Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở T${}_1$, T${}_2$ (T${}_1$ ít hơn T${}_2$ một liên kết peptit, đều được tạo thành từ X, Y là hai amino axit có dạng H${}_2$N - C${}_n$H${}_{2n}$ - COOH; M${}_X$ < M${}_Y$) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 0,42 mol muối của X và 0,14 mol muối của Y. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam T cần vừa đủ 0,63 mol O${}_2$. Phân tử khối của T${}_1$ là

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 H${}_2$O để biến đổi.
⇒ phương trình biến đổi: 1T + 1,8H${}_2$O → 2,8E${}_2$ (dipeptit dạng C${}_m$H${}_{2m}$N${}_2$O${}_3$).
Đốt cháy (13,2 + 32,4x) gam dipeptit 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${}_{dipeptit}$ = 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).
Σn${}_{aminoaxit}$ : n${}_T$ = 5,6 cho biết T gồm 0,04 mol pentapeptit E${}_5$ và 0,06 mol hexapeptit E${}_6$.
0,42C${}_X$ + 0,14C${}_Y$ = Σn${}_{C{O}_2}$ = 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 0,04E${}_5$ dạng (Gly)${}^a$(Val)${}^{5-a}$ và 0,06 mol E${}_6$ dạng (Gly)${}^b$(Val)${}^{6-b}$.
⇒ Σn${}_{Gly}$ = 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 (Gly)${}^3$(Val)${}^2$.
⇒ Phân tử khối của peptit T${}_1$ bằng 75 × 3 + 117 × 2 − 4 × 18 = 386.

Cách 2: Quy T về C${}_2$H${}_3$NO, CH${}_2$, 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 CH${}_2$, 0,1k mol H${}_2$O ⇒ m${}_T$ = 13,2 = 57 × 0,56k + 14kx + 0,1k.
n${}_{C{O}_2}$ = 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 CH${}_2$ vào X ⇒ X là Ala và Y là Gly ⇒ M${}_X$ > M${}_Y$ → trái giả thuyết → loại.!
TH2: ghép 0,42 : 0,12 = 3 nhóm CH${}_2$ 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.

Lưu ý: lời giải nguồn tính M(T${}_1$) = 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.