Đáp án B.

► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O với số mol x, y và z.

mE = 57x + 14y + 18z = 23,06(g)

Đốt muối cũng như đốt E

⇒ nO₂ = 2,25x + 1,5y = 0,87 mol

Bảo toàn nguyên tố Natri:

nNa₂CO₃ = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

nN₂ = 0,5x mol

● Muối chứa x mol C₂H₄NO₂Na, y mol CH₂ và (0,4 – x) mol NaOH dư.

Đốt cho (2x + y – 0,2) mol CO₂ và nH₂O = (1,5x + y + 0,2) mol H₂O

⇒ nT = nCO₂ + nH₂O + nN₂ = (2x + y – 0,2) + (1,5x + y + 0,2) + 0,5x = 1,5 mol

⇒ Giải hệ có: x = 0,34 mol; y = 0,07 mol; z = 0,15 mol

► Số mắt xích trung bình = 0,34 ÷ 0,15 = 2,26

⇒ Phải chứa ít nhất 1 đipeptit.

⇒ ∑số mắt xích của 2 peptit còn lại = 10 – 3 – 2 = 5

Lại có, 2,26 ⇒ phải chứa peptit ≥ 3 mắt xích.

⇒ Cách chia duy nhất.

5 mắt xích còn lại cho 2 peptit là 5 = 2 + 3.

● Đặt n đipeptit = a; n tripeptit = b

⇒ nC₂H₃NO = 2a + 3b = 0,34 mol.

nH₂O = a + b = 0,15 mol

⇒ Giải hệ có: a = 0,11 mol; b = 0,04 mol

Do Ctb = (0,34 × 2 + 0,07) ÷ 0,15 = 5

⇒ Phải chứa Gly₂.

Lại có, 2 peptit chứa cùng số C

⇒ 2 peptit cùng số C là 2 peptit còn lại

(vì Gly₂ chỉ có 1 đồng phân )

Mặt khác, do nCH₂ : ntripeptit < 2

⇒ Chỉ ghép tối đa 1 CH₂ cho tripeptit

⇒ Tripeptit là Gly₃ hoặc Gly₂Ala

● Với Gly₃ thì đipeptit còn lại là Ala₂

⇒ Loại vì không chứa Val

● Với Gly₂Ala thì đipeptit còn lại là GlyVal

⇒ Thỏa mãn.

⇒ nGlyVal = (0,07 – 0,04) ÷ 3 = 0,01 mol

⇒ nGly₂ = 0,11 – 0,01 = 0,1 mol

► Peptit có PTK nhỏ nhất là Gly₂

⇒ %mGly₂ = 0,1 × 132 ÷ 23,06 × 100% = 57,24%

Nhận biết các dung dịch glucozơ, glyxerin không thể dùng Cu(OH)2OH–