Đáp án D

CTTQ của X là C_nH_{2n + 2 - 2k + x}N_xO_{x + 1}

X + O₂ -> nCO₂ + (n + 1 – k + 0,5x) H₂O

0,16    ->  0,16n    -> 0,16(n + 1 – k + 0,5x)

n_CO2 – n_H2O = 0,16

=> k – 0,5x = 2

Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4

Tương tự cho Y và Z. Vậy X, Y, Z đều là các tetrapeptit.

n_X = x ; n_Y = y ; n_Z = 0,16

=> n_NaOH = 4x + 4y + 0,16.4

Và n_H2O = x + y + 0,16

Bảo toàn khối lượng : 69,8 + 40(4x + 4y + 0,64) = 101,04 + 18(x + y + 0,16)

=>x + y = 0,06

=> n_E = x + y + 0,16 = 0,22 => M_E = 317,27 => Z là (Ala)₄ (M = 302)

m(X, Y) = m_E – m_Z = 21,48g

=> M_(X,Y) = 358 => Y là (Ala)₃Val (M = 330)

Do (Ala)₂(Val)₂ = 358 nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp :

(*) TH₁ : X là (Ala)(Val)₃ (M = 386)

m_muối = 111(x + 3y + 0,16.4) + 139(3x + y) = 101,04

Và x + y = 0,06 => x = y = 0,03 (Loại vì theo đề n_X < n_Y)

(*) TH₂ : X là (Val)₄ (M = 414)

m_muối = 139(4x + y) + 111(3y + 0,16.4) = 101,04

Và x + y = 0,06 => x = 0,02 ; y = 0,04

=> %m_X = 11,86%

Đáp án D

X : C_nH_2nO₂ (a mol) ; Y, Z : C_mH_2m-2O₂ (b mol)

=> n_NaOH = a + b = 0,3⁽¹⁾

m_E = a(14n + 32) + b(14m + 30) = 23,58⁽²⁾

n_CO2 = na + mb ; n_H2O = na + mb – b

m_{thay đổi} = 44(na + mb) + 18(na + mb – b) – 197(na + mb) = -137,79 ⁽³⁾

Từ (1,2,3) => na + mb = 1,01 ; a = 0,22 ; b = 0,08

=> 0,22n + 0,08m = 1,01

Với n ≥ 3 ; m > 4 => n = 3 ; m = 4,375 là nghiệm duy nhất

Vậy X là C₃H₆O₂ (0,22 mol)

Do sản phẩm xà phòng hóa thu được 2 muối và ancol kế tiếp nên các chất là :

X : CH₃COOCH₃ (0,22 mol)

Y : CH₂ = CHCOOCH₃ (0,05 mol)

Z : CH₂ = CH-COOC₂H₅ (0,03 mol)

=> khí gồm : 0,22 mol CH₄ ; 0,08 mol C₂H₄

=> %m_CH4 = 61,11%

Đáp án B

Quỵ đổi E thành:

C₂H₃ON: 0,22 mol (Tính từ n_N2 = 0,11)

CH₂: a mol

H₂O: b mol

C₂H₃ON + 2,25O₂ → 2CO₂ + 1,5H₂O + 0,5N₂

CH₂+1,5O₂ → CO₂ + H₂O

=> n_O2 = 2,25 . 0,22 + 1,5a = 0,99

=> a = 0,33

n_CO2 = a + 0,44

n_H2O = a + b + 0,33

=> 44(a + 0,44) + 18(a + b + 0,33) = 46,48

=> b = 0,04

Đặt X, 3x là số mol X, Y

=> x + 3x = b = 0,04 => x = 0,01

Đặt m, n là số gốc amino axlt trong X và Y

=> Số -CONH- = m + n- 2 = 8

và nN = 0,01m + 0,03n = 0,22

=> m = 4 và n = 6

Đặt u, v là số mol của Gly và Val

=> n_N = u + v = 0,22

và n_C = 2u + 5v = a + 0,44 = 0,77

=> u = v = 0,22

X: (Gly)_p(Val)_4-p

Y: (Gly)_q(Val)_6-q

=> n_Gly = 0,01p + 0,03q = 0,11

=> p + 3q = 11

Do p < 4 và q < 6 nên p = 2 và q = 3

Vậy Y là (Gly)₃(Val)₃

=> Thủy phân Y thu được Gly : Val = 1 : 1

Đáp án C

2C_nH_2n+1O₂N → đipeptit + H₂O

Đem lượng peptit này đốt  → 1,35 mol H₂O

→ nếu lấy 3m g aa đốt tạo ra (1,35 + n_aa(1)/2) mol H₂O

3 C_nH_2n+1O₂N→ tripeptit + 2H₂O

Đốt  tripeptit → 0,425 mol H₂O

→ nếu lấy m g aa này đốt → 0,425 + 2/3 . n_aa(2)

Vì đốt cháy aa trong 3m g tạo lượng nước gấp 3 lần khi đốt m g nên

1,35 + n_aa(1) : 2 = 3.(0,425 + 2/3 . n_aa(2))

Lại có n_aa(1) = 3n_aa(2)

→n_aa(1) =0,45 mol → n_aa(2) = 0,15 mol

→ 0,425 + 2/3 .0,15 = 0,15 (2n+ 1) : 2 → n=3 → m=89.0,15=13,35

Đáp án A

Quy đổi hỗn hợp T thành : C_nH_2n-1NO: 0,8 mol và H₂O = n _peptit = y mol

Từ pứ cháy ta có hệ pt như sau : 

→  n_CO2=1,92 mol và n_H2O = 1,88 mol, n_N2 = 0,4 mol

→ C_tb =1,92/0,36=16/3

=> X 100% là đipeptit

TH1: X là (Gly)₂: 0,24 mol

T a có hệ như sau:  (1)

Gọi n,m lần lượt là  số amnioaxit trong Y là Z (n < m do MY<MZ)

Bảo toàn  Nitơ: 0,24.2 + 0,08n +0,08m =0,8

Biện luận: n=2, m=4 (2)

Kết hợp (1),(2) ta đc Y là Gly-Val: 0.08 mol,  Z là (Gly)₂-(Ala)₂ 0.04 mol

=> a:b=(75+22)/(89+22)=97/111=0,874

 TH2: loại vì ko thoả mãn

Đáp án C

n _O2 đốt cháy E = 0,7 mol

n _O2 đốt cháy muối = 0,625 mol

n _O2 chênh lệch chính là phần dùng để đốt cháy CH₃OH do phản ứng thủy phân sinh ra

CH₃OH + 1,5  O₂→ CO₂ + 2 H₂O

0,05              0,075

Đặt công thức chung của muối amino axit là C_nH_2nO₂NNa

Và muối của axit là C_mH_2m-1O₂Na

2 C_nH_2nO₂NNa  + ( 3n – 1,5 )  O₂→ ( 2n – 1 ) CO₂ + 2 n H₂O  + Na₂CO₃ + N₂

2 C_mH_2m-1O₂NNa  + ( 3 m – 2  )  O₂→ ( 2 m – 1 ) CO₂ + ( 2m -1 )  H₂O  + Na₂CO₃

Theo PTHH : n _O2 = a . ( 3n – 1,5 ) : 2 + b . ( 3m – 1 ) : 2 =  0,625 mol

=> 3 ( na+ mb )  - 1,5 a – 2b = 1,25

n _CO2 =  a . ( 2n – 1 ) : 2  + b . ( 2m – 1 ) :2 = 0,425

=> 2 ( na + mb ) – a – b = 0,85

m _muối  = a ( 14n + 69 ) + b ( 14m + 54 ) = 24,2

=> 14 ( na + mb ) + 69 a + 54 b = 24,2

=> na + mb = 0,55  và a = 0,2  b = 0,05

na + m b = 0,55    => n . 0,2 + m . 0,05 = 0,55  => 4 n + m = 11

Vì  3 >n > 2  ( n là giá trị trung bình của 2 muối gly và ala )

1 ⩽m => m = 1 ; n = 2,5   => n _Gly : n _Ala = 1 : 1 ( 2,5 nằm giữa 2 và 3 )

hoặc m = 2  thì n = 2,25  =>n _Gly : n _Ala = ( 3- 2,25 )  : (2,25 – 2 )  = 3: 1 ( dùng phương pháp đường chéo  )

Đáp án C

Số N trung bình  = ( 0,42 + 0,14) / 0,1 = 5,6

=> X có 5N và Y có 6N

Quy đổi 13,2 gam T thành:

C₂H₃ON: 5,6 a mol

CH₂ : b mol

H₂O : a mol

BTKL => m_T = 57. 5,6a + 14b + 18a = 13,2 (1)

BTNT O : n_O2 = 2,25. 5,6a + 1,5b = 0,63 (2)

Từ (1) và (2) => a= 1/30 và B = 0,14

Hai muối A : B có tỉ lệ mol là 0,42: 0,14 = 3: 1 và tổng mol là 5,6a = 14/75

=> Mol muối A = 0,14 và mol muối B = 7/150

=> m muối = 0,14A + 7B/150 = 5,6A. 57 + 40.5,6a

=> 3A + B = 430

=> A = 97 (GlyNa) và B = 139 (ValNa) là nghiệm duy nhất

Do chưa biết N5 hay N6 có phân tử khối nhỏ hơn nên gọi peptit 5N là X₁ và X₂

X₁ là (Val)_U(Gly)_5-U

X₂ là (Val)_V(Gly)_6-V

=> n_Val = u/75 + 0,02v = 7/150

=> 2u + 3v = 7

=> u = 2 và v = 1 là nghiệm duy nhất

Vậy X₁ là (Val)₂(Gly)₃  có PTK = 387

X₂ là (Val)(Gly)₅  có PTK = 402

Vậy phân tử khối của X = 387

Đáp án D

Cho NaOH tác dụng với hỗn hợp X, chỉ có Y tác dụng để sinh ra khí, mà các khí đều có

M > 29  => CTCT Y là:  CH₃CH₂NH₃COO-COONH₃CH₃

=> n_Y = 0,1/2 = 0,05 mol.

CTCT của Z là: H₂N-CH₂-CONH-CH₂-COOH

=> n_Z = (m_X-m_Y)/M_Z = (21,5-0,05.166)/132 = 0,1 mol.

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với HCl dư (Z pư, Y không phản ứng):

H₂N-CH₂-CONH-CH₂-COOH+H₂O+2HCl → 2ClH₃N-CH₂-COOH

0,1                                                                            0,2(mol)

m_{chất hữu cơ} = m_Y+m_{ClH3N-CH2-COOH} = 0,05.166+0,2.111,5=30,6 gam.

Đáp án C

Gọi CT chung của X là H₂NR(COOR₂)(COOR₁)

H₂NR(COOR₂)(COOR₁)→ H₂NR(COONa)₂ => Khối lượng tăng: 23.2-R₁-R₂>0=>R₁+R₂<46

=> R₁=15 (-CH₃); R₂=29 (-C₂H₅)

H₂NC₃H₅(COOCH₃)(COOC₂H₅)→H₂NC₃H₅(COONa)₂ => Khối lượng tăng 2 gam

0,5 mol                                                                                                          ←1 gam.

M=0,5.189=94,5 gam.

Đáp án D

n_{Val- Ala} = 1/4. 0,2 = 0,05 mol

Gọi số mol X và Y lần lượt là  x và y mol

Quy đổi 0,2 mol E thành

C₂H₃ON: 0,95 mol ( tính từ n_OH- )

CH₂: z mol

H₂O: 0,2 mol

=> m_E = 69,65g

Hỗn hợp E chứa C₈H₁₆N₂O₃ : 0,05 mol

X: C_nH_2n-3N₅O₆ : 0,05 mol

Y: C_mH_2m-4N₆O₇ : 0,1 mol

BTNT C : n_C = 0,05.8 + 0,05.n + 0,1m = 0,95.2 + 0,85

=> n + 2m = 47

Với đk 11 ≤ n ≤ 14 và  13 ≤ m ≤ 17 ( Vì trong X, Y đều chứa Gly và Ala )

=> n = 13 thì m = 17

=> Y: C₁₇H₃₀N₆O₇ : 0,1 mol => %Y = ( 0,1.430: 69,65 ).100% = 61,74% ≈ 62%

Đáp án B

Z gồm:

C_nH_2n+3N: a mol

C₂H₅NO₂: b mol

C₆H₁₄N₂O₂: c mol

=> n_CO2 = na + 2b + 6c và n_N2 = a/2 + b/2 + c

=> n_CO2 + n_N2 = na + a/2 + 5b/2 + 7c = 0,81 (1 )

n_H2O = a(2n + 3)/2 + 5b/2 + 7c = 0,91 (2)

(2) - (1) => a = 0,1

n_Z = 0,2 => b + c = 0,1 (3)

Bảo toàn O:

2(b + c) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_CO2 = 0,68

=> n_N2 = a/2 + b/2 + c = 0,81 - 0,68 (4)

(3) (4) =>b = 0,04 và c = 0,06

n_CO2 = na + 2b + 6c = 0,68 => n = 2,4

=> X chứa C₂H₇N (0,06) và C₃H₉N (0,04) (Tính dựa vào C trung bình 2,4 và tổng số mol a = 0,1 )

Vậy Z chứa C₂H₇N (0,06); C₃H₉N (0,04); C₂H₅NO₂ (0,04) và C₆H₁₄N₂O₂ (0,06)

=> %C₂H₇N = 16,05%

Đáp án D

Muối Z gồm:

C₃H₆NO₂Na: a mol

C_nH_2nNO₂Na: 2a mol

C_mH_2m-1O₂Na: b mol

n_NaOH=3a+b=0,45 (1)

→ n_Na2CO3=0,225 và n_O(Z)=0,9

Đặt x, y là số mol CO₂, H₂O thu được khi đốt Z.

44x+18y=50,75

BTNT O → 2x+y+0,225.3=0,9+1,125.2

=> x=0,775; y=0,925

n_CO2=3a+2na+mb-0,225=0,775 (2)

n_H2O=3a+2na+mb-b/2=0,925 (3)

(2)-(3) → b=0,15

(1) → a=0,1

Thế a, b vào (2) → 4n+3m=14

Do n≥2; m≥1 nên n=m=2 là nghiệm

Vậy X là Gly và Y là CH₃COOH

Muối nhỏ nhất là CH₃COONa

mCH₃COONa=0,15.82=12,3

Đáp án C

- Quy đổi hỗn hợp X thành phần C₂H₃ON (a mol), -CH₂ (b mol) và H₂O (c mol).

- Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm C₂H₄ONNa (a mol) và CH₂ (b mol).

Xét quá trình đốt cháy hỗn hơp muối ta có hệ sau:

- Xét hỗn hợp X ta có:

- Gọi peptit A và B lần lượt là (Gly)_x(Ala)_4-x và (Gly)_y(Ala)_5-y (với x<4 và y<5).