Đáp án D

Quy E về và

Muối gồm và

bảo toàn nguyên tố C:

số mắt xích là đipeptit

 => số mắt xích trung bình  

mắtxích peptit mắt xích  

=>Y là tetrapeptit và Z là pentapeptit  

giải hệ cho:

Z có và X có có cùng số C.

=>X là và Z là

Đáp án B

► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O

với số mol x, y và z

mE = 57x + 14y + 18z = 23,06(g)

Đốt muối cũng như đốt E

⇒ nO₂ = 2,25x + 1,5y = 0,87 mol           

Bảo toàn nguyên tố Natri:

nNa₂CO₃ = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

n_N₂ = 0,5x mol 

● Muối chứa x mol C₂H₄NO₂Na,

y mol CH₂ và (0,4 – x) mol NaOH dư.

Đốt cho (2x + y – 0,2) mol CO₂

và nH₂O = (1,5x + y + 0,2) mol H₂O

⇒ nT = nCO₂ + nH₂O + nN₂

= (2x + y – 0,2) + (1,5x + y + 0,2) + 0,5x = 1,5 mol

⇒ giải hệ có: x = 0,34 mol;

y = 0,07 mol; z = 0,15 mol

► Số mắt xích trung bình

= 0,34 ÷ 0,15 = 2,26 

⇒ phải chứa ít nhất 1 đipeptit

⇒ ∑số mắt xích của 2 peptit còn lại

 = 10 – 3 – 2 = 5

Lại có 2,26 ⇒ phải chứa peptit ≥ 3 mắt xích 

⇒ cách chia duy nhất

5 mắt xích còn lại cho 2 peptit

là 5 = 2 + 3.

● Đặt n đipeptit = a; n tripeptit = b

⇒ nC₂H₃NO = 2a + 3b = 0,34 mol.

nH₂O = a + b = 0,15 mol

⇒ giải hệ có: a = 0,11 mol; b = 0,04 mol

Do Ctb = (0,34 × 2 + 0,07) ÷ 0,15 = 5

⇒ phải chứa Gly₂.

Lại có, 2 peptit chứa cùng số C 

⇒ 2 peptit cùng số C là 2 peptit còn lại

(vì Gly₂ chỉ có 1 đồng phân

Mặt khác, do n_CH₂ : ntripeptit < 2

⇒ chỉ ghép tối đa 1 CH₂ cho tripeptit

⇒ tripeptit là Gly₃ hoặc Gly₂Ala

● Với Gly₃ thì đipeptit còn lại là Ala₂

 ⇒ loại vì không chứa Val

● Với Gly₂Ala thì đipeptit còn lại

là GlyVal ⇒ thỏa mãn

⇒ nGlyVal = (0,07 – 0,04) ÷ 3 = 0,01 mol 

⇒ nGly₂ = 0,11 – 0,01 = 0,1 mol 

► Peptit có PTK nhỏ nhất là Gly₂

⇒ %mGly₂ = 0,1 × 132 ÷ 23,06 × 100% 

= 57,24%

Đáp án B.

► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O với số mol x, y và z.

mE = 57x + 14y + 18z = 23,06(g)

Đốt muối cũng như đốt E

⇒ nO₂ = 2,25x + 1,5y = 0,87 mol      

Bảo toàn nguyên tố Natri:

nNa₂CO₃ = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

nN₂ = 0,5x mol

● Muối chứa x mol C₂H₄NO₂Na, y mol CH₂ và (0,4 – x) mol NaOH dư.

Đốt cho (2x + y – 0,2) mol CO₂ và nH₂O = (1,5x + y + 0,2) mol H₂O

⇒ nT = nCO₂ + nH₂O + nN₂ = (2x + y – 0,2) + (1,5x + y + 0,2) + 0,5x = 1,5 mol

⇒ Giải hệ có: x = 0,34 mol; y = 0,07 mol; z = 0,15 mol

► Số mắt xích trung bình = 0,34 ÷ 0,15 = 2,26

⇒ Phải chứa ít nhất 1 đipeptit.

⇒ ∑số mắt xích của 2 peptit còn lại = 10 – 3 – 2 = 5

Lại có, 2,26 ⇒ phải chứa peptit ≥ 3 mắt xích.

⇒ Cách chia duy nhất.

5 mắt xích còn lại cho 2 peptit là 5 = 2 + 3.

● Đặt n đipeptit = a; n tripeptit = b

⇒ nC₂H₃NO = 2a + 3b = 0,34 mol.

nH₂O = a + b = 0,15 mol 

⇒ Giải hệ có: a = 0,11 mol; b = 0,04 mol 

Do Ctb = (0,34 × 2 + 0,07) ÷ 0,15 = 5

⇒ Phải chứa Gly₂.

Lại có, 2 peptit chứa cùng số C

⇒ 2 peptit cùng số C là 2 peptit còn lại

(vì Gly₂ chỉ có 1 đồng phân )

Mặt khác, do nCH₂ : ntripeptit < 2

⇒ Chỉ ghép tối đa 1 CH₂ cho tripeptit

⇒ Tripeptit là Gly₃ hoặc Gly₂Ala

● Với Gly₃ thì đipeptit còn lại là Ala₂

⇒ Loại vì không chứa Val

● Với Gly₂Ala thì đipeptit còn lại là GlyVal

⇒ Thỏa mãn.

⇒ nGlyVal = (0,07 – 0,04) ÷ 3 = 0,01 mol

⇒ nGly₂ = 0,11 – 0,01 = 0,1 mol 

► Peptit có PTK nhỏ nhất là Gly₂

⇒ %mGly₂ = 0,1 × 132 ÷ 23,06 × 100% = 57,24%

Chọn A

Đáp án D 

Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O ⇒ n_C2H₃NO = 2n_N2 = 0,31 mol.

Muối gồm C₂H₄NO₂Na và CH₂ ⇒ bảo toàn nguyên tố C: n_CH2 = 0,58 mol.

⇒ ∑n_peptit = n_H2O = (27,95 – 0,31 × 57 – 0,58 × 14) ÷ 18 = 0,12 mol.

⇒ n_X = 0,12 × 0,75 = 0,09 mol ⇒ n_Y,Z = 0,03 mol.

⇒ số mắt xích trung bình Y,Z ≥ 2 ⇒ (0,31 – 0,09 × số mắt xích X) ÷ 0,03 ≥ 3.

||⇒ số mắt xích X ≤ 2,44 ⇒ X là đipeptit ⇒ số mắt xích trung bình Y,Z = 4,33.

● ∑mắt xích peptit = 8 + 3 = 11 ⇒ ∑mắt xích Y,Z = 9 = 4 + 5.

⇒ Y là tetrapeptit và Z là pentapeptit ||⇒ giải hệ cho: n_Y = 0,02 mol; n_Z = 0,01 mol.

Z có ≥ 5 × 2C = 10C và X có ≤ 2 × 5C = 10C ||● X, Y, Z có cùng số C.

⇒ X là Val₂ và Z là Gly₅ ⇒ m_Y = m_E – m_X – m_Z = 5,48(g).

 %m_Y = 5,48 ÷ 27,95 × 100% = 19,61%

Chọn D

Chọn đáp án D

T gồm 3 peptit X a , Y b , Z c có tỉ lệ mol 1 : 2 : 3.

⇒ ∑số liên kết peptit = (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 7.

có n G l y = 0,24 mol; n A l a   = 0,12 mol và n V a l = 0,4 mol.

gọi n X a = x mol ⇒ n X b   = 2x mol, n Z c = 3x mol

⇒ ∑số gốc amino axit trong T = ax + 2bx + 3cx = ∑ n G l y   +   n A l a   +   n V a l = 0,76 mol.

và có tỉ lệ: n G l y   :   n A l a   :   n V a l = 0,24 : 0,12 : 0,4 = 6 : 3 : 10.

tổng số gốc Ala, Gly, Val ứng với tỉ lệ tối giản là 6 + 3 + 10 = 19

⇒ có: a + 2b + 3c = 19n (với n nguyên dương).

mà (a – 1) + 2(b – 1) + 3(c – 1) < 3[(a – 1) + (b – 1) + (c – 1)] = 21 ⇒ a + 2b + 3c < 27

⇒ n = 1 và có a + 2b + 3c = 19 ⇒ x = 0,04 mol; thêm a + b + c = 10

⇒ b + 2c = 9 mà b, c ≥ 2 ⇒ có 2 cặp nghiệm a, b, c thỏa mãn như sau:

♦ TH₁: a = 3; b = 5 và c = 2; thay x vào có 0,04 mol X 3 ; 0,08 mol Y 5 và 0,12 mol Z 2 .

Đối chiếu với: n G l y = 0,24 mol; n A l a = 0,12 mol và n V a l   = 0,4 mol.

⇒ X 3 là A l a 3 ; Y 5 là V a l 5 và Z 2 là G l y 2 .

♦ TH₂: a = 4; b = 3 và c = 3 ⇒ có 0,04 mol (X)₄; 0,08 mol Y 3 và 0,12 mol Z 3

⇒ 0,16 mol; 0,24 mol và 0,36 mol các amino axit là không phù hợp rồi → loại.

☆ yêu cầu PTK của peptit chứa gốc alanin trong T là A l a 3 ⇔ M = 89 × 3 – 2 × 18 = 231. 

Đáp án C

Định hướng tư duy giải

Gọi 

X cháy 

Dồn chất