 ÷ 36 ≈ 18,39% → Chọn A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{NaOH}$ = 0,44 mol.

Muối gồm $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na, C{H}_2$⇒ $n_{C{H}_2}$/muối = (45,34 – 0,44 × 97)/14 = 0,19 mol.

Đặt $n_{C{H}_2}$/E = x mol; $n_{H_{2}O}$/E = y mol ⇒ $m_E$ = 0,44 × 57 + 14x + 18y = 36 gam.

$n_{H_{2}O}$ = 1,5 × 0,44 + x + y = 1,38. Giải hệ có: x = 0,51 mol; y = 0,21 mol.

Bảo toàn khối lượng: $m_{H_{2}O}$ = 36 + 0,44 × 40 – 7,36 – 45,34 = 0,9 gam.

⇒ $n_{peptit}$ = $n_{H_{2}O}$ = 0,9 ÷ 18 = 0,05 mol ⇒ $n_{este }$= 0,21 – 0,05 = 0,16 mol.

$n_{C{H}_2}$/muối = $n_{Ala}$ + 3$n_{Val}$⇒ $n_{Val}$ = (0,19 – 0,1) ÷ 3 = 0,03 mol ⇒ $n_{Gly}$ = 0,31 mol.

Do $n_{este} > n_{Ala}, n_{Val}$⇒ este là este của Gly ⇒ còn 0,31 – 0,16 = 0,15 mol Gly cho peptit.

số mắt xích trung bình = (0,44 – 0,16) ÷ 0,05 = 5,6 ⇒ Y là pentapeptit và Z là hexapeptit.

Đặt $n_Y$ = a mol; $n_Z$ = b mol ⇒ $n_{peptit }$= 0,05 mol = a + b; $n_{mắt xích}$ = 5a + 6b = 0,44 – 0,16.

Giải hệ có: a = 0,02 mol; b = 0,03 mol ⇒ hexapeptit chứa 1 Val.

$n_{Ala}$ = 0,1 = 0,02 × 5 = 0,02 × 2 + 0,03 × 2. Mà Y, Z chứa ít nhất 2 loại gốc.

⇒ Y và Z đều chứa 2 gốc Ala ⇒ Y là ${\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^2$ và Z là ${\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^{2}Val$