Thủy phân hoàn toàn m g hỗn hợp X gồm 1 tetrapeptit A và 1 pentapeptit B (phân tử A, B mạch hở

Câu hỏi số 224844:

Vận dụng cao

Thủy phân hoàn toàn m g hỗn hợp X gồm 1 tetrapeptit A và 1 pentapeptit B (phân tử A, B mạch hở đều chứa Ala và Gly) bằng một lượng NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được (m + 15,8 g) g hỗn hợp muối. Đốt chát toàn bộ lượng muối sinh ra bằng lượng oxi vừa đủ thu được Na₂CO₃ và hỗn hợp khí Y gồm hơi nước , CO₂ và N₂. Dẫn toàn bộ Y đi qua dd NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 56,04 g và có 4,928 lít một khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % khối lượng của A trong X

A. 53,06%

B. 35,37%

C. 55,92%

D. 30,95%

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:224844

Phương pháp giải

Bảo toàn khối lượng

Bảo toàn nguyên tố

Giải chi tiết

Hướng dẫn giải :

A + 4NaOH → Muối + H₂O B + 5NaOH → Muối + H₂O Giả sử n_A = x; n_B = y mol ⇒ m_muối – m_X = (4.40 – 18)x + (5.40 – 18)y = 15,8g Lại có: Khi đốt cháy muối → sản phẩm cháy → Ca(OH)₂ ⇒ m_{bình tăng}= 56,04g = m_CO₂+m_H₂_O và n_N2 = 0,22 mol (khí thoát ra) Bảo toàn N: 4x + 5y = 0,22.2 ⇒ x = 0,06; y = 0,04 mol ⇒ n_NaOH = 4x + 5y = 0,44 mol ⇒ n_Na₂_CO₃ = 0,22 mol Giả sử A có a Gly và (4 – a) Ala B có b Gly và (5 – b) Ala Phản ứng cháy tổng quát: C_nH_2n+1O₂NNa + O₂ → ½ Na₂CO₃ + (n – ½) CO₂ + (n + ½) H₂O + ½ N₂ ⇒ n_H₂_O− n_CO₂= n_muoi= 4x + 5y = 0,22 mol

⇒ n_CO₂=0,84; n_H₂_O=1,06 mol

⇒ Bảo toàn C: n_C₍_X₎= n_CO₂+ n_Na₂_CO₃ 0,06.[2a + 3(4 – a)] + 0,04.[2b + 3(5 – b)] = 0,84 + 0,22 ⇒ 3a + 2b = 13 ⇒ a = 3 ; b = 2 ⇒ A là (Gly)₃Ala và B là (Gly)₂(Ala)₃ ⇒ %m_A(X) = 53,06%

Đáp án A

Đáp án cần chọn là: A

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.