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 N a 2 C O 3 , 7,392 lít khí N 2 (đktc) và 84,06 gam tổng khối lượng C O 2 v à H 2 O . Số gốc glyxin trong phân tử X và Y lần lượt là
A. 3 và 1.
B. 1 và 2.
C. 3 và 2.
D. 2 và 2.
Chọn đáp án C
Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân
T + O 2 → t 0 N a 2 C O 3 + 84,06 gam C O 2 + H 2 O + 0,33 mol N 2 .
muối T dạng C n H 2 n N O 2 N a ⇒ n T = 0,66 mol; n N a 2 C O 3 = 0,33 mol.
⇒ trong T: n C = n H 2 = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.
⇒ m T = 67,8 gam ⇒ m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà n N a O H = 0,66 mol.
☆ 44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol H 2 O
||⇒ BTKL có m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = n E = 0,15 mol.
giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit X 4 và 0,06 mol pentapeptit Y 5 .
Lại dùng giả thiết đốt cháy trên ⇒ có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.
gọi số gốc glyxin trong X 4 v à Y 5 lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).
⇒ ∑ n G l y = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol ⇔ 3a + 2b = 13 ⇒ a = 3; b = 2 thỏa mãn.!
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ T gồm C 2 H 4 N O 2 N a v à C H 2 .
⇒ n N a O H = n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:
m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + m H 2 O ⇒ m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = 0,15 mol.
n N a 2 C O 3 = 0,33 mol ⇒ n H 2 O đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hiđro: n C H 2 = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.
⇒ n A l a = n C H 2 = 0,27 mol ⇒ nGly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.
Đặt n X = x mol; n Y = y mol ⇒ n E = 0,15 mol = x + y; n C 2 H 3 N O = 0,66 mol = 4x + 5y
Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1