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%.
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%