Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở là X và Y (có tỉ lệ mol tương

* Hướng dẫn giải

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 $C_{?}{H}_{2?}{N}_2{O}_3 \left(đipeptit\right)$.

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 $C_n{H}_{2n + 1}N{O}_2$ + 0,1 mol $C_m{H}_{2m + 1}N{O}_2$.

⇒ 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 ∑$n_{\alpha –amino axit}$ = 0,02i + 0,01k = 0,14 mol ⇔ 2i + k = 14

⇒ giải i = 4 và k = 6 ⇒ E gồm $X_4$ dạng ${\left(Val\right)}^a{\left(Gly\right)}^{4 – a} + Y_6$ dạng ${\left(Val\right)}^b{\left(Gly\right)}^{6 – b}$

⇒ ∑$n_{Val}$= 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 ${\left(Val\right)}^2{\left(Gly\right)}^4$

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

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét trong 0,06 mol E ta có:

$n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,06 mol; $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = ∑$n_{amino axit}$= 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).

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 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 $C_2{H}_{3}NO$; 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$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 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 ${\left(Gly\right)}^4{\left(Val\right)}^2$ ⇒ $M_Y$ = 444.