Hỗn hợp E gồm X (CnH2n+1O2N) và hai peptit Y và Z mạch hở, hơn kém nhau một nguyên từ nitơ (đều chứa ít nhất hai loại gốc amino axit, MY < MZ). Cho m gam E tác dụng vừa đủ với NaOH, thu được 7,36 gam một ancol đơn chức và (m + 9,34) gam hỗn hợp muối natrị của glyxin, alanin, valin (trong đo có 0,03 mol muối cùa valin). Cho toàn bộ lượng muối natri tác dụng tối đa với 400 ml dung dịch HCl 2,2 M thu đươc dung dịch chứa 77,46 gam muối. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E cần dùng 1,755 mol O2. Phần trăm khối lượng cacbon trong Z là
A. 47,44% B. 46,15% C. 44,78% D. 34,78%
Câu trả lời tốt nhất
NH2-R-COONa + 2HCl —> NH3Cl-R-COOH + NaCl
0,44…………………0,88
Bảo toàn khối lượng:
mNH2-R-COONa = 77,46 – 0,88.36,5 = 45,34
—> mE = 45,34 – 9,34 = 36
Quy đổi E thành: C2H3ON (0,44), CH2 (a) và H2O (b)
mE = 57.0,44 + 14a + 18b = 36
nO2 = 0,44.2,25 + 1,5a = 1,755
—> a = 0,51 và b = 0,21
Phần muối chứa GlyNa (u), AlaNa (v), ValNa (0,03)
—> nNaOH = u + v + 0,03 = 0,44
m muối = 97a + 111b + 139.0,03 = 45,34
—> u = 0,31 và v = 0,1
Ta có nCH2 = nC (ancol) + nAla + 3nVal
—> nC (ancol) = 0,32
—> Ancol là CnH2n+2O (0,32/n mol)
M ancol = 14n + 18 = 7,36n/0,32 —> n = 2
Vậy ancol là C2H5OH (0,16 mol)
—> nX = 0,16
E + NaOH —> Muối + Ancol + H2O
Bảo toàn khối lượng —> nH2O = 0,05
—> nY + nZ = 0,05
Số gốc amino axit trung bình trong Y, Z = (n muối – nX)/0,05 = 5,6
—> Một chất có 5 gốc (Peptit A): 0,02 mol và một chất có 6 gốc (Peptit B): 0,03 mol
nVal = 0,03 nên Val chỉ có thể nằm trong B
nAla = 0,1 nên Ala không thể nằm trong X (Vì nX = 0,16)
Vậy:
A là (Ala)x(Gly)5-x
B là (Ala)y(Gly)5-y(Val)
—> nAla = 0,02x + 0,03y = 0,1
—> 2x + 3y = 10
—> x = y = 2 là nghiệm duy nhất.
A là (Ala)2(Gly)3; B là (Ala)2(Gly)3(Val). Dễ thấy MA < MB nên A là Y, B là Z
—> %C trong Z = 47,44%