Đáp án D

Ta có:

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

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

Giải được a=0,59; b=0,02

Ta có:

vậy ancol M là CH₃OH

→ n M = 0 , 46   mol

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 , 57

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 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.

Chọn A

Gọi CTTQ của X là CnH₂n+2-2k+xNxOx+1

X cháy -> nCO₂ + (n+1-k+x/2) H₂O + x/2N₂

0,16------0,16n----0,16∙(n+1-k+x/2)

Mà n(CO₂) – n(H₂O) = 0,16 -> k-x/2 = 2

Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4

Tương tự cho Y và Z

Vậy X, Y, Z đều là các tetrapeptit

Gọi n(X) = x; n(Y) = y; n(Z) = z -> n(NaOH) = 4x + 4y + 0,16∙4  và n(H₂O) = x + y+ 0,16

Áp dụng ĐLBT khối lượng: 69,8 + 40∙4x + 4y + 0,16∙4 ) = 101,04 + 18∙( x + y+ 0,16)

-> x+y = 0,06 -> n(E) = 0,22 -> m(E) = 317,27

-> Z là (Ala)₄ ( M = 302); m(X,Y) = m(E) – m(Z) = 21,48 -> M(X,Y) = 358

-> Y là (Ala)₃Val (M = 330);

TH₁: X là (Ala)(Val)₃ (M = 386)

m(muối) = 111∙( x + 3y + 0,16∙4) + 139∙3x + y)  = 101,04

-> x = y = 0,03 (Loại)

TH₂: X là (Val)₄ ( M = 414)

m(muối) = 139∙(4x+y) + 111∙³y +0,16∙4)  = 101,04

-> x = 0,02 và y = 0,04

%X = 11,86% -> Đáp án A

Đáp án D

CTTQ của X là C_nH_{2n + 2 - 2k + x}N_xO_{x + 1}

X + O₂ -> nCO₂ + (n + 1 – k + 0,5x) H₂O

0,16    ->  0,16n    -> 0,16(n + 1 – k + 0,5x)

n_CO2 – n_H2O = 0,16

=> k – 0,5x = 2

Do k = x nên nghiệm thỏa mãn là k = x = 4

Tương tự cho Y và Z. Vậy X, Y, Z đều là các tetrapeptit.

n_X = x ; n_Y = y ; n_Z = 0,16

=> n_NaOH = 4x + 4y + 0,16.4

Và n_H2O = x + y + 0,16

Bảo toàn khối lượng : 69,8 + 40(4x + 4y + 0,64) = 101,04 + 18(x + y + 0,16)

=>x + y = 0,06

=> n_E = x + y + 0,16 = 0,22 => M_E = 317,27 => Z là (Ala)₄ (M = 302)

m(X, Y) = m_E – m_Z = 21,48g

=> M_(X,Y) = 358 => Y là (Ala)₃Val (M = 330)

Do (Ala)₂(Val)₂ = 358 nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp :

(*) TH₁ : X là (Ala)(Val)₃ (M = 386)

m_muối = 111(x + 3y + 0,16.4) + 139(3x + y) = 101,04

Và x + y = 0,06 => x = y = 0,03 (Loại vì theo đề n_X < n_Y)

(*) TH₂ : X là (Val)₄ (M = 414)

m_muối = 139(4x + y) + 111(3y + 0,16.4) = 101,04

Và x + y = 0,06 => x = 0,02 ; y = 0,04

=> %m_X = 11,86%

nCO2 – nH2O = (0,5k – 1).số mol

=> kx = ky = kz = 4

Đặtt = nE.

Khi đun nóng 69,8g E với NaOH thì

mmuối = mE + mNaOH – mH2O 

=> 101,04 = 69,8 + 40.4t – 18t

=> t = 0,22

Xét hỗn hợp muối:

Do nZ > nValNa nên Z là (Ala)4

X là (Val)a(Ala)4 – a còn Y là (Val)b(Ala)4 – b

Chọn đáp án D.

Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit:

2X_n + (n - 2)H₂O → nX₂.

⇒ n_H2O thêm = ∆n(CO₂, H₂) = 0,16 mol = n_X

⇒ 2 = n - 2

⇒ n = 4.

⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit.

Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

Đặt n_C2H3NO = 4x; n_CH2 = y

⇒ n_H2O = x

⇒ m_E = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.

Muối gồm 4x mol C₂H₄NO₂Na và y mol CH₂

⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).

► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol

⇒ n_Ala = 0,76 mol; n_Val = 0,12 mol.

● Dễ thấy n_Z > n_Val

⇒ Z không chứa Val

⇒ Z là Ala₄.

⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val;

∑n(X, Y) = 0,06 mol.

● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2.

Lại có: M_X > M_Y ⇒ Y là Ala₃Val.

● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2

⇒ X là Val₄ hoặc AlaVal₃.

TH1: X là Val₄

⇒ n_Y = n_Ala ÷ 3 = 0,04 mol

⇒ n_X = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.

⇒ n_X < n_Y (thỏa)

⇒ %m_X = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86%

⇒ Chọn D.

TH2: X là AlaVal₃.

Đặt n_X = a; n_Y = b

⇒ ∑n(X, Y) = a + b = 0,06 mol.

n_Ala = 0,12 mol = a + 3b

⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt).

⇒ Loại.

Chọn đáp án D

Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit: 2X_n + (n - 2)H₂O → nX₂.

||⇒ n_H2O thêm = ∆n(CO₂, H₂) = 0,16 mol = n_X ⇒ 2 = n - 2 ⇒ n = 4.

⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit. Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

Đặt n_C2H3NO = 4x; n_CH2 = y ⇒ n_H2O = x ⇒ m_E = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.

Muối gồm 4x mol C₂H₄NO₂Na và y mol CH₂ ⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).

► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol ||⇒ n_Ala = 0,76 mol; n_Val = 0,12 mol.

● Dễ thấy n_Z > n_Val ⇒ Z không chứa Val ⇒ Z là Ala₄.

||⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val; ∑n(X, Y) = 0,06 mol.

● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2. Lại có: M_X > M_Y ⇒ Y là Ala₃Val.

● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2 ⇒ X là Val₄ hoặc AlaVal₃.

TH1: X là Val₄ ⇒ n_Y = n_Ala ÷ 3 = 0,04 mol ⇒ n_X = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.

⇒ n_X < n_Y (thỏa) ⇒ %m_X = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86% ⇒ chọn D.

TH2: X là AlaVal₃. Đặt n_X = a; n_Y = b ⇒ ∑n(X, Y) = a + b = 0,06 mol.

n_Ala = 0,12 mol = a + 3b ||⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt) ⇒ loại.