Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một tetrapeptit A và một pentapeptit B (A và B đều mạch hở chứa

Câu hỏi số 252774:

Vận dụng cao

Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một tetrapeptit A và một pentapeptit B (A và B đều mạch hở chứa đồng thời glyxin và alanin trong phân tử) bằng lượng dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m +15,8) gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được Na₂CO₃và hỗn hợp khí và hơi Y gồm CO₂, H₂O và N₂. Dẫn Y đi qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có 4,928 lít khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Xem như N₂ không bị nước hấp thụ, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần phần trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X gần với giá trị nào nhất sau đây?

A. 58,92%.

B. 47,85%.

C. 50,92%.

D. 47,50%.

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:252774

Phương pháp giải

Quy đổi hỗn hợp X thành:

C₂H₃ON: 0,44 (mol) ( Tính từ n_N2 = 0,22 mol)

CH₂: a mol

H₂O : b mol

Bảo toàn nguyên tố C, H

Giải chi tiết

Quy đổi hỗn hợp X thành:

C₂H₃ON: 0,44 (mol) ( Tính từ n_N2 = 0,22 mol)

CH₂: a mol

H₂O : b mol

Trong phản ứng thủy phân X:

X + NaOH → Muối + H₂O

Khối lượng muối tăng so với X chính là lượng NaOH trừ đi lượng H₂O

=> m_NaOH – m_H2O = 15,8

=> 40.0,44 – 18b = 15,8

=> b = 0,1 (mol)

Coi quá trình đốt cháy muối là quá trình đốt cháy X và NaOH ban đầu

n_Na2CO3 = n_NaOH/2 = 0,22 (mol)

BTNT C => n_CO2 = 2n_C2H3ON + n_CH2 – n_Na2CO3 = 2.0,44 + a – 0,22

=> n_CO2 = a + 0,66 (mol)

BTNT H => n_H2O = 1,5n_C2H3ON +n_CH2 + ½. n_NaOH

=> n_H2O = 1,5.0,44 + a + 0,5.0,44

=> n_H2O = a + 0,88

∑ m_CO2+H2O = (a + 0,66).44 + (a + 0,88).18 = 56,04

=> a = 0,18 (mol)

=> m_X = 0,44.57 + 0,18.14 + 0,1.18 = 29,4 (g)

Đặt x , y là số mol của A, B

\(\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_X} = x + y = b = 0,1} \hfill \\
\sum {{n_{NaOH}} = 4x + 5y = 0,44} \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
x = 0,06 \hfill \\
y = 0,04 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Đặt u, v là số mol của glyxin và analin

\(\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_N} = u + v = 0,44} \hfill \\
\sum {{n_C} = 2u + 3v = {n_{C{O_2}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 1,06} \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
u = 0,26 \hfill \\
v = 0,18 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

A: (Gly)_P(Ala)_4-p: 0,06 (mol)

B. (Gly)_q(Ala)_5-q : 0,04 (mol)

=> n_Gly = 0,06p + 0,04q = 0,26

=> 3p + 2q = 13

Vì p ≤ 4 và q ≤ 5 => p = 3 và q = 2 thỏa mãn

=> B là (Gly)₂(Ala)₃

%m_B = [0,04. 345)/ 29,4].100% = 46,94% gần nhất với 47,50%

Đáp án cần chọn là: D

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.