Câu 38: Đáp án B (theo bảng đáp án trang 6).
Cách 1: Biến đổi peptit - quy về dipeptit giải đốt cháy kết hợp thủy ngân.
0,1 mol T → 0,56 mol amino axit ⇔ 0,28 mol dipeptit ⇒ cần 0,18 mol H2O để biến đổi.
⇒ phương trình biến đổi: 1T + 1,8H2O → 2,8E2 (dipeptit dạng CmH2mN2O3).
Đốt cháy (13,2 + 32,4x) gam dipeptit E2 (⇔ 2,8x mol) cần 0,63 mol O2.
⇒ thu được: nCO2 = nH2O = (0,63 × 2 + 2,8x + 3) : 3 = (2,8x + 0,42) mol.
⇒ mdipeptit = 13,2 + 32,4x = 14x(2,8x + 0,42) + 76x(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).
Σnaminoaxit : nT = 5,6 cho biết T gồm 0,04 mol pentapeptit E5 và 0,06 mol hexapeptit E6.
0,42CX + 0,14CY = ΣnCO2 = 1,54 ⇔ 3CX + CY = 11.
⇒ CX = 2 và CY = 5 (do MX < MY nên trường hợp CX = 3; CY = 2 loại).
⇒ T gồm 0,04E5 dạng (Gly)a(Val)5−a và 0,06 mol E6 dạng (Gly)b(Val)6−b.
⇒ ΣnGly = 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 ⇒ T1 ≡ E5 là (Gly)3(Val)2.
⇒ Phân tử khối của peptit T1 bằng 75 × 3 + 117 × 2 − 4 × 18 = 386.
Cách 2: Quy T về C2H3NO, CH2, H2O. Xét 0,1 mol T: nH2O = nT = 0,1 mol.
nC2H3NO = nX + nY = 0,42 + 0,14 = 0,56 mol. Đặt nCH2 = x mol.
Giả sử 13,2 gam T gấp k lần 0,1 mol T ⇒ 13,2 gam T chứa 0,56k mol C2H3NO, kx mol CH2, 0,1k mol H2O ⇒ mT = 13,2 = 57 × 0,56k + 14kx + 0,1k.
nCO2 = 2,25.nC2H3NO + 1,5.nCH2 ⇒ 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 CH2 vào X ⇒ X là Ala và Y là Gly ⇒ MX > MY → trái giả thuyết → loại.!
TH2: ghép 0,42 : 0,12 = 3 nhóm CH2 vào Y ⇒ X là Gly và Y là Val → ổn.!
Lại có: số mắt xích trung bình = 0,56 : 0,1 = 5,6 ⇒ T1 là pentapeptit và T2 là hexapeptit; đến đây giải + biện luận tìm T1 và T2 như cách 1.
Lưu ý: lời giải nguồn tính M(T1) = 386, trong khi đáp án B in trong đề là 387 (chênh lệch 1 đơn vị do làm tròn/sai số in ấn của nguồn); đáp án chính thức của đề là B.