A

- Hướng dẫn giải

Đáp án A

Vì X là este 2 chức và có 6 liên kết π 

⇒ CTTQ của X là CnH2n–10O4.

+ Quy đổi hỗn hợp Y và Z thành CmH2m–1NO và H2O.

Ta có 2 sơ đồ sau:

+ Nhận thấy các muối đều có –COONa.

Vì nNa = 2nNa2CO3 = 0,56 mol 

⇒ ∑nO/Muối = 0,56×2 = 1,12 mol.

Từ Sơ đồ (2) ta bảo toàn nguyên tố O ta có: 

1,12 + 1,08×2 = 0,28×3 + 2c + c – 0,32

 c = 0,92 mol ⇒ nH2O sơ đồ (2) = 0,6 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ở sơ đồ (2) 

⇒ mMuối = 29,68 + 0,92×44 + 0,6×18 – 34,56 + 14b.

⇔  mMuối = 46,4 + 14b.

+ Thế vào sơ đồ (1) và tiếp tục BTKL ta có: 

49,4 + 22,4 = (46,4 + 14b) + 22,8 + 18a

⇔ 18a + 14b = 2,6 (1).

+ PT theo số mol NaOH phản ứng ta có: 2a + b = 0,56 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: a = 0,02 và b = 0,16.

● Giải tìm 2 ancol: 

Ta có nhh ancol đơn chức = 2nEste = 10×a×2 = 0,4 mol.

⇒ Mhh ancol đơn chức =  = 57.

Vì ancol xuất phát từ 1 este 

⇒ Chúng có số mol bằng nhau:

Vậy 57 ứng với ancol trung bình có dạng: C3H5O

⇒ 2 Ancol đó là 

● Tìm CTPT của X:

Bảo toàn cacbon ta có: 

nC/Hỗn hợp H = nC/Muối + nC/Ancol = 0,28 + 0,92 + 0,2×3×2 = 2,4 mol.

Ta có PT bảo toàn số mol C là: 

0,2n + 0,16m = 2,4.

Với 2 < m < 3 ⇒ 9,6 < n < 10,4 

⇒ X có 10 cacbon 

⇒ CTPT của X là C10H10O4.

● Tìm 2 peptit Y và Z: 

Ta có nNaOH pứ với peptit = 0,56 × 0,2×2 = 0,16 mol.

⇒ Tỷ lệ . 

Lại có Y và Z hơn kém nhau 2 nguyên tử N.

⇒ Y và Z chỉ có thể là hỗn hợp của Heptapeptit và Nonapeptit

+ Đặt nHeptapeptit = x và nNonapeptit = y ta có:

x + y = 0,02 (1) || 7x + 9y = 0,16 (2) 

⇒ x = y = 0,01

+ Vì 2 peptit có cùng số Cacbon 

⇒ Mỗi peptit có số C =  = 20

⇒ Heptapeptit có dạng: (Gly)1(Ala)6

⇒ CTPT là C20H35O8N7 ⇒ MHeptapeptit = 501

⇒ Nonapeptit có dạng: (Gly)7(Ala)2

 ⇒ CTPT là C20H33O10N9 

⇒ MNonapeptit = 559 > 501 ⇒ (Z)

⇒ Tổng số nguyên tử có trong X và Z 

= (10 + 10 + 4) + (20 + 33 + 10 + 9) = 96