Hỗn hợp E gồm một tetrapeptit X và một pentapeptit Y (đều mạch hở và chứa

34/40

Hỗn hợp E gồm một tetrapeptit X và một pentapeptit Y (đều mạch hở và chứa đồng thời gốc glyxin và alanin). Thủy phân m gam E bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được (m + 23,7) gam hỗn hợp T gồm hai muối. Đốt cháy toàn bộ T, thu được Na2CO3, 7,392 lít khí N2 (đktc) và 84,06 gam tổng khối lượng CO2 và H2O. Số gốc glyxin trong phân tử X và Y lần lượt là

3 và 1.

1 và 2.

3 và 2.

2 và 2.

Giải thích

Chọn đáp án C

Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân

T + O2 →t0Na2CO3 + 84,06 gam CO2 + H2O+ 0,33 mol N2.

muối T dạng CnH2nNO2Na ⇒ nT = 0,66 mol; nNa2CO3= 0,33 mol.

⇒ trong T: nC = nH2 = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

⇒ mT = 67,8 gam ⇒ m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà nNaOH = 0,66 mol.

☆ 44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol H2O

||⇒ BTKL có mH2O = 2,7 gam ⇒ nH2O = nE = 0,15 mol.

giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit X4 và 0,06 mol pentapeptit Y5.

Lại dùng giả thiết đốt cháy trên ⇒ có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.

gọi số gốc glyxin trong X4 và Y5 lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

⇒ ∑nGly = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol ⇔ 3a + 2b = 13 ⇒ a = 3; b = 2 thỏa mãn.!

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C2H3NO, CH2, H2O ⇒ T gồm C2H4NO2Na và CH2.

⇒ nNaOH = nC2H4NO2Na = 2nN2 = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:

m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + mH2O ⇒ mH2O = 2,7 gam ⇒ nH2O = 0,15 mol.

nNa2CO3 = 0,33 mol ⇒ nH2O đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hiđro: nCH2 = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.

⇒ nAla = nCH2= 0,27 mol ⇒ n_Gly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.

Đặt nX = x mol; nY = y mol ⇒ nE = 0,15 mol = x + y; nC2H3NO = 0,66 mol = 4x + 5y

Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1