Chọn đáp án B

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 B

Quy E về C2H3NO,CH2 và H2O

>nH2O=nE=0,06 mol

Đặt nC2H3NO=x;nCH2=y

nCO2=2x+y=0,6 mol;

nH2O=1,5x+y+0,06=0,56 mol

giải hệ có:

x=y=0,2 mol

=mE=15,28g=

> thí nghiệm 1 dùng gấp 2 lần thí nghiệm 2

=> muối gồm: 0,1 mol C2H4NO2Na và 0,1 mol CH2

=>m=11,1mol

Đáp án B

Giả sử Y có k mắt xích

n _{mắt xích} = 2n_N2 = 0,12 mol

=> n_este = n_NaOH – n _{mắt xích} = 0,14 – 0,12 = 0,02 mol

* m = 0,02.100 + 0,04.203 = 10,12 (g) => A đúng

* Y chỉ có 1 gốc Ala => B sai

*  %m_X = 0,02.100/10,12 = 19,76% => C đúng

*n_H2O = n_Y = 0,04 mol; n_CH3OH = n_X = 0,02 mol

BTKL: m₁ = m + m_NaOH – m_CH3OH – m_H2O = 10,12 + 0,14.40 – 0,02.32 – 0,04.18 = 14,36 (g) => D đúng

Chọn đáp án D

Ta có:

Dồn chất

Khi

Đáp án D

Định hướng tư duy giải

Ta có:

Chọn đáp án B

Đặt n_X = x ⇒ n_Y = x; n_Z = 2x ⇒ ∑n_a.a = 2 × x + 3 × x + 4 × 2x = 0,06 + 0,1 + 0,1.

⇒ x = 0,02 mol ⇒ ∑n_peptit = 4x = 0,08 mol. Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

⇒ n_C2H3NO = 0,06 + 0,1 + 0,1 = 0,26 mol; n_CH2 = 0,1 + 0,1 × 3 = 0,4 mol; n_H2O = 0,08 mol.

● Đốt cho (0,26 × 2 + 0,4 = 0,92) mol CO₂ và (0,26 × 1,5 + 0,4 + 0,08 = 0,87) mol H₂O.

⇒ ∑m_{(CO2, H2O)} = 0,92 × 44 + 0,87 × 18 = 56,14(g) ⇒ TN2 gấp 2 lần TN1.

► m = 2 × (0,26 × 57 + 0,4 × 14 + 0,08 × 18) = 43,72(g) ⇒ chọn B.