Chọn đáp án A

đipeptit X có dạng C 2 n H 4 n N 2 O 3 đốt cho n C O 2 = n H 2 O .

mà giả thiết: m C O 2 + m H 2 O = 7,44 gam ⇒ n C O 2 = n H 2 O = 0,12 mol.

♦ đốt C 2 n H 4 n N 2 O 3 + 0,15 mol O 2 → 0,12 mol C O 2 + 0,12 mol H 2 O + ? mol N 2

⇒ bảo toàn nguyên tố O có a = n C 2 n H 4 n N 2 O 3 = (0,12 × 3 – 0,15 × 2) ÷ 3 = 0,02 mol.

||⇒ n = 0,12 ÷ 0,02 ÷ 2 = 3 ⇒ α–amino axit tạo X và Y là alanin: C 3 H 7 N O 2 .

Thủy phân 0,02 mol Y 4 cần 0,08 mol KOH → 0,08 mol C 3 H 6 N O 2 N a .

⇒ m gam chất rắn gồm 0,08 mol C 3 H 6 N O 2 N a và 0,04 mol KOH (dư)

⇒ m = 0,08 × (89 + 38) + 0,04 × 56 = 12,40 gam.

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.

Chọn đáp án B

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

0,07 mol E → 0,32 mol amino axit ⇔ 0,16 mol đipeptit ⇒ cần 0,09 mol H 2 O để biến đổi.

⇒ phương trình biến đổi: 7E + 9 H 2 O → 16 E 2 (đipeptit dạng C m H 2 m N 2 O 3 ).

đốt cháy (10,8 + 162x) gam đipeptit E 2 (⇔ 16x mol) cần 0,4725 mol O 2

⇒ thu được: n C O 2 = n H 2 O = (0,4725 × 2 + 16x × 3) ÷ 3 = (16x + 0,315) mol.

⇒ m đ i p e p t i t   = 10,8 + 162x = 14 × (16x + 0,315) + 76 × (16x) ⇒ giải x = 0,005 mol.

đồng nhất số liệu toàn bộ về 0,07 mol E (gấp 2 lần các số liệu ở phản ứng đốt cháy).

• ∑ n a m i n o   a x i t   ÷   n E = 4,57 cho biết E gồm 0,03 mol peptapeptit X 4 và 0,05 mol hexapeptit Y 5

• gọi số nguyên tử cacbon trong hai amino axit lần lượt là n, m (nguyên và ≥ 2).

⇒ có: 0,15n + 0,17m = ∑ n C O 2 = 0,79 mol ⇔ 15n + 17m = 79 ⇒ n = 3; m = 2.

⇒ E gồm 0,03 X 4 dạng G l y a A l a 4   –   a   và 0,04 mol Y₅ dạng G l y b A l a 5   –   b

⇒ ∑ n G l y   = 0,03a + 0,04b = 0,17 ⇔ 3a + 4b = 17 (điều kiện: 1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

⇒ nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là a = 3; b = 2 ⇒ X 4   d ạ n g   G l y 3 A l a 1

và peptit Y 5   d ạ n g   G l y 2 A l a 3   ⇒   M Y = 345 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   H 2 O . Xét 0,07 mol E: n H 2 O = n_E = 0,07 mol.

n C 2 H 3 N O = ∑ n m u ố i   = 0,15 + 0,17 = 0,32 mol. Đặt n C H 2 = x mol.

Giả sử 10,8 gam E gấp k lần 0,07 mol E ⇒ 10,8 gam E chứa 0,32k mol C 2 H 3 N O ;

kx mol C H 2 ; 0,07k mol H 2 O ⇒ m E = 57 × 0,32k + 14kx + 18 × 0,07k = 10,8 gam.

n O 2 = 2,25. n C 2 H 3 N O + 1,5. n C H 2 ⇒ 0,4725 = 2,25 × 0,32k + 1,5kx.

Giải hệ có: k = 0,5; kx = 0,075 ⇒ x = 0,075 ÷ 0,5 = 0,15 mol.

Do n C H 2 = 0,15 ⇒ ghép vừa đủ 1 nhóm C H 2 vào muối có số mol là 0,15 mol.

⇒ 2 loại gốc amino axit là 0,15 mol Ala và 0,17 mol Gly.

số mắt xích trung bình = 0,32 ÷ 0,07 ≈ 4,6 ⇒ X là tetrapeptit và Y là pentapeptit.

đến đây giải và biện luận tương tự cách 1

Chọn đáp án D

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

♦ quy đốt đipeptit E 2 cần 1,98 mol O 2   thu được 1,68 mol C O 2 .

⇒ bảo toàn O có n E 2 = (1,68 × 3 – 1,98 × 2) ÷ 3 = 0,36 mol

⇒ m E 2 = 1,68 × 14 + 0,36 × 76 = 50,88 gam || (50,88 – 47,28) ÷ 18 = 0,2 mol.

⇒ n E = 0,36 – 0,2 = 0,16 mol || cần 0,2 mol H 2 O   để biến đổi 0,16 mol E → 0,36 mol E 2 .

có   C t r u n g   b ì n h   h a i   a m i n o   a x i t   = 1,68 ÷ 0,72 = 2,3333 ⇒ amino axit T là C 2 H 5 N O 2   g l y x i n .

dùng sơ đồ chéo có n G l y   :   n A l a = 2 : 1. Tỉ lệ: 0,08 mol E = 1 2 lượng E dùng để đốt

⇒ thủy phân 0,08 mol E thu được 0,24 mol Gly–Na và 0,12 mol Ala–Na

⇒ yêu cầu b = m G l y – N a = 0,24 × (75 + 22) = 23,28 gam → 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 47,28 gam E:

Đặt n C 2 H 3 N O = x mol; n C H 2 = y mol; n H 2 O = z mol ⇒ m E = 47,28 gam = 57x + 14y + 18z.

Ta có: n O 2 = 1,98 mol = 2,25x + 1,5y; n C O 2 = 1,68 mol = 2x + y.

⇒ giải hệ có: x = 0,72 mol; y = 0,24 mol và z = 0,16 mol.

⇒ số C H 2 ghép vào peptit trung bình = 0,24 ÷ 0,16 = 1,5 ⇒ có peptit ghép ≤ 1 gốc C H 2 .

Lại có mỗi peptit tạo bởi 1 loại gốc amino axit ⇒ phải có peptit không ghép C H 2 .

⇒ T là Gly ⇒ n A l a   = n C H 2 = 0,24 mol; n G l y = 0,72 – 0,24 = 0,48 mol.

⇒ trong 0,08 mol E chứa 0,48 × 0,08 ÷ 0,16 = 0,24 mol Gly ⇒ b = 0,24 × 97 = 23,28 gam

Chọn đáp án A

Cách 1: Biến đổi peptit – quy về đipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy phân

n N a O H = 0,52 mol; n H C l = 0,08 mol ⇒ ∑ n a m i n o   a x i t = 0,52 – 0,08 = 0,44 mol.

☆ quy đốt 0,22 mol đipeptit E 2 cần 2,22 mol O 2 (đốt G, E đều cần cùng lượng O 2 ).

⇒ n C O 2 = n H 2 O = (0,22 × 3 + 2,22 × 2) ÷ 3 = 1,7 mol ⇒ m E 2 = 40,52 gam.

☆ 0,22 mol E 2 + 0,52 mol NaOH + 0,08 mol HCl → m gam muối G + (0,22 + 0,08) mol H 2 O .

⇒ BTKL có m = 40,52 + 0,52 × 40 + 0,08 × 36,5 – 0,3 × 18 = 58,84 gam → Chọn A. ♥

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

n N a O H   d ư   =   n H C l   = 0,08 mol. Quy muối trong G về C 2 H 4 N O 2 N a ,   C H 2 , NaCl.

⇒ n C 2 H 4 N O 2 N a = n N a O H   p h ả n   ứ n g = 0,65 × 0,8 – 0,08 = 0,44 mol. Do NaCl không bị đốt.

⇒ n O 2 = 2,25. n C 2 H 4 N O 2 N a + 1,5. n C H 2 ⇒ n C H 2 = (2,22 – 2,25 × 0,44) ÷ 1,5 = 0,82 mol.

⇒ G gồm 0,44 mol C 2 H 4 N O 2 N a ; 0,82 mol C H 2 và 0,08 mol NaCl.

⇒ m = 0,44 × 97 + 0,82 × 14 + 0,08 × 58,5 = 58,84 gam

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

Đáp án B

công thức phân tử của X là C_nH_{2n + 1}NO₂. Phản ứng đốt cháy

C n H 2 n + 1 + 6 n - 3 4 O 2   → t 0 C nCO 2   +   2 n + 1 2 H 2 O   +   1 2 N 2

=> a = 6 n - 3 4