Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở là X và Y (có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1; đều được tạo từ hai loại amino axit no, phân tử chứa một nhóm amino và một nhóm cacboxyl). Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của X và Y bằng 8. Thủy phân hoàn toàn 0,06 mol E chỉ thu được hai amino axit có số mol lần lượt là 0,08 mol và 0,20 mol. Đốt cháy hoàn toàn 10,20 gam E cần vừa đủ 15,84 gam khí O2. Phân tử khối của Y là

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 H2O → 0,14 mol E2 dạng C?H2?N2O3 đipeptit.

10,2 gam E ứng với 3x mol → cần 4x mol H2O để chuyển thành 7x mol E2.

⇒ đốt (10,2 + 72x) gam E2 (7x mol) cần 0,495 mol O2 → CO2 + H2O + N2.

bảo toàn Oxi có: nCO2 = (7x × 3 + 0,495 × 2) ÷ 3 = (7x + 0,33) mol.

⇒ mE2 = 14 × (7x + 0,33) + 7x × 76 = 10,2 + 72x ⇒ giải x = 0,01 mol.

⇒ thay ngược lại có: nCO2 = 0,4 mol. tỉ lệ giả thiết có:

thủy phân 0,03 mol E → 0,04 mol CnH2n + 1NO2 + 0,1 mol CmH2m + 1NO2.

⇒ bảo toàn nguyên tố C có: 0,04n + 0,1m = nCO2= 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 C5H11NO2 và 0,1 mol Glyxin C2H5NO2.

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 ∑nα–amino axit = 0,02i + 0,01k = 0,14 mol ⇔ 2i + k = 14

⇒ giải i = 4 và k = 6 ⇒ E gồm X4 dạng ValaGly4 – a + Y6 dạng ValbGly6 – b

⇒ ∑nVal = 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 Val2Gly4

Theo đó, MY = 117 × 2 + 75 × 4 – 5 × 18 = 444 ⇒ chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về C2H3NO, CH2, H2O. Xét trong 0,06 mol E ta có:

nH2O = nE = 0,06 mol; nC2H3NO = ∑namino axit = 0,08 + 0,2 = 0,28 mol.

⇒ nX = 0,06 ÷ (2 + 1) × 2 = 0,04 mol; nY = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Gọi số mắt xích trong X và Y là a và b (a, b ≥ 2).

nC2H3NO = 0,28 mol = 0,04a + 0,02b; ⇒ số mắt xích = a + b = 8 + 2 = 10.

||⇒ a = 4 và b = 6. Đặt nCH2 = x mol. Giả sử 10,2 gam E gấp k lần 0,06 mol E.

⇒ 10,2 gam E chứa 0,28k mol C2H3NO; kx mol CH2; 0,06k mol H2O.

⇒ mE = 0,28k × 57 + 14kx + 0,06k × 18 = 10,2 gam.

và nO2 cần đốt = 2,25nC2H3NO + 1,5nCH2 = 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 nCH2 = 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 Gly4Val2 ⇒ MY = 444.