Chọn đáp án A

đặt $n_{tripeptit}$ = $n_{pentapeptit }$= x mol. Các phản ứng xảy ra:

• tripeptit + 3HCl + 2$H_{2}O$ → muối || pentapeptit + 5HCl + 4$H_{2}O$ → muối.

⇒ ∑$n_{HCl}$ = 0,16 mol = 3x + 5x ⇒ x = 0,02 mol ⇒ ∑$n_{H_{2}O}$ = 6x = 0,12 mol.

⇒ BTKL có: $m_{muối}$= 11,8 + 0,16 × 36,5 + 0,12 × 18 = 19,8 gam

Phản ứng: $Y_6$ + 6HCl + 5$H_{2}O$ → muối.

$n_{HCl}$ = 0,12 mol ⇒ $n_{H_{2}O}$ = 0,1 mol ⇒ BTKL có:

$m_{muối}$ = 8,88 + 0,12 × 36,5 + 0,1 × 18 = 15,06 gam

Chọn đáp án C

Bảo toàn khối lượng: m=28,72-18.0,14-36,5.0,24=17,44 gam

$n_{HCl}=12a=0,24\to a=0,02$

Chọn đáp án C

Phản ứng: $Y_6$+ 6HCl + 5$H_{2}O$ → muối.

$n_{HCl}$= 0,12 mol ⇒ $n_{H_{2}O}$ = 0,1 mol ⇒ BTKL có:

$m_{muối}$ = 8,88 + 0,12 × 36,5 + 0,1 × 18 = 15,06 gam.

Chọn đáp án A

Chọn đáp án D

► X là triglixerit ⇒ phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 3.

Lại có: E tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 3 ⇒ Y tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 3.

⇒ Y là GlyGlu ||● Đặt $n_X$ = x; $n_Y$ = y ⇒ $n_E$= x + y = 0,15 mol.

$\frac{m_O}{m_N}=\frac{16(6x+5y)}{14.2y}\frac{32}{7}$ ||⇒ giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,1 mol.

► Muối của axit béo có PTK lớn ⇒ chắc chắn sẽ là muối có PTK lớn nhất trong F.

$n_{Gly-Na}$ = $n_{Glu-Na}$= 0,1 mol ⇒ ${m_m}_{uối của axit béo}$ = 45,6(g) ⇒ %m = 61,29%

Chọn đáp án A

-     Đặt X (a mol); Y (mol); Z: $HCOON{H}_{3}C{H}_{2}COOC{H}_3$ (c mol).

-     Khi cho X, Y, Z tác dụng với NaOH thu được ancol là $C{H}_{3}OH$: 0,09 mol  và 3 muối lần lượt là AlaNa; GlyNa; HCOONa: 0,09 mol. Ta có hệ sau:

$\left\{\begin{array}{l}\stackrel{BT:Na}{\to }{n}_{GlyNa}+n_{AlaNa}=n_{NaOH}-n_{HCOONa}=0,5\\ 97n_{GlyNa}+11n_{AlaNa}=59,24-68n_{HCOONa}=53,12\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{GlyNa}=0,17mol\\ n_{AlaNa}=0,33 mol\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{Gly(trongX,Y)}=0,17-n_Z=0,08 mol \\ và a+b=0,2-c=0,11 mol \end{gathered}$$

-     Ta có số mắt xích  và trong X hoặc Y không có mắt xích Gly và cả 2 mắt xích đều chứa 3 Ala nên Y là $Gly{\left(Ala\right)}_3$: 0,08 mol và X là ${\left(Ala\right)}_3$: 0,03 mol.

Vậy $\%m_X=\frac{m_X}{m_E}.100\%=16,45$

Chọn đáp án C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

► Quy quá trình về 0,1 mol X + 0,6 mol NaOH tác dụng với HCl dư.

⇒ $n_{HCl phản ứng}$ = 3$n_X$ + $n_{NaOH}$ = 0,9 mol || $n_{H_{2}O}$ = $n_{NaOH}$ – 2$n_X$ = 0,4 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 24,5 + 0,6 × 40 + 0,9 × 36,5 – 0,4 × 18 = 74,15(g)

Chọn đáp án C

► X gồm $C_2{H}_{5}N{H}_{3}OOC-COO{H}_{3}NC{H}_3 và Gl{y}_2$ ⇒ $n_X$ = 0,05 mol.

⇒ $n_Y$ = (21,5 – 0,05 × 166) ÷ 132 = 0,1 mol || $n_{HCl}$ = 0,05 × 2 + 0,1 × 2 = 0,3 mol.

$n_{H_{2}O}$ = 0,1 mol ||⇒ bảo toàn khối lượng:

m = 21,5 + 0,3 × 36,5 + 0,1 × 18 = 34,25(g)

Chọn đáp án D

Đặt

 $$\begin{gathered} n_{Gly-Na}=x mol; n_{Ala-Na}=y mol \\ \Rightarrow n_{HCl phản ứng }=0,36.2=2x+2y \end{gathered}$$

Bảo toàn khối lượng: $m_{muối trong Y}$ + $m_{HCl}$=$m_{muối trong Z}$

_{$\Rightarrow 97x+111y+0,72.36,5=63,72$}

Giải hệ có: $x=y=0,18 mol$. Lại có: 

n-peptit   +   nNaOH   →   n-muối   +   $H_{2}O$  $\parallel$  amino axit   +   NaOH   →   muối   +   $H_{2}O$

Bảo toàn khối lượng có:

$$\begin{gathered} m_X+m_{NaOH}=m_{muối trong Y}+m_{H_{2}O} \\ \Rightarrow m+0,36.40=m+12,24+m_{H_{2}O} \\ \Rightarrow m_{H_{2}O}=2,16 gam \\ \Rightarrow \sum _{n(A,B)}=n_{H_{2}O}=0,12 mol \\ \Rightarrow n_A=n_B=0,06 mol \end{gathered}$$

♦ TH1: B là Ala => A chứa  gốc Gly và (0,18-0,06)+0,06=2 gốc Ala.

 $\Rightarrow$A là $Gl{y}_{3}Al{a}_2$ $\Rightarrow M_A=331<4M_{B }\Rightarrow$ loại.

♦ TH2: B là Gly => A chứa (0,18-0,06)+0,06=2 gốc Gly

và 0,18+0,06=3 gốc Ala.

 $\Rightarrow$A là $Gl{y}_{2}Al{a}_3$ $\Rightarrow M_A>4M_B\Rightarrow$ nhận.

Chọn đáp án C

$n_{NaOH}=22a=0,22\Rightarrow a=0,01$

Bảo toàn khối lượng có:

$16,06-18.0,04+40.0,22=24,14 gam$

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Khi tác dụng với NaOH chỉ có Y tạo khí .Y tạo 0,1 mol 2 khí → Y có công thức : $H_{4}NOOC-COON{H}_{3}C{H}_3$ : 0,05 mol

→ $n_Z$ = $\frac{27,2-0,05.138}{203}$ = 0,1 mol

$H_{4}NOOC-COON{H}_{3}C{H}_3$+ 2HCl → $C{H}_{3}N{H}_{3}Cl$+ HOOC-COOH + $N{H}_{4}Cl$

$C_7{H}_{13}{N}_3{O}_4$+2$H_{2}O$ + 3HCl → muối

Bảo toàn khối lượng → $m_{chất hữu cơ}$ = $m_X$ + $m_{HCl}$ + $m_{H_{2}O}$ - $m_{N{H}_{4}Cl}$

→ $m_{chất hữu cơ}$ = 27,2 + 36,5. ( 0, 05.2 + 0,1.3) + 18. 0,1. 2- 0,05. 53,5= 42,725 gam

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C

Gọi số mol của X và Y lần lượt là x và 3x mol

Có X + 4NaOH → $m_1$ + $H_{2}O$, Y + 3NaOH → $m_2$ + H₂O

Có $n_{H_{2}O}$ = $n_X$ + $n_Y$ = 4x mol

Bảo toàn khối lượng → x. 316 + 3x. 273 + 40. ( 4x + 3. 3x) = 25, 328 + 4x. 18 → x = 0,016 mol

→ m = 0,016. 316 + 3. 0,016 . 273 = 18,16 gam

Chọn đáp án A

Gọi số mol của Gly-Ala-Val và Gly-Ala-Val-Ala lần lượt là a và 2a mol $\left\{\begin{array}{l}Gly-Ala-Val: a mol\\ Gly-Ala-Val-Ala: 2a mol\end{array}\right.$$\underset{13,2a mol}{\overset{NaOH}{\to }}$Y$\stackrel{+HCl}{\to }$

 263,364 gam $\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{c}NaCl: 13,2a mol\\ Cl{H}_{3}NC{H}_{2}COOH: 3a\end{array}\\ Cl{H}_{3}NCH\left(C{H}_3\right)COOH: 5a\\ {(CH}_{}\end{array}\right.$₃)2CH-CH(NH3Cl)COOH: 3a

→ số mol NaOH cần dùng là $\frac{3a+2a.4}{100}$.120= 13,2a mol

→ 263,364= 13,2a. 58,5 + 3a. ( 75 + 36,5) + 5a. ( 89 + 36,5) + 3a. (117+ 36,5) → a = 0,12 mol

→ m = 0,12.( 75 + 89 + 117-2. 18) + 2.0,12.( 75 + 2. 89 +117-3.18) = 105,24 gam.

Chọn đáp án B

Với 1 mol X thì mất 4 mol nước để thủy phân thành amino axit, và tạo ra 5 mol nước khi amino axit tác dụng với NaOH

vậy nên cuối cùng là tạo ra 1 mol nước

$n_{H_{2}O}=n_X=0,1$

Bảo toàn khối lượng: 

$$\begin{gathered} m_X=m_r+m_{H_{2}O}-m_{H_{2}O} \\ =63,5+0,1.18-0,7.40=37,5\left(g\right) \end{gathered}$$

$\Rightarrow M_X=\frac{37,3}{0,1}=373$

 $\Rightarrow$X là pentapeptit của Alanin

Vậy Y là axit α−aminopropionic ( alanin)

Chọn đáp án A

► Giả sử X có dạng A-B-C-D-E thì phương trình thủy phân là:

A-B-C-D-E → A-B-C + D-E (1)|| A-B-C-D-E → A-B + C-D-E (2).

⇒ Val-Gly là D-E hoặc A-B ||● Không mất tính tổng quát, giả sử là A-B.

⇒ Gly-Ala là D-E || Mặt khác: để b > a thì C là Val ⇒ X là Val-Gly-Val-Gly-Ala.

(hoặc X là Gly-Ala-Val-Val-Gly) ⇒ chọn A vì $M_{GlyVa{l}_2}$ = 273.

Chọn đáp án A

giả sử mỗi phần gồm x mol tripeptit $X_3$ và 2x mol tetrapeptit $Y_4$.

• phản ứng: (X; Y) + 0,22 mol NaOH (vừa đủ) → 25,82 gam muối + $H_{2}O$.

Ta có: ∑$n_{NaOH}$ = 3x + 2x × 4 = 0,22 ⇒ x = 0,02 mol; $n_{H_{2}O}$ = 3x = 0,06 mol.

⇒ BTKL có: ∑$m_{X, Y}$ = 25,82 + 0,06 × 18 – 0,22 × 40 = 18,1 gam.

$X_3$ + 2$H_{2}O$ + 3HCl → muối || $Y_4$ + 3$H_{2}O$ + 4HCl → muối.

⇒ ∑$n_{HCl }$= 3$n_X$ + 4$n_Y$ = 0,22 mol || $n_{H_{2}O}$ = 2$n_X$ + 3$n_Y$ = 0,16 mol.

⇒ BTKL có: $m_{muối }$= 18,1 + 0,22 × 36,5 + 0,16 × 18 = 29,01 gam.

Chọn đáp án B

giả sử mỗi phần gồm x mol tripeptit $X_{3 }$và 2x mol tetrapeptit $Y_4$.

• phản ứng: (X; Y) + 0,22 mol NaOH (vừa đủ) → 25,82 gam muối + $H_{2}O$.

Ta có: ∑$n_{NaOH}$ = 3x + 2x × 4 = 0,22 ⇒ x = 0,02 mol; $n_{H_{2}O}$ = 3x = 0,06 mol.

⇒ BTKL có: ∑$m_{X, Y }$= 25,82 + 0,06 × 18 – 0,22 × 40 = 18,1 gam.

$X_3$+ 2$H_{2}O$ + 3HCl → muối || $Y_4$ + 3$H_{2}O$ + 4HCl → muối.

⇒ ∑$n_{HCl }$= 3$n_{X }$+ 4$n_Y$ = 0,22 mol ||$n_{H_{2}O}$ = 2$n_X$ + 3$n_Y$ = 0,16 mol.

⇒ BTKL có: $m_{muối }$= 18,1 + 0,22 × 36,5 + 0,16 × 18 = 29,01 gam.

Chọn đáp án D

gọi số mol Val-Gly-Val là 2x thì số mol Ala-Gly-Val-Ala tương ứng là 3x.

$M_{Val-Gly-Val}$ = 273 và $M_{Ala-Gly-Val-Ala}$ = 316 ⇒ m = 1494x gam.

♦ thủy phân m gam peptit + NaOH → 42,48 gam muối + $H_{2}O$.

có $n_{H_{2}O}$ = ∑n_peptit = 5x mol; n_NaOH = 2x × 3 + 3x × 4 = 18x mol.

BTKL có: 1494x + 18x × 40 = 42,48 + 5x × 18 ⇒ x = 0,02 mol.

thay ngược lại có m = 1494x = 29,88 gam.

Chọn đáp án B

Gọi số amino axit tạo peptit T là n (T có n mắt xích).

Phản ứng: $T_{n }$+ $n_{NaOH}$ → muối + $H_{2}O$ ||⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_T$ = 0,02 mol.

BTKL có: $m_{NaOH}$ – $m_{H_{2}O}$ = $m_{muối}$ – $m_T$ = 4,44 gam

⇒ 0,02n × 40 – 0,02 × 18 = 4,44 ⇒ n = 6. amino axit có dạng $H_{2}NRCOOH$

Phản ứng: 6$H_{2}NRCOOH$ → 1T + 5$H_{2}O$.

⇒ theo bảo toàn nguyên tố O có số O trong T = 6 × 2 – 5 = 7.

Chọn đáp án C

Gọi số liên kết peptit trong E là n ⇒ E là (n + 1)–peptit.

phản ứng: E + $n_{H_{2}O}$ + (n + 1)HCl → muối.

⇒ BTKL có: $m_{H_{2}O}$ + m_HCl = m_muối – m_E = 4 gam

⇒ 0,02n × 18 + 0,02 × (n + 1) × 36,5 = 4 ⇒ n = 3

Chọn đáp án C

E gồm 3 peptit $X_a, Y_b, Z_b$ với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4 : 4.

(kí hiệu $X_a$ nghĩa là peptit X gồm có a mắt xích, được tạo từ a α–amino axit

Y và Z là đồng phân cấu tạo ⇒ được tạo từ cùng lượng gốc amino axit)

☆ biến đổi peptit: $1X_a + 4Y_b + 4Z_b$ → 1.($X_a$)¹(Y_b)⁴(Z_b)⁴ (ghép mạch) + 8$H_{2}O$.

thủy phân: ($X_a$)¹($Y_b$)⁴($Z_b$)⁴ + $H_{2}O$ → 0,09 mol $a{a}_1$ + 0,29 mol $a{a}_2$ (aa: amino axit).

||⇒ 1.($X_a$)¹($Y_b$)⁴($Z_b$)⁴ + (38k – 1)$H_{2}O$ → 9k.aa₁ + 29k.aa₂ (k nguyên dương).

⇒ a + 8b = 38k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (b – 1) = 11 ⇒ a + 2b = 14.

Chọn đáp án B

➤ gốc Lysin còn chứa thêm một nhóm amoni tự do

nên tỉ lệ mol khi tác dụng với HCl tăng 1 đơn vị:

• 1Glu-Ala-Lys-Val + 3$H_{2}O$ + 5HCl → Muối.

$n_{HCl}$ = 0,2 mol ⇒ $n_T$ = 0,04 mol ⇒ m = 0,04 × 445 = 17,8 gam.

➤ gốc axit glutamic có chứa thêm một nhóm cacboxyl tự do

⇒ nên tỉ lệ mol khi tác dụng với NaOH tăng 1 đơn vị:

• 1Glu-Ala-Lys-Val + 5NaOH → (muối + NaOH dư) + 2$H_{2}O$.

$n_{NaOH cần}$ = 0,04 × 5 = 0,2 mol mà $n_{NaOH đề cho}$ = 0,24 mol

⇒ NaOH còn dư trong a gam chất rắn ⇒ $n_{H_{2}O}$ = 2$n_{T }$= 0,08 mol

⇒ dùng BTKL có: a = 17,8 + 0,24 × 40 – 0,08 × 18 = 25,96 gam. 

Chọn đáp án C

➤ gốc axit glutamic có chứa thêm một nhóm cacboxyl tự do

⇒ nên tỉ lệ mol khi tác dụng với NaOH tăng 1 đơn vị:

• Ala-Ala-Val-Glu + 5NaOH → muối + 2H₂O.

⇒ n_E = n_NaOH ÷ 5 = 0,04 mol ⇒ m = 0,04 × 388 = 15,52 gam.

với HCl: Ala-Ala-Val-Glu + 3H₂O + 4HCl → muối.

dùng cùng m gam E nên n_HCl = 4n_E = 0,16 mol; $n_{H_{2}O}$ = 3n_E = 0,12 mol

⇒ m_muối = 15,52 + 0,16 × 36,5 + 0,12 × 18 = 23,52 gam.

Chọn đáp án D

E gồm 3 peptit $X_a, Y_b, Z_c$với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1 : 3.

(kí hiệu $X_a$ nghĩa là peptit X gồm có a mắt xích, được tạo từ a α–amino axit)

☆ biến đổi peptit: $1X_a + 1Y_b + 3Z_c$→ 1.($X_a$)¹($Y_b)$¹($Z_c$)³ (ghép mạch) + 4$H_{2}O$.

thủy phân: ${\left(X_a\right)}^1{\left(Y_b\right)}^1{\left(Z_c\right)}^3$+ $H_{2}O$ → 0,16 mol $a{a}_1$+ 0,07 mol $a{a}_2$.

||⇒ 1.${\left(X_a\right)}^1{\left(Y_b\right)}^1{\left(Z_c\right)}^3$+ (23k – 1)$H_{2}O$→ 16k.$a{a}_1$ + 7k.$a{a}_2$ (k nguyên dương).

⇒ a + b + 3c = 23k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 10 ⇒ a + b + c = 13.

⇒ 23k = a + b + 3c < 3(a + b + c) < 39 ⇒ k < 1,7 ⇒ k = 1 thỏa mãn.

Phương trình thủy phân: $1X_a + 1Y_b + 3Z_c + 18H_{2}O$ → 16$a{a}_1$+ 7$a{a}_2$.

BTKL có $m_{a{a}_1}$ + $m_{a{a}_2}$= 19,19 + 0,18 × 18 = 22,43 gam.

⇒ có 0,16 mol $a{a}_1$là alanin; 0,07 mol$a{a}_2$ là valin.

X và Y là đổng phân cấu tạo ⇒ a = b ⇒ 2a + c = 13.

mà ∑$n_{amino axit}$ = 0,02a + 0,03c = 0,16 + 0,07 ⇒ giải a = 4; b = 5.

⇒ X, Y dạng ${\left(Ala\right)}^n{\left(Val\right)}^{4-n}$và Z dạng ${\left(Ala\right)}^m{\left(Val\right)}^{5-m}$

⇒ ∑$n_{Ala }$= 0,02n + 0,03m = 0,16 ⇔ 2n + 3m = 16 (với 1 ≤ n ≤ 3; 1 ≤ m ≤ 4).

⇒ n = 2; m = 4 ⇒ X, Y dạng ${\left(Ala\right)}^2{\left(Val\right)}^2$ (M = 358) và Z dạng ${\left(Ala\right)}^4{\left(Val\right)}^1$ (M = 401). 

Chọn đáp án A

T gồm 3 peptit $A_a, B_b, C_{c }$với tỉ lệ mol tương ứng 2 : 3 : 4.

(kí hiệu A_a nghĩa là peptit A gồm có a mắt xích, được tạo từ a α–amino axit)

☆ biến đổi peptit: $2A_a + 3B_b + 4C_c$→ 1.${(A}^{}$_a)2(B_b)3(C_c)4 (ghép mạch) + $8H_{2}O$.

thủy phân: ${\left(A_a\right)}^2{\left(B_b\right)}^3{\left(C_c\right)}^{4 }$ + $H_{2}O$ → 0,14 mol Gly + 0,16 mol Ala + 0,08 mol Val.

☆ 1.${\left(A_a\right)}^2{\left(B_b\right)}^3{\left(C_c\right)}^{4 }$ + (19k – 1)$H_{2}O$ → 7k.Gly + 8k.Ala + 4k.Val. (k nguyên dương).

⇒ 2a + 3b + 4c = 19k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 9 ⇔ a + b + c = 12.

⇒ 24 = 2(a + b + c) < 19k = 2a + 3b + 4c < 4(a + b + c) = 48 ⇒ 1,26 < k < 2,53 ⇒ k = 2.

⇒ Phương trình thủy phân: $2A_a + 3B_b + 4C_c + 29H_{2}O$ → 14Gly + 16Ala + 8Val.

⇒ m = 10,5 + 14,24 + 9,36 – 0,29 × 18 = 28,88 gam

Chọn đáp án D

X gồm 3 peptit $A_a, B_b, C_{c }$với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1 : 3.

(kí hiệu A_a nghĩa là peptit A gồm có a mắt xích, được tạo từ a α–amino axit)

☆ biến đổi peptit: $1A_{a }+ 1B_b + 3C_c$ → $1.{\left(A_a\right)}^1{\left(B_b\right)}^1{\left(C_c\right)}^3$ (ghép mạch) + 4$H_{2}O$.

thủy phân: ${\left(A_a\right)}^1{\left(B_b\right)}^1{\left(C_c\right)}^3$ + $H_{2}O$ → 0,16 mol Ala + 0,07 mol Val.

⇒ phương trình: $1.{\left(A_a\right)}^1{\left(B_b\right)}^1{\left(C_c\right)}^3$ + (23k – 1)$H_{2}O$→ 16k.Ala + 7k.Val. (k nguyên dương).

⇒ a + b + 3c = 23k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) ≤ 12 ⇒ a + b + c ≤ 15.

⇒ 23k = a + b + 3c < 3(a + b + c) ≤ 45 ⇒ k < 1,96 ⇒ k = 1 thỏa mãn.

⇒ Phương trình thủy phân: 1$A_a$ + 1$B_b$ + 3$C_c$ + 18$H_{2}O$ → 16Ala + 7Val.

⇒ m = 14,24 + 8,19 – 0,18 × 18 = 19,19 gam