Chọn đáp án A

X gồm ba peptit A_a, B_b, C_c với tỉ lệ mol tương ứng 2 : 3 : 4.

Biến đổi: 2A_a + 3B_b + 4C_c → 1(A_a)²(B_b)³(C_c)⁴ + 8H₂O.

1(A_a)²(B_b)³(C_c)⁴ + ?H₂O → 11k.X₁ + 16k.X₂ + 20k.X₃ (k nguyên).

⇒ 2a + 3b + 4c = 47k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 12 ⇔ a + b + c = 15

⇒ 2a + 3b + 4c < 4(a + b + c) = 60 ⇒ 47k < 60 ⇒ k = 1 là giá trị thỏa mãn.

Vậy: X gồm [2A + 3B + 4C] + 38H₂O → 11X₁ + 16X₂ + 20X₃

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

biến đổi: 2A + 3B + 4C + 14,5H₂O → 23,5E (đipeptit dạng C_nH_2nN₂O₃).

biến 39,05 gam X → 0,235 mol E₂ cần thêm 0,145 mol H₂O ⇒ $m_{E_2}$ = 41,66 gam.

⇒ $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (41,66 – 0,235 × 76) ÷ 14 = 1,7 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có $n_{O_2}$ cần đốt = (1,7 × 3 – 0,235 × 3) ÷ 2 = 2,1975 mol

☆ lập tỉ lệ có m = (32,816 ÷ 22,4) ÷ 2,9175 × 39,05 ≈ 26,03. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy X về C₂H₃NO, CH₂, H₂O ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,11 + 0,16 + 0,2 = 0,47 mol.

$n_{H_{2}O}$ = 0,02 + 0,03 + 0,04 = 0,09 mol ⇒ $n_{C{H}_2}$ = 0,76 mol.

⇒ đốt 39,05 gam X cần 2,25 × 0,47 + 1,5 × 0,76 = 2,1975 mol O₂

⇒ m = 39,05 × 1,465 ÷ 2,1975 = 26,03 gam

Chọn đáp án C

0,14 mol T + vừa đủ 0,76 mol NaOH ⇒ số mắt xích trung bình = 0,76 ÷ 0,14 ≈ 5,4

mà mỗi phân tử peptit đều có số liên kết peptit ≥ 4 ⇔ số mắt xích ≥ 5

⇒ có một peptit là pentapeptit $\left(X_5\right)$. Lại có: ∑O = 13 ⇔ số mắt xích = 13 – 2 = 11

⇒ peptit còn lại là hexapeptit $\left(Y_6\right)$. Giải hệ số mol có $n_{X_5}$ = 0,08 mol và $n_{Y_6}$ = 0,06 mol.

0,08 mol $X_5$ dạng ${\left(Gly\right)}^n{\left(Ala\right)}^{5-n}$ và 0,06 mol $Y_6$ dạng ${\left(Gly\right)}^m{\left(Ala\right)}^{6-m}$.

Giả thiết có: 0,08 × [2n + 3 × (5 – n)] = 0,06 × [2m + 3 × (6 – m)] ⇔ 4n – 3m = 6.

với điều kiện n, m nguyên và 1 ≤ n ≤ 4; 1 ≤ m ≤ 5 ⇒ chỉ n = 3; m = 2 thỏa mãn.

ứng với 0,08 mol $X_5$ dạng (Gly)³(Ala)² và 0,06 mol $Y_6$ dạng ${\left(Gly\right)}^2{\left(Ala\right)}^4$

⇒ m gam muối gồm 0,36 mol Gly–Na và 0,4 mol Ala–Na ⇒ m = 79,32 gam

Chọn đáp án D

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

0,02 mol T + KOH vừa đủ → Q + 0,02 mol $H_{2}O$ || giả thiết cho $m_T – m_E$ = 6,36 gam

⇒ BTKL phản ứng thủy phân có $m_{KOH}$ = 6,72 gam ⇒ $n_{KOH}$ = 0,12 mol.

quy về đốt 0,06 mol $T_{2 }$cần đúng 0,66 mol $O_2$ cho cùng số mol $C{O}_2 và H_{2}O$.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có: $n_{C{O}_2}$ – $n_{H_{2}O}$ = (0,06 × 3 + 0,66 × 2) ÷ 3 = 0,5 mol.

⇒ ∑số $C_T$ = 0,5 ÷ 0,2 = 25 ⇔ 1.Gly + 1.Ala + 4.Val → chọn đáp án D. ♠

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ $n_{H_{2}O}$= $n_T$ = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng:

$$\begin{gathered} m_T + m_{KOH }= m_Q + m_{H_{2}O} \\ \Rightarrow m_{KOH }= (m_Q – m_T)+ m_{H_{2}O} \end{gathered}$$

⇒ $m_{KOH}$ = 6,36 + 0,02 × 18 = 6,72 gam ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$= $n_{KOH}$ = 0,12 mol.

$n_{O_2}$ = 0,66 mol = 2,25.$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 1,5.$n_{C{H}_2}$ ⇒ $n_{C{H}_2}$ = (0,66 – 0,12 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,26 mol.

số mắt xích trong T = Na0,12 ÷ 0,02 = 6; Số gốc $C{H}_2$ = 0,26 ÷ 0,02 = 13.

Gọi số gốc Ala và Val trong T là a và b (1 ≤ a, b ≤ 4) ⇒ a + 3b = 13.

Giải phương trình nghiệm nguyên có : a = 1 và b = 4 thỏa mãn yêu cầu.

⇒ T chứa 4 gốc Val trong phân tử.

Chọn đáp án C

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

0,02 mol E + NaOH vừa đủ → T + 0,02 mol $H_{2}O$ || giả thiết cho $m_T – m_E$ = 2,84 gam

⇒ BTKL phản ứng thủy phân có $m_{NaOH}$ = 3,2 gam ⇒ $n_{NaOH}$ = 0,08 mol.

quy về đốt 0,04 mol $E_2$ cần đúng 0,3 mol $O_2$ cho cùng số mol $C{O}_2 và H_{2}O$.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có: $n_{C{O}_2}$ – $n_{H_{2}O}$ = (0,04 × 3 + 0,3 × 2) ÷ 3 = 0,24 mol.

⇒ $C_{trung bình các \alpha –amino axit }$= 0,24 ÷ 0,08 = 3 = $số C_{của alanin}$

⇒ dùng sơ đồ chéo có $n_{Gly} : n_{Val}$ = (5 – 3) ÷ (3 – 2) = 2 : 1.

mà E là tetrapeptit (0,08 ÷ 0,02 = 4) ⇒ E gồm 2 gốc Gly + 1 gốc Ala + 1 gốc Val.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$ ⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng: $m_E + m_{NaOH}$ = $m_T$ + $m_{H_{2}O}$ ⇒ $m_{NaOH }= \left(m_T – m_E\right)$ + $m_{H_{2}O}$

⇒ $m_{NaOH}$ = 2,84 + 0,02 × 18 = 3,2 gam ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{NaOH}$ = 0,08 mol.

⇒ E chứa 0,08 ÷ 0,02 = 4 mắt xích || $n_{O_2}$ = 0,3 mol = 2,25.$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 1,5.$n_{C{H}_2}$

⇒ $n_{C{H}_2}$ = (0,3 – 0,08 × 2,25) ÷ 1,5 = 0,08 mol.

⇒ số gốc $C{H}_2$ = 0,08 ÷ 0,02 = 4 = 3 × 1 + 1 × 1 ⇒ E chứa 1 gốc Val và 1 gốc Ala.

còn lại là (4 – 2 = 2) gốc Gly

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 $C_m{H}_{2m}{N}_2{O}_3$).

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.

⇒ $m_{đipeptit}$= 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).

• ∑$n_{amino axit} ÷ n_E$ = 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 ${\left(Gly\right)}^{{}_a}{\left(Ala\right)}^{{}_{4 – a }}$và 0,04 mol Y₅ dạng ${\left(Gly\right)}^b{\left(Ala\right)}^{5 – b}$

⇒ ∑$n_{Gly }$= 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 ⇒ $X_4 dạng {\left(Gly\right)}^3{\left(Ala\right)}^1$

và peptit $Y_5 dạng {\left(Gly\right)}^2{\left(Ala\right)}^3 \Rightarrow M_Y$ = 345 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét 0,07 mol E: $n_{H_{2}O}$ = n_E = 0,07 mol.

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = ∑$n_{muối}$= 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 $C_2{H}_{3}NO$;

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.$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 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 B

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

0,1 mol T → 0,56 mol amino axit ⇔ 0,28 mol đipeptit ⇒ cần 0,18 mol $H_{2}O$ để biến đổi.

⇒ phương trình biến đổi: 1T + 1,8$H_{2}O$ → 2,8$E_2$ $\left(đipeptit dạng C_m{H}_{2m}{N}_2{O}_3\right)$.

đốt cháy (13,2 + 32,4x) gam đipeptit $E_2$ (⇔ 2,8x mol) cần 0,63 mol $O_2$

⇒ thu được: $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (0,63 × 2 + 2,8x × 3) ÷ 3 = (2,8x + 0,42) mol.

⇒ $m_{đipeptit}$ = 13,2 + 32,4x = 14 × (2,8x + 0,42) + 76 × (2,8x) ⇒ giải x = 1/30 mol.

đồng nhất số liệu toàn bộ về 0,1 mol T (gấp 3 lần các số liệu ở phản ứng đốt cháy).

• ∑$n_{amino axit} ÷ n_T$ = 5,6 cho biết T gồm 0,04 mol peptapeptit E₅ và 0,06 mol hexapeptit $E_6$

• $0,42C_X + 0,14C_Y$ = ∑$n_{C{O}_2}$ = 1,54 ⇔ $3C_X + C_Y$ = 11.

⇒ $C_X$ = 2 và $C_Y$ = 5 (do $M_{X }< M_Y$ nên trường hợp $C_X$ = 3; $C_Y$ = 2 loại).

⇒ T gồm 0,04 $E_5$ dạng ${\left(Gly\right)}^a{\left(Val\right)}^{{}_{5 – a}}$ và 0,06 mol $E_6$ dạng ${\left(Gly\right)}^b{\left(Val\right)}^{6 – b}$

⇒ ∑$n_{Gly}$ = 0,04a + 0,06b = 0,42 ⇔ 2a + 3b = 21 (điều kiện: 1 ≤ a ≤ 4; 1 ≤ b ≤ 5).

⇒ nghiệm nguyên duy nhất thỏa mãn là a = 3; b = 5 ⇒ $T_1$ ≡ $E_5 là {\left(Gly\right)}^3{\left(Val\right)}^2$

⇒ Phân tử khối của peptit $T_1$ bằng 75 × 3 + 117 × 2 – 4 × 18 = 386 → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy T về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét 0,1 mol T: $n_{H_{2}O}$= $n_T$ = 0,1 mol.

$n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_X + n_Y$ = 0,42 + 0,14 = 0,56 mol. Đặt $n_{C{H}_2}$ = x mol.

Giả sử 13,2 gam T gấp k lần 0,1 mol T ⇒ 13,2 gam T chứa 0,56k mol $C_2{H}_{3}NO$,

kx mol $C{H}_2$, 0,1k mol $H_{2}O$ ⇒ $m_T$ = 13,2 = 57 × 0,56k + 14kx + 18 × 0,1k

$n_{O_2}$ = 2,25.$n_{C_2{H}_{3}NO}$ + 1,5.$n_{C{H}_2}$ ⇒ 0,63 = 2,25 × 0,56k + 1,5kx

Giải hệ có: k = 1/3; kx = 0,14 ⇒ x = 0,14 ÷ 1/3 = 0,42 mol.

• TH₁: ghép 1 $C{H}_{2 }$vào X ⇒ X là Ala và Y là Gly ⇒ $M_X > M_Y$ → trái giả thiết → loại.!

• TH₂: ghép 0,42 ÷ 0,12 = 3 nhóm $C{H}_2$ vào Y ⇒ X là Gly và Y là Val → ổn.!

Lại có: số mắt xích trung bình = 0,56 ÷ 0,1 = 5,6 ⇒ $T_1$ là pentapeptit và $T_2$ là hexapeptit.

đến đây giải + biện luận tìm $T_1$ và $T_2$ như cách 1

Chọn đáp án A

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

có ∑$n_{các \alpha –amino axit}$= $n_{HCl}$ – ∑$\left(n_{NaOH} + n_{KOH}\right)$ = 0,14 mol.

• 0,07 mol X₂ + (0,1 mol NaOH + 0,12 mol KOH) → 20,66 gam c.tan + 0,07 mol $H_{2}O$.

⇒ BTKL có $m_{X_2}$ = 11,2 gam ⇒ có 0,07 mol $X_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$ nặng 11,2 gam

⇒ đốt 0,07 mol $X_2$ thu được $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (11,2 – 0,07 × 76) ÷ 14 = 0,42 mol.

mà đốt ½.m gam hh đầu cho 0,39 mol $H_{2}O$ ⇒ cần thêm 0,03 mol $H_{2}O$ để chuyển thành $X_2$

⇒ m = $m_{hh đầu}$ = 2 × (11,2 – 0,03 × 18) = 21,32 gam → chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.

Quy hỗn hợp peptit về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$. Xét số liệu mỗi phân bằng nhau:

Quy đổi quá trình thành: peptit + 0,1 mol NaOH + 0,12 mol KOH + 0,36 mol HCl.

⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,36 – 0,1 – 0,12 = 0,14 mol ⇒ $n_{O{H}^{–} dư}$ = 0,1 + 0,12 – 0,14 = 0,08 mol.

⇒ 20,66 gam chất tan Y gồm $H_{2}N–C{H}_2–COO–, N{a}^{+}, K^{+}, O{H}^{–}, C{H}_2$.

⇒ $n_{C{H}_2}$ = (20,66 – 0,14 × 74 – 0,1 × 23 – 0,12 × 39 – 0,08 × 17) ÷ 14 = 0,14 mol.

$n_{H_{2}O}$ = 0,39 – 0,14 × 1,5 – 0,14 = 0,04 mol ⇒ m = 2 × (0,14 × 57 + 0,14 × 14 + 0,04 × 18) = 21,32 gam.

Chọn đáp án B

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

có ∑$n_{các \alpha –amino axit}$ = $n_{HCl} – \sum \left(n_{NaOH} + n_{KOH}\right)$ = 0,2 mol.

• 0,1 mol $T_2$ + (0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH) → 26,76 gam c.tan + 0,1 mol $H_{2}O$.

⇒ BTKL có $m_{T_2}$ = 17,68 gam ⇒ có 0,1 mol $T_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$ nặng 17,68 gam

⇒ đốt 0,1 mol $T_2$ thu được $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = (17,68 – 0,1 × 76) ÷ 14 = 0,72 mol.

mà đốt m gam T cho 0,68 mol $H_{2}O$ ⇒ cần thêm 0,04 mol $H_{2}O$ để chuyển T thành $T_2$

⇒ m = $m_T$ = $m_{T_2}$ – $m_{H_{2}O}$ thêm vào = 17,68 – 0,04 × 18 = 16,69 gam → chọn đáp án B. ♦.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.

Quy m gam hỗn hợp T về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$. Quy đổi quá trình thành:

m gam T + 0,16 mol NaOH + 0,08 mol KOH tác dụng vừa đủ 0,44 mol HCl.

⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 0,44 – 0,16 – 0,08 = 0,2 mol ⇒ $n_{O{H}^{–} dư}$ = 0,16 + 0,08 – 0,2 = 0,04 mol.

Q gồm $H_{2}N–C{H}_2–COO–, N{a}^{+}, K^{+}, O{H}^{–}, C{H}_2$.

⇒ $n_{C{H}_2}$ = (26,76 – 0,2 × 74 – 0,16 × 23 – 0,08 × 39 – 0,04 × 17) ÷ 14 = 0,32 mol.

$n_{H_{2}O}$ = 0,68 – 0,2 × 1,5 – 0,32 = 0,06 mol ⇒ m = 0,2 × 57 + 0,32 × 14 + 0,06 × 18 = 16,96 gam.

$E_3$Chọn đáp án A

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

a mol E₃ cần 0,5a mol $H_{2}O$ để biến đổi thành 1,5a mol đipeptit $E_2$ dạng $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$.

đốt 1,5a mol mol $E_2$ cần 0,135 mol $O_2$ thu được cùng số mol $C{O}_2$ và $H_{2}O$ là 0,12 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố O có 1,5a = $n_{E_2}$ = (0,12 × 3 – 0,135 × 2) ÷ 3 = 0,03 mol.

⇒ n = 0,12 ÷ 0,03 ÷ 2 = 2 ⇒ α–amino axit tạo E và T là glyxin: $C_2{H}_{5}N{O}_2$.

⇒ thủy phân 4a = 0,08 mol $T_5$ + HCl → m gam muối là 0,4 mol $C_2{H}_{5}N{O}_2.HCl$

⇒ m = 0,4 × (75 + 36,5) = 44,6 gam → chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy : giải theo công thức tổng quát

α–amino axit tạo E và T dạng $C_n{H}_{2n} + 1N{O}_2 \left(n \ge 2\right)$ ⇒ CTTQ của E là $C_{3n}{H}_{6n} – 1N_3{O}_4$.

Phương trình cháy: $C_{3n}{H}_{6n} – 1N_3{O}_4$ + (4,5n – 2,25)$O_2$ → 3n$C{O}_2$ + (3n – 0,5)$H_{2}O$ + 1,5$N_2$.

$n_{C{O}_2}$ = $n_{BaC{O}_3}$ = 0,12 mol; $n_{O_2}$ = 0,135 mol ⇒ $n_{O_2}$ ÷ $n_{C{O}_2}$ = (4,5n – 2,25) ÷ (3n) = 0,135 ÷ 0,12

Giải ra: n = 2 ⇒ α–amino axit là glyxin: $C_2{H}_{5}N{O}_2$ và a = 0,02 mol.

⇒ thủy phân 4a mol T trong HCl thu được 4a × 5 = 0,4 mol muối clorua của Gly.

⇒ m = 0,4 × 111,5 = 44,6 gam.

Chọn đáp án A

đipeptit X có dạng $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$ 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 $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3$+ 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 = $n_{C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3}$ = (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 $C_3{H}_{6}N{O}_{2}Na$.

⇒ m gam chất rắn gồm 0,08 mol $C_3{H}_{6}N{O}_{2}Na$ và 0,04 mol KOH (dư)

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

Chọn đáp án C

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

☆ đốt đipeptit $C_{2n}{H}_{4n}{N}_2{O}_3 + 15 mol O_2 \stackrel{t_0}{\to } 12 mol C{O}_2 + 12 mol H_{2}O + ? N_2$.

(giả thiết cho tỉ lệ 5 : 4 nên cho O₂ là 15 mol thì tương ứng $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = 12 mol).

bảo toàn O có $n_{đipeptit}$ = (12 × 3 – 15 × 2) ÷ 3 = 2 mol ⇒ n = 12 ÷ 4 = 3

⇒ cho biết α–amino axit là Alanin: $C_3{H}_{7}N{O}_2$

⇒ thủy phân 0,04 mol $Q_5$ + HCl (vừa đủ) + $H_{2}O$ → 0,2 mol $C_3{H}_{7}N{O}_2.HCl$

⇒ m = 0,2 × (89 + 36,5) = 25,1 gam. Chọn đáp án C. ♣.

Cách 2: Giải theo công thức tổng quát của peptit:

Amino axit dạng: $C_n{H}_{2n} + 1N{O}_2 \left(n \ge 2\right)$ ⇒ công thức của tetrapeptit Q là $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$.

Phương trình cháy: $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$ + $\left(6n – 3\right)O_2$ → 4n$C{O}_2$ + $\left(4n – 1\right)H_{2}O$+ 2$N_2$.

⇒ 6n – 3 =$\frac{5}{4}$ × 4n ⇒ n = 3 ⇒ amino axit là Ala ⇒ m = 0,04 × 5 × 125,5 = 25,1 gam.

Chọn đáp án D

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

☆ đốt đipeptit C_2nH_4nN₂O₃ + 15 mol O₂ $\stackrel{t_0}{\to }$ 12 mol CO₂ + 12 mol H₂O + ? N₂.

(giả thiết cho tỉ lệ 5 : 4 nên cho $O_2$là 15 mol thì tương ứng $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$ = 12 mol).

bảo toàn O có $n_{đipeptit}$ = (12 × 3 – 15 × 2) ÷ 3 = 2 mol ⇒ n = 12 ÷ 4 = 3

⇒ cho biết α–amino axit là Alanin: $C_3{H}_{7}N{O}_2$

⇒ thủy phân 0,03 mol $Q_4$ + KOH (vừa đủ) → 0,12 mol $C_3{H}_{6}N{O}_{2}Na...$

⇒ m = 0,12 × (89 + 38) = 15,24 gam. Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: Giải theo công thức tổng quát của peptit:

Amino axit dạng: $C_n{H}_{2n} + 1N{O}_2 \left(n \ge 2\right)$ ⇒ công thức của tetrapeptit Q là $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$.

Phương trình cháy: $C_{4n}{H}_{8n} – 2N_4{O}_5$ + $\left(6n – 3\right)O_2$ → 4n$C{O}_2$ + $\left(4n – 1\right)H_{2}O$ + 2$N_2$.

⇒ 6n – 3 = $\frac{5}{4}$ × 4n ⇒ n = 3 ⇒ amino axit là Ala ⇒ m = 0,03 × 4 × 127 = 15,24 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 $C_{?}{H}_{2?}{N}_2{O}_3 \left(đipeptit\right)$.

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.

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 + ? mol $H_{2}O$ → ?? mol E₂ (đipeptit dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$) (*).

đốt E hay $E_2$ đều cần cùng lượng $O_2$, sinh ra cùng số mol $C{O}_2 và N_2$.

Mà đốt 0,06 mol E tạo thành 0,6 mol $C{O}_2$ + 0,56 mol $H_{2}O$.

⇒ đốt $E_2$ tạo thành 0,6 mol $C{O}_2$ và 0,6 mol $H_{2}O$.

⇒ $n_{H_{2}O}$ ở (*) = 0,6 – 0,56 = 0,04 mol ||⇒ $n_{E_2}$ = 0,06 + 0,04 = 0,1 mol.

⇒ $m_{E_2}$ = 0,6 × 14 + 0,1 × 76 = 16,0 gam ⇒ $m_E$ = 16,0 – 0,04 × 18 = 15,28 gam.

⇒ 0,06 mol E ⇔ 15,28 gam, lượng E dùng 2 phần là như nhau.!

• Thủy phân 0,1 mol $E_2$ + 0,1 mol $H_{2}O$ → 0,2 mol α–amino axit

⇒ $m_{\alpha –amino axit thu được}$ = 16,0 + 0,1 × 18 = 17,8 gam. Chọn đáp án D. ♠.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O$⇒ $n_{H_{2}O}$ = $n_E$ = 0,06 mol.

Đặt $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = x mol;$n_{C{H}_2}$ = y mol ||⇒ ∑$n_{C{O}_2}$ = 2x + y = 0,6 mol;

∑$n_{H_{2}O}$ = 1,5x + y + 0,06 = 0,56 mol ||⇒ giải hệ có: x = y = 0,2 mol.

Mà thủy phân E chỉ thu được 1 loại amino axit

⇒ ghép vừa đủ 1 $C{H}_2$ cho amino axit ⇒ amino axit là Ala.

Lại có 0,06 mol E ứng với $m_E$ = 0,2 × 57 + 0,2 × 14 + 0,06 × 18 = 15,28 gam.

⇒ lượng E dùng ở 2 thí nghiệm là như nhau ⇒ m = 0,2 × 89 = 17,8 gam.

Chọn đáp án B

♦ Cách 1: biến đổi peptit – đốt cháy kết hợp thủy phân

G gồm các muối natri của glyxin, alanin, valin ⇒ có dạng $C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na$.

• đốt: $C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na + O_{2 }\stackrel{t_0}{\to } N{a}_{2}C{O}_3 + C{O}_2 + H_{2}O + N_2$.

có $n_{C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na}$ = 2$n_{N_2}$ = 0,2 mol ⇒ $n_{NaC{O}_3}$= $n_{N_2}$= 0,1 mol.

$N{a}_{2}C{O}_3 = N{a}_{2}O.C{O}_2$⇒ thêm 0,1 mol $C{O}_2$ vào 31,25 gam $\left(C{O}_2; H_{2}O\right)$

⇒ có $n_{C{O}_2}$= $n_{H_{2}O}$ = (31,25 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,575 mol.

⇒ $m_{C_n{H}_{2n}N{O}_{2}Na}$= 14 × 0,575 + 0,2 × (46 + 23) = 21,85 gam.

• thủy phân m gam T (x mol) + 0,2 mol NaOH → 21,85 gam G + x mol $H_{2}O$.

đốt m gam T cho 0,53 mol $H_{2}O$⇒$n_{H trong T}$ = 2 × 0,53 = 1,06 mol.

⇒ bảo toàn H phản ứng thủy phân có: 1,06 + 0,2 = 0,575 × 2 + 2x ⇒ x = 0,055 mol.

biết x ⇒ quay lại BTKL phản ứng thủy phân có m = 14,84 gam.

Chọn đáp án A

♦ Cách 1: biến đổi peptit

• thủy phân hỗn hợp E: $2E_2 + 1E_3 + 1E_4 + 7H_{2}O \to 11E_1$ (các α–amino axit).

mà $n_{glyxin}$ = 0,2 mol; $n_{alanin}$= 0,16 mol; $n_{valin}$ = 0,08 mol ||⇒ ∑$n_{E_1}$ = 0,44 mol.

BTKL có $m_E$ = 15 + 14,24 + 9,36 – 0,44 × 7 ÷ 11 × 18 = 33,56 gam.

• giải đốt: 0,2 mol $C_2{H}_{5}N{O}_2$ + 0,16 mol $C_3{H}_{7}N{O}_2$ + 0,08 mol $C_5{H}_{11}N{O}_2$

bảo toàn C, H có ∑$n_{C{O}_2}$ = 1,28 mol; ∑$n_{H_{2}O}$ = 1,5 mol $H_{2}O$.

⇒ đốt 33,56 gam E thu được 1,28 mol $C{O}_2$ + (1,5 – 0,28) mol $H_{2}O$

có 1,28 × 44 + 1,22 × 18 = 78,28 gam ⇒ có ngay m = $m_E$ = 33,56 gam. Chọn A. ♥.

♦ Cách 2: tham khảo : tranduchoanghuy quy E về: về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O.$

$n_{Gly}$ = 0,2 mol; $n_{Ala}$ = 0,16 mol; $n_{Val}$= 0,08 mol ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = ∑$n_{các \alpha –a.a}$ = 0,44 mol

$n_{C{H}_2}$ = $n_{Ala} + 3n_{Val}$ = 0,16 + 0,08 × 3 = 0,4 mol.

Đặt $n_{đipeptit }$= 2x mol ⇒ $n_{tripeptit} = n_{tetrapeptit}$ = x mol.

⇒ ∑$n_{amino axit}$ = 2 × 2x + 3x + 4x = 0,44 mol ⇒ x = 0,04 mol.

⇒ $n_{H_{2}O}$ = ∑$n_{peptit}$ = 4x = 0,16 mol.

⇒ đốt E cho ∑$n_{C{O}_2}$ = 0,44 × 2 + 0,4 = 1,28 mol; ∑$n_{H_{2}O}$ = 0,44 × 1,5 + 0,4 + 0,16 = 1,22 mol.

⇒ ∑$m_{\left(C{O}_2, H_{2}O\right)}$ = 1,28 × 44 + 1,22 × 18 = 78,28 gam.

⇒ lượng dùng ở 2 thí nghiệm như nhau ⇒ m = 0,44 × 57 + 0,4 × 14 + 0,16 × 18 = 33,56 gam.

Chọn đáp án B

♦ đốt Y + 0,09 mol $O_2$$\stackrel{t_0}{\to }$ 0,08 mol $C{O}_2$ + 0,1 mol $H_{2}O$ + 0,02 mol $N_2$.

bảo toàn nguyên tố O có $n_{O trong Y}$ = 0,08 mol, bảo toàn C, H, N có tỉ lệ:

C : H : O : N = 0,08 ÷ 0,2 ÷ 0,08 ÷ 0,04 = 2 : 5 : 2 : 1

⇒ CTĐGN ≡ CTPT của Y là $C_2{H}_{5}N{O}_2$ → có 0,04 mol Y là glyxin.

Phản ứng: $X+2H_{2}O\to 2Y+Z$

⇒ n_X = $\frac{1}{2}$.n_Y = 0,02 mol ⇒ $M_X$ = 4,06 ÷ 0,02 = 203.

Theo đó, $M_Z$ = 203 + 2 × 18 – 2 × 75 = 89.

⇒ cho biết Z là alanin: $H_{2}NCH\left(C{H}_3\right)COOH$

Chọn đáp án B

♦ sử dụng biến đổi peptit quy về đipeptit và giải đốt

Y + 3$H_{2}O$ → 4Z ||⇒ Y là tetrapeptit: $Y_4$.!

biến đổi: 1$Y_4$ + 1$H_{2}O$ → 2$Y_2$ dạng $C_n{H}_{2n}{N}_2{O}_3$.

có 0,05 mol $Y_4$ ⇒ cần thêm 0,05 mol $H_{2}O$và tạo 0,1 mol $Y_2$.

||⇒ quy đốt 0,1 mol $Y_2$ thu được (36,3 + 0,05 × 18) gam $\left(C{O}_2 và H_{2}O\right)$.

⇒ $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$= (36,3 + 0,9) ÷ (44 + 18) = 0,6 mol.

⇒ số $C_{Y_2}$ = 0,6 ÷ 0,1 = 6 ⇒ số $C_{amino axit Z}$ = 3.

⇒ công thức phân tử của Z là $C_3{H}_{7}N{O}_2 \left(M = 89\right)$.

Phản ứng: X + 2$H_{2}O$ → 3Z ||⇒ $M_X$ = 3 × 89 – 2 × 18 = 231.

Chọn đáp án A

Cách 1: phân tích giả thiết – biến đổi cơ bản:

$n_{NaOH}$ = 0,18 mol; $n_{glixerol}$ = 0,02 mol ⇒ $n_{chất béo Y}$ = 0,02 mol.

mà X là $X_6$ (chứa 5 lk peptit) ⇒ $n_{X_6}$ = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.

⇒ E gồm 0,02 mol $X_6$dạng $C_a{H}_{2a – 4}{N}_6{O}_7$ và 0,02 mol Y dạng $C_b{H}_{2b – 4}{O}_6$

(điều kiện a, b nguyên: 13 ≤ a ≤ 17 và số $C_{axit béo}$ = (b – 3) ÷ 3 là số chẵn).

đốt m gam E + 1,84 mol $O_2$ $\stackrel{t_0}{\to }$ x mol $C{O}_2$ + y mol $H_{2}O$.

tương quan đốt: x – y = ∑$n_{C{O}_2}$ – ∑$n_{H_{2}O}$ = 2$n_E$ = 0,08 mol.

bảo toàn O: 2x + y = 3,94 ⇒ giải: x = 1,34 mol và y = 1,26 mol.

⇒ có phương trình: 0,02a + 0,02b = 1,34 ⇔ a + b = 67. thỏa mãn

điều kiện a, b chỉ có: a = 16, b = 51 ứng với chất béo là ${\left(C_{15}{H}_{31}COO\right)}_3{C}_3{H}_5$

và peptit X có cấu tạo: $C_{16}{H}_{28}{N}_6{O}_7$ ⇔ $M_X$ = 416. → Chọn đáp án A. ♥.

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy

X chứa 5 liên kết peptit ⇒ X chứa 5 + 1 = 6 mắt xích.

$n_Y$ = $n_{C_3{H}_8{O}_3}$ = 0,02 mol.$n_{NaOH}$= 6$n_X$ + 3$n_Y$ ⇒ n_X = (0,18 – 0,02 × 3) ÷ 6 = 0,02 mol.

Quy E về ${\left(Gly\right)}_6, {\left(C_{15}{H}_{31}COO\right)}_3{C}_3{H}_5, C{H}_2.$

⇒ $n_{O_2}$ = 13,5$n_{{\left(Gly\right)}_6}$ + 72,5$n_{{\left(C_{15}{H}_{31}COO\right)}_3{C}_3{H}_5}$ + 1,5$n_{C{H}_2}$ = 1,84 mol.

⇒$n_{C{H}_2}$ = (1,84 – 13,5 × 0,02 – 72,5 × 0,02) ÷ 1,5 = 0,08 mol.

Đặt số gốc $C{H}_2$ ghép vào peptit và chất béo lần lượt là m và 3n (m ≥ 1; n ≥ 0 và n chẵn).

⇒ 0,02m + 0,02 × 3n = 0,08 → chỉ có cặp nghiệm m = 4 ; n = 0 thỏa mãn.!

Tương ứng với X là ${\left(Gly\right)}_2{\left(Ala\right)}_4$ ⇒ $M_X$ = 416.!

Chọn đáp án D

Cách 1: Tham khảo lời giải sách proS quyển 2: vững vàng hóa học hữu cơ 12

Nhận xét: Số mol gốc amini axit $=n_{NaOH}=2n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,2 mol$

Quy đổi: Este=$\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-1}ON: 0,02\\ C{H}_{3}OH: 0,02\end{array}\right.$ Hai peptiti=$\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-1}ON: 0,18\\ H_{2}O: z\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} E+NaOH\to C_n{H}_{2n}{O}_{2}NNa \\ 0,2 —0,2 \\ +C{H}_{3}OH+H_{2}O \\ 0,02 —z \end{gathered}$$

 $$\begin{gathered} 2C_n{H}_{2n}{O}_{2}Na+3\left(n-0,5\right)O_2\stackrel{t_0}{\to } \\ 0,2 — 0,3(n-0,5) \\ N{a}_{2}C{O}_3+\left(2n-1\right)C{O}_2+2n{H}_{2}O+N_2 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}2x+3y+5.0,04=3,15.0,2\\ x+y=0,16\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,05\\ y=0,11\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}Gly: 0,05\\ Ala: 0,11\\ Val: 0,04\end{array}\right. \\ (14n+29).0,2+32.0,02+18z=16,52 \\ \to z=0,07 mol \end{gathered}$$

Số gốc amino axit trung bình

$$\begin{gathered} =\frac{Số mol gốc aminoaxit}{Số mol peptit} \\ =\frac{0,18}{0,07}=\frac{18}{7}\left\{\begin{array}{l}đipeptit\\ tripeptit\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}{\left(X\right)}_2\\ {\left(Y\right)}_3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,07\\ 2a+3b=0,18\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=0,04\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}{H}_{2}NC{H}_{2}COOC{H}_3: 0,02\\ Gly-Ala: 0,03\\ Ala-Ala-Val: 0,04\end{array}\right. \\ {m}_{Ala-Ala-Val}=259.0,04=10,36 gam \end{gathered}$$

Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy.! Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2, H_{2}O.$

có: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,1 mol ⇒ $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = $n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ = 0,1 × 2 = 0,2 mol. Lại có:

$n_{O_2}$ = 2,25$n_{C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na}$ + 1,5$n_{C{H}_2}$/muối ⇒ $n_{C{H}_2}$/muối = (0,795 – 2,25 × 0,2) ÷ 1,5 = 0,23 mol.

⇒ $n_{Ala}$ = 0,23 – 0,04 × 3 = 0,11 mol ⇒ $n_{Gly}$ = 0,2 – 0,04 – 0,11 = 0,05 mol.

$n_{C{H}_2}$/E = $n_{C{H}_2}$/muối + $n_{C{H}_2}$/ancol = 0,23 + 0,02 = 0,25 mol.

⇒ $n_{H_{2}O}$ = (16,52 – 0,2 × 57 – 0,25 × 14) ÷ 18 = 0,09 mol = ∑$n_{peptit }+ n_{este}$

Mà $n_{este}$ = $n_{C{H}_{3}OH}$ = 0,02 mol ⇒ ∑$n_{peptit}$ = 0,09 – 0,02 = 0,07 mol.

⇒ số mắt xích trung bình peptit = (0,2 – 0,02) ÷ 0,07 = 2,57 ⇒ là đipeptit và tripeptit.

Đặt $n_{đipeptit}$ = x mol; $n_{tripeptit}$ = y mol ⇒ ∑$n_{peptit}$ = x + y = 0,07 mol.