Đáp án D

Ta có:  n N a 2 C O 3 = 0 , 345 → n N a O H = 0 , 69   m o l

Gọi số mol của Gly và Val lần lượt là a, b

=> a+b+0,08= 0,69

n O 2 = 2 , 25 a + 6 , 75 b + 3 , 75 . 0 , 08 = 1 , 7625

Giải được a=0,59; b=0,02

Ta có:  n M   p . ư = 0 , 4   m o l → n M > 0 , 4 → M M < 36 , 8

vậy ancol M là CH₃OH → n M = 0 , 46

nên X phải là NH₂CH₂COOCH₃ và còn lại 0,13 mol Gly, 0,08 mol Ala và 0,02 mol Val tạo nên peptit Y, Z.

Quy đổi 2 peptit còn lại về C₂H₃ON 0,23 mol, CH₂ 0,14 mol và H₂O x mol

=> 0,23.57+0,14.14+18x+0,46.89= 56,73

Giải được x=0,04  → N - = 5 , 75

hỗn hợp gồm 5-peptit và 6-peptit với số mol lần lượt là 0,01 và 0,03 mol

Nhận thấy 0,02=0,01.2; 0,08=0,01.2+0,03.2; 0,13=0,01+0,03.4.

Vậy hỗn hợp gồm 2peptit là GlyAla₂Val₂ 0,01 mol và Gly₄Ala₂ 0,03 mol

Z là Gly₄Ala₂.

Đáp án B

Đáp án A

Vì X là este 2 chức và có 6 liên kết π 

⇒ CTTQ của X là CnH2n–10O4.

+ Quy đổi hỗn hợp Y và Z thành CmH2m–1NO và H2O.

Ta có 2 sơ đồ sau:

+ Nhận thấy các muối đều có –COONa.

Vì nNa = 2nNa2CO3 = 0,56 mol 

⇒ ∑nO/Muối = 0,56×2 = 1,12 mol.

Từ Sơ đồ (2) ta bảo toàn nguyên tố O ta có: 

1,12 + 1,08×2 = 0,28×3 + 2c + c – 0,32

 c = 0,92 mol ⇒ nH2O sơ đồ (2) = 0,6 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ở sơ đồ (2) 

⇒ mMuối = 29,68 + 0,92×44 + 0,6×18 – 34,56 + 14b.

⇔  mMuối = 46,4 + 14b.

+ Thế vào sơ đồ (1) và tiếp tục BTKL ta có: 

49,4 + 22,4 = (46,4 + 14b) + 22,8 + 18a

⇔ 18a + 14b = 2,6 (1).

+ PT theo số mol NaOH phản ứng ta có: 2a + b = 0,56 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: a = 0,02 và b = 0,16.

● Giải tìm 2 ancol: 

Ta có nhh ancol đơn chức = 2nEste = 10×a×2 = 0,4 mol.

⇒ Mhh ancol đơn chức =  = 57.

Vì ancol xuất phát từ 1 este 

⇒ Chúng có số mol bằng nhau:

Vậy 57 ứng với ancol trung bình có dạng: C3H5O

⇒ 2 Ancol đó là 

● Tìm CTPT của X:

Bảo toàn cacbon ta có: 

nC/Hỗn hợp H = nC/Muối + nC/Ancol = 0,28 + 0,92 + 0,2×3×2 = 2,4 mol.

Ta có PT bảo toàn số mol C là: 

0,2n + 0,16m = 2,4.

Với 2 < m < 3 ⇒ 9,6 < n < 10,4 

⇒ X có 10 cacbon 

⇒ CTPT của X là C10H10O4.

● Tìm 2 peptit Y và Z: 

Ta có nNaOH pứ với peptit = 0,56 × 0,2×2 = 0,16 mol.

⇒ Tỷ lệ . 

Lại có Y và Z hơn kém nhau 2 nguyên tử N.

⇒ Y và Z chỉ có thể là hỗn hợp của Heptapeptit và Nonapeptit

+ Đặt nHeptapeptit = x và nNonapeptit = y ta có:

x + y = 0,02 (1) || 7x + 9y = 0,16 (2) 

⇒ x = y = 0,01

+ Vì 2 peptit có cùng số Cacbon 

⇒ Mỗi peptit có số C =  = 20

⇒ Heptapeptit có dạng: (Gly)1(Ala)6

⇒ CTPT là C20H35O8N7 ⇒ MHeptapeptit = 501

⇒ Nonapeptit có dạng: (Gly)7(Ala)2

 ⇒ CTPT là C20H33O10N9 

⇒ MNonapeptit = 559 > 501 ⇒ (Z)

⇒ Tổng số nguyên tử có trong X và Z 

= (10 + 10 + 4) + (20 + 33 + 10 + 9) = 96

Đáp án A

Xử lý T

Và

→ Tổng số nguyên tử 

Đáp án A

Chọn đáp án B

► Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2   v à   H 2 O ⇒ n C 2 H 3 N O = n N a O H = 0,73 mol. Đặt n C H 2 = x; n H 2 O = y.

m E = 0,73 × 57 + 14x + 18y = 60,17(g) || n H 2 O sản phẩm cháy = 0,73 × 1,5 + x + y = 2,275 mol.

||⇒ giải hệ có: x = 0,67 mol; y = 0,51 mol. Bảo toàn khối lượng: m H 2 O = 60,17 + 0,73 × 40 – 73,75 – 14,72 = 0,9(g).

⇒ ∑ n p e p t i t = n H 2 O = 0,05 mol ⇒ n a n c o l   =   n X   = 0,51 – 0,05 = 0,46 mol ⇒ M a n c o l = 14,72 ÷ 0,46 = 32 (CH₃OH).

⇒ n C H 2 /a.a = 0,67 – 0,46 = 0,21 mol ⇒ n V a l = (0,21 – 0,15) ÷ 3 = 0,02 mol ⇒ n G l y = 0,56 mol.

||⇒ X là este của Gly ⇒ peptit còn 0,1 mol Gly; 0,15 mol Ala và 0,02 mol Val ⇒ số mắt xích trung bình = 5,4.

⇒ Y là pentapeptit và Z là hexapeptit với số mol a và b ⇒ n p e p t i t = a + b = 0,05; n g ố c   a . a   = 5a + 6b = 0,27 mol.

⇒ a = 0,03 mol; b = 0,02 mol ||► Dễ thấy Z chứa 1 Val; n G l y   = 0,03 × 2 + 0,02 × 2 = 0,02 × 5.

TH1: n G l y   = 0,03 × 2 + 0,02 × 2 ⇒ Y là G l y 2 A l a 3 và Z là G l y 2 A l a 3 V a l ⇒ %m_Y = 17,2% ⇒ chọn B.

TH2: n G l y   = 0,02 × 5 ⇒ Y là A l a 5   và Z là G l y 5 V a l ⇒ % m Y = 18,6%.