X, Y là hai este mạch hở có công thức CnH2n-2O2; Z, T là hai peptit mạch hở đều được tạo bởi từ glyxin và alanin (Z và T hơn kém nhau một liên kết peptit). Đun nóng 27,89 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng dung dịch chứa 0,37 mol NaOH, thu được 3 muối và hỗn hợp chứa 2 ancol có tỉ khối so với He 8,4375. Nếu đốt cháy hoàn toàn 27,89 gam E rồi lấy sản phẩm cháy gồm CO2, H2O, N2 dẫn qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu 115,0 gam kết tủa; khí thoát ra có thể tích 2,352 lít (đktc). Phần trăm khối lượng T (MZ < MT) có hỗn hợp E ?
A. 12,37% B. 12,68% C. 13,12% D. 10,68%
Câu trả lời tốt nhất
C2H3ON: 0,21 mol (Tính từ nN2 = 0,105)
CH2: a
H2O: b
CnH2n-2O2: 0,16 mol (Tính từ nNaOH – nN)
nCO2 = 0,42 + a + 0,16n = 1,15
mE = 0,21.57 + 14a + 18b + 0,16.(14n + 30) = 27,89
mE – 14nCO2 —> b = 0,05
—> Số N trung bình của Z, T = 0,21/b = 4,2
—> Z là tetrapeptit và T là pentapeptit.
—> nZ + nT = 0,05 & 4nZ + 5nT = 0,21
—> nZ = 0,04 và nT = 0,01
nAncol = nEste = 0,16. Bảo toàn khối lượng cho phản ứng với NaOH —> m muối = mE + mNaOH – mAncol – mH2O = 36,39 gam
Do M ancol = 33,75 nên có CH3OH. Do chỉ thu được 1 muối từ 2 este nên ancol còn lại cũng no, đơn chức, mạch hở. Ancol trung bình là CpH2p+2O (p = 1,125)
Trong muối chứa CxH2xNO2Na (0,21 mol) và CyH2y-3O2Na (0,16 mol)
Bảo toàn C —> 0,21x + 0,16y = 1,15 – 0,16p
—> 21x + 16y = 97
Vì 2 < x < 3 và y ≥ 3 nên x = 7/3 và y = 3 là nghiệm duy nhất.
Do x = 7/3 nên nGlyNa = 0,14 và nAlaNa = 0,07
Z là (Gly)u(Ala)4-u
T là (Gly)v(Ala)5-v
—> nGly = 0,04u + 0,01v = 0,14
—> 4u + v = 14
Với u < 4 và v < 5 —> u = 3 và v = 2 là nghiệm duy nhất
Vậy T là (Gly)2(Ala)3 —> %T = 12,37%
e nghĩ y có thể là số thập phân chứ ạ sao nghiệm duy nhất là y =3 ạ