Đáp án D

Đặt CTHH của X là (gly)_a(ala)_b(val)_6-a-b

%C =  = 47,44%

 Đặt số mol của X là a mol thì

    m_muối = m_{muối của gly} + m_{muối của ala} + m_{muối của val} = 3x.111,5 + 2x.125,5 + x.153,5

→ x = 0,06 mol → m=25,8

Chọn đáp án D

Đặt CTCT của X là: G l y a A l a b V a l c   ( a + b + c = 6 )

Theo giả thiết bài ra, ta có:

47 , 44 % = 12 ( 2 a + 3 b + 5 c ) 75 a + 89 b + 117 c - 5 . 18 = 12 ( 2 a + 3 b + 5 ( 6 - a - b ) ) 75 a + 89 b + 117 ( 6 - a - b ) - 5 . 18

Giải phương trình trên, ta có bảng giá trị sau:

Nhận thấy, a=3;b=2;c=1

Khi đó:  44 , 34 = 3 n X ( 75 + 36 , 5 ) + 2 n X ( 89 + 36 , 5 ) + n X ( 117 + 36 , 5 ) ⇒ n X = 0 , 06 ⇒ m = 25 , 8 g

Đáp án B

X là HCOOCH₂NH₃NO₃

Đốt cháy hoàn toàn Y trong oxi thu được 0,34 mol H₂O và 0,06 mol N₂

_{→ n Y = 0 , 06 . 2 3 = 0 , 04 → H Y = 0 , 34 . 2 0 , 04 = 17}

Vậy Y là (Ala)₃

Cho 20,28 gam hỗn hợp H tác dụng vừa đủ với 0,28 mol NaOH.

Gọi số mol của X, Y lần lượt là x, y

=> 138x+231y=20,28=> 2x+3y=0,28

Giải được: x=0,08; y=0,04

Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 0,08 mol muối Gly, 0,12 mol muối Ala và 0,08 mol NaNO₃

_{%muoi Ala= 47,78%}

Chọn đáp án B

BTNT.Na ⇒  nNaOH phản ứng = 2.0,16 = 0,32 => Phản ứng cháy

Số C trung bình của 

Chọn đáp án D

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

0,02 mol T + KOH vừa đủ → Q + 0,02 mol H 2 O || giả thiết cho m T   –   m E = 6,36 gam

⇒ BTKL phản ứng thủy phân có m K O H = 6,72 gam ⇒ n K O H = 0,12 mol.

quy về đốt 0,06 mol T 2   cần đúng 0,66 mol O 2 cho cùng số mol C O 2   v à   H 2 O .

⇒ bảo toàn nguyên tố O có: n C O 2 – n H 2 O = (0,06 × 3 + 0,66 × 2) ÷ 3 = 0,5 mol.

⇒ ∑số C T = 0,5 ÷ 0,2 = 25 ⇔ 1.Gly + 1.Ala + 4.Val → chọn đáp án D. ♠

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   H 2 O ⇒ n H 2 O = n T = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m T   +   m K O H   =   m Q   +   m H 2 O ⇒   m K O H   =   ( m Q   –   m T ) +   m H 2 O

⇒ m K O H = 6,36 + 0,02 × 18 = 6,72 gam ⇒ n C 2 H 3 N O = n K O H = 0,12 mol.

n O 2 = 0,66 mol = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a  + 1,5. n C H 2  ⇒  n C H 2  = (0,66 – 0,12 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,26 mol.

số mắt xích trong T = Na0,12 ÷ 0,02 = 6; Số gốc C H 2 = 0,26 ÷ 0,02 = 13.

Gọi số gốc Ala và Val trong T là a và b (1 ≤ a, b ≤ 4) ⇒ a + 3b = 13.

Giải phương trình nghiệm nguyên có : a = 1 và b = 4 thỏa mãn yêu cầu.

⇒ T chứa 4 gốc Val trong phân tử.