Hai peptit X, Y (số nguyên tử cacbon trong Y gấp 3 lần số nguyên tử cacbon trong X) mạch hở. Z là

Câu hỏi số 340256:

Vận dụng cao

Hai peptit X, Y (số nguyên tử cacbon trong Y gấp 3 lần số nguyên tử cacbon trong X) mạch hở. Z là este của aminoaxit và có công thức phân tử C₅H₁₁O₂N. Đun nóng 25,28 gam hỗn hợp E chứa X, Y,Z cần dùng dung dịch chứa 0,375 mol KOH (KOH được lấy dư 25% so với lượng phản ứng) thu được 0,1 mol ancol T và dung dịch M chứa 34,46 gam hỗn hợp muối của Gly, Ala và Val. Biết tỉ khối hơi của T so với H₂ là 30. Thành phần phần trăm khối lượng của muối Gly trong m gam chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch M là

A. 51,43%.

B. 80,43%

C. 69,43%.

D. 81,84%

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:340256

Phương pháp giải

Quy đổi hỗn hợp E ban đầu thành:

\(\left\{ \begin{gathered}
{C_2}{H_3}Na:\,a\,(mol) \hfill \\
C{H_2}:\,b(mol) \hfill \\
{H_2}O:\,c\,(mol) \hfill \\
Gly - {C_3}{H_7}:\,0,1\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Ta có hệ 3 PT:

\( \to {\overline C _{tb(X,Y)}} = \frac{{\sum {{n_{C(X,Y)}}} }}{{{n_{(X,Y)}}}} = 4,8\)

Vậy phải có 1 peptit có số cacbon nhỏ hơn 4,8 mà peptit nhỏ nhất là đipeptit có số C = 4 → CTCT X, Y

Bảo toàn Gly → n_GlyK = ? (mol)

Có: m_rắn = m_muối + m_{KOH dư} = ? (g) Từ đó tính được phần trăm

Giải chi tiết

M_T = 30.M_H2 = 30.2 = 60 (g/mol)

Đặt công thức T là: C_nH_2n+1OH → 14n+18 = 60 → n = 3→ T: C₃H₇OH

→ CTCT của Z là: H₂N-CH₂-COOC₃H₇

Vì KOH lấy dư 25% nên n_KOH pư = 0,375.100%:125% = 0,3 (mol)

n_KOH dư = 0,375 - 0,3 = 0,075 (mol)

Quy đổi hỗn hợp E ban đầu thành:

\(\left\{ \begin{gathered}
{C_2}{H_3}Na:\,a\,(mol) \hfill \\
C{H_2}:\,b(mol) \hfill \\
{H_2}O:\,c\,(mol) \hfill \\
Gly - {C_3}{H_7}:\,0,1\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Ta có hệ 3 PT:

\(\left\{ \begin{gathered}
{m_E} = 57a + 14b + 18c + 117.0,1 = 25,28 \hfill \\
{n_{KOH\,pu}} = a + 0,1 = 0,3 \hfill \\
BTKL:25,28 + 0,3.56 = 34,36 + 0,1.60 + 18c \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
a = 0,2 \hfill \\
b = 0,04 \hfill \\
c = 0,09 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

n_H2O = c = 0,09 (mol) chính bằng tổng số mol X và Y ban đầu

\( \to {\overline C _{tb(X,Y)}} = \frac{{\sum {{n_{C(X,Y)}}} }}{{{n_{(X,Y)}}}} = \frac{{0,2.2 + 0,04}}{{0,09}} = 4,8\)

Vậy phải có 1 peptit có số cacbon nhỏ hơn 4,8 mà peptit nhỏ nhất là đipeptit có số C = 4

→ X: (Gly)₂ → Số C trong Y là 3.4 = 12

→ Y: (Gly)₂(Ala)(Val)

Bảo toàn Gly → n_GlyK = 2c + 0,1 = 0,28 (mol)

Có: m_rắn = m_muối + m_{KOH dư} = 34,46 + 0,075.56 = 38,66 (g)

\(\% GlyK = \frac{{0,28.113}}{{38,66}}.100\% = 81,84\% \)

Đáp án D

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.