X, Y và Z là 3 peptit đều mạch hở ( M X > M Y > M Z ). Đốt cháy 0,16 mol X hoặc Y hoặc Z đều thu được số mol C O 2 lớn hơn số mol H 2 O là 0,16 mol. Nếu đun nóng 69,80 gam hỗn hợp E chứa X, Y và Z ( n Z = 0,16 mol) với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa 101,04 gam hai muối của alanin và valin. Biết n X < n Y . Phần trăm khối lượng của X trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 10%.
B. 12%.
C. 54%.
D. 95%.
Chọn đáp án B
Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit: 2 X n + ( n - 2 ) H 2 O → n X 2 .
||⇒ n H 2 O thêm = ∆ n ( C O 2 , H 2 O ) = 0,16 mol = n X ⇒ 2 = n - 2 ⇒ n = 4.
⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit. Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 v à H 2 O .
Đặt n C 2 H 3 N O = 4x; n C H 2 = y ⇒ n H 2 O = x ⇒ m E = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.
Muối gồm 4x mol C 2 H 4 N O 2 N a và y mol C H 2 ⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).
► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol ||⇒ n A l a = 0,76 mol; n V a l = 0,12 mol.
● Dễ thấy n Z > n V a l ⇒ Z không chứa Val ⇒ Z là A l a 4 .
||⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val; ∑ n ( X , Y ) = 0,06 mol.
● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2. Lại có: M X > M Y ⇒ Y là A l a 3 V a l .
● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2 ⇒ X là V a l 4 h o ặ c A l a V a l 3 .
TH1: X là V a l 4 ⇒ n Y = n A l a ÷ 3 = 0,04 mol ⇒ n X = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.
⇒ n X < n Y (thỏa) ⇒ %mX = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86% ⇒ chọn B.
TH2: X là A l a V a l 3 . Đặt n X = a ; n Y = b ⇒ ∑ n ( X , Y ) = a + b = 0,06 mol.
n A l a = 0,12 mol = a + 3b ||⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt) ⇒ loại.
