Chọn đáp án B

Quy hỗn hợp về $C{H}_2, C_2{H}_{3}NO,H_{2}O$

TN1: Có $n_{C_2{H}_{3}NO}=n_{KOH}$ = 0,12 mol, $n_{H_{2}O}=n_X$ = 0,045 mol

→ $n_{C_2{H}_{3}NO}:n_{H_{2}O}$ = 8 : 3

TN2: 13,68 gam $\left\{\begin{array}{l}C{H}_2: x\\ C_2{H}_{3}NO: 8y\\ H_{2}O: 3y\end{array}\right.$ + 0,64125 mol $O_2$

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}14x+8y.57+3y.18=13,68\\ 1,5x+8y.2,25=0,64125\end{array}\right.$→ $\left\{\begin{array}{l}x=0,1575\\ y=0,0225\end{array}\right.$

Có 13,68 gam thì có 0,0225. 3= 0,0675 mol X → 9,12 gam thì có 0,045 mol

Gọi số mol của Ala,Val khi thủy phân 27,36 gam X lần lượt là a,b

bảo toàn khối lượng → $m_{muối }$= 9,12 + 0,12. 56 - 0,045. 18 = 15,03 gam

→ $n_{Gly}$ = 0,33832. 33,27: 113= 0,045 mol

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}a+b=0,12-0,045\\ 127a+155b=15,03-0,045.113\end{array}\right.$ → $\left\{\begin{array}{l}a=0,06\\ b=0,015\end{array}\right.$

Phần trăm khối lượng muối của Ala trong T$\frac{0,06.127}{15,03}$ . 100% = 50,7%.

Chọn đáp án B

Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit: $2X_n + (n - 2)H_{2}O \to n{X}_2$.

||⇒ $n_{H_{2}O}$ thêm = $∆n(C{O}_2, H_{2}O)$ = 0,16 mol = $n_X$ ⇒ 2 = n - 2 ⇒ n = 4.

⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit. Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$.

Đặt $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 4x; $n_{C{H}_2}$ = y ⇒ $n_{H_{2}O}$ = x ⇒ $m_E$ = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.

Muối gồm 4x mol $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na$ và y mol $C{H}_{2 }$⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).

► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol ||⇒ $n_{Ala}$ = 0,76 mol; $n_{Val}$ = 0,12 mol.

● Dễ thấy $n_Z > n_{Val}$⇒ Z không chứa Val ⇒ Z là $Al{a}_4$.

||⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val; ∑$n_{(X, Y)}$ = 0,06 mol.

● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2. Lại có: $M_X > M_{Y }$⇒ Y là $Al{a}_{3}Val$.

● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2 ⇒ X là $Va{l}_{4 }hoặc AlaVa{l}_3$.

TH1: X là $Va{l}_4$ ⇒ $n_Y = n_{Ala}$ ÷ 3 = 0,04 mol ⇒ $n_X$ = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.

⇒ $n_X < n_Y$ (thỏa) ⇒ %m_X = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86% ⇒ chọn B.

TH2: X là $AlaVa{l}_3$. Đặt $n_X = a; n_Y = b$ ⇒ ∑$n_{(X, Y) }$= a + b = 0,06 mol.

$n_{Ala }$= 0,12 mol = a + 3b ||⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt) ⇒ loại.

Chọn đáp án A

► Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$ ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{NaOH }$= 0,95 mol; $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,2 mol

Đặt $n_{CH2}$ = x. Giả sử 139,3(g) E gấp k lần 0,2 mol E

⇒ 139,3(g) E chứa 0,95k mol $C_2{H}_{3}NO$; 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

● $n_{Val–Ala}$ = $\frac{1}{4}$$n_E$ = 0,05 mol. Đặt $n_X$ = a; $n_Y$ = b ⇒ $n_E$ = a + b + 0,05 = 0,2 mol

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 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 $Gl{y}_{3}AlaVal$ và Y là $Gl{y}_{3}Al{a}_{2}Val$

⇒ $\%m_Y$ = 0,1 × 430 ÷ (0,95 × 57 0,85 × 14 + 0,2 × 18) × 100% = 61,74%

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Nhận thấy đốt tetrapeptit và đốt các α–amino axit cần 1 lượng oxi như nhau. Chỉ khác nhau ở số mol nước tạo thành.

Gọi α–amino axit đem đốt cháy là: $C_n{H}_{2n+1}{O}_{2}N$.

+ PỨ cháy: $C_n{H}_{2n+1}{O}_{2}N$ + $\frac{6n-3}{4}$$O_2$ $\stackrel{t_0}{\to }$ $nC{O}_2$ + $\frac{1}{2}$$N_2$ + ?$H_{2}O$.

Có $n_{O_2}$ = $n_{không khí}$ : 5 = 0,525 mol ⇒ $n_{N_2}$(Không khí)= 2,1 mol

Có ∑$n_{N_2}$ = $n_{N_2}$(kk) + $n_{N_2}$ → $n_{N_2}$ = 0,1 mol

Từ tỉ lệ cân bằng ta có: $n_{N_2}$ × $\frac{6n-3}{4}$ = $n_{O_2}$ × 0,5 ⇔ n = 2,25

⇒ 2 α–amino axit tạo nên tetrapeptit là glyxin và alanin với tỉ lệ mol 3:1

⇒ Có 4 đồng phân thỏa mãn X gồm:

A–G–G–G || G–A–G–G || G–G–A–G || G–G–G–A

Chọn đáp án B

► Quy về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$ ⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,8 mol.

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ =$n_{Gly} + n_{Ala }+ n_{Val }$= 2,2 mol; $n_{C{H}_2}$ = $n_{Ala} + 3n_{Val}$= 2 mol.

||⇒ đốt cho 6,4 mol $C{O}_{2 }$và 6,1 mol $H_{2}O$ ⇒ ∑$m_{(C{O}_2,H_{2}O) }$= 391,4(g).

► Thí nghiệm 1 dùng gấp 2,5 lần thí nghiệm 2 || 0,8 mol E ⇌ 167,8(g).

||⇒ m = 167,8 ÷ 2,5 = 67,12(g)

Chọn đáp án A

► Đốt E cũng như đốt X ⇒ quy về đốt (0,1 + 0,02 × 5 = 0,2) mol X.

Đặt CTTQ của X là $C_n{H}_{2n+1}N{O}_2$⇒ phương trình cháy:

$C_n{H}_{2n+1}N{O}_2$ + (1,5n – 0,75)$O_2$→ n$C{O}_2$ + ... ||⇒ (0,3n – 0,15) mol $O_2$ và 0,2n mol $C{O}_2$.

► HCl + Y → dung dịch cuối chứa NaCl và $NaHC{O}_3$ ⇒ $n_{NaCl} = n_{HCl }$= 0,8a mol.

⇒ $n_{NaHC{O}_3}$ = (1,2 – 0,8a) mol. Bảo toàn nguyên tố Cacbon: 0,2n = (1,2 – 0,8a) + 0,44.

Lại có: a = 0,3n – 0,15 ||⇒ giải hệ có: a = 1,05 mol; n = 4 ⇒ X là $C_4{H}_{9}N{O}_2$.

► Đốt 0,042 mol $X_2$ $\left(C_8{H}_{16}{N}_2{O}_3\right)$cần x = 0,042 × 10,5 = 0,441 mol $O_2$

Chọn đáp án B

Ta có pt biến đổi peptit: $X_4 \left(Z\right) + H_{2}O \to 2X_2 \left(Y\right)$

⇒ $n_{H_{2}O}$ thêm = độ lệch mol $H_{2}O$ sản phẩm = 0,18 - 0,165 = 0,015 mol

⇒ $n_Y$ = 0,015 × 2 = 0,03 mol. Mà Y có dạng $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$

⇒ 2n = 0,18 ÷ 0,03 ⇒ n = 3 ⇒ X là Ala ⇒ $n_X = 2n_Y$= 0,06 mol => m = 0,06 × 89 = 5,34 gam

Chọn đáp án A

Đặt$n_X$ = 2a ⇒ $n_Y$ = a; $n_Z$ = a ⇒ ∑$n_{a.a}$ = 2×2a + 3×a + 4×a = 0,25 + 0,2 + 0,1.

⇒ a = 0,05 mol ⇒ ∑n_Peptit = 4a = 0,2 mol. Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$.

⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,55 mol; $n_{C{H}_2}$ = 0,2 + 0,1×3 = 0,5 mol; $n_{H_{2}O}$ = 0,2 mol.

+ Đốt E thu được $n_{C{O}_2}$ = (0,55 × 2 + 0,5) = 1,6 và $n_{H_{2}O}$ = (0,55×1,5 + 0,5 + 0,2) = 1,525

⇒ ∑$m_{(C{O}_2 + H_{2}O)}$ = 97,85 gam ⇒ TN₁ gấp 2,5 lần TN₂.

⇒ m = (0,55 × 57 + 0,5 × 14 + 0,2 × 18) ÷ 2,5 = 16,78 gam

Chọn đáp án B

E phản ứng vừa đủ 1,1 mol NaOH ||→ có 0,55 mol đipeptit $E_2$ dạng $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$.

Để ý phương trình thủy phân: $E_2$ + 2NaOH → muối + $H_{2}O$.

NaCl, NaOH, $H_{2}O$ đều không cần $O_2$ để đốt nên đốt muối hay đốt $E_2$ đều cần cùng 5,55 mol $O_2$.

||→ bảo toàn O → đốt $E_{2 }$cho $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (0,55 × 3 + 5,55 × 2) ÷ 3 = 4,25 mol → n = 85/22.

Có 1,1 mol muối hữu cơ dạng $C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na$ → $m_{muối hữu cơ}$ = 1,1 × (14n + 46 + 23) = 135,4 gam.

||→ m = 135,4 + 0,2 × 58,5 = 147,1 gam (tránh quên muối vô cơ NaCl)

Chọn đáp án B

Chọn đáp án D

► Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$ ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $2n_{N_2}$= 0,22 mol

$n_{N_2}$ = 2,25$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 1,5$n_{C{H}_2}$ ⇒ $n_{C{H}_2}$ = (0,99 – 2,25 × 0,22) ÷ 1,5 = 0,33 mol

BTNT(C) ⇒ $n_{C{O}_2}$ = 0,22 × 2 + 0,33 = 0,77 mol

⇒ $m_{H_{2}O}$ sản phẩm = 46,48 – 0,77 × 44 = 12,6(g) ⇒ $n_{H_{2}O}$ sản phẩm = 0,7 mol

BTNT(H) ⇒ $n_{H_{2}O}$ (0,7 × 2 – 0,22 × 3 – 0,33 × 2) ÷ 2 = 0,04 mol

► Do X và Y chỉ tạo bởi Gly và Val ⇒ $n_{Val}$ = $n_{C{H}_2}$ ÷ 3 = 0,11 mol ⇒ $n_{Gly}$ = 0,22 – 0,11 = 0,11 mol

$n_X : n_Y$ = 1 : 3 ⇒ $n_X$ = 0,01 mol và $n_Y$ = 0,03 mol

Đặt số mắt xích trong X và Y là x và y ⇒ x + y = 8 + 2 || $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,01x + 0,03y = 0,22

⇒ x = 4; y = 6 ||► Đặt số gốc Gly trong X và Y là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 5)

⇒ 0,01a + 0,03b = 0,11. Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 2 và b = 3 ^_^

⇒ X là $Gl{y}_{2}Va{l}_2$

||⇒ %m_X = $\frac{0,01.330.100}{0,01.330+0,03.486}$ = 18,46%

Chọn đáp án D

► Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_{2 }và H_{2}O$ với số mol x, y và z ⇒ $m_E$ = 57x + 14y + 18z = 26,16(g).

$n_{O_2}$ = 2,25x + 1,5y = 1,26 mol || Đốt cho (2x + y) mol $C{O}_{2 }$và (1,5x + y + z) mol $H_{2}O$.

⇒ 44.(2x + y) – 18.(1,5x + y + z) = 28,32(g) ||⇒ giải hệ có: x = 0,36 mol; y = 0,3 mol; z = 0,08 mol.

► TN2 dùng gấp 2 lần TN1 ⇒ chứa 0,72 mol $C_2{H}_{3}NO$ và 0,6 mol $C{H}_2$ ⇒ ta có:

3a + 2a + b = 0,72 và 2a + 3b = 0,6 ||⇒ giải hệ có: a = b = 0,12 mol ⇒ a : b = 1 : 1

Chọn đáp án D

Đặt CTPT của α–amino axit là $C_n{H}_{2n+1}N{O}_2$ .

⇒ m = 0,3 × 89 = 26,7 gam

Chọn đáp án C

Ta có 3m gam X $C_n{H}_{2n+1}N{O}_2$→ m₁ gam $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$  $\stackrel{t_0}{\to }$1,35 mol $H_{2}O$

3m gam $C_n{H}_{2n+1}N{O}_2$ → 3$m_2$ gam $C_{3n}{H}_{6n-1}{N}_3{O}_4$ $\stackrel{t_0}{\to }$ 3.0,425 mol $H_{2}O$

Luôn có khi đốt đipeptit thu được $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = 1,35 mol

Vì lượng $C{O}_2$ không đổi nên khi đốt tripeptit cũng cho số mol $C{O}_2$ là 1,35 mol

→ $n_{tripeptit }$= 2. ( $n_{C{O}_2}$ - $n_{H_{2}O}$ ) = 0,15 mol

→ $n_X$ = 0,15. 3 = 0,45 mol → n = 1,35 : 0,45 = 3

→ m= 0,15. 89= 13,35 gam.

Chọn đáp án B

Đặt công thức chung của 3 peptit được cấu tạo bởi ala và val là $C_n{H}_{2n+2 -a}{N}_a{O}_{a+1}$

$C_n{H}_{2n+2 -a}{N}_a{O}_{a+1}$+ $O_{2 }$→ n $C{O}_2$ + (n+1-0,5a) $H_{2}O$ +$N_2$

Đốt cháy 0,5 mol peptit thì thu được 0,5n mol $C{O}_2$ và 0,5.(n+1-0,5a) mol $H_{2}O$ +$N_2$

Theo đề bài ta có 0,5n- 0,5.(n+1-0,5a) = 0,5 → n-n-1+0,5a = 1→ a = 4 → X, Y, Z đều là tetrapetit

Gọi số mol của X, Y lần lượt là x, y

X, Y, Z + 4NaOH → muối + $H_{2}O$

Có $n_{NaOH}$ = 4x + 4y +0,32. 4 = 4x + 4y + 1,28 , $n_{H_{2}O}$ = x +y +0,32

Bảo toàn khối lượng →139,6 + 40. (4x + 4y + 1,28) = 202,08 + 18. (x +y +0,32) → 142x + 142y = 17,04 → x+ y =0,12

Có $M_E$ = 139,6 /( 0,12+ 0,32) = 317,27 >89. 4- 3.18 → trong hỗn hợp E có chứa 1 peptit ${\left(Ala\right)}_4$

Gọi số mol của Ala và val lần lượt là a, b

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}a+b=4x+4y+1,28\\ 111a+139y=202,08\end{array}\right.$ → $\left\{\begin{array}{l}x=1,52\\ y=0,24\end{array}\right.$

Nhận thấy $n_{Val}$ = 0,24 mol < $n_Z$ = 0,32 mol → Z không chứa Val → Z là ${\left(Ala\right)}_4$

$M_{trung bình của X, Y }$= $\frac{139,6-0,32(89.4-3.18)}{0,12}$ = 358 → Y là 3 Ala-Val, X là ${\left(Val\right)}_4$ hoặt 3Val-Ala

TH1: Y là 3 Ala-Val : p mol và X là (Val)₄ : q mol → $\left\{\begin{array}{l}p+q=0,12\\ p+4q=0,24\end{array}\right.$ → $\left\{\begin{array}{l}p=0,08\\ q=0,04\end{array}\right.$ ( thoả mãn điều kiện)

TH1: Y là 3 Ala-Val : p mol và X là 3Val-Ala q mol → $\left\{\begin{array}{l}p+q=0,12\\ p+3q=0,24\end{array}\right.$ → $\left\{\begin{array}{l}p=0,06\\ q=0,06\end{array}\right.$ ( loại vì p=q)

%X = $\frac{0,04(117.4-3.18)}{139,6}$.100% = 11,86%.

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

bài này rơi vào cái “tối thiểu”. có 4 peptit, bét nhất là đipeptit $N_2{O}_3$, 4 × 3 = 12 nguyên tử Oxi rồi.

⇒ Cả 4 chất X, Y, Z, T đều là đipeptit có dạng chung: $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3.$

Xử lí đốt cháy: gọi x là số mol của $C{O}_2 và H_{2}O$ → bảo toàn O: $n_{peptit}$ = (3x – 0,63 × 2) ÷ 3 = x – 0,42 mol.

Khi đó: $m_{peptit}$= 13,98 = 14x + 76 × (x – 0,42) ⇒ x = 0,51 mol ⇒ $n_{peptit}$ = 0,09 mol.

Bải toán thủy phân: dùng gấp 1,5 lần lên: 0,135 mol và m = 20,97 gam.

NaOH lấy dư ⇒ $H_{2}O$ tạo thành tính theo peptit là 0,135 mol. $n_{NaOH }$= 0,135 × 2 × 1,2 = 12,96 gam.

Bảo toàn khối lượng: $m_{rắn sau phản ứng }$= 12,96 + 20,97 – 0,135 × 18 = 31,5 gam

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

Quy hỗn hợp thành $\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-1}NO: 0,56\\ H_{2}O: 0,1\end{array}\right.$ 

⇒ $n_{Gốc \alpha –amino axit}$ ÷ $n_{H_{2}O}$ = 5,6 : 1

$$\begin{gathered} 38,2b\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-1}NO:5,6a\\ H_{2}O:a\end{array}\right.+\underset{1,74}{O_2} \\ \to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}:5,6a\\ n_{H_{2}O}:5,6an-1,8a\end{array}\right. \end{gathered}$$

PT theo $n_{O_2}$: $5,6a.\frac{6n-3}{4}=1,74$ ⇔ 33,6na – 16,8a = 6,96 (1).

PT theo m hỗn hợp E: 78,4na + 180,4a = 38,2 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ $\left\{\begin{array}{l}na=\frac{9}{35}\\ a=0,1\end{array}\right.\iff \sum _{}{n}_{C{O}_2}=5,6.\frac{9}{35}=1,44$

+ Đặt số C trong X và Y là a và b ta có: 0,24a + 0,32b = 1,44

Giải PT nghiệm nguyên ta có nghiệm duy nhất là a = 2 và b = 3.

⇒ X là Gly || Y là Ala ⇒ $M_{Gly }+ M_{Ala }$= 75 + 89 = 164

Chọn đáp án D

X là $X_{16}$. phương trình biến đổi peptit: $X_{16} + 7H_{2}O \to 8X_{2 }$(*).

Một chú ý quan trọng: đốt $X_2$ hay đốt $X_{17 }$hay đốt muối Y đều cần cùng một lượng $O_2$

thêm nữa, $X_{2 }$+ 2NaOH → Y + 1$H_{2}O$; đốt Y cho x mol $N{a}_{2}C{O}_3$ (với $n_{X_2}$ = x mol)

12,5 mol không khí gồm 2,5 mol $O_2$ và 10 mol $N_{2 kk}$ thì chỉ cần 2,04 mol $O_2$ để đốt

còn 0,46 mol $O_2$ dư và 10 mol $N_2$ trong Z; vì ngưng tụ hơi nước nên trong Z còn

$n_{N_2}$ _peptit + $n_{C{O}_2}$= 1,68 mol; mà $n_{N_2}$peptit = $n_{X_2}$ = x mol ||→ ngay ∑$n_{C trong X}$ = 1,68 mol.

Rút gọn lại vừa đủ: đốt x mol đipeptit $X_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$

cần 2,04 mol $O_{2 }$thu được cùng 1,68 mol $H_{2}O$ + 1,68 mol $C{O}_2$ + x mol $N_2$.

bảo toàn O có: 3x + 2,04 × 2 = 3 × 1,68. Giải ra x = 0,32 mol.

||→ $m_{đipeptit X_2}$ = 1,68 × 14 + 76x = 47,84 gam;$n_{H_{2}O}$ trung gian ở (*) = 0,28 mol

||→ yêu cầu m =$m_{X_{17}}$ = 47,84 – 0,28 × 18 = 42,8 gam.

Chọn đáp án B

► Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$ ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{NaOH}$ = 0,73 mol. Đặt $n_{C{H}_2}$ = x; $n_{H_{2}O}$ = y.

$m_E$ = 0,73 × 57 + 14x + 18y = 60,17(g) || $n_{H_{2}O}$ sản phẩm cháy = 0,73 × 1,5 + x + y = 2,275 mol.

||⇒ giải hệ có: x = 0,67 mol; y = 0,51 mol. Bảo toàn khối lượng:$m_{H_{2}O}$ = 60,17 + 0,73 × 40 – 73,75 – 14,72 = 0,9(g).

⇒ ∑$n_{peptit}$ = $n_{H_{2}O}$ = 0,05 mol ⇒ $n_{ancol} = n_{X }$= 0,51 – 0,05 = 0,46 mol ⇒ $M_{ancol}$ = 14,72 ÷ 0,46 = 32 (CH₃OH).

⇒ $n_{C{H}_2}$/a.a = 0,67 – 0,46 = 0,21 mol ⇒ $n_{Val}$ = (0,21 – 0,15) ÷ 3 = 0,02 mol ⇒ $n_{Gly}$ = 0,56 mol.

||⇒ X là este của Gly ⇒ peptit còn 0,1 mol Gly; 0,15 mol Ala và 0,02 mol Val ⇒ số mắt xích trung bình = 5,4.

⇒ Y là pentapeptit và Z là hexapeptit với số mol a và b ⇒ $n_{peptit}$ = a + b = 0,05; $n_{gốc a.a }$= 5a + 6b = 0,27 mol.

⇒ a = 0,03 mol; b = 0,02 mol ||► Dễ thấy Z chứa 1 Val; $n_{Gly}$= 0,03 × 2 + 0,02 × 2 = 0,02 × 5.

TH1: $n_{Gly}$ = 0,03 × 2 + 0,02 × 2 ⇒ Y là $Gl{y}_{2}Al{a}_3$ và Z là $Gl{y}_{2}Al{a}_{3}Val$ ⇒ %m_Y = 17,2% ⇒ chọn B.

TH2: $n_{Gly}$ = 0,02 × 5 ⇒ Y là $Al{a}_{5 }$và Z là $Gl{y}_{5}Val$ ⇒ %$m_Y$ = 18,6%.

Chọn đáp án C

Quy X về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$. Đặt $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = x; $n_{C{H}_2}$ = y.

► Muối gồm x mol $C_2{H}_{4}N{O}_{2}K$ và y mol $C{H}_2$ ⇒ $m_{muối}$ = 113x + 14y = 8,19(g).

$n_{O_2}$ = 2,25x + 1,5y = 0,1875 mol ||⇒ giải hệ có: x = 0,07 mol; y = 0,02 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: $n_{BaC{O}_3}$ = 0,07 × 2 + 0,02 = 0,16 mol

||⇒ m = 31,52(g) ⇒ chọn C. (Ps: |30 – 31,52| > |32,5 – 31,52| ⇒ gần C hơn).

Chọn đáp án D

♦ Bài tập peptit: dùng phương pháp biến đổi peptit.!

các phương trình: 2$X_1$ → 1$Y_2$ + 1$H_{2}O$ (1) || 4$X_1$ → 1$Z_4$ + 3$H_{2}O$ (2).

đồng nhất số liệu: m gam X thu được m₁ gam $Y_2$ và ½.$m_2$ gam $Z_4$.

||→ Biến đổi Y → Z: 2$Y_2$ → 1$Z_4$ + 1$H_{2}O$ (^☆). Lại quan sát kết quả đốt cháy:

$m_1$ gam $Y_{2 }$thu 0,76 mol $H_{2}O$; ½.$m_2$ gam $Z_4$ thu 0,685 mol $H_{2}O$ ||→ $n_{H_{2}O}$ chênh lệch = 0,075 mol

chênh lệch này nằm ở (^☆) ||→ có 0,075 mol $Z_4$ và 0,15 mol $Y_2$.

$Y_2$ là đipeptit dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$ ||→ $m_{Y_2}$ = 0,76 × 14 + 0,15 × 76 = 22,04 gam.

Thay $n_Y$và $m_Y$ vào (1) ||→ m = $m_X$ = 22,04 + 0,15 × 18 = 24,74 gam.

Chọn đáp án C

Trùng ngưng hóa 3 peptit ta có ^_^:

5X + 5Y + Z → E$\left(X_5{Y}_{5}Z\right)$ + (5 + 5 + 1 - 1 = 10)$H_{2}O$

=> thủy phân M cũng như thủy phân $\left(E + 10H_{2}O\right)$

$n_D:n_E$ = 11 : 35 = 11k : 35k (với k là số tự nhiên khác 0)

=> ∑gốc a.a = 11k + 35k = 46k

Ta có số gốc a.a đạt GTLN khi ta dồn TỐI ĐA số mắt xích vào peptit có tỉ lệ mol lớn nhất tức là dồn 14 - 2 - 2 = 10 mắt xích (vì mỗi peptit chứa ít nhất 2 mắt xích) vào peptit X hoặc Y (vì X hay Y đều có tỉ lệ mol lớn nhất) => số gốc a.a lớn nhất là 5 × 10 + 5 × 2 + 1 × 2 = 62

Ngược lại, số gốc a.a đạt GTNN khi ta dồn TỐI ĐA số mắt xích vào peptit có tỉ lệ mol nhỏ nhất tức là dồn 10 mắt xích vào peptit Z (vì Z có tỉ lệ mol lớn nhất ^_^) => số gốc a.a nhỏ nhất là 5 × 2 + 5 × 2 + 1 × 10 = 30

=> 30 ≤ 35k ≤ 62 => 0,86 ≤ k ≤ 1,77 => k = 1 ^_^

=> E + (11 + 35 - 1 = 45)H₂O → 11D + 35E => 5X + 5Y + Z + 35$H_{2}O$ → 11D + 35E

=> $n_X$ = $n_Y$ = 0,075 mol; $n_Z$ = 0,015 mol ^_^

Quy M về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ => $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_D$ + $n_E$= 0,69 mol; $n_{H_{2}O}$ = ∑$n_{ peptit}$ = 0,165 mol

=> $n_{C{H}_2}$ = (56,58 - 0,69 × 57 - 0,165 × 18)/14 = 1,02 mol = 3 × 0,165 + 0,525

Lại có X, Y, Z đều tạo bởi Ala và Val => D là Val và E là Ala ^_^

Ta có X, Y, Z đều tạo từ Ala và Val => chia đều Val cho mỗi peptit thì vừa đủ 1 gốc Val

Do X, Y đốt với số mol bằng nhau thu được cùng 1 lượng $C{O}_2$

Mà X, Y lại có cùng 1 gốc Val => X và Y phải là đồng phân của nhau ^_^

=> gọi x là số gốc Ala của X và Y; y là số gốc Ala của Z

=> 0,075x + 0,075x + 0,015y = 0,525 => 0,15x + 0,015y = 0,525

Lại có ∑mắt xích = 14 = (1 + x) + (1 + x) + (1 + y)

=> x = 3; y = 5 => Z là $Al{a}_{5}Val$=>$\%m_Z$ = 0,015 × 472 ÷ 56,58 × 100% = 12,51% 

Chọn đáp án D

Quy về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_T$ = 0,14 mol

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{Gly} + n_{Ala}$ = 0,28 + 0,4 = 0,68 mol; $n_{C{H}_2}$ = $n_{Ala}$ = 0,4 mol.

đốt 0,14 mol T cho ∑$n_{C{O}_2}$ = 1,76 mol và ∑$n_{H_{2}O}$ = 1,56 mol.

⇒ ∑$m_{\left(C{O}_2,H_{2}O\right)}$ = 1,76 × 44 + 1,56 × 18 = 105,52 gam.

⇒ $m_T$ = 0,68 × 57 + 0,4 × 14 + 0,14 × 18 = 46,88 gam.

⇒ m = 46,88 × 63,312 ÷ 105,52 = 28,128 gam.

Chọn đáp án D

► $N_{tb}$= 3,5 ÷ 2 = 1,75 || $k_{tb}$ = 3,5 ÷ 2 = 1,75 || $C_{tb}$ = 4,5 ÷ 2 = 2,25.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: y = 2 × 1,75 ÷ 2 = 1,75 mol.

$H_{tb }$= 2 × $C_{tb}$ + 2 + $N_{tb}$ – 2k = 4,75 ⇒ x = 4,75 mol

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân

đốt muối T dạng $C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na + O_2 \to N{a}_{2}C{O}_3$ + 38,07 gam $\left(C{O}_2 + H_{2}O\right)$ + 0,1 mol $N_2$.

⇒ có $n_T$ = 0,2 mol ⇒ $n_{NaC{O}_3}$= 0,1 mol ⇒ $n_C$= $n_{H_2}$ = (38,07 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,685 mol.

⇒$m_T$ = 0,685 × 14 + 0,2 × (46 + 23) = 23,39 gam. Quan sát lại phản ứng thủy phân:

m gam E + 0,2 mol NaOH → 23,39 gam muối T + x mol $H_{2}O$.

đốt m gam E cho 0,63 mol $H_{2}O$ ||⇒ bảo toàn H có 2x = 0,09 mol ⇒ x = 0,045 mol.

⇒ BTKL phản ứng thủy phân có m = 0,045 × 18 + 23,39 – 0,2 × 40 = 16,20 gam → Chọn B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ T gồm $C_2{H}_{3}N{O}_{2}Na và C{H}_2$.

⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ = 2$n_{N_2}$ = 0,2 mol ⇒ $n_{NaC{O}_3}$ = 0,1 mol.

⇒ $n_{H_{2}O}$ = (38,07 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,685 mol ⇒ $n_{C{H}_2}$ = 0,285 mol.

Bảo toàn H có: $n_{H_{2}O}$ trong E = (0,63 × 2 – 0,2 × 3 – 0,285 × 2) ÷ 2 = 0,045 mol.

⇒ m = 0,2 × 57 + 0,285 × 14 + 0,045 × 18 = 16,2 gam

Chọn đáp án A

Cách 1: Biến đổi peptit, este – xử lí tinh tế giải đốt cháy kết hợp thủy phân

36 gam E + 0,44 mol NaOH → 45,34 gam muối + 7,36 gam ancol + ?$H_{2}O$.

⇒ BTKL có $m_{H_{2}O}$ = 0,9 gam ⇒ $n_{H_{2}O}$ = 0,05 mol = $n_{Y, Z}$.

Giải hệ 45,34 gam muối gồm x mol Gly–Na + y mol Val–Na + 0,1 mol Ala–Na

lại biết x + y + 0,1 = 0,44 mol ⇒ giải x = 0,31 mol và y = 0,03 mol.

☆ Biến đổi: E + 0,39 mol $H_{2}O$ → 0,31 mol Gly + 0,1 mol Ala + 0,03 mol Val + 7,36 gam ancol.

đốt E cho 1,38 mol $H_{2}O$||⇒ bảo toàn H có $n_{H trong ancol }$= 0,96 mol.

nhìn 7,36 gam ancol dạng ${\left(C{H}_2\right)}_{m}O{C}_{–1}$ ⇒ $n_{ancol}$ = (7,36 – 0,48 × 14) ÷ (16 – 12) = 0,16 mol.

⇒ $M_{ancol }$= 7,36 ÷ 0,16 = 46 cho biết có 0,16 mol ancol là $C_2{H}_{6}OH$.

chỉ có 0,31 mol Gly > 0,16 mol ⇒ este chỉ có thể là $H_{2}NC{H}_{2}COO{C}_2{H}_5$.

⇒ thủy phân 0,05 mol (Y, Z) → 0,15 mol Gly + 0,1 mol Ala + 0,03 mol Val

⇒ $số mắt xíc{h}_{TB}$ = 0,28 ÷ 0,05 = 5,6 → có 0,02 mol pentapeptit $Y_5$ và 0,03 mol hexapeptit $Z_6$.

⇒ có 0,02 mol $Y_5$ dạng ${\left(Gly\right)}^a{\left(Ala\right)}^5$ ^{– a} và 0,03 mol $Z_6$ dạng ${\left(Gly\right)}^b{\left(Ala\right)}^{5-b}{\left(Val\right)}^1$.

⇒ ∑$n_{Gly}$ = 0,02a + 0,03b = 0,15 mol ⇔ 2a + 3b = 15 ⇒ a = 3, b = 3

⇒ có 0,02 mol $Y_5$ là ${\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^2$ ⇒ $\%m_{Y trong E }$= 0,02 × 331 ÷ 36 ≈ 18,39% → Chọn A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{NaOH}$ = 0,44 mol.

Muối gồm $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na, C{H}_2$ ⇒ $n_{C{H}_2}$/muối = (45,34 – 0,44 × 97)/14 = 0,19 mol.

Đặt $n_{C{H}_2}$/E = x mol; $n_{H_{2}O}$/E = y mol ⇒ $m_E$ = 0,44 × 57 + 14x + 18y = 36 gam.

$n_{H_{2}O}$ = 1,5 × 0,44 + x + y = 1,38. Giải hệ có: x = 0,51 mol; y = 0,21 mol.

Bảo toàn khối lượng: $m_{H_{2}O}$ = 36 + 0,44 × 40 – 7,36 – 45,34 = 0,9 gam.

⇒ $n_{peptit}$ = $n_{H_{2}O}$ = 0,9 ÷ 18 = 0,05 mol ⇒ $n_{este }$= 0,21 – 0,05 = 0,16 mol.

$n_{C{H}_2}$/muối = $n_{Ala}$ + 3$n_{Val}$ ⇒ $n_{Val}$ = (0,19 – 0,1) ÷ 3 = 0,03 mol ⇒ $n_{Gly}$ = 0,31 mol.

Do $n_{este} > n_{Ala}, n_{Val}$ ⇒ este là este của Gly ⇒ còn 0,31 – 0,16 = 0,15 mol Gly cho peptit.

số mắt xích trung bình = (0,44 – 0,16) ÷ 0,05 = 5,6 ⇒ Y là pentapeptit và Z là hexapeptit.

Đặt $n_Y$ = a mol; $n_Z$ = b mol ⇒ $n_{peptit }$= 0,05 mol = a + b; $n_{mắt xích}$ = 5a + 6b = 0,44 – 0,16.

Giải hệ có: a = 0,02 mol; b = 0,03 mol ⇒ hexapeptit chứa 1 Val.

$n_{Ala}$ = 0,1 = 0,02 × 5 = 0,02 × 2 + 0,03 × 2. Mà Y, Z chứa ít nhất 2 loại gốc.

⇒ Y và Z đều chứa 2 gốc Ala ⇒ Y là ${\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^2$ và Z là ${\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^{2}Val$

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – sử dụng công thức trung bình và giải bình thường

∑$n_Z$ = ∑$n_{amino axit + axit cacboxylic}$ = $n_{NaOH}$ = 0,45 mol ⇒ $n_{O trong Z}$ = 0,9 mol.

đốt Z + 1,125 mol $O_2$$\stackrel{t_0}{\to }$ 0,225 mol $N{a}_{2}C{O}_{3 }$+ 50,75 gam $\left(C{O}_2 + H_{2}O\right)$ + ?$N_2$.

bảo toàn nguyên tố O có 2$n_{C{O}_2}$ + $n_{H_{2}O}$ = 2,475 mol mà $m_{C{O}_2}$ +$m_{H_{2}O}$ = 50,75 gam

⇒ giải $n_{C{O}_2}$ = 0,775 mol và$n_{H_{2}O}$ = 0,925 mol.

Z gồm muối amino axit dạng $C_a{H}_{2a}N{O}_{2}Na$ và muối axit cacboxylic dạng $C_b{H}_{2b – 1}{O}_{2}Na$.

⇒ tương quan đốt có $n_{C{O}_2}$ – $n_{H_{2}O}$ = ½.$n_{Ca{H}_{2a}N{O}_{2}Na}$ ⇒ $n_{Ca{H}_{2a}N{O}_{2}Na}$ = 0,3 mol

⇒ $n_{C_b{H}_{2b-1}{O}_{2}Na}$ = 0,15 mol ⇒ bảo toàn nguyên tố C có:

0,1 × (3 + 2$C_X$) + 0,15 × a = $n_{C{O}_2}$ + $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 1,0 ⇔ 4$C_X$+ 3a = 14

⇒ a = 2, $C_X$ = 2 ⇒ X là glyxin: $H_{2}NC{H}_{2}COOH$ và Y là axit axetic $C{H}_{3}COOH$.

⇒ $C{H}_{3}COONa$ là muối có phân tử khối nhỏ nhất trong Z

có 0,15 mol $C{H}_{3}COONa$ ⇒ $m_{muối yêu cầu}$ = 0,15 × 82 = 12,30 gam → Chọn đáp án B. ♦

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về Ala–Gly–Gly, HCOOH và $C{H}_2$.

Đặt n_(Gly)²Ala = x mol; $n_{HCOOH}$ = y; $n_{C{H}_2}$ = z mol ⇒ $n_{NaOH }$= 3x + y = 0,45 mol.

Muối gồm $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na$: 2x mol; $C_3{H}_{6}N{O}_{2}Na$: x mol; HCOONa: y mol và CH₂: z mol.

⇒ $n_{O_2}$ = 2,25 × 2x + 3,75x + 0,5y + 1,5z = 1,125 mol.

Bảo toàn nguyên tố Na, C và H lần lượt có: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 1,5x + 0,5y

$n_{C{O}_2}$ = 5,5x + 0,5y + z và $n_{H_2}$ = 7x + 0,5y + z

⇒ $m_{C{O}_2}$ + $m_{H_{2}O}$ = 44(5,5x + 0,5y + z) + 18(7x + 0,5y + z) = 50,75 gam.

Giải hệ có: x = 0,1 mol; y = 0,15 mol; z = 0,15 mol.

⇒ ghép vừa đủ 1 $C{H}_{2 }$cho HCOOH ⇒ peptit là ${\left(Gly\right)}^{2}Ala$ và Y là $C{H}_{3}COOH$.