Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào dữ kiện: Khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các amino axit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau. Từ mối liên hệ số mol mỗi peptit với CO₂ và H₂O → Các peptit đều là tetrapeptit.

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit+ m_NaOH = m _muối+ m_H2O → a

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)

+) BTNT "Na" → (1)

+) m _muối → (2)

Giải (1) và (2) được a, b

Sơ đồ bài toán: 69,8(g)XYZ:0,16+NaOHvua du→Ala−Na:aVal−Na:b

Dựa vào các dữ kiện tính được số C trung bình của hỗn hợp ban đầu từ đó biện luận ra Z và Y

Suy ra các trường có thể có của X, xét từng trường hợp và chọn ra trường hợp thỏa mãn điều kiện n_X < n_Y.

Giải chi tiết:

Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các amino axit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau.

Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k → CTTQ: C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1

C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1 → nCO₂ + (n+1-0,5k)H₂O

a na a(n+1-0,5k)

→ na - a(n+1-0,5k) = a → k = 4

Vậy các peptit đều là tetrapeptit

Đặt n_peptit = a mol → n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit+ m_NaOH = m _muối+ m_H2O → 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a → a = 0,22 mol

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)

+) BTNT "Na": a + b = n_NaOH = 0,88 (1)

+) m _muối = 111a + 139b = 101,04 (2)

Giải (1) và (2) được a = 0,76 mol và b = 0,12 mol

Sơ đồ bài toán: 69,8(g)XYZ:0,16+NaOHvua du→Ala−Na:aVal−Na:b

BTNT "C": n_C(X) = 2n_Ala-Na + 5n_Val-Na = 2.0,76 + 5.0,12 = 2,12 mol

→ C _{trung bình} = 2,12 : 0,22 = 9,6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6

Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,54 → Có peptit không chứa Val

→ C(Z) = 8 → Z là Ala₄ (M = 89.4 - 18.3 = 302)

→ n_{Ala(X, Y)} = 0,76 - 0,16.4 = 0,12

Mặt khác:

n_X + n_Y = 0,22 - 0,16 = 0,06 mol

m_X + m_Y = m _hh- m_Z = 69,8 - 0,16.302 = 21,48 gam

→ M(X, Y) = 21,48 : 0,06 = 358 → Y là Ala₃Val (M = 330)

Do Ala₂Val₂ (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:

TH1:

X là AlaVal₃ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

x + y = 0,06

x + 3y = n_Ala(X,Y)= 0,12

→ x = y = 0,03 loại do không thỏa mãn n_X < n_Y

TH2:

X là Val₄ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

n_Ala(X,Y) = 3y = 0,12 → y = 0,04 → x = 0,02 (thỏa mãn)

→ %m_X = (0,02.414/69,8).100% = 11,86% gần nhất với 12%.

Chất nào sau đây thuộc loại amin bậc một? a. CH3NH2. b. CH3CH2NH