Hỗn hợp M chứa các chất hữu cơ mạch hở gồm tripeptit X; pentapeptit Y; Z. (C4H11O2N) và T(C8H17O4N).

* Hướng dẫn giải

Từ giả thiết :

Z: C2H5COONH3CH3 (0,1 mol) ; T : C2H5COOH3NCH(CH3)COOC2H5 (0,15 mol)

BTNTK: nKOH = 0,385x2 =0,77 mol

Lại có: nKOH = nN+ nCOOC2H5 ⇒  nN trong muối = 0,77- 0,15 - 0,1 = 0,52 mol

Xử lý trường hợp đốt muối.

Có hệ\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + 0,26 = 0\\ 0,77.2 + 2,9.2 = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} + 0,385.3 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 1,975mol\\ {n_{{H_2}O}} = 2,235mol \end{array} \right.\)

 BTKL: m muối = mCO2+ mH2O+mN2+mK2CO3 - mO2 = 94,74 gam

Đặt: nAla = 10a mol → nVal = 3a mol

Có hệ  \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{Gly}} + 13a + 0,25 = 0,77\\ BTNT.C:2{n_{Gly}} + 45a + 0,25.3 = 0,385 + 1,975 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{Gly}} = 0,13\\ a = 0,03 \end{array} \right.\)

Khi cho hỗn hợp M tác dụng với dung dịch KOH 

BTKl: mM + mKOH = m muối + mCH3NH2 +mC2H5OH +mH2O ⇒ mH2O = 6,12 gam

⇒ n peptit X,Y = \(\frac{{6,12}}{{18}} - 0,1 - 0,15 = 0,09mol\)

Có hệ \(\left\{ \begin{array}{l} {n_X} + {n_Y} = 0,09\\ 3{n_X} + 5{n_Y} = 0,77 - 0,1 - 0,15.2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_X} = 0,04\\ {n_Y} = 0,05 \end{array} \right.\)

Nhận thấy n_Val = n_X,Y ⇒ X và Y đều chứa 1 gốc Val.

Đặt CT X: (Gly)_x(Ala)_2-xVal và Y (Gly)_y(Ala)_4-yVal

BT Gly: 0,04x+0,05y = 0,13 ⇒ \(\left| \begin{array}{l} x = 2 \Rightarrow X:{(Gly)_2}Val\\ y = 1 \Rightarrow Y:Gly{(Ala)_3}Val \end{array} \right.\)

\(\% {m_Y} = \frac{{0,05.387}}{{67,74}}.100\% = 28,57\% \)