X là tripeptit, Y là tetrapeptit và Z là hợp chất có công thức phân tử là C4H9NO4 (đều mạch hở). Cho 0,20 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 0,59 mol NaOH (vừa đủ). Sau...

Câu hỏi:

20/04/2022 196

X là tripeptit, Y là tetrapeptit và Z là hợp chất có công thức phân tử là C₄H₉NO₄ (đều mạch hở). Cho 0,20 mol hỗn hợp E chứa X, Y, Z tác dụng hoàn toàn với dung dịch chứa 0,59 mol NaOH (vừa đủ). Sau phản ứng thu được 0,09 mol ancol đơn chức, dung dịch T chứa 3 muối (trong đó có muối của alanin và muối của một axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở) với tổng khối lượng là 59,24 gam. Phần trăm khối lượng của X trong E là

A. 32,16%.

B. 25,32%.

C. 16,45%.

D. 17,08%.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: [Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (30 đề) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sau phản ứng thu được ancol, 3 muối (trong đó có muối của alanin và muối của một axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở) ⟹ CTCT của Z là HCOONH₃CH₂COOCH₃.

$0, 2 (m o l) E \{\begin{cases} X : x \\ Y : y \\ Z : H C O O N H_{3} C H_{2} C O O C H_{3} : 0, 09 \end{cases} + N a O H : 0, 59 \to \{\begin{cases} 59, 24 (g) \{\begin{cases} G l y N a : a \\ A l a N a : b \\ H C O O N a : 0, 09 \end{cases} \\ C H_{3} O H : 0, 09 \\ H_{2} O \end{cases}$

- Dựa vào khối lượng muối và bảo toàn nguyên tố Na xác định được a và b.

- Dựa vào tổng số mol hh E và số mol NaOH xác định được x và y.

- Giả sử $E \{\begin{cases} X : G l y_{n} A l a_{3 - n} \\ Y : G l y_{m} A l a_{4 - m} \\ Z : H C O O N H_{3} C H_{2} C O O C H_{3} \end{cases}$

Từ số mol muối GlyNa suy ra mối liên hệ giữa n và m ⟹ giá trị n, m phù hợp ⟹ % khối lượng của X.

Giải chi tiết:

Sau phản ứng thu được ancol, 3 muối (trong đó có muối của alanin và muối của một axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở) ⟹ CTCT của Z là HCOONH₃CH₂COOCH₃.

⟹ n_Z = n_ancol = 0,09 mol.

Sơ đồ: $0, 2 (m o l) E \{\begin{cases} X : x \\ Y : y \\ Z : H C O O N H_{3} C H_{2} C O O C H_{3} : 0, 09 \end{cases} + N a O H : 0, 59 \to \{\begin{cases} 59, 24 (g) \{\begin{cases} G l y N a : a \\ A l a N a : b \\ H C O O N a : 0, 09 \end{cases} \\ C H_{3} O H : 0, 09 \\ H_{2} O \end{cases}$

- Xác định số mol muối GlyNa và AlaNa:

+) BTNT Na: a + b + 0,09 = 0,59 (1)

+) m_muối = 97a + 111b + 0,09.68 = 59,24 (2)

Giải hệ trên được a = 0,17 và b = 0,33.

- Xác định số mol của X, Y:

+) n_{hh E} = x + y + 0,09 = 0,2 (3)

+) n_NaOH = 3x + 4y + 2.0,09 = 0,59 (4)

Giải hệ trên được x = 0,03 và y = 0,08.

Giả sử $E \{\begin{cases} X : G l y_{n} A l a_{3 - n} (0, 03) \\ Y : G l y_{m} A l a_{4 - m} (0, 08) \\ Z : H C O O N H_{3} C H_{2} C O O C H_{3} (0, 09) \end{cases}$

⟹ n_GlyNa = 0,03n + 0,08m + 0,09 = 0,17

⟹ 3n + 8m = 8

⟹ n = 0; m = 1 thỏa mãn

Vậy $E \{\begin{cases} X : A l a_{3} (0, 03) \\ Y : G l y A l a_{3} (0, 08) \\ Z : H C O O N H_{3} C H_{2} C O O C H_{3} (0, 09) \end{cases}$

⟹ %m_X = 16,45%.

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Hỗn hợp X gồm Ba, Na và Al trong đó số mol của Al bằng 9 lần số mol của Ba. Cho m gam X vào nước dư đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 2,688 lít khí H₂ và 0,81 gam chất rắn. Giá trị của m là

A. 5,53.

B. 5,175.

C. 4,26.

D. 4,72.

Lời giải

Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt n_Ba = x; n_Na = y; n_Al = z (mol).

+) n_Al = 9n_Ba ⟹ phương trình (1)

+) Ta có n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2n_Ba + n_Na (theo x, y)

Mà n_{Al pư} = n_OH^- ⟹ phương trình (2)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Ba + n_Na + 3n_{Al pư} = 2n_H2 ⟹ phương trình (3)

Giải hệ được x; y; z ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

n_H2 = $\frac{2, 688}{22, 4}$ = 0,12 mol.

Chất rắn là Al dư ⟹ n_{Al dư} = $\frac{0, 81}{27}$ = 0,03 mol.

Đặt n_Ba = x; n_Na = y; n_Al = z (mol).

+) n_Al = 9n_Ba ⟹ z = 9x (1)

+) n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2n_Ba + n_Na = 2x + y (mol)

Mà n_{Al pư} = n_OH^- ⟹ 2x + y = z - 0,03 (2)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Ba + n_Na + 3n_{Al pư} = 2n_H2 ⟹ 2x + y + 3.(z - 0,03) = 2.0,12 (3)

Giải hệ (1)(2)(3) được: x = 0,01; y = 0,04; z = 0,09.

⟹ m = 0,01.137 + 0,04.23 + 0,09.27 = 4,72 gam.

Câu 2

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO₄ và NaCl vào nước, thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M, N). Giả sử hiệu suất điện phân là 100% bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là

A. 11,08.

B. 17,84.

C. 15,76.

D. 13,42.

Lời giải

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chia đồ thị ra 3 giai đoạn

Đoạn 1: chỉ có Cl₂ thoát ra ở anot

Đoạn 2: Có Cl₂ và H₂ bên catot thoát ra

Đoạn 3: Có H₂ và O₂ bên anot thoát ra

Lập phương trình với số mol khí thoát ra và số mol e trao đổi sẽ tìm ra được số mol mỗi khí Cl₂, H₂, O₂

Từ đó suy ngược lại tìm được m.

Giải chi tiết:

Tại catot: Tại anot:

Cu²⁺ + 2e → Cu 2Cl^- → Cl₂ + 2e

H₂O + 2e → H₂ + 2OH^- H₂O → O₂ + 4H⁺+ 4e

Đoạn 1: n_Cl2 = 0,04 mol

→ Trong a giây mỗi điện cực đã trao đổi 0,04.2 = 0,08 mol electron.

Đoạn 2: Có độ dốc lớn hơn đoạn 1 nên tốc độ thoát khí nhanh hơn → thoát Cl₂ và H₂

Bảo toàn electron → n_Cl2 = n_H2 = u (mol)

Đoạn 3: Thoát H₂ và O₂. Đặt n_O2 = v mol → n_H2 = 2v mol

Ta có hệ: $\{\begin{cases} Σ n_{k h i} = n_{C l_{2}} + n_{H_{2}} + n_{O_{2}} \\ Σ n_{e (a n o t)} = 2 n_{C l_{2}} + 4 n_{O_{2}} \end{cases} \to \{\begin{cases} 0, 04 + 2 u + 3 v = 0, 21 \\ 2 (u + 0, 04) + 4 v = 3, 5.0, 08 \end{cases} \to \{\begin{cases} u = 0, 04 \\ v = 0, 03 \end{cases}$