Hỗn hợp E gồm ba chất: X (là este của amino axit); Y và Z là hai peptit mạch hở (hơn kém nhau một nguyên tử nitơ, đều chứa ít nhất hai loại gốc amino axit, MY < MZ). Cho 36 gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,44 mol NaOH, thu được 7,36 gam ancol (no, đơn chức, mạch hở) và 45,34 gam ba muối của glyxin, alanin, valin (trong đó có 0,1 mol muối của alanin). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 36 gam E trong O2 dư, thu được CO2, N2 và 1,38 mol H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong E là

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 + ?H2O.

⇒ BTKL có mH2O = 0,9 gam ⇒ nH2O = 0,05 mol = nY, 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 H2O → 0,31 mol Gly + 0,1 mol Ala + 0,03 mol Val + 7,36 gam ancol.

đốt E cho 1,38 mol H2O||⇒ bảo toàn H có nH trong ancol = 0,96 mol.

nhìn 7,36 gam ancol dạng CH2mOC–1 ⇒ nancol = (7,36 – 0,48 × 14) ÷ (16 – 12) = 0,16 mol.

⇒ Mancol = 7,36 ÷ 0,16 = 46 cho biết có 0,16 mol ancol là C2H6OH.

chỉ có 0,31 mol Gly > 0,16 mol ⇒ este chỉ có thể là H2NCH2COOC2H5.

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

⇒ số mắt xíchTB = 0,28 ÷ 0,05 = 5,6 → có 0,02 mol pentapeptit Y5 và 0,03 mol hexapeptit Z6.

⇒ có 0,02 mol Y5 dạng GlyaAla5 ^{– a} và 0,03 mol Z6 dạng GlybAla5-bVal1.

⇒ ∑nGly = 0,02a + 0,03b = 0,15 mol ⇔ 2a + 3b = 15 ⇒ a = 3, b = 3

⇒ có 0,02 mol Y5 là Gly3Ala2 ⇒ %mY trong E = 0,02 × 331 ÷ 36 ≈ 18,39% → Chọn A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về C2H3NO, CH2, H2O ⇒ nC2H3NO = nNaOH = 0,44 mol.

Muối gồm C2H4NO2Na, CH2 ⇒ nCH2/muối = (45,34 – 0,44 × 97)/14 = 0,19 mol.

Đặt nCH2/E = x mol; nH2O/E = y mol ⇒ mE = 0,44 × 57 + 14x + 18y = 36 gam.

nH2O = 1,5 × 0,44 + x + y = 1,38. Giải hệ có: x = 0,51 mol; y = 0,21 mol.

Bảo toàn khối lượng: mH2O = 36 + 0,44 × 40 – 7,36 – 45,34 = 0,9 gam.

⇒ npeptit = nH2O = 0,9 ÷ 18 = 0,05 mol ⇒ neste = 0,21 – 0,05 = 0,16 mol.

nCH2/muối = nAla + 3nVal ⇒ nVal = (0,19 – 0,1) ÷ 3 = 0,03 mol ⇒ nGly = 0,31 mol.

Do neste > nAla, nVal ⇒ 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 nY = a mol; nZ = b mol ⇒ npeptit = 0,05 mol = a + b; nmắt xích = 5a + 6b = 0,44 – 0,16.

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

nAla = 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 Gly3Ala2 và Z là Gly3Ala2Val