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 A

Chọn D

Đáp án A

n_N2 = 0,155 (mol) => n_N = 0,31 (mol)

Quy đổi E thành C₂H₃ON (0,31 mol); CH₂ ( a mol); H₂O (b mol)

m_E = 14a + 18b + 0,31.57 = 27,95 (1)

n_C = n_CaCO3 = a + 0,31.2 = 1,2 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,58 ; b = 0,12 (mol)

Số C = n_C/ n_E = 1,2 / 0,12 = 10

Số N = n_N/ n_E = 0,31/ 0,12 = 2,58 => có đipeptit

Vậy  X là Val – Val => n_X = 0,12. 75% = 0,09 (mol)

Phần còn lại của Y và Z có 7 liên kết peptit nên:

Y là (Gly)₂(Ala)₂ : y mol

Z là (Gly)₅ : z mol

n_E = 0,09 + y + z = 0,12 (3)

n_N = 0,09.2 + 4y + 5z = 0,31 (4)

Từ ( 3) và (4) => y = 0,02; z = 0,01 (mol)

=> %Y  = [(0,02. 274) : 27,95 ].100% =19,61%

Đáp án D

Đun 20,78 gam E trong NaOH thu được 1,36 gam hỗn hợp F gồm 2 ancol và 28,52 gam muối khan.

Đốt cháy hoàn toàn T thu được 0,125 mol Na₂CO₃

_{→ n N a O H = 0 , 25   m o l}

Bảo toàn khối lượng: 

m H 2 O = 20 , 78 + 0 , 25 . 40 - 28 , 52 - 1 , 36 = 0 , 9

n H 2 O = 0 , 05   m o l = n X + n Y

Do X, Y, Z cùng số C, gọi các CTPT của các chất lần lượt là:

X, Y có công thức chung C_nH_2n+2-kN_kO_k+1 0,05 mol.

Z là C_nH_2n-2hO_2h z mol

Với k là số N trung bình của X, Y và h là số nhóm chức COO của Z.

Phản ứng đốt cháy

C n H 2 n + 2 - k N k O k + 1 + ( 1 , 5 n - 0 , 75 k ) O 2 → n C O 2 + ( n + 1 - 0 , 5 k ) H 2 O + 0 , 5 k N 2

C n H 2 n - 2 h O 2 h + ( 1 , 5 n - 1 , 5 h ) O 2 → n C O 2 + ( n - h ) H 2 O

Ta có: 

n N a O H = 0 , 05 k + h z n O 2 = 0 , 05 ( 1 , 5 n - 0 , 75 k ) + z ( 1 , 5 n - 1 , 5 h ) = 1 , 14 m E = 0 , 05 ( 14 n + 29 k + 18 ) + z ( 14 n + 30 h ) = 20 , 78

Giải hệ: k=4,4; hz=0,03; 0,05n+zn=0,09

Với h=2 thì n=13,8 (loại); h=3 thì n=15 thỏa mãn.

CTCT có thể của X, Y có thể là:

X là GlyAla(Val)₂ 0,03 mol và Y là (Gly)₂(Ala)₂Val 0,02 mol (dựa vào số N giải ra được số mol).

Ta có z=0,01  ⇒ n F = 0 , 03 → M F - = 136 3

F chứa 2 ancol vậy một ancol sẽ có số mol gấp đôi ancol còn lại.

Dựa vào Mtb nên F chứa CH₃OH.

Ta thấy 32.2 + 72=136 thỏa mãn ancol còn lại là C₄H₇OH

→ % C 4 H 7 O H = 72 136 = 52 , 94 %