Chọn đáp án B

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

có ∑$n_{các \alpha –amino axit}$ = $n_{HCl} – \sum \left(n_{NaOH} + n_{KOH}\right)$ = 0,2 mol.

• 0,1 mol $T_2$ + (0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH) → 26,76 gam c.tan + 0,1 mol $H_{2}O$.

⇒ BTKL có $m_{T_2}$ = 17,68 gam ⇒ có 0,1 mol $T_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$ nặng 17,68 gam

⇒ đốt 0,1 mol $T_2$ thu được $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (17,68 – 0,1 × 76) ÷ 14 = 0,72 mol.

mà đốt m gam T cho 0,68 mol $H_{2}O$ ⇒ cần thêm 0,04 mol $H_{2}O$ để chuyển T thành $T_2$

⇒ m = $m_T$ = $m_{T_2}$ – $m_{H_{2}O}$ thêm vào = 17,68 – 0,04 × 18 = 16,69 gam → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.

Quy m gam hỗn hợp T về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$. Quy đổi quá trình thành:

m gam T + 0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH tác dụng vừa đủ 0,44 mol HCl.

⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,44 – 0,16 – 0,08 = 0,2 mol ⇒ $n_{O{H}^{–} dư}$ = 0,16 + 0,08 – 0,2 = 0,04 mol.

Q gồm $H_{2}N–C{H}_2–COO–, N{a}^{+}, K^{+}, O{H}^{–}, C{H}_2$.

⇒ $n_{C{H}_2}$ = (26,76 – 0,2 × 74 – 0,16 × 23 – 0,08 × 39 – 0,04 × 17) ÷ 14 = 0,32 mol.

$n_{H_{2}O}$ = 0,68 – 0,2 × 1,5 – 0,32 = 0,06 mol ⇒ m = 0,2 × 57 + 0,32 × 14 + 0,06 × 18 = 16,96 gam.

$E_3$Chọn đáp án A

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

a mol E₃ cần 0,5a mol $H_{2}O$ để biến đổi thành 1,5a mol đipeptit $E_2$ dạng $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$.

đốt 1,5a mol mol $E_2$ cần 0,135 mol $O_2$ thu được cùng số mol $C{O}_2$ và $H_{2}O$ là 0,12 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có 1,5a = $n_{E_2}$ = (0,12 × 3 – 0,135 × 2) ÷ 3 = 0,03 mol.

⇒ n = 0,12 ÷ 0,03 ÷ 2 = 2 ⇒ α–amino axit tạo E và T là glyxin: $C_2{H}_{5}N{O}_2$.

⇒ thủy phân 4a = 0,08 mol $T_5$ + HCl → m gam muối là 0,4 mol $C_2{H}_{5}N{O}_2.HCl$

⇒ m = 0,4 × (75 + 36,5) = 44,6 gam → chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy : giải theo công thức tổng quát

α–amino axit tạo E và T dạng $C_n{H}_{2n} + 1N{O}_2 \left(n \ge 2\right)$ ⇒ CTTQ của E là $C_{3n}{H}_{6n} – 1N_3{O}_4$.

Phương trình cháy: $C_{3n}{H}_{6n} – 1N_3{O}_4$ + (4,5n – 2,25)$O_2$ → 3n$C{O}_2$ + (3n – 0,5)$H_{2}O$ + 1,5$N_2$.

$n_{C{O}_2}$ = $n_{BaC{O}_3}$ = 0,12 mol; $n_{O_2}$ = 0,135 mol ⇒ $n_{O_2}$ ÷ $n_{C{O}_2}$ = (4,5n – 2,25) ÷ (3n) = 0,135 ÷ 0,12

Giải ra: n = 2 ⇒ α–amino axit là glyxin: $C_2{H}_{5}N{O}_2$ và a = 0,02 mol.

⇒ thủy phân 4a mol T trong HCl thu được 4a × 5 = 0,4 mol muối clorua của Gly.

⇒ m = 0,4 × 111,5 = 44,6 gam.

Chọn đáp án A

đipeptit X có dạng $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$ đốt cho $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$.

mà giả thiết: $m_{C{O}_2}$ + $m_{H_{2}O}$ = 7,44 gam ⇒ $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = 0,12 mol.

♦ đốt $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$+ 0,15 mol $O_2$ → 0,12 mol $C{O}_2$ + 0,12 mol $H_{2}O$ + ? mol $N_2$

⇒ bảo toàn nguyên tố O có a = $n_{C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3}$ = (0,12 × 3 – 0,15 × 2) ÷ 3 = 0,02 mol.

||⇒ n = 0,12 ÷ 0,02 ÷ 2 = 3 ⇒ α–amino axit tạo X và Y là alanin: $C_3{H}_{7}N{O}_2$.

Thủy phân 0,02 mol $Y_4$ cần 0,08 mol KOH → 0,08 mol $C_3{H}_{6}N{O}_{2}Na$.

⇒ m gam chất rắn gồm 0,08 mol $C_3{H}_{6}N{O}_{2}Na$ và 0,04 mol KOH (dư)

⇒ m = 0,08 × (89 + 38) + 0,04 × 56 = 12,40 gam.

Chọn đáp án C

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

☆ đốt đipeptit $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3 + 15 mol O_2 \stackrel{t_0}{\to } 12 mol C{O}_2 + 12 mol H_{2}O + ? N_2$.

(giả thiết cho tỉ lệ 5 : 4 nên cho O₂ là 15 mol thì tương ứng $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = 12 mol).

bảo toàn O có $n_{đipeptit}$ = (12 × 3 – 15 × 2) ÷ 3 = 2 mol ⇒ n = 12 ÷ 4 = 3

⇒ cho biết α–amino axit là Alanin: $C_3{H}_{7}N{O}_2$

⇒ thủy phân 0,04 mol $Q_5$ + HCl (vừa đủ) + $H_{2}O$ → 0,2 mol $C_3{H}_{7}N{O}_2.HCl$

⇒ m = 0,2 × (89 + 36,5) = 25,1 gam. Chọn đáp án C. ♣.

Cách 2: Giải theo công thức tổng quát của peptit:

Amino axit dạng: $C_n{H}_{2n} + 1N{O}_2 \left(n \ge 2\right)$ ⇒ công thức của tetrapeptit Q là $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$.

Phương trình cháy: $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$ + $\left(6n – 3\right)O_2$ → 4n$C{O}_2$ + $\left(4n – 1\right)H_{2}O$+ 2$N_2$.

⇒ 6n – 3 =$\frac{5}{4}$ × 4n ⇒ n = 3 ⇒ amino axit là Ala ⇒ m = 0,04 × 5 × 125,5 = 25,1 gam.

Chọn đáp án D

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

☆ đốt đipeptit C_2nH_4nN₂O₃ + 15 mol O₂ $\stackrel{t_0}{\to }$ 12 mol CO₂ + 12 mol H₂O + ? N₂.

(giả thiết cho tỉ lệ 5 : 4 nên cho $O_2$là 15 mol thì tương ứng $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = 12 mol).

bảo toàn O có $n_{đipeptit}$ = (12 × 3 – 15 × 2) ÷ 3 = 2 mol ⇒ n = 12 ÷ 4 = 3

⇒ cho biết α–amino axit là Alanin: $C_3{H}_{7}N{O}_2$

⇒ thủy phân 0,03 mol $Q_4$ + KOH (vừa đủ) → 0,12 mol $C_3{H}_{6}N{O}_{2}Na...$

⇒ m = 0,12 × (89 + 38) = 15,24 gam. Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: Giải theo công thức tổng quát của peptit:

Amino axit dạng: $C_n{H}_{2n} + 1N{O}_2 \left(n \ge 2\right)$ ⇒ công thức của tetrapeptit Q là $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$.

Phương trình cháy: $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$ + $\left(6n – 3\right)O_2$ → 4n$C{O}_2$ + $\left(4n – 1\right)H_{2}O$ + 2$N_2$.

⇒ 6n – 3 = $\frac{5}{4}$ × 4n ⇒ n = 3 ⇒ amino axit là Ala ⇒ m = 0,03 × 4 × 127 = 15,24 gam

Chọn đáp án D

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

• biến đổi: 0,06 mol E + 0,08 mol $H_{2}O$ → 0,14 mol $E_2$ dạng $C_{?}{H}_{2?}{N}_2{O}_3 \left(đipeptit\right)$.

10,2 gam E ứng với 3x mol → cần 4x mol $H_{2}O$ để chuyển thành 7x mol $E_2$.

⇒ đốt (10,2 + 72x) gam $E_2$ (7x mol) cần 0,495 mol $O_2$ → $C{O}_2 + H_{2}O + N_2$.

bảo toàn Oxi có: $n_{C{O}_2}$ = (7x × 3 + 0,495 × 2) ÷ 3 = (7x + 0,33) mol.

⇒ $m_{E_2}$ = 14 × (7x + 0,33) + 7x × 76 = 10,2 + 72x ⇒ giải x = 0,01 mol.

⇒ thay ngược lại có: $n_{C{O}_2}$ = 0,4 mol. tỉ lệ giả thiết có:

thủy phân 0,03 mol E → 0,04 mol $C_n{H}_{2n + 1}N{O}_2$ + 0,1 mol $C_m{H}_{2m + 1}N{O}_2$.

⇒ bảo toàn nguyên tố C có: 0,04n + 0,1m = $n_{C{O}_2}$= 0,4 mol ⇔ 2n + 5m = 20.

⇒ cặp nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là n = 5; m = 2.

ứng với có 0,04 mol Valin $C_5{H}_{11}N{O}_2$ và 0,1 mol Glyxin $C_2{H}_{5}N{O}_2$.

0,03 mol E gồm 0,02 mol X_i và 0,01 mol Y_k ⇒ ∑lk peptit = i + k – 2 = 8

⇒ i + k = 10 mà ∑$n_{\alpha –amino axit}$ = 0,02i + 0,01k = 0,14 mol ⇔ 2i + k = 14

⇒ giải i = 4 và k = 6 ⇒ E gồm $X_4$ dạng ${\left(Val\right)}^a{\left(Gly\right)}^{4 – a} + Y_6$ dạng ${\left(Val\right)}^b{\left(Gly\right)}^{6 – b}$

⇒ ∑$n_{Val}$= 0,02a + 0,01b = 0,04 mol ⇔ 2a + b = 4 (điều kiện: a, b ≥ 1)

⇒ nghiệm duy nhất thỏa mãn: a = 1 và b = 2 ⇒ Y dạng ${\left(Val\right)}^2{\left(Gly\right)}^4$

Theo đó, $M_Y$ = 117 × 2 + 75 × 4 – 5 × 18 = 444 ⇒ chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét trong 0,06 mol E ta có:

$n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,06 mol; $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = ∑$n_{amino axit}$= 0,08 + 0,2 = 0,28 mol.

⇒ $n_X$ = 0,06 ÷ (2 + 1) × 2 = 0,04 mol; $n_Y$ = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Gọi số mắt xích trong X và Y là a và b (a, b ≥ 2).

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,28 mol = 0,04a + 0,02b; ⇒ số mắt xích = a + b = 8 + 2 = 10.

||⇒ a = 4 và b = 6. Đặt $n_{C{H}_2}$ = x mol. Giả sử 10,2 gam E gấp k lần 0,06 mol E.

⇒ 10,2 gam E chứa 0,28k mol $C_2{H}_{3}NO$; kx mol $C{H}_2$; 0,06k mol $H_{2}O$.

⇒ $m_E$ = 0,28k × 57 + 14kx + 0,06k × 18 = 10,2 gam.

và $n_{O_2}$ cần đốt = 2,25$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 1,5$n_{C{H}_2}$ = 2,25 × 0,28k + 1,5kx = 0,495 mol.

Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,12 ⇒ x = 0,12 ÷ 0,5 = 0,24 mol.

Dễ thấy $n_{C{H}_2}$ = 0,24 = 0,08 × 3 + 0,2 ⇒ có 0,08 mol Val và 0,2 mol Gly.

Gọi số gốc Val trong X và Y là m và n (m, n ≥ 1) ⇒ 0,04m + 0,02n = 0,08 mol.

Giải phương trình nghiệm nguyên: m = 1; n = 2 ⇒ Y là ${\left(Gly\right)}^4{\left(Val\right)}^2$ ⇒ $M_Y$ = 444.

Chọn đáp án D

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

• biến đổi: 0,06 mol E + ? mol $H_{2}O$ → ?? mol E₂ (đipeptit dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$) (*).

đốt E hay $E_2$ đều cần cùng lượng $O_2$, sinh ra cùng số mol $C{O}_2 và N_2$.

Mà đốt 0,06 mol E tạo thành 0,6 mol $C{O}_2$ + 0,56 mol $H_{2}O$.

⇒ đốt $E_2$ tạo thành 0,6 mol $C{O}_2$ và 0,6 mol $H_{2}O$.

⇒ $n_{H_{2}O}$ ở (*) = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol ||⇒ $n_{E_2}$ = 0,06 + 0,04 = 0,1 mol.

⇒ $m_{E_2}$ = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16,0 gam ⇒ $m_E$ = 16,0 – 0,04 × 18 = 15,28 gam.

⇒ 0,06 mol E ⇔ 15,28 gam, lượng E dùng 2 phần là như nhau.!

• Thủy phân 0,1 mol $E_2$ + 0,1 mol $H_{2}O$ → 0,2 mol α–amino axit

⇒ $m_{\alpha –amino axit thu được}$ = 16,0 + 0,1 × 18 = 17,8 gam. Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,06 mol.

Đặt $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = x mol;$n_{C{H}_2}$ = y mol ||⇒ ∑$n_{C{O}_2}$ = 2x + y = 0,6 mol;

∑$n_{H_{2}O}$ = 1,5x + y + 0,06 = 0,56 mol ||⇒ giải hệ có: x = y = 0,2 mol.

Mà thủy phân E chỉ thu được 1 loại amino axit

⇒ ghép vừa đủ 1 $C{H}_2$ cho amino axit ⇒ amino axit là Ala.

Lại có 0,06 mol E ứng với $m_E$ = 0,2 × 57 + 0,2 × 14 + 0,06 × 18 = 15,28 gam.

⇒ lượng E dùng ở 2 thí nghiệm là như nhau ⇒ m = 0,2 × 89 = 17,8 gam.

Chọn đáp án B

♦ Cách 1: biến đổi peptit – đốt cháy kết hợp thủy phân

G gồm các muối natri của glyxin, alanin, valin ⇒ có dạng $C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na$.

• đốt: $C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na + O_{2 }\stackrel{t_0}{\to } N{a}_{2}C{O}_3 + C{O}_2 + H_{2}O + N_2$.

có $n_{C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na}$ = 2$n_{N_2}$ = 0,2 mol ⇒ $n_{NaC{O}_3}$= $n_{N_2}$= 0,1 mol.

$N{a}_{2}C{O}_3 = N{a}_{2}O.C{O}_2$⇒ thêm 0,1 mol $C{O}_2$ vào 31,25 gam $\left(C{O}_2; H_{2}O\right)$

⇒ có $n_{C{O}_2}$= $n_{H_{2}O}$ = (31,25 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,575 mol.

⇒ $m_{C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na}$= 14 × 0,575 + 0,2 × (46 + 23) = 21,85 gam.

• thủy phân m gam T (x mol) + 0,2 mol NaOH → 21,85 gam G + x mol $H_{2}O$.

đốt m gam T cho 0,53 mol $H_{2}O$⇒$n_{H trong T}$ = 2 × 0,53 = 1,06 mol.

⇒ bảo toàn H phản ứng thủy phân có: 1,06 + 0,2 = 0,575 × 2 + 2x ⇒ x = 0,055 mol.

biết x ⇒ quay lại BTKL phản ứng thủy phân có m = 14,84 gam.

Chọn đáp án A

♦ Cách 1: biến đổi peptit

• thủy phân hỗn hợp E: $2E_2 + 1E_3 + 1E_4 + 7H_{2}O \to 11E_1$ (các α–amino axit).

mà $n_{glyxin}$ = 0,2 mol; $n_{alanin}$= 0,16 mol; $n_{valin}$ = 0,08 mol ||⇒ ∑$n_{E_1}$ = 0,44 mol.

BTKL có $m_E$ = 15 + 14,24 + 9,36 – 0,44 × 7 ÷ 11 × 18 = 33,56 gam.

• giải đốt: 0,2 mol $C_2{H}_{5}N{O}_2$ + 0,16 mol $C_3{H}_{7}N{O}_2$ + 0,08 mol $C_5{H}_{11}N{O}_2$

bảo toàn C, H có ∑$n_{C{O}_2}$ = 1,28 mol; ∑$n_{H_{2}O}$ = 1,5 mol $H_{2}O$.

⇒ đốt 33,56 gam E thu được 1,28 mol $C{O}_2$ + (1,5 – 0,28) mol $H_{2}O$

có 1,28 × 44 + 1,22 × 18 = 78,28 gam ⇒ có ngay m = $m_E$ = 33,56 gam. Chọn A. ♥.

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

$n_{Gly}$ = 0,2 mol; $n_{Ala}$ = 0,16 mol; $n_{Val}$= 0,08 mol ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = ∑$n_{các \alpha –a.a}$ = 0,44 mol

$n_{C{H}_2}$ = $n_{Ala} + 3n_{Val}$ = 0,16 + 0,08 × 3 = 0,4 mol.

Đặt $n_{đipeptit }$= 2x mol ⇒ $n_{tripeptit} = n_{tetrapeptit}$ = x mol.

⇒ ∑$n_{amino axit}$ = 2 × 2x + 3x + 4x = 0,44 mol ⇒ x = 0,04 mol.

⇒ $n_{H_{2}O}$ = ∑$n_{peptit}$ = 4x = 0,16 mol.

⇒ đốt E cho ∑$n_{C{O}_2}$ = 0,44 × 2 + 0,4 = 1,28 mol; ∑$n_{H_{2}O}$ = 0,44 × 1,5 + 0,4 + 0,16 = 1,22 mol.

⇒ ∑$m_{\left(C{O}_2, H_{2}O\right)}$ = 1,28 × 44 + 1,22 × 18 = 78,28 gam.

⇒ lượng dùng ở 2 thí nghiệm như nhau ⇒ m = 0,44 × 57 + 0,4 × 14 + 0,16 × 18 = 33,56 gam.

Chọn đáp án B

♦ đốt Y + 0,09 mol $O_2$$\stackrel{t_0}{\to }$ 0,08 mol $C{O}_2$ + 0,1 mol $H_{2}O$ + 0,02 mol $N_2$.

bảo toàn nguyên tố O có $n_{O trong Y}$ = 0,08 mol, bảo toàn C, H, N có tỉ lệ:

C : H : O : N = 0,08 ÷ 0,2 ÷ 0,08 ÷ 0,04 = 2 : 5 : 2 : 1

⇒ CTĐGN ≡ CTPT của Y là $C_2{H}_{5}N{O}_2$ → có 0,04 mol Y là glyxin.

Phản ứng: $X+2H_{2}O\to 2Y+Z$

⇒ n_X = $\frac{1}{2}$.n_Y = 0,02 mol ⇒ $M_X$ = 4,06 ÷ 0,02 = 203.

Theo đó, $M_Z$ = 203 + 2 × 18 – 2 × 75 = 89.

⇒ cho biết Z là alanin: $H_{2}NCH\left(C{H}_3\right)COOH$

Chọn đáp án B

♦ sử dụng biến đổi peptit quy về đipeptit và giải đốt

Y + 3$H_{2}O$ → 4Z ||⇒ Y là tetrapeptit: $Y_4$.!

biến đổi: 1$Y_4$ + 1$H_{2}O$ → 2$Y_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$.

có 0,05 mol $Y_4$ ⇒ cần thêm 0,05 mol $H_{2}O$và tạo 0,1 mol $Y_2$.

||⇒ quy đốt 0,1 mol $Y_2$ thu được (36,3 + 0,05 × 18) gam $\left(C{O}_2 và H_{2}O\right)$.

⇒ $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$= (36,3 + 0,9) ÷ (44 + 18) = 0,6 mol.

⇒ số $C_{Y_2}$ = 0,6 ÷ 0,1 = 6 ⇒ số $C_{amino axit Z}$ = 3.

⇒ công thức phân tử của Z là $C_3{H}_{7}N{O}_2 \left(M = 89\right)$.

Phản ứng: X + 2$H_{2}O$ → 3Z ||⇒ $M_X$ = 3 × 89 – 2 × 18 = 231.

Chọn đáp án A

Cách 1: phân tích giả thiết – biến đổi cơ bản:

$n_{NaOH}$ = 0,18 mol; $n_{glixerol}$ = 0,02 mol ⇒ $n_{chất béo Y}$ = 0,02 mol.

mà X là $X_6$ (chứa 5 lk peptit) ⇒ $n_{X_6}$ = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.

⇒ E gồm 0,02 mol $X_6$dạng $C_a{H}_{2a – 4}{N}_6{O}_7$ và 0,02 mol Y dạng $C_b{H}_{2b – 4}{O}_6$

(điều kiện a, b nguyên: 13 ≤ a ≤ 17 và số $C_{axit béo}$ = (b – 3) ÷ 3 là số chẵn).

đốt m gam E + 1,84 mol $O_2$ $\stackrel{t_0}{\to }$ x mol $C{O}_2$ + y mol $H_{2}O$.

tương quan đốt: x – y = ∑$n_{C{O}_2}$ – ∑$n_{H_{2}O}$ = 2$n_E$ = 0,08 mol.

bảo toàn O: 2x + y = 3,94 ⇒ giải: x = 1,34 mol và y = 1,26 mol.

⇒ có phương trình: 0,02a + 0,02b = 1,34 ⇔ a + b = 67. thỏa mãn

điều kiện a, b chỉ có: a = 16, b = 51 ứng với chất béo là ${\left(C_{15}{H}_{31}COO\right)}_3{C}_3{H}_5$

và peptit X có cấu tạo: $C_{16}{H}_{28}{N}_6{O}_7$ ⇔ $M_X$ = 416. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

X chứa 5 liên kết peptit ⇒ X chứa 5 + 1 = 6 mắt xích.

$n_Y$ = $n_{C_3{H}_8{O}_3}$ = 0,02 mol.$n_{NaOH}$= 6$n_X$ + 3$n_Y$ ⇒ n_X = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.

Quy E về ${\left(Gly\right)}_6, {\left(C_{15}{H}_{31}COO\right)}_3{C}_3{H}_5, C{H}_2.$

⇒ $n_{O_2}$ = 13,5$n_{{\left(Gly\right)}_6}$ + 72,5$n_{{\left(C_{15}{H}_{31}COO\right)}_3{C}_3{H}_5}$ + 1,5$n_{C{H}_2}$ = 1,84 mol.

⇒$n_{C{H}_2}$ = (1,84 – 13,5 × 0,02 – 72,5 × 0,02) ÷ 1,5 = 0,08 mol.

Đặt số gốc $C{H}_2$ ghép vào peptit và chất béo lần lượt là m và 3n (m ≥ 1; n ≥ 0 và n chẵn).

⇒ 0,02m + 0,02 × 3n = 0,08 → chỉ có cặp nghiệm m = 4 ; n = 0 thỏa mãn.!

Tương ứng với X là ${\left(Gly\right)}_2{\left(Ala\right)}_4$ ⇒ $M_X$ = 416.!

Chọn đáp án D

Cách 1: Tham khảo lời giải sách proS quyển 2: vững vàng hóa học hữu cơ 12

Nhận xét: Số mol gốc amini axit $=n_{NaOH}=2n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,2 mol$

Quy đổi: Este=$\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-1}ON: 0,02\\ C{H}_{3}OH: 0,02\end{array}\right.$ Hai peptiti=$\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-1}ON: 0,18\\ H_{2}O: z\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} E+NaOH\to C_n{H}_{2n}{O}_{2}NNa \\ 0,2 —0,2 \\ +C{H}_{3}OH+H_{2}O \\ 0,02 —z \end{gathered}$$

 $$\begin{gathered} 2C_n{H}_{2n}{O}_{2}Na+3\left(n-0,5\right)O_2\stackrel{t_0}{\to } \\ 0,2 — 0,3(n-0,5) \\ N{a}_{2}C{O}_3+\left(2n-1\right)C{O}_2+2n{H}_{2}O+N_2 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}2x+3y+5.0,04=3,15.0,2\\ x+y=0,16\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,05\\ y=0,11\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}Gly: 0,05\\ Ala: 0,11\\ Val: 0,04\end{array}\right. \\ (14n+29).0,2+32.0,02+18z=16,52 \\ \to z=0,07 mol \end{gathered}$$

Số gốc amino axit trung bình

$$\begin{gathered} =\frac{Số mol gốc aminoaxit}{Số mol peptit} \\ =\frac{0,18}{0,07}=\frac{18}{7}\left\{\begin{array}{l}đipeptit\\ tripeptit\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}{\left(X\right)}_2\\ {\left(Y\right)}_3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,07\\ 2a+3b=0,18\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=0,04\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}{H}_{2}NC{H}_{2}COOC{H}_3: 0,02\\ Gly-Ala: 0,03\\ Ala-Ala-Val: 0,04\end{array}\right. \\ {m}_{Ala-Ala-Val}=259.0,04=10,36 gam \end{gathered}$$

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

có: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,1 mol ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ = 0,1 × 2 = 0,2 mol. Lại có:

$n_{O_2}$ = 2,25$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 1,5$n_{C{H}_2}$/muối ⇒ $n_{C{H}_2}$/muối = (0,795 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,23 mol.

⇒ $n_{Ala}$ = 0,23 – 0,04 × 3 = 0,11 mol ⇒ $n_{Gly}$ = 0,2 – 0,04 – 0,11 = 0,05 mol.

$n_{C{H}_2}$/E = $n_{C{H}_2}$/muối + $n_{C{H}_2}$/ancol = 0,23 + 0,02 = 0,25 mol.

⇒ $n_{H_{2}O}$ = (16,52 – 0,2 × 57 – 0,25 × 14) ÷ 18 = 0,09 mol = ∑$n_{peptit }+ n_{este}$

Mà $n_{este}$ = $n_{C{H}_{3}OH}$ = 0,02 mol ⇒ ∑$n_{peptit}$ = 0,09 – 0,02 = 0,07 mol.

⇒ số mắt xích trung bình peptit = (0,2 – 0,02) ÷ 0,07 = 2,57 ⇒ là đipeptit và tripeptit.

Đặt $n_{đipeptit}$ = x mol; $n_{tripeptit}$ = y mol ⇒ ∑$n_{peptit}$ = x + y = 0,07 mol.

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,2 mol = 0,02 + 2x + 3y. Giải hệ có: x = 0,03 mol; y = 0,04 mol.

Dễ thấy $n_{Gly}$ = 0,05 = 0,03 + 0,02 ⇒ este là este của Gly và đipeptit chứa 1 Gly.

⇒ tripeptit chứa 1 Val ⇒ đipeptit là (Gly)(Ala) và tripeptit là ${\left(Ala\right)}^2\left(Val\right).$

⇒ peptit có phân tử khối lớn hơn là ${\left(Ala\right)}^2\left(Val\right)$ ⇒ $m_{{\left(Ala\right)}^2\left(Val\right)}$= 0,04 × 259 = 10,36 gam.