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%

Tổng số nguyên tử oxi của ba peptit là 10

 Tổng số nguyên tử nito của ba peptit =10-3=7

=> Tổng số mắt xích của ba peptit =7 => E gồm 2 đipeptit và 1 tripeptit

Số mol NaOH là: 

Quy đổi E thành C₂H₃NO: a mol; CH₂: b mol; H₂O: c mol

Sơ đồ phản ứng:

=> 4a + 2b = 1,5 (I)

Các quá trình nhường nhận electron:

c = 0,15 mol

Các quá trình nhường nhận electron:

= 0,03 mol

Đặt các đipeptit là X, Y

Gọi  x ¯  là số nhóm CH₂ thêm vào Gly của cả X và Y

= 57,24 %

Đáp án 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%

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

Chọn D

Chọn đáp án A

Cách 1: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C₂H₃NO, CH₂, H₂O ⇒ T gồm C₂H₄NO₂Na và CH₂.

⇒ n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N a 2 C O 3 = 0,2 mol; n O 2 = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5. n C H 2 = 0,84 mol.

⇒ n C H 2 = (0,84 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,26 mol ⇒ n H 2 O = 0,08 mol.

Peptit chứa 4C chỉ có thể là Gly–Gly. Công thức 2 peptit còn lại dạng (Gly)^x(Ala)^y(Val)^z.

• với peptit có 7C ⇒ 2x + 3y + 5z = 7 ⇒ (x; y; z) = (2; 3; 0); (1; 0; 1)

⇒ ứng với có 2 peptit dạng (Gly)²(Ala) hoặc (Gly)(Val) thỏa mãn.

• với peptit có 11C: 2x + 3y + 5z = 11 ⇒ (x; y; z) = (4; 1; 0); (1; 3; 0); (3; 0; 1); (0; 2; 1).

⇒ có 4 TH thỏa mãn: (Gly)⁴(Ala) hoặc (Gly)(Ala)³ hoặc (Gly)³(Val) hoặc (Ala)²(Val).

Ta có số gốc CH₂ ghép peptit trung bình = 0,26 ÷ 0,08 = 3,25

⇒ peptit chứa 11C phải là (Ala)²(Val). Xét 2 TH của peptit 7C:

♦ TH₁: peptit 7C là (Gly)²(Ala), ta có hệ phương trình:

hệ có nghiệm âm ⇒ không thỏa mãn.!

♦ TH₂: peptit 7C là Gly–Val ⇒ peptit có phân tử khối lớn nhất

là (Ala)²(Val) với số mol là 0,04 mol

Đáp án C

Định hướng tư duy giải

Gọi 

X cháy 

Dồn chất