X, Y và Z là 3 peptit đều mạch...

- Hướng dẫn giải

Chọn đáp án B

Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit: $2X_n + (n - 2)H_{2}O \to n{X}_2$.

||⇒ $n_{H_{2}O}$ thêm = $∆n(C{O}_2, H_{2}O)$ = 0,16 mol = $n_X$⇒ 2 = n - 2 ⇒ n = 4.

⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit. Quy E về $C_2{H}_{3}NO, C{H}_2 và H_{2}O$.

Đặt $n_{C_2{H}_{3}NO}$ = 4x; $n_{C{H}_2}$ = y ⇒ $n_{H_{2}O}$ = x ⇒ $m_E$ = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.

Muối gồm 4x mol $C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na$ và y mol $C{H}_{2 }$⇒ 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 $Al{a}_4$.

||⇒ 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 $Al{a}_{3}Val$.

● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2 ⇒ X là $Va{l}_{4 }hoặc AlaVa{l}_3$.

TH1: X là $Va{l}_4$⇒ $n_Y = n_{Ala}$ ÷ 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 B.

TH2: X là $AlaVa{l}_3$. 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.