Chọn đáp án B

các amino axit Y, Z, T đều chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl.

T + 0,08 mol KOH (vừa đủ) → 12,4 gam muối + H 2 O

⇒ M m u ố i = 12,4 ÷ 0,08 = 155 ⇒ M T = 155 – 38 = 117 ⇒ T là C 5 H 11 N O 2 .

Phản ứng:  X + 5 H 2 O → 3 Y + 2 Z + T

⇒ M X = 3 M Y + 2 M Z + 117 – 5 × 18 = 34,4 ÷ 0,08 = 430

⇒ 3M_Y + 2M_Z = 403 ||⇒ nghiệm nguyên: M Y = 75 và M Z = 89 thỏa mãn.

ứng với Y là glyxin: C 2 H 5 O H và Z là alanin: C 3 H 7 N O 2 .

⇒ Tên thay thế của Z là axit 2-aminopropanoic

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải dạng mở rộng.!

Thủy phân:  X + 11 N a O H → 3 Y + 4 Z + 5 H 2 O

⇒ X là heptapeptit X 7 , Y có 1 nhóm COOH còn Z có 2 nhóm COOH.

• biến đổi: X 7   –   4 C O 2   +   2 , 5 H 2 O   →   3 , 5 X 2   || X 2 là đipeptit dạng C n H 2 n N 2 O 3 .

56,4 gam X 7 ứng với x mol cần bớt 4x mol C O 2 , thêm 2,5x mol H 2 O

để chuyển thành 3,5x mol đipeptit X 2 đốt cho (119,6 – 131x) gam C O 2   +   H 2 O .

⇒ có phương trình:

m_đipeptit =  14 × 119 , 6 - 13 x 62 + 76 × 3 , 5 x = 46 , 4 - 131 x

⇒ giải ra x = 0,08 mol. ⇒ 0,12 mol X tương ứng với 84,6 gam.

từ phản ứng thủy phân ban đầu có m = 84,6 + 0,12 × 11 × 40 – 0,12 × 5 × 18 = 126,6 gam.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

11 = 3 + 4 × 2 ⇒ Y chứa 1 –COONa và Z chứa 2 –COONa.

Quy 56,4 gam hỗn hợp X về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   C O O ,   H 2 O .

Đặt n H 2 O = n_X = x ⇒ n C 2 H 3 N O = 7x mol ; n C O O   = n_Z = 4x mol; n C H 2 = y mol.

⇒ m X = 57 × 7x + 14y + 44 × 4x + 18x = 56,4 gam.

Đốt cho ∑ n C O 2 = (2 × 7x + y + 4x) mol và ∑ n H 2 O = (1,5 × 7x + y + x) mol.

⇒ 44 × (18x + y) + 18 × (11,5x + y) = 119,6 gam. ||⇒ Giải x = 0,08 mol; y = 0,64 mol.

⇒ 0,12 mol X ứng với 0,84 mol C 2 H 3 N O ; 0,96 mol C H 2 ; 0,48 mol COO và 0,12 mol H 2 O .

⇒ tương tự cách 1 ta cũng có ∑ m m u ố i = 126,6 gam

Chọn đáp án C

Công thức phân tử của peptit tạo bởi các amino axit chỉ chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl có dạng C_xH_yO_z+1N_z.

Theo bài,   m O m N = 4 3 → 16 ( z + 1 ) 14 z = 4 3 → z = 6 → H e x a p e p t i t

Số liên kết peptit = 6 – 1 = 5.

Chọn đáp án A

đipeptit X có dạng C 2 n H 4 n 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 2 n H 4 n 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 2 n H 4 n 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 N a .

⇒ m gam chất rắn gồm 0,08 mol C 3 H 6 N O 2 N a và 0,04 mol KOH (dư)

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

Chọn đáp án A

Công thức phân tử của peptit tạo bởi các amino axit chỉ chứa

một nhóm amino và một nhóm cacboxyl có dạng C_aH_bN_nO_{n + 1}.

Giả thiết: m_O : m_N = 10 : 7 ⇔ n_O : n_N = (10 ÷ 16) ÷ (7 ÷ 14) = 5 : 4.

Theo đó n = 4 → cho biết Y là tetrapeptit ⇒ có 3 liên kết peptit

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   đ i p e p t i t .

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 2 n   +   1 N O 2 + 0,1 mol C m H 2 m   +   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 α – a m i n o   a x i t = 0,02i + 0,01k = 0,14 mol ⇔ 2i + k = 14

⇒ giải i = 4 và k = 6 ⇒ E gồm X 4 dạng V a l a G l y 4   –   a   +   Y 6 dạng V a l b G l y 6   –   b

⇒ ∑ n V a l   = 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 V a l 2 G l y 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 N O ,   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 N O = ∑ n a m i n o   a x i t   = 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 N O = 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 N O ; 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 N O + 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 G l y 4 V a l 2 ⇒ M Y = 444.

Đáp án B

Vì thủy phân cho cùng 1 lượng α – amino axit nhưng m_Y < m_Z

⇒ Số liên kết peptit trong Y > Số liên kết peptit trong Z

Đặt số liên kết peptit Y = a||⇒ Số liên kết peptit trong Z = (a–1)

Ta có: Y + aH₂O → (a+1) amino axit X (1) ||⇒ n_H2O (1) = 1,12a/(a+1)

Ta có: Z + (a–1)H₂O → a mol amino axit X (2) ||⇒ n_H2O (2) = 1,12×(a–1)/a

[Mấu chốt] Vì khối lượng α – amino axit được sinh ra ở cả 2 trường hợp là như nhau

Nên áp dụng định luật BTKL ta có: m_Y + n_H2O (1) = m_Z + n_H2O (2)

⟺ 83,552 + 18×1,12a/(a+1) = 84,56 + 18×1,12×(a–1)/a ||⇒ a = 4

Chọn đáp án B

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

0,07 mol E → 0,32 mol amino axit ⇔ 0,16 mol đipeptit ⇒ cần 0,09 mol H 2 O để biến đổi.

⇒ phương trình biến đổi: 7E + 9 H 2 O → 16 E 2 (đipeptit dạng C m H 2 m N 2 O 3 ).

đốt cháy (10,8 + 162x) gam đipeptit E 2 (⇔ 16x mol) cần 0,4725 mol O 2

⇒ thu được: n C O 2 = n H 2 O = (0,4725 × 2 + 16x × 3) ÷ 3 = (16x + 0,315) mol.

⇒ m đ i p e p t i t   = 10,8 + 162x = 14 × (16x + 0,315) + 76 × (16x) ⇒ giải x = 0,005 mol.

đồng nhất số liệu toàn bộ về 0,07 mol E (gấp 2 lần các số liệu ở phản ứng đốt cháy).

• ∑ n a m i n o   a x i t   ÷   n E = 4,57 cho biết E gồm 0,03 mol peptapeptit X 4 và 0,05 mol hexapeptit Y 5

• gọi số nguyên tử cacbon trong hai amino axit lần lượt là n, m (nguyên và ≥ 2).

⇒ có: 0,15n + 0,17m = ∑ n C O 2 = 0,79 mol ⇔ 15n + 17m = 79 ⇒ n = 3; m = 2.

⇒ E gồm 0,03 X 4 dạng G l y a A l a 4   –   a   và 0,04 mol Y₅ dạng G l y b A l a 5   –   b

⇒ ∑ n G l y   = 0,03a + 0,04b = 0,17 ⇔ 3a + 4b = 17 (điều kiện: 1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

⇒ nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là a = 3; b = 2 ⇒ X 4   d ạ n g   G l y 3 A l a 1

và peptit Y 5   d ạ n g   G l y 2 A l a 3   ⇒   M Y = 345 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   H 2 O . Xét 0,07 mol E: n H 2 O = n_E = 0,07 mol.

n C 2 H 3 N O = ∑ n m u ố i   = 0,15 + 0,17 = 0,32 mol. Đặt n C H 2 = x mol.

Giả sử 10,8 gam E gấp k lần 0,07 mol E ⇒ 10,8 gam E chứa 0,32k mol C 2 H 3 N O ;

kx mol C H 2 ; 0,07k mol H 2 O ⇒ m E = 57 × 0,32k + 14kx + 18 × 0,07k = 10,8 gam.

n O 2 = 2,25. n C 2 H 3 N O + 1,5. n C H 2 ⇒ 0,4725 = 2,25 × 0,32k + 1,5kx.

Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,075 ⇒ x = 0,075 ÷ 0,5 = 0,15 mol.

Do n C H 2 = 0,15 ⇒ ghép vừa đủ 1 nhóm C H 2 vào muối có số mol là 0,15 mol.

⇒ 2 loại gốc amino axit là 0,15 mol Ala và 0,17 mol Gly.

số mắt xích trung bình = 0,32 ÷ 0,07 ≈ 4,6 ⇒ X là tetrapeptit và Y là pentapeptit.

đến đây giải và biện luận tương tự cách 1

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 2 n H 4 n 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 . H C l

⇒ 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 2 n   +   1 N O 2   n   ≥   2 ⇒ CTTQ của E là C 3 n H 6 n   –   1 N 3 O 4 .

Phương trình cháy: C 3 n H 6 n   –   1 N 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 B a C 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.