Đáp án D

Đ i p e p t i t   +   2 H 2 O   →   2   a m i n o a x i t

Bảo toàn khối lượng ta có:  m p e p t i t   +   m H 2 O =   m a m i n o   a x i t

→ n H 2 O     =   63 , 6 − 60 18   =   0 , 2   m o l   →   n a m i n o a x i t   =   2.   n H 2 O =   2.0 , 2   =   0 , 4   m o l

1/10 hỗn hợp X tác dụng với    n H C l   =     0 , 4 10 =   0 , 04   m o l

Khối lượng muối khan là:  m a m i n o a x i t   +   m H C l   =   63 , 610   +   0 , 04.36 , 5   =   7 , 82 g

Đáp án cần chọn là: C

Chọn đáp án D

Ta có A-A + 1 H 2 O → 2A

Theo BTKL: m H 2 O = 63,6 - 60 = 3,6 gam → n H 2 O = 0,2 mol

→   n đ i p e p t i t = 0,2 mol.

● A-A + 2HCl + H 2 O → muối

0,02-----0,04-----0,02

Theo BTKL: m m u ố i   = 6 + 0,04 x 36,5 + 0,02 x 18 = 7,82 gam

Đáp án C

Đáp án : A

2 đipeptit là A và B

A + H₂O -> 2aa

B + H₂O -> 2aa

Bảo toàn khối lượng :

m p e p t i t + m H 2 O = m a a

=> n H 2 O  = 0,1 mol = n_peptit

Xét 1/10 lượng X : n_peptit = 0,01 mol

A(B) + 2HCl -> muối

=> n_HCl = 2n_peptit = 0,02 mol

=> m_muối = m_peptit + m_HCl = 3,18 + 0,02.36,5 = 3,91g

Đáp án A

Chọn đáp án D

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

♦ quy đốt đipeptit E 2 cần 1,98 mol O 2   thu được 1,68 mol C O 2 .

⇒ bảo toàn O có n E 2 = (1,68 × 3 – 1,98 × 2) ÷ 3 = 0,36 mol

⇒ m E 2 = 1,68 × 14 + 0,36 × 76 = 50,88 gam || (50,88 – 47,28) ÷ 18 = 0,2 mol.

⇒ n E = 0,36 – 0,2 = 0,16 mol || cần 0,2 mol H 2 O   để biến đổi 0,16 mol E → 0,36 mol E 2 .

có   C t r u n g   b ì n h   h a i   a m i n o   a x i t   = 1,68 ÷ 0,72 = 2,3333 ⇒ amino axit T là C 2 H 5 N O 2   g l y x i n .

dùng sơ đồ chéo có n G l y   :   n A l a = 2 : 1. Tỉ lệ: 0,08 mol E = 1 2 lượng E dùng để đốt

⇒ thủy phân 0,08 mol E thu được 0,24 mol Gly–Na và 0,12 mol Ala–Na

⇒ yêu cầu b = m G l y – N a = 0,24 × (75 + 22) = 23,28 gam → 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 47,28 gam E:

Đặt n C 2 H 3 N O = x mol; n C H 2 = y mol; n H 2 O = z mol ⇒ m E = 47,28 gam = 57x + 14y + 18z.

Ta có: n O 2 = 1,98 mol = 2,25x + 1,5y; n C O 2 = 1,68 mol = 2x + y.

⇒ giải hệ có: x = 0,72 mol; y = 0,24 mol và z = 0,16 mol.

⇒ số C H 2 ghép vào peptit trung bình = 0,24 ÷ 0,16 = 1,5 ⇒ có peptit ghép ≤ 1 gốc C H 2 .

Lại có mỗi peptit tạo bởi 1 loại gốc amino axit ⇒ phải có peptit không ghép C H 2 .

⇒ T là Gly ⇒ n A l a   = n C H 2 = 0,24 mol; n G l y = 0,72 – 0,24 = 0,48 mol.

⇒ trong 0,08 mol E chứa 0,48 × 0,08 ÷ 0,16 = 0,24 mol Gly ⇒ b = 0,24 × 97 = 23,28 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   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 D

giả thiết chữ: hai amino axit có CTPT dạng C_nH_{2n + 1}NO₂ (n là giá trị trung bình);

hai monosaccarit đồng phân là glucozơ và fructozơ có cùng CTPT là C₆H₁₂O₆.

♦ giải đốt T + O₂ → t 0  0,28 mol CO₂ + 0,33 mol H₂O + N₂.

||⇒ tương quan đốt có n_{amino axit} = 2(∑n_H2O – ∑n_CO2) = 0,1 mol.

☆ đặc biệt: có C_{trung bình hỗn hợp T} = ∑n_CO2 : n_T < 0,28 : 0,1 = 2,8

||⇒ 2 amino axit đồng đẳng kế tiếp chỉ có thể là C₂H₅NO₂ và C₃H₇NO₂ mà thôi

⇒ Số nguyên tử hiđro trong phân tử mỗi amino axit lần lượt là 5 và 7