Câu hỏi: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (C4H8O3N2), peptit Y (C7HxOyNz) và peptit Z (C11HnOmNt). Đun nóng 56,84 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng 2,31 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 46,64 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X trong E là
A. 4,64%.
B. 13,93%.
C. 9,29%.
D. 6,97%.
A. 4,64%.
B. 13,93%.
C. 9,29%.
D. 6,97%.
Phương pháp giải:
Gly có 2C; Ala có 3C; Val có 5C.
Peptit X có 4C ⟹ X: Gly2
Peptit Y có 7C ⟹ Y: Gly2Ala hoặc GlyVal
Peptit được tạo từ các a. A no có 1 nhóm NH2, 1 nhóm COOH nên quy đổi thành CONH, CH2, H2O (lưu ý: số mol H2O bằng số mol peptit).
$E\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CONH \\
C{{H}_{2}} \\
{{H}_{2}}O \\
\end{array} \right.\overset{+NaOH}{\mathop{\Rightarrow }} T\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
COON\text{a} \\
N{{H}_{2}} \\
C{{H}_{2}} \\
\end{array} \right.\overset{+{{O}_{2}}}{\mathop{\Rightarrow }} \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
N{{a}_{2}}C{{O}_{3}} \\
C{{O}_{2}} \\
{{H}_{2}}O \\
{{N}_{2}} \\
\end{array} \right.$
- Kết hợp bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng xác định được số nguyên tử N trung bình là 4,4
⟹ E có chứa 1 peptit là pentapeptit trở lên
- Kết hợp với số nguyên tử C của X, Y, Z ⟹ Z phải là Gly4Ala ⟹ Y là GlyVal (vì sản phẩm thu được có Val).
- Từ đó xác định số mol của X, Y, Z ⟹ phần trăm khối lượng của X.
Giải chi tiết:
Gly có 2C; Ala có 3C; Val có 5C.
Peptit X có 4C ⟹ X: Gly2
Peptit Y có 7C ⟹ Y: Gly2Ala hoặc GlyVal
Peptit được tạo từ các a. A no có 1 nhóm NH2, 1 nhóm COOH nên quy đổi thành CONH, CH2, H2O (lưu ý: số mol H2O bằng số mol peptit).
+) BTNT "Na": nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,88 mol = nCONH = nCOONa.
Sơ đồ: $56,84\left( g \right)E\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CONH:0,88 \\
C{{H}_{2}}:a \\
{{H}_{2}}O:b \\
\end{array} \right.\overset{+NaOH:0,88}{\mathop{\Rightarrow }} T\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
COON\text{a}:0,88 \\
N{{H}_{2}}:0,88 \\
C{{H}_{2}}:a \\
\end{array} \right.\overset{+{{O}_{2}}:2,31}{\mathop{\Rightarrow }} \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:0,44 \\
C{{O}_{2}}:a+0,44\left( BT:C \right) \\
{{H}_{2}}O:a+0,88\left( BT:H \right) \\
{{N}_{2}}:0,44 \\
\end{array} \right.$
+) BTKL phản ứng đốt cháy muối T:
0,88.67 + 0,88.16 + 14a + 2,31.32 = 106.0,44 + 44.(a + 0,44) + 18.(a + 0,88) + 0,44.28
⟹ a = 1,1
+) mE = mCONH + mCH2 + mH2O ⟹ 0,88.43 + 14.1,1 + 18b = 56,84 ⟹ b = 0,2.
+) $\bar{N}=\dfrac{{{n}_{N}}}{{{n}_{E}}}=\dfrac{0,88}{0,2}=4,4$ ⟹ E có chứa 1 peptit là pentapeptit trở lên
Kết hợp với số nguyên tử C của X, Y, Z ⟹ Z phải là Gly4Ala ⟹ Y là GlyVal (vì sản phẩm thu được có Val).
⟹ $E\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
X:Gl{{y}_{2}}\left( x \right) \\
Y:GlyVal\left( y \right) \\
Z:Gl{{y}_{4}}Ala\left( z \right) \\
\end{array} \right. $ ⟹ $ \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x+y+z={{n}_{E}}=0,2 \\
2\text{x}+2y+5\text{z}={{n}_{N}}=0,88 \\
4\text{x}+7y+11\text{z}={{n}_{C}}=1,98 \\
\end{array} \right. $ ⟹ $ \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x=0,02 \\
y=0,02 \\
z=0,16 \\
\end{array} \right.$
⟹ %mX = 4,64%.
Gly có 2C; Ala có 3C; Val có 5C.
Peptit X có 4C ⟹ X: Gly2
Peptit Y có 7C ⟹ Y: Gly2Ala hoặc GlyVal
Peptit được tạo từ các a. A no có 1 nhóm NH2, 1 nhóm COOH nên quy đổi thành CONH, CH2, H2O (lưu ý: số mol H2O bằng số mol peptit).
$E\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CONH \\
C{{H}_{2}} \\
{{H}_{2}}O \\
\end{array} \right.\overset{+NaOH}{\mathop{\Rightarrow }} T\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
COON\text{a} \\
N{{H}_{2}} \\
C{{H}_{2}} \\
\end{array} \right.\overset{+{{O}_{2}}}{\mathop{\Rightarrow }} \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
N{{a}_{2}}C{{O}_{3}} \\
C{{O}_{2}} \\
{{H}_{2}}O \\
{{N}_{2}} \\
\end{array} \right.$
- Kết hợp bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng xác định được số nguyên tử N trung bình là 4,4
⟹ E có chứa 1 peptit là pentapeptit trở lên
- Kết hợp với số nguyên tử C của X, Y, Z ⟹ Z phải là Gly4Ala ⟹ Y là GlyVal (vì sản phẩm thu được có Val).
- Từ đó xác định số mol của X, Y, Z ⟹ phần trăm khối lượng của X.
Giải chi tiết:
Gly có 2C; Ala có 3C; Val có 5C.
Peptit X có 4C ⟹ X: Gly2
Peptit Y có 7C ⟹ Y: Gly2Ala hoặc GlyVal
Peptit được tạo từ các a. A no có 1 nhóm NH2, 1 nhóm COOH nên quy đổi thành CONH, CH2, H2O (lưu ý: số mol H2O bằng số mol peptit).
+) BTNT "Na": nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,88 mol = nCONH = nCOONa.
Sơ đồ: $56,84\left( g \right)E\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
CONH:0,88 \\
C{{H}_{2}}:a \\
{{H}_{2}}O:b \\
\end{array} \right.\overset{+NaOH:0,88}{\mathop{\Rightarrow }} T\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
COON\text{a}:0,88 \\
N{{H}_{2}}:0,88 \\
C{{H}_{2}}:a \\
\end{array} \right.\overset{+{{O}_{2}}:2,31}{\mathop{\Rightarrow }} \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:0,44 \\
C{{O}_{2}}:a+0,44\left( BT:C \right) \\
{{H}_{2}}O:a+0,88\left( BT:H \right) \\
{{N}_{2}}:0,44 \\
\end{array} \right.$
+) BTKL phản ứng đốt cháy muối T:
0,88.67 + 0,88.16 + 14a + 2,31.32 = 106.0,44 + 44.(a + 0,44) + 18.(a + 0,88) + 0,44.28
⟹ a = 1,1
+) mE = mCONH + mCH2 + mH2O ⟹ 0,88.43 + 14.1,1 + 18b = 56,84 ⟹ b = 0,2.
+) $\bar{N}=\dfrac{{{n}_{N}}}{{{n}_{E}}}=\dfrac{0,88}{0,2}=4,4$ ⟹ E có chứa 1 peptit là pentapeptit trở lên
Kết hợp với số nguyên tử C của X, Y, Z ⟹ Z phải là Gly4Ala ⟹ Y là GlyVal (vì sản phẩm thu được có Val).
⟹ $E\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
X:Gl{{y}_{2}}\left( x \right) \\
Y:GlyVal\left( y \right) \\
Z:Gl{{y}_{4}}Ala\left( z \right) \\
\end{array} \right. $ ⟹ $ \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x+y+z={{n}_{E}}=0,2 \\
2\text{x}+2y+5\text{z}={{n}_{N}}=0,88 \\
4\text{x}+7y+11\text{z}={{n}_{C}}=1,98 \\
\end{array} \right. $ ⟹ $ \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
x=0,02 \\
y=0,02 \\
z=0,16 \\
\end{array} \right.$
⟹ %mX = 4,64%.
Đáp án A.