Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
Nguyễn Hoàng Nam

Hỗn hợp E gồm pentapeptit X, hexapeptit Y, Val-Ala (trong X, Y đều chứa cả Ala, Gly, Val và số mol Val-Ala bằng 1/4 số mol hỗn hợp E). Cho 0,2 mol hỗn hợp E tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,95 mol NaOH, thu được hỗn hợp muối của Ala, Gly, Val. Mặt kh|c đốt cháy hoàn toàn 139,3 gam E, thu được tổng khối lượng C O 2 và H 2 O là 331,1 gam. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây? 

A. 62%. 

B. 64%. 

C. 68%. 

D. 60%. 

Ngô Quang Sinh
21 tháng 6 2017 lúc 15:52

Chọn đáp án A

► Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2   v à   H 2 O n C 2 H 3 N O = n N a O H   = 0,95 mol; n H 2 O = n E = 0,2 mol

Đặt n C H 2 = x. Giả sử 139,3(g) E gấp k lần 0,2 mol E

139,3(g) E chứa 0,95k mol C 2 H 3 N O ; kx mol C H 2 và 0,2k mol H 2 O

Đốt cho (1,9k + kx) mol C O 2 và (1,625k + kx) mol H 2 O

m E = 57 × 0,95k + 14kx + 18 × 0,2k = 139,3(g) || 44.(1,9k + kx) + 18.(1,625k + kx) = 331,1(g)

|| Giải hệ cho: k = 2; kx = 1,7 x = 1,7 ÷ 2 = 0,85 mol

● n V a l – A l a = 1 4 n E = 0,05 mol. Đặt n X = a; n Y = b n E = a + b + 0,05 = 0,2 mol

n C 2 H 3 N O = 5a + 6b + 0,05 × 2 = 0,95 mol. Giải hệ có: a = 0,05 mol; b = 0,1 mol

► Gọi số gốc C H 2 ghép vào X và Y lần lượt là m và n.

Chú ý rằng X và Y đều chứa cả Gly, Ala và Val X và Y chứa ÍT NHẤT 1 gốc Ala và 1 gốc Val

m, n ≥ 4 (do ghép 1 Ala cần 1 C H 2 ; ghép 1 Val cần 3 C H 2 )

0,05m + 0,1n + 0,05 × 3 = 0,85. Giải phương trình nghiệm nguyên: m = 4 và n = 5

X là G l y 3 A l a V a l và Y là G l y 3 A l a 2 V a l

% m Y = 0,1 × 430 ÷ (0,95 × 57 0,85 × 14 + 0,2 × 18) × 100% = 61,74%


Các câu hỏi tương tự
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết