Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Trước hết, bảo toàn khối lượng có ngay $m_{O_2}$ → $n_{O_2}$= 0,2025 mol.

► Quy về đipeptit để giải quyết bài toán: 2$X_m$ + (m – 2).$H_{2}O$ → m$X_2$

Với việc đốt đipeptit dạng như trên là lợi thế số mol $C{O}_2$ bằng $H_{2}O$.

♦ Bảo toàn O có: $n_{đipeptit}$ = [(0,145 + x) × 3 – 0,2025 × 2] ÷ 3 = x + 0,01 mol.

||→ $m_{đipeptit}$ = 4,59 + 18x = 14 × (0,145 + x) + (x + 0,01) × 76 → x = 0,025 mol.

suy ngược → $n_{đipeptit}$ = 0,035 mol. có tỉ lệ: m ÷ (m – 2) = 0,035 ÷ 0,025 = 7 : 5 → m = 7.

Vậy, X là heptapeptit, có nghĩa là thủy phân 1 mol X sẽ cần 7 mol KOH

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

• Giả sử amino axit thu được là $H_{2}NRCOOH$

X + 2HCl + $H_{2}O$ → 2$Cl{H}_{3}NRCOOH$

Đặt $n_{H_{2}O}$ = x mol → $n_{HCl}$ = 2x mol

Ta có $m_X + m_{HCl}$+ $m_{H_{2}O}$ = $m_{Cl{H}_{3}NRCOOH}$→ 19,8 + 2x × 36,5 + x × 18 = 33,45 → x = 0,15 mol

→ $n_R$ = 0,15 × 2 = 0,3 mol → $M_{Cl{H}_{3}NRCOOH}$ = 38,5 + 14 + $M_R$ + 45 = 33,45 : 0,3 → R là -$C{H}_2$-

→ A là $C_2{H}_5{O}_{2}N$

• Y + 3$H_{2}O$ → 4$C_3{H}_7{O}_{2}N$

→ Y có dạng $\left[{\left(C_2{H}_5{O}_{2}N\right)}_4-3H_{2}O\right]$≡ $C_8{H}_{14}{O}_5{N}_4$

$C_8{H}_{14}{O}_5{N}_4 + 9 O_2 \to 8 C{O}_2 + 7 H_{2}O + 2N_2$

$n_Y$= 0,1 mol → $n_{O_2}$ = 0,9 mol

Chọn đáp án C

0,1 mol $X_3$ cần 0,05 mol $H_{2}O$ để chuyển thành 0,15 mol đipeptit $X_2$

Khi đó, đốt 0,15 mol $X_2$ thu được 40,5 + 0,05 × 18 – 0,15 × 28 = 37,2 gam $\left(C{O}_2 + H_{2}O\right)$cùng số mol

||→ $C{O}_2 = H_{2}O$ = Ans ÷ 62 = 0,6 mol ||→ số $C_{đipeptit X2}$ = 4 → α-amino axit là Gly $C_2{H}_{5}N{O}_2$.

||→ Thủy phân 0,15 mol $Y_6$ ↔ 0,9 mol $Y_1$ là $C_2{H}_{5}N{O}_2$cần 0,9 mol NaOH

→ 0,9 mol muối $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na$ và lấy dư 0,18 mol NaOH

||→ $m_{rắn}$ = 0,9 × (75 + 22) + 0,18 × 40 = 94,5 gam.

Chọn đáp án A

Chọn đáp án A

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

⇒ T gồm 0,2 mol $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na$ và x mol $C{H}_{2 }$⇒ đốt cho 0,1 mol $N_2$; (0,3 + x) mol $C{O}_2$

và (0,4 + x) mol $H_{2}O$ ⇒ 0,1 + (0,3 + x) + (0,4 + x) = 0,94 mol.

||⇒ x = 0,07 mol ⇒ $n_{Ala}$= $n_{C{H}_2}$ = 0,07 mol ⇒ $n_{Gly}$= 0,2 – 0,07 = 0,13 mol.

► Ta có: X + 2Y → A + (1 + 2 – 1 = 2)$H_{2}O$ ⇒ thủy phân E cũng như thủy phân $\left(A + 2H_{2}O\right)$

$n_{Gly} : n_{Ala}$ = 13 : 7 = 13k : 7k $\left(k \in N*\right)$⇒ ∑gốc a.a = 20k || ∑lkpeptit = 9 ⇒ ∑mắt xích = 11.

||⇒ 1 × 9 + 2 × 2 ≤ 20k ≤ 1 × 2 + 2 × 9 = 20 ⇒ k = 1 ⇒ E + (13 + 7 – 1 = 19)H₂O → 13Gly + 7Ala.

⇒ X + 3Y + 17$H_{2}O$ → 13Gly + 7Ala ⇒ $n_X$ = 0,01 mol; $n_Y$ = 0,02 mol.

● Gọi số mắt xích trong X và Y là a và b ⇒ a + b = 11; $n_{NaOH}$ = 0,01a + 0,02b = 0,2 mol.

||⇒ giải hệ có: a = 2; b = 9 ||● Do X được cấu tạo từ cả Gly và Ala

⇒ X là GlyAla ⇒ tỉ lệ mol Gly và Ala trong X là 1 : 1

Chọn đáp án A

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ với số mol lần lượt là x, y và z. Muối gồm C₂H₄NO₂Na và CH₂.

$m_{muối }$= $m_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + $m_{C{H}_2}$ ⇒ 9,02 = 97x + 14y || $n_{O_2}$ = 2,25$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 1,5$n_{C{H}_2}$

⇒ 0,315 = 2,25x + 1,5y; $n_{H_{2}O}$ sản phẩm = 0,24 mol = 1,5x + y + z.

Giải hệ có: x = 0,08 mol; y = 0,09 mol; z = 0,03 mol

⇒ m = 0,08 × 57 + 0,09 × 14 + 0,03 × 18 = 6,36(g)

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

Ta có ∑$n_{Gly}$ = $\frac{9,7}{75+22}$ = 0,1 mol || ∑$n_{Ala }$= $\frac{13,32}{89+22}$ = 0,12 mol

Đặt số mol 3 peptit lần lượt là a b và c ta có:

PT bảo toàn gốc gly → a + b + c = 0,1 (1)

PT bảo toàn gốc ala → 2a + b + c = 0,12 (2)

Đề bài yêu cầu tính ∑$n_{C{O}_2}$ = 8a + 10b + 10c = 8(a+b+c) + 2(b+c) = ??? (3)

Lấy 2×(1) – (2) → b + c = 0,08 (4) || Thế (1) và (4) vào (3)

⇒ ∑$n_{C{O}_2}$ = 8×0,1 + 2×0,08 = 0,96 mol

Chọn đáp án C

Dựa vào sản phẩm thủy ⇒ peptit là Ala–Gly–Val–Ala–Val–Gly

Bảo toàn gốc val ta có: $n_{Peptit}$ = 0,1 mol

Peptit X có CTPT là: $C_{20}{H}_{36}{O}_7{N}_6$

⇒ $n_{O_2}$ = 0,1 × (20  $+\frac{36}{4}-\frac{7}{2}$) = 2,55 mol

Chọn đáp án A

● Vì Y chỉ tạo từ $H_{2}N-C_n{H}_{2n}COOH$ nên ta quy đổi Y về $C_2{H}_{3}ON, C{H}_2 và H_{2}O$.

$n_{H_{2}O}$ = $n_Y$ = 0,1 mol

Do Y là tetrapeptit nên $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 4n_Y = 0,4 mol.

● Đặt x = $n_{C{H}_2}$.

Bảo toàn C: $n_{C{O}_2}$ = 2 * 0,4 + x = x + 0,8

Bảo toàn H: 2$n_{H_{2}O}$ = 3 * 0,4 + 2x + 2 * 0,1 = 2x + 1,4 ⇒ $n_{H_{2}O}$ = x + 0,7

Ta có: $m_{C{O}_2}$ + $m_{H_{2}O}$ = 44 * (x + 0,8) + 18 * (x + 0,7) = 72,6

⇒ x = 0,4 mol.

● Vì $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{C{H}_2}$ = 0,4 mol nên amino axit tạo thành X, Y là $H_{2}N-CH-\left(C{H}_3\right)-COOH \left(Ala\right)$.

Do đó: X là ${\left(C_3{H}_{7}N{O}_2\right)}_5 – 4H_{2}O = C_{15}{H}_{27}{O}_6{N}_5$.

Cho sản phẩm cháy vào $H_{2}S{O}_4$ đặc thì chỉ có $H_{2}O$ bị hấp thu nên khối lượng bình tăng là do $H_{2}O$ gây ra.

Bảo toàn H: $n_{H_{2}O}$ = $\frac{27.n_X}{2}$ = 0,135 mol

Vậy m = 0,135 * 18 = 2,43 gam.

Chọn đáp án A

+ Gọi số mắt xích của Gly là x và Lys là y, ta có CTTQ của E là:

+ Ta có: 

-     Hướng tư duy 2: Quy đổi về hỗn hợp các σ-amino axit và –$H_{2}O$

+ Ta có: 

+ Từ (1) và (2) ta tính được: x=0,1316 mol; y=0,0484 mol; z=0,114 mol. Vậy $\frac{a}{b}=1,57$

-     Hướng tư duy 2.1: Ta có thể quy đổi hỗn hợp E về các axyl và $H_{2}O$ như sau:

$C_2{H}_{3}ON, C_6{H}_{12}O{N}_2 và H_{2}O$ sau đó giải tương tự như trên ta cũng có thể tìm được kết quả.

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

1. Đánh giá

(i) $X+H_{2}O\to Gly+Val$: Xác định được lượng $H_{2}O$ sẽ tính được m

2. Lời giải

Tỉ lệ số lượng các gốc amino axit: Gly:Ala:Val = 0,10:0,18:0,06 = 5:9:3

Gọi số lượng gốc amino axit tỏng phân tử 3 peptit lần lượt là x, y và z

Tổng số liên kết peptit trong 3 phân tử peptit bằng 10 nên:

(x-1)+(y-1)+(z-1)=10 >>  x+y+z=13

2(x-1)+(y-1)+(z-1)<2.10  >>  2x+y+z<24

Tổng số gốc Gly, Ala và Val ứng với tỉ lệ tối giản bằng 5+9+3=17 nên:

2x+y+z=17n (trong đó n là số nguyên dương)

$\left\{\begin{array}{l}2x+y+z=17n\\ 2x+y+z<24\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}n=1\\ 2x+y+z=17\end{array}\right.$

Phản ứng thủy phân X:

Số phân tử $H_{2}O$ phản ứng = số liên kết peptit bị thủy phân 

= 2(x-1)+(y-1)+(z-1) = (2x+y+z)-4 = 17-4=13

a=18.(1,21-0,26)=17,10 (gam)

3. Sai lầm

(i) Tập trung theo hướng tìm công thức cấu tạo các peptit

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

► Quy E về đipeptit: $2En \left(E\right) + \left(n – 2\right)H_{2}O \to n{E}_2 \left(C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3\right)$

Theo bảo toàn nguyên tố C và H ⇒ đốt VT cũng như đốt VP

● Mặt khác, đốt VP cho $n_{C{O}_2}$= $n_{H_{2}O}$ ⇒ đốt VT cũng cho $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$

⇒ Đốt E thì độ lệch mol $\left(C{O}_2 – H_{2}O\right)$cũng chính là lượng $H_{2}O$

thêm vào để thủy phân E thành đipeptit $E_2$

⇒ $n_{H_{2}O}$ thêm = $n_{C{O}_2}$đốt E – $n_{H_{2}O}$ đốt E = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol

● Thế vào pt ⇒ 0,06 × (n – 2) = 0,04 × 2 ⇒ n = $\frac{10}{3}$

⇒ $n_{E_2}$= 0,1 mol || Lại có: $E_2$ = $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3 = C_{2n}{H}_{4n} + N_2{O}_3 = C{H}_2 + N_2{O}_3$

⇒ $m_{E_2}$ = $m_{C{H}_2}$+ $m_{N_2{O}_3}$ = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16 gam.

BTKL: $m_E$ = 16 – 0,04 × 18 = 15,28 gam ⇒ $T{N}_2$dùng gấp 2 lần $T{N}_2$

► En + nNaOH → Muối + $H_{2}O$ ⇒ $n_{NaOH}$ = n × $n_E$ = 0,1 mol; $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,03 mol

||⇒ m = 7,64 + 0,1 × 40 – 0,03 × 18 = 11,1 gam

Chọn đáp án D

Xử lý tripeptit X ta có:

+ Áp dụng tăng giảm khối lượng ⇒ $M_{Muối }– M_{Tripeptit}$ = 40×3 – 18 = 102

⇒ $n_{Tripeptit}$ = $\frac{92,51-62,93}{102}$ = 0,29 mol ⇒ $M_{Tripeptit }$= $\frac{62,93}{0,29}$ = 217

⇒ Tripeptit đó là Gly–Ala–Ala ⇔ CTPT của Tripeptit là $C_8{H}_{15}{O}_4{N}_3$

⇒ Đốt 0,1 mol $C_8{H}_{15}{O}_4{N}_3$thu được $n_{C{O}_2}$ = 0,8 mol và $n_{H_{2}O}$ = 0,75 mol.

⇒ ∑$m_{\left(C{O}_2+H_{2}O\right)}$= 0,8×44 + 0,75×18 = 48,7 gam

Chọn đáp án B

Có $n_{Gly}$ = 0,17 mol,$n_{Ala}$ = 0,16 mol và $n_{Val }$= 0,05 mol

Có $n_{C{O}_2}$ =0,17.2 +0,16.3 + 0,05. 5 = 1,07 mol, $n_{N_2}$ = ( 0,17 + 0,16 + 0,05) : 2 = 0,19 mol

Coi hỗn hợp gồm 0,09 mol 

Bảo toàn nguyên tố C → 0,38.2 + x = 1,07 → x = 0,31 mol → $n_{H_{2}O}$ = 0,38. 1,5 + 0,09+0,31 = 0,97 mol

$m_X$ = 0,38.57 + 14. 0,31 + 0,09. 18 = 27,62 gam

Cứ 27,62 gam X thì tạo thành 1,07. 44 + 0,97. 18 = 64,54 gam $C{O}_2 và H_{2}O$

⇒ Cứ 19,89 gam X thì tạo thành 46,5 gam $O_2 và H_{2}O$

Chọn đáp án A

Nhận xét: Peptit + $H_{2}O$ → Amino axit ||⇒ đốt 2 vế cần cùng 1 lượng $O_2$.

Mặt khác, $H_{2}O$ không cần đốt ⇒ đốt peptit cũng như đốt các amino axit thành phần.

► Áp dụng: đặt $n_{Ala}$ = 15a ⇒$n_{Gly}$ = 19a ⇒ $n_{O_2}$ = 3,75 × 15a + 2,25 × 19a = 0,495 mol.

⇒ a = 0,005 mol ⇒ $n_{Ala}$ = 0,075 mol; $n_{Gly}$ = 0,095 mol.

● Dễ thấy Ala-Gly và Ala-Gly-Ala-Gly có số gốc Ala = số gốc Gly

⇒ $n_{Ala-Gly-Gly}$ = $n_{Gly}$ – $n_{Ala}$ = 0,02 mol ||⇒ m = 0,02 × 203 = 4,06(g)

Chọn đáp án D

Quy oligo peptit thành: $C_n{H}_{2n–1}ON và H_{2}O$.

Ta có sơ đồ $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C_n{H}_{2n-1}ON}: a\\ n_{H_{2}O}: 0,05+O_2\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\begin{array}{c}{n}_{C{O}_2}:1,5\\ n_{H_{2}O}:1,3n\end{array}\\ N_2: \frac{a}{2}\end{array}\right.$

⇒ $n_{C{O}_2}$ = an = 1,5 (1)

⇒ $n_{H_{2}O}$ = an – 0,5a + 0,05 = 1,3 (2)

+ Thế (1) vào (2) ⇒ a = 0,5 mol ⇒ n = 3

+ Vậy cứ 0,05 mol X ⇒ ∑$n_{Gốc \alpha –amino axit}$ = 0,5 mol

⇒ 0,025 mol X ⇒ ∑$n_{Gốc \alpha –amino axit}$= 0,25 mol

⇒ hỗn hợp chất rắn khi cô cạn dung dịch Y gồm $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C_3{H}_6{O}_{2}NNa}: 0,25\\ n_{NaOH}: 0,15\end{array}\right.$

⇒ $m_{Rắn}$ = 0,25×111 + 0,15x40 = 33,75 gam

Chọn đáp án C

Quy Y về đipeptit: $Y_4 + H_{2}O \to 2Y_2 \left(C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3\right)$

||⇒ $n_{H_{2}O}$ thêm = 0,05 mol ⇒ $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ đốt $Y_2$ = $\frac{36,3+0,05.18}{44+18}$ = 0,6 mol.

số C/Y = 0,6 ÷ 0,05 = 12 ⇒ số C/amino axit = 12 ÷ 4 = 3 $\left(Ala\right)$.

► Bảo toàn nguyên tố Cacbon: $n_{BaC{O}_3}$ = 0,01 × 3 × 3 = 0,09 mol

⇒ m = 0,09 × 197 = 17,73(g)

Chọn đáp án A

Cách 1: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C₂H₃NO, CH₂, H₂O ⇒ T gồm C₂H₄NO₂Na và CH₂.

⇒ $n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ = 2$n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,2 mol; $n_{O_2}$ = 2,25.$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 1,5.$n_{C{H}_2}$ = 0,84 mol.

⇒ $n_{C{H}_2}$ = (0,84 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,26 mol ⇒ $n_{H_{2}O}$ = 0,08 mol.

Peptit chứa 4C chỉ có thể là Gly–Gly. Công thức 2 peptit còn lại dạng (Gly)^x(Ala)^y(Val)^z.

• với peptit có 7C ⇒ 2x + 3y + 5z = 7 ⇒ (x; y; z) = (2; 3; 0); (1; 0; 1)

⇒ ứng với có 2 peptit dạng (Gly)²(Ala) hoặc (Gly)(Val) thỏa mãn.

• với peptit có 11C: 2x + 3y + 5z = 11 ⇒ (x; y; z) = (4; 1; 0); (1; 3; 0); (3; 0; 1); (0; 2; 1).

⇒ có 4 TH thỏa mãn: (Gly)⁴(Ala) hoặc (Gly)(Ala)³ hoặc (Gly)³(Val) hoặc (Ala)²(Val).

Ta có số gốc CH₂ ghép peptit trung bình = 0,26 ÷ 0,08 = 3,25

⇒ peptit chứa 11C phải là (Ala)²(Val). Xét 2 TH của peptit 7C:

♦ TH₁: peptit 7C là (Gly)²(Ala), ta có hệ phương trình:

hệ có nghiệm âm ⇒ không thỏa mãn.!

♦ TH₂: peptit 7C là Gly–Val ⇒ peptit có phân tử khối lớn nhất

là (Ala)²(Val) với số mol là 0,04 mol

Chọn đáp án C

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

☆ biến đối 0,18 mol E + 0,06 mol $H_{2}O$ → 0,24 mol đipeptit $E_2$

⇒ 3x mol E (ứng 13,68 gam) cần x mol $H_{2}O$ để chuyển thành 4x mol $E_2$.

đốt (13,68 + 18x) gam $E_2$ (4x mol) thu (31,68 + 18x) gam $\left(C{O}_2 + H_{2}O\right)$.

⇒ có phương trình: 

$$\begin{gathered} 13,68+18x=\frac{31,68+18x}{62}.14+14x.76 \\ \Rightarrow x=0,0225 mol \end{gathered}$$

Thay ngược x lại có: $n_E$ = 3x = 0,0675 mol; ∑$n_{C{O}_2}$ = 0,5175 mol.

0,18 mol gấp 8/3 lần 0,0675 ⇒ đốt 0,18 mol E cho 1,38 mol $C{O}_2$.

theo đó: a + b + 0,18 = ∑$n_{amino axit}$ = $n_{KOH}$ = 0,48 mol

và 0,18 × 2 + 3a + 5b = ∑$n_{C{O}_2}$ = 1,38 mol ⇒ giải a = 0,24 mol; b = 0,06 mol.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$.

Xét trong 0,18 mol E ⇒ $n_{H_{2}O}$ = n_E = 0,18 mol; $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{KOH}$ = 0,24 × 2 = 0,48 mol.

Đặt $n_{C{H}_2}$ = x mol. Giả sử 13,68 gam E gấp k lần 0,18 mol E.

⇒ 13,68 gam E chứa 0,48k mol $C_2{H}_{3}NO$; kx mol $C{H}_2$; 0,18k mol $H_{2}O$.

⇒ $m_E$ = 13,68 gam = 57 × 0,48k + 14kx + 18 × 0,18k.

Đốt E cho: $n_{C{O}_2}$ = 0,96k + kx mol; $n_{H_{2}O}$ = 0,9k + kx mol

⇒ 44 × (0,96k + kx) + 18 × (0,9k + kx) = 31,68 gam

⇒ giải: k = 0,375; kx = 0,1575 ⇒ x = 0,1575 ÷ 0,375 = 0,42 mol.

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,48 mol = 0,18 + a + b; $n_{C{H}_2}$= 0,42 mol = a + 3b.

Giải hệ có: a = 0,24 mol; b = 0,06 mol ⇒ a : b = 4 : 1.

Chọn đáp án B

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

từ phản ứng thủy phân → tỉ lệ $n_X : n_Y$ = 0,1 ÷ 0,06 = 5 : 3.

⇒ 30,73 gam E gồm 5x mol X₆ và 3x mol $Y_5$ ⇒ cần 14,5x mol $H_{2}O$

để biến đổi thành 22,5x mol đipeptit $E_2$ ⇒ có phương trình:

$$\begin{gathered} 30,73+14,5x.18 \\ =\frac{69,31+14,5x.18}{62}.14+22,5x.76 \\ \Rightarrow x=0,01 mol \end{gathered}$$

⇒ $n_{C{O}_2}$ = 1,16 mol ⇒ $số C_{trung bình}$ = 116/45 ⇒ a : b = (3 – Ans) ÷ (Ans – 2) = 19/26.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$.

Xét trong 0,16 mol E ⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,16 mol ||$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{KOH}$ = 0,45 × 2 = 0,9 mol.

Đặt $n_{C{H}_2}$ = x mol. Giả sử 30,73 gam E gấp k lần 0,16 mol E.

⇒ 30,73 gam E chứa 0,9k mol $C_2{H}_{3}NO$; kx mol $C{H}_2$; 0,16k mol $H_{2}O$.

⇒ $m_E$ = 30,73 gam = 57 × 0,9k + 14kx + 18 × 0,16k.

Đốt E cho: $n_{C{O}_2}$ = 1,8k + kx mol; $n_{H_{2}O}$ = 1,51k + kx mol

⇒ 44 × (1,8k + kx) + 18 × (1,51k + kx) = 69,31 ⇒ giải: k = 0,5; kx = 0,26 ⇒ x = 0,52 mol.

b = $n_{Ala}$ = $n_{C{H}_2}$ = 0,52 mol ⇒ a = $n_{Gly}$ = 0,9 – 0,52 = 0,38 mol ⇒ a : b = 19 : 26.

Chọn đáp án A

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

$n_{NaOH}$ = 0,52 mol; $n_{HCl}$ = 0,08 mol ⇒ ∑$n_{amino axit}$ = 0,52 – 0,08 = 0,44 mol.

☆ quy đốt 0,22 mol đipeptit $E_2$ cần 2,22 mol $O_2$ (đốt G, E đều cần cùng lượng $O_2$).

⇒ $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (0,22 × 3 + 2,22 × 2) ÷ 3 = 1,7 mol ⇒ $m_{E_2}$ = 40,52 gam.

☆ 0,22 mol $E_2$ + 0,52 mol NaOH + 0,08 mol HCl → m gam muối G + (0,22 + 0,08) mol $H_{2}O$.

⇒ BTKL có m = 40,52 + 0,52 × 40 + 0,08 × 36,5 – 0,3 × 18 = 58,84 gam → Chọn A. ♥

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

$n_{NaOH dư} = n_{HCl }$= 0,08 mol. Quy muối trong G về $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na, C{H}_2$, NaCl.

⇒ $n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ = $n_{NaOH phản ứng}$ = 0,65 × 0,8 – 0,08 = 0,44 mol. Do NaCl không bị đốt.

⇒ $n_{O_2}$ = 2,25.$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 1,5.$n_{C{H}_2}$ ⇒ $n_{C{H}_2}$ = (2,22 – 2,25 × 0,44) ÷ 1,5 = 0,82 mol.

⇒ G gồm 0,44 mol $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na$; 0,82 mol $C{H}_2$ và 0,08 mol NaCl.

⇒ m = 0,44 × 97 + 0,82 × 14 + 0,08 × 58,5 = 58,84 gam

Chọn đáp án C

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

T + $O_2$  $\stackrel{t_0}{\to }$$N{a}_{2}C{O}_3$ + 84,06 gam $\left(C{O}_2 + H_{2}O\right)$+ 0,33 mol $N_2$.

muối T dạng $C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na$ ⇒ $n_T$ = 0,66 mol; $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$= 0,33 mol.

⇒ trong T: $n_C$ = $n_{H_2}$ = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

⇒ $m_T$= 67,8 gam ⇒ m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà $n_{NaOH }$= 0,66 mol.

☆ 44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol $H_{2}O$

||⇒ BTKL có $m_{H_{2}O}$ = 2,7 gam ⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,15 mol.

giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit $X_4$ và 0,06 mol pentapeptit $Y_5$.

Lại dùng giả thiết đốt cháy trên ⇒ có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.

gọi số gốc glyxin trong $X_4 và Y_5$ lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

⇒ ∑$n_{Gly}$ = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol ⇔ 3a + 2b = 13 ⇒ a = 3; b = 2 thỏa mãn.!

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ T gồm $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na và C{H}_2$.

⇒ $n_{NaOH}$ = $n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ = 2$n_{N_2}$ = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:

m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + $m_{H_{2}O}$ ⇒ $m_{H_{2}O}$ = 2,7 gam ⇒ $n_{H_{2}O}$ = 0,15 mol.

$n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,33 mol ⇒ $n_{H_{2}O}$ đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hiđro: $n_{C{H}_2}$ = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.

⇒ $n_{Ala}$ = $n_{C{H}_2}$= 0,27 mol ⇒ n_Gly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.

Đặt $n_X$ = x mol; $n_Y$= y mol ⇒ $n_E$= 0,15 mol = x + y; $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,66 mol = 4x + 5y

Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1

Chọn đáp án D

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

♦ quy đốt đipeptit $E_2$ cần 1,98 mol $O_2$thu được 1,68 mol $C{O}_2$.

⇒ bảo toàn O có $n_{E_2}$ = (1,68 × 3 – 1,98 × 2) ÷ 3 = 0,36 mol

⇒ $m_{E_2}$ = 1,68 × 14 + 0,36 × 76 = 50,88 gam || (50,88 – 47,28) ÷ 18 = 0,2 mol.

⇒ $n_E$ = 0,36 – 0,2 = 0,16 mol || cần 0,2 mol $H_{2}O$để biến đổi 0,16 mol E → 0,36 mol $E_2$.

có$C_{trung bình hai amino axit }$= 1,68 ÷ 0,72 = 2,3333 ⇒ amino axit T là $C_2{H}_{5}N{O}_2 \left(glyxin\right)$.

dùng sơ đồ chéo có $n_{Gly} : n_{Ala}$ = 2 : 1. Tỉ lệ: 0,08 mol E = $\frac{1}{2}$ lượng E dùng để đốt

⇒ thủy phân 0,08 mol E thu được 0,24 mol Gly–Na và 0,12 mol Ala–Na

⇒ yêu cầu b = $m_{Gly–Na}$ = 0,24 × (75 + 22) = 23,28 gam → Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét 47,28 gam E:

Đặt $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = x mol; $n_{C{H}_2}$ = y mol; $n_{H_{2}O}$ = z mol ⇒ $m_E$ = 47,28 gam = 57x + 14y + 18z.

Ta có: $n_{O_2}$ = 1,98 mol = 2,25x + 1,5y; $n_{C{O}_2}$ = 1,68 mol = 2x + y.

⇒ giải hệ có: x = 0,72 mol; y = 0,24 mol và z = 0,16 mol.

⇒ số $C{H}_2$ ghép vào peptit trung bình = 0,24 ÷ 0,16 = 1,5 ⇒ có peptit ghép ≤ 1 gốc $C{H}_2$.

Lại có mỗi peptit tạo bởi 1 loại gốc amino axit ⇒ phải có peptit không ghép $C{H}_2$.

⇒ T là Gly ⇒ $n_{Ala }$= $n_{C{H}_2}$ = 0,24 mol; $n_{Gly}$ = 0,72 – 0,24 = 0,48 mol.

⇒ trong 0,08 mol E chứa 0,48 × 0,08 ÷ 0,16 = 0,24 mol Gly ⇒ b = 0,24 × 97 = 23,28 gam

Chọn đáp án A

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

Gọi số mol NaOH phản ứng là 2x mol thì số mol đipeptit là x mol.

||→ quy đốt x mol đipeptit dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$cần 0,48 mol $O_2$

→ cho cùng số mol $C{O}_2 và H_{2}O$ là (x + 0,32) mol.

$n_{H_{2}O}$ trung gian chuyển đổi = (x + 0,32) – 0,36 = (x – 0,04) mol → $n_{hh peptit}$ = 0,4 mol.

Có $m_{đipeptit }$= 14 × (x + 0,32) + 76x = 90x + 4,48 gam

||⇒ m = 90x + 4,48 – 18.(x – 0,04) = 72x + 5,2 gam.

Áp dụng BTKL cho phản ứng thủy phân có: m + 80x =15,12 + 0,04 × 18.

Giải ra được x = 0,07 mol và giá trị của m = 10,24 gam. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ với số mol lần lượt là x, y và z.

Muối gồm $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na, C{H}_2$ ⇒ $m_{muối}$= 97x + 14y = 15,12 gam.

$n_{O_2}$ = 2,25.$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 1,5.$n_{C{H}_2}$ ⇒ 2,25x + 1,5y = 0,48 mol.

$n_{H_{2}O}$ sản phẩm = 1,5x + y + z = 0,36 mol. Giải: x = 0,14 mol; y = 0,11 mol; z = 0,04 mol.

⇒ m = 0,14 × 57 + 0,11 × 14 + 0,04 × 18 = 10,24 gam

Chọn đáp án D

Thủy phân: $E+7NaOH\to 2T+3G+3H_{2}O$

⇒ E là heptapeptit $E_5$, T có 2 nhóm COOH còn G có 1 nhóm COOH.

a mol T hoặc G đều có thể tác dụng với tối đa 3a mol HCl trong dung dịch

⇒ amino axit T có chứa 1 nhóm $N{H}_2$ và G có chứa 2 nhóm $N{H}_2$.

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải dạng mở rộng.!

• biến đổi: $E_5 – 2C{O}_2 – 3NH + 1,5H_{2}O \to 2,5E_2 \left(*\right)$ || E₂ là đipeptit dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$.

⇒ m gam E ứng với x mol cần bớt 2x mol $C{O}_2$ và 3x mol NH, thêm 1,5x mol $H_{2}O$

để chuyển thành 2,5x mol đipeptit $E_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$.

⇒ có phương trình: 0,26 – 2x = 0,24 – 1,5x + 1,5x ⇒ giải x = 0,01 mol.

⇒ n = 9,6 ⇒ $M_{E_2}$ = 210,4 ⇒ Từ (*) có: $M_{E_5}$ = 632 ⇒ chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: xây dựng công thức tổng quát của peptit

dựa vào giả thiết và phân tích cấu tạo của amino axit T, G

⇒ công thức tổng quát của E là $C_n{H}_{2n} – 4N_8{O}_{10}$.

Giải đốt, lập tỉ lệ $n_{C{O}_2}$ ÷ $n_{H_{2}O}$ = n ÷ (n – 2) = 0,26 ÷ 0,24 ⇒ n = 26.

⇒ công thức của E là $C_{26}{H}_{48}{N}_8{O}_{10}$ ⇒ $M_E$ = 632 → ok.!

Cách 3: tham khảo: tranduchoanghuy

quy m gam peptit E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, COO, NH, H_{2}O$.

Đặt $n_{H_{2}O}$ = $n_E$= x mol; $n_{C{H}_2}$ = y mol ⇒ $n_{NH} = n_G$ = 3x mol; $n_{COO} = n_T$ = 2,x mol

và $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_T + n_G$ = 5x mol ||⇒ đốt E cho $n_{C{O}_2}$= 12x + y = 0,26 mol

$n_{H_{2}O}$ = 10x + y = 0,24 mol ||⇒ giải x = 0,01 mol; y = 0,14 mol.

từ đó tương tự cũng xác định được E có công thức $C_{26}{H}_{48}{N}_8{O}_{10} \Rightarrow M_E$= 632.

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải dạng mở rộng.!

Thủy phân: $X+11NaOH\to 3Y+4Z+5H_{2}O$

⇒ X là heptapeptit $X_7$, Y có 1 nhóm COOH còn Z có 2 nhóm COOH.

• biến đổi: $X_7 – 4C{O}_2 + 2,5H_{2}O \to 3,5X_2$|| $X_2$ là đipeptit dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$.

56,4 gam $X_7$ ứng với x mol cần bớt 4x mol $C{O}_2$, thêm 2,5x mol $H_{2}O$

để chuyển thành 3,5x mol đipeptit $X_2$ đốt cho (119,6 – 131x) gam $\left(C{O}_2 + H_{2}O\right)$.

⇒ có phương trình:

m_đipeptit = $14\times \frac{119,6-13x}{62}+76\times 3,5x=46,4-131x$

⇒ giải ra x = 0,08 mol. ⇒ 0,12 mol X tương ứng với 84,6 gam.

từ phản ứng thủy phân ban đầu có m = 84,6 + 0,12 × 11 × 40 – 0,12 × 5 × 18 = 126,6 gam.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

11 = 3 + 4 × 2 ⇒ Y chứa 1 –COONa và Z chứa 2 –COONa.

Quy 56,4 gam hỗn hợp X về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, COO, H_{2}O$.

Đặt $n_{H_{2}O}$ = n_X = x ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 7x mol ; $n_{COO }$= n_Z = 4x mol; $n_{C{H}_2}$= y mol.

⇒ $m_X$ = 57 × 7x + 14y + 44 × 4x + 18x = 56,4 gam.

Đốt cho ∑$n_{C{O}_2}$ = (2 × 7x + y + 4x) mol và ∑$n_{H_{2}O}$ = (1,5 × 7x + y + x) mol.

⇒ 44 × (18x + y) + 18 × (11,5x + y) = 119,6 gam. ||⇒ Giải x = 0,08 mol; y = 0,64 mol.

⇒ 0,12 mol X ứng với 0,84 mol $C_2{H}_{3}NO$; 0,96 mol $C{H}_2$; 0,48 mol COO và 0,12 mol $H_{2}O$.

⇒ tương tự cách 1 ta cũng có ∑$m_{muối}$ = 126,6 gam

Chọn đáp án D

Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân

0,04 mol E phản ứng vừa đủ 0,11 mol NaOH ⇒ ∑$n_{các amino axit}$ = 0,11 mol

⇒ 0,04 mol E + 0,07 mol $H_{2}O$ → 0,05 mol Gly + 0,04 mol Ala + 0,02 mol Val.

⇒ BTKL có 0,04 mol E ứng với $m_E$ = 0,05 × 75 + 0,04 × 89 + 0,02 × 117 – 0,07 × 18 = 8,39 gam.

đốt: (0,05 mol Gly + 0,04 mol Ala + 0,02 mol Val) cho 0,32 mol $C{O}_2$ + 0,375 mol $H_{2}O$.

⇒ đốt 0,04 mol E → 0,32 mol $C{O}_2$ + 0,305 mol $H_{2}O$ ⇒ ∑$m_{\left(C{O}_{2 }+ H_{2}O\right)}$ = 19,57 gam.

Lập tỉ lệ có m = 78,28 ÷ 19,57 × 8,39 = 33,56 gam

Chọn đáp án C

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

♦ đốt cháy 0,05 mol E + $O_2$ $\stackrel{t_0}{\to }$ 0,65 mol $C{O}_2$ + 0,59 mol $H_{2}O$ + ? $N_2$.

cần thêm (0,65 – 0,59 = 0,06) mol $H_{2}O$ để biến đổi 0,05 mol E → 0,11 mol đipeptit $E_2$.

⇒ $m_{E_2}$ = 0,65 × 14 + 0,11 × 76 = 17,46 gam ⇒ $m_E$ = Ans – 0,06 × 18 = 16,38 gam.

☆ thủy phân 0,11 mol E₂ cần 0,22 mol KOH → muối + 0,11 mol H₂O.

⇒ lượng KOH dư 25% so với lượng cần là 0,055 mol ⇒ ∑n_{KOH dùng} = 0,275 mol.

⇒ BTKL có $m_{chất \tan }$ = 17,46 + 0,0,275 × 56 – 0,11 × 18 = 30,88 gam.

tỉ lệ 49,14 gấp 3 lần lượng 16,38 ⇒ $m_{chất \tan thu được ở sau }$= 3 × 30,88 = 92,64 gam → Chọn C. ♣.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$.

Xét 0,05 mol E ⇒ $n_{H_{2}O}$ trong E = $n_E$= 0,05 mol. Đặt $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = x mol; $n_{C{H}_2}$ = y mol

⇒ ∑$n_{C{O}_2}$ = 2x + y = 0,65 mol; ∑$n_{H_{2}O}$ = 1,5x + y + 0,05 = 0,59 mol.