Chọn đáp án C

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

T + O 2    → t 0 N a 2 C O 3 + 84,06 gam C O 2   +   H 2 O + 0,33 mol N 2 .

muối T dạng C n H 2 n N O 2 N a ⇒ n T = 0,66 mol; n N a 2 C O 3 = 0,33 mol.

⇒ trong T: n C = n H 2 = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

⇒ m T   = 67,8 gam ⇒ m = 67,8 – 23,7 = 44,1 gam. mà n N a O H   = 0,66 mol.

☆ 44,1 gam E + 0,66 mol NaOH → 67,8 gam muối T + ? mol H 2 O

||⇒ BTKL có m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = n E = 0,15 mol.

giải hệ hỗn hợp E gồm 0,09 mol tetrapeptit X 4 và 0,06 mol pentapeptit Y 5 .

Lại dùng giả thiết đốt cháy trên ⇒ có 0,39 mol glyxin và 0,27 mol alanin.

gọi số gốc glyxin trong X 4   v à   Y 5 lần lượt là a và b (1 ≤ a ≤ 3; 1 ≤ b ≤ 4).

⇒ ∑ n G l y = 0,09a + 0,06b = 0,39 mol ⇔ 3a + 2b = 13 ⇒ a = 3; b = 2 thỏa mãn.!

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C 2 H 3 N O ,   C H 2 ,   H 2 O ⇒ T gồm C 2 H 4 N O 2 N a   v à   C H 2 .

⇒ n N a O H = n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,66 mol. Bảo toàn khối lượng:

m + 0,66 × 40 = (m + 23,7) + m H 2 O ⇒ m H 2 O = 2,7 gam ⇒ n H 2 O = 0,15 mol.

n N a 2 C O 3 = 0,33 mol ⇒ n H 2 O đốt T = (84,06 + 0,33 × 44) ÷ (44 + 18) = 1,59 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hiđro: n C H 2 = (1,59 × 2 – 0,66 × 4) ÷ 2 = 0,27 mol.

⇒ n A l a = n C H 2 = 0,27 mol ⇒ n_Gly = 0,66 – 0,27 = 0,39 mol.

Đặt n X = x mol; n Y   = y mol ⇒ n E   = 0,15 mol = x + y; n C 2 H 3 N O = 0,66 mol = 4x + 5y

Giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,06 mol. biện luận tương tự cách 1

Đáp án C

Gọi số mol của A (C_nH_2n-2N₄O₅ với 8 ≤ n ≤ 12) và B (C_mH_2m-3N₅O₆ với 10 ≤ m ≤15 )lần lượt là x, y

Bảo toàn khối lượng trong phản ứng thủy phân → m + 40. ( 4x + 5y) = m + 15,8 + 18 ( x+ y)

Bảo toàn nguyên tố N → 4x + 5y = 2. ( 4,928 : 22, 4) = 0,44

Giải hệ → x = 0,06 và y = 0,04 

Hỗn hợp peptit được cấu tạo bởi các aminoaxit no chứa 1 nhóm NH₂, 1 nhóm COOH → muối hình thành trong quá trình thủy phân có công thức C_aH_2aNO₂Na : 0,44 mol . Gọi số mol CO₂ và H₂O lần lượt là a, b

Bảo toàn nguyên tố C → ∑ n_C = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,22 + 0,84 = 1,06 mol

Ta có 0,06n + 0,04m = 1,06 → 3n+ 2m = 53

Với điều kiện 10 ≤ m ≤15 thấy chỉ có 2 cặp thỏa mãn nghiệm nguyên

Khi m= 10 (Gly-Gly-Gly-Gly-Gly) → n = 11 ( Ala-Ala-Ala-Gly)

→ %^m_Y = 41,22%

Khi m = 13 ( Gly-Gly-Ala-Ala-Ala)→ n = 9 ( Gly-GLy-GLy-Ala) 

→ %mY = 46,94% 

- Quy đổi hỗn hợp X thành phần  C 2 H 3 O N   a   m o l ,   − C H 2   b   m o l   v à   H 2 O   c   m o l .

- Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm  C 2 H 4 O N N a   a   m o l   v à   C H 2   b   m o l .

Xét quá trình đốt cháy hỗn hợp muối ta có hệ sau:

  →   97 n N H 2 C H 2 C O O N a + 14 n C H 2 − 57 n C 2 H 3 O N + 14 n C H 2 + 18 n H 2 O = Δ m   44 n C O 2 + 18 n H 2 O = m bình Z → BT :  N n C 2 H 3 O N = 2 n N 2 → 40 a − 18 c = 15 , 8 102 a + 62 b = 56 , 04 a = 0 , 44   ⇒     a = 0 , 44 b = 0 , 18 c = 0 , 1

- Xét hỗn hợp X ta có:  

n A + n B = n H 2 O 4 n A + 5 n B = 2 n N 2 → n A + n B = 0 , 14 4 n A + 5 n B = 0 , 44 ⇒ n A = 0 , 06   m o l n B = 0 , 04   m o l

- Gọi peptit A và B lần lượt là  G l y x A l a 4 − x   v à   G l y y A l a 5 − y   v O i   x   <   4   v à   y   <   5 .

    → B T : G l y n A . x   + n B   . y   =   n G l y   →     ⇒   x   =   3 ;   y   =   2  (thỏa mãn)

⇒   % m B   =     0 , 04. M G l y 2 A l a 3 m x =   0 , 04.345 57.0 , 44 + 14.0 , 18 + 18.0 , 1 .100 %   =   46 , 94 %

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án C

- Quy đổi hỗn hợp X thành phần C₂H₃ON (a mol), -CH₂ (b mol) và H₂O (c mol).

- Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm C₂H₄ONNa (a mol) và CH₂ (b mol).

Xét quá trình đốt cháy hỗn hơp muối ta có hệ sau:

- Xét hỗn hợp X ta có:

- Gọi peptit A và B lần lượt là (Gly)_x(Ala)_4-x và (Gly)_y(Ala)_5-y (với x<4 và y<5).

Chọn đáp án C

Quy X về C2H3NO, CH2, H2O

⇒ nC2H3NO = 2nN2 = 2 × 0,22 = 0,44 mol.

Muối gồm 0,44 mol C2H4NO2Na và x mol CH2

⇒ đốt cho CO2: (0,66 + x) mol và H2O: (0,88 + x) mol

⇒ mbình tăng = mCO2 + mH2O = 56,04

⇒ x = 0,18 mol.

nNaOH = nC2H3NO = 0,44 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + mH2O

⇒ nH2O = 0,1 mol.

Đặt nA = a; nB = b

⇒ nX = a + b = 0,1 mol;

 nC2H3NO = 0,44 mol = 4a + 5b

Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

nAla = nCH2 = 0,18 mol;

nGly = 0,44 - 0,18 = 0,26 mol.

Gọi số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4)

⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có:

m = 1; n = 3.

⇒ B là Gly2Ala3 

⇒ %mB = 0,04 × 345 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 46,94%

Quy X về C₂H₃NO, CH₂, H₂O ⇒ n_C2H₃NO = 2n_N2 = 2 × 0,22 = 0,44 mol.
Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂
⇒ đốt cho CO₂: ⁰,66 + x) mol và H₂O: ⁰,88 + x) mol
⇒ m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 56,04 ⇒ x = 0,18 mol.
n_NaOH = n_C2H₃NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng:
m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ n_H2O = 0,1 mol.
Đặt n_A = a; n_B = b ⇒ n_X = a + b = 0,1 mol; n_C2H₃NO = 0,44 mol = 4a + 5b
Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.
n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol; n_Gly = 0,44 - 0,18 = 0,26 mol.
Gọi số gốc Ala trong A và B là m và n ¹ ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4)
⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1; n = 3.
⇒ B là Gly₂Ala₃ ⇒ %m_B = 0,04 × 345 ÷0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 46,94%

→ Đáp án C