Hỗn hợp M chứa các chất hữu cơ mạch hở gồm tripeptit X, pentapeptit Y; Z (C4H11O2N) và T (C8H17O4N). Đun nóng 67,74 gam hỗn hợp M với dung dịch KOH vừa đủ, thu được 0,1 mol metylamin; 0,15 mol ancol etylic và dung dịch E. Cô cạn dung dịch E thu được hỗn hợ rắn Q gồm bốn muối khan của glyxin, alanin, valin và axit propionic (tỉ lệ mol giữa hai muối của analin và valin lần lượt là 10:3). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Q cần dùng vừa đủ 2,9 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 0,385 mol K2CO3. Phần trăm ...

Do sau phản ứng thu được CH3NH2 và C2H5OH và C2H5COOK nên suy ra:

Z: C2H5COONH3CH3T: C2H5COOH3N−CHCH3−COOC2H5

nZ = nCH3NH2 = 0,1 mol; nT = nC2H5OH = 0,15 mol=> nC2H5COOK = nZ + nT = 0,25 molnKOH = 2nK2CO3 = 2.0,385 = 0,77 mol

Sơ đồ bài toán:

67,74g M  X3Y5Z:C2H5COONH3CH30,1 molT:C2H5COOH3NCHCH3COOC2H50,15 mol→+KOH: 0,77dd E Gly−KAla−KVal−KC2H5COOK:0,25 →+O2; 2,9  CO2H2ON2K2CO3:0,385CH3NH2:0,1 C2H5OH:0,15 

 Xác định số mol O2để đốt muối do X, Y tạo ra:

nAla−K do T = nT = 0,15 molnC2H5COOK = 0,25 mol

C3H6O2NK + 3,75O2 → 0,5K2CO3 + 2,5CO2 + 3H2O + 0,5N2

0,15 →           0,5625

C3H5O2K + 3,5O2 → 0,5K2CO3 + 2,5CO2 + 2,5H2O + 0,5N2

0,25 →       0,875

nO2(muối do X, Y) = nO2 - nO2(đốt muối do T) - nO2(đốt C2H5COOK) = 2,9 - 0,5625 - 0,875 = 1,4625 mol

*Do peptit được tạo bởi Gly, Ala, Val nên ta quy đổi hỗn hợp X, Y thành CONH, CH2 và H2O (nH2O = npeptit)

mX,Y = 67,74 − 0,1.105 + 0,15.191 = 28,59 gamnKOH puX, Y = 0,77 − nZ − 2nT = 0,77 − 0,1 − 0,15.2 = 0,37 mol

Ta có sơ đồ sau:

28,59g X, Y  CONH:0,37CH2:xH2O       →+KOH: 0,37Muoi COOK:0,37NH2:0,37CH2:x→+O2: 1,4625K2CO3:0,185CO2:x+0,185H2O:x+0,37 

BTNT "O": 2nCOOK + 2nO2 (đot muui do X, Y) = 3nK2CO3 + 2nCO2 + nH2O

=> 0,37.2 + 2.1,4625 = 3.0,185 + 2(x + 0,185) + x + 0,37 => x = 0,79

mH2OX, Y = mX,Y − mCONH − mCH2 = 28,59 − 0,37.43 − 0,79.14 = 1,62 gam => nH2O = 0,09 mol

*Đặt nX = a và nY = b mol

nX,Y = a + b = 0,09nKOH = 3nX + 5nY => 3a + 5b = 0,37

Giải hệ thu được a = 0,04 và b = 0,05

*Xét quá trình thủy phân M:

n_{H2O = nX + nY + nZ + nT = 0,04 + 0,05 + 0,1 + 0,15 = 0,34 mol}

BTKL: mM + mKOH = m muoi + mCH3NH2 + mC2H5OH + mH2O

=> 67,74 + 0,77.56 = m muoi + 0,1.31 + 0,15.46 + 0,34.18 => m muoi = 94,74 gam

Đặt nGly−K = u; nAlaK = 10v và nVal−K = 3v mol

BTNT "K": nKOH = u + 10v + 3v = 0,77

m muối = 113u + 127.10v + 155.3v + 0,25.112 = 94,74

Giải hệ thu được u = 0,13 và y = 0,03

X: GlynAlamVal3−n−m 0,04 molY: Glyn'Alam'Val5−n'−m' 0,05 mol

Giả sử X, Y có công thức:

X: GlynAlamVal3−n−m 0,04 molY: Glyn'Alam'Val5−n'−m' 0,05 mol

nGlyK = 0,04n + 0,05n' = 0,13 chỉ có nghiệm n = 2 và n' = 1 thỏa mãn

nAlaK = 0,04m + 0,05m' = 0,15 chỉ có nghiệm m = m = 0 và m' = 3 thỏa mãn

Vậy X là Gly2Val 0,04 mol và GlyAla3Val 0,05 mol

=> %mY = 0,05.75 + 89.3 + 117 − 4.18/67,74.100% = 28,565% gần nhất với 28,55%

Đáp án cần chọn là: A