XỬ lí các DẠNG TOÁN LIÊN QUAN đến bài TOÁN đốt CHÁY MUỐI của AMINO AXIT

XỬ LÍ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN BÀI TOÁN
ĐỐT CHÁY MUỐI CỦA AMINO AXIT

I. Phương pháp giải
6n  3

t0
O2 
(2n  1)CO2  2nH2 O  X 2 CO3  N 2
2C n H 2n O2 NX 
 Xét phản ứng đốt cháy : 
2
 X : Na;K
n muèi n XOH

n H2O  nCO2  n N2  n Na2CO3  2  2
Từ đó : 
n  (1,5n  0,75)n  1,5n
X
CO2  0,75n X
 O2

Ngoài ra, ta có thể xác định lượng oxi cần dùng để đốt cháy thông qua định luật bảo toàn
electron mở rộng cho hợp chất C ; H ; O ; N ; X (với X là Na hoặc K)
0

0

0

0 0

0

0

4 2

1 2

0

1 4 2

t
 Xét phản ứng đốt cháy sau: C n H2n O2 N X  O2 
 C O 2  H2 O  N2  X 2 C O 3

Nhận thấy
C : 0  4
H : 0  1
 n e nh­êng  (4 n  2n
  2. 2  1)
 n C n H2n O2 NX

C
H
O X
N :0  0  
 n e nhËn  4n O
O : 0  2

2

X : 0  1
n e nh­êng  n e nhËn nª n (6n  3) n C

n H 2n O2 NX

 4n O2

 Xét phản ứng thủy phân sau:
n_peptit+ nNaOH  muối+ H2O
Nhận thấy : NaOH ; H2O khi đốt cháy đều không cần O2 nên đốt muối và đốt cháy hỗn hợp
peptit đều cần dùng một lượng O2 như nhau.

 Chú ý:
 Khi giải toán ta nên kết hợp định luật bảo toàn nguyên tố để giải nhanh.
Theo đó, áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có :

 nC muèi  nCO2  n Na2CO3
 n H muèi  2nH2O
 nO muèi  2nCO2  n H2O  3n Na2CO3  2nO2
 n Na muèi  2n Na2CO3
Với N : Khi đốt cháy hoàn toàn muối (C ;H ;O ;N ;X) với X là Na ;K.
- Nếu đốt bằng O2, ta có :
n N trong muèi  2n N2 sinh

ra


- Nếu đốt bằng không khí (vừa đủ), ta có :

n N trong muèi  2n N 2 sinh ra  2 n N 2 kh«ng khÝ

4n O pø
2

 Sau khi cô cạn sản phẩm của phản ứng thủy phân peptit trong môi trường kiềm; hỗn hợp
rắn thu được có NaOH thì khi ấy mặc dù NaOH không bị đốt cháy bởi oxi (hay không khí)
nhưng CO2 sinh ra sẽ bị NaOH hấp thụ (một phần hoặc hoàn toàn, điều này phụ thuộc vào
dữ kiện đề cho). Do đó, cần phải đặc biệt vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố ở trường hợp
này.
II.

Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Đun nóng hỗn hợp E chứa peptit X ( C x H y O z N 7 ) và peptit Y ( C n H m O7 N t ) với 500
ml dung dịch NaOH 1M (lấy dư 25% so với phản ứng) thu được hỗn hợp F có chứa a mol
muối A và b mol muối B (A, B là muối của  -amino axit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm
–COOH; A hơn B một nhóm –CH2). Đốt cháy toàn bộ F thu được hỗn hợp gồm CO2, H2O,
N2 và Na2CO3; trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 49,42 gam. Tỉ lệ a : b gần nhất
với
A. 0,6.

B. 0,7.

C. 0,8.

D. 0,9.

Hướng dẫn giải
Sơ đồ hóa bài toán:

 CO2 :(0,4n-0,25)

C n H2n O2 NNa:0,4 t0 H2 O:(0,4n+0,05)



O2
 NaOHd­ :0,1
 Na 2CO3 :0,25

N2
A: Gly

 n=2,4  
Ta có: (0,4n-0,25).44+(0,4n+0,05).18=49,42

 

 B: Ala
mCO
2

mH O
2

Dùng sơ đồ đường chéo ta được:

a 2,4-2 2 GÇn nhÊt víi
=

= 
 0,7
b 3-2,4 3

Đáp án B.
Ví dụ 2: Thủy phân m gam hỗn hợp E gồm một tetrapeptit X và một pentapeptit Y (X và
Y chứa đồng thời glyxin và alanin trong phân tử) bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ
rồi cô cạn thu được (m + 15,8) gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra
bằng một lượng oxi vừa đủ thu được Na2CO3 và hỗn hợp hơi F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn
toàn bộ hỗn hợp hơi F đi rất chậm qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng
bình tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có 4,928 lít một khí duy nhất (đktc) thoát ra


khỏi bình. Xem như N2 không bị nước hấp thụ, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần
phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E gần nhất với
A. 47%.

B. 53%.

C. 31%.

D. 37%.

(Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4 - Thầy Nguyễn Văn Duyên, năm 2015)
Hướng dẫn giải
Đặt X (x mol); Y ( y mol). Khi đó theo bài ra ta có
(40.4  18)x  (40.5  18)y  15,8  m   x  0,06

(mol)


y  0,04
4x  5y  0,22.2 (BT.N)
L¹i cã:
C n H 2n O 2 NNa : (0,22.2 mol)
 44(n

0,5).0,44
  56,04


  18n.0,44


nCO

C«ng thøc TB cña muèi

n2

nH O
2

2

9
22

9

n muèi cña Ala  0,44.  0,18


22
n muèi cña Gly  0,44  0,18  0,26


Khi ®ã:  m muèi  45,2gam  m  45,2  15,8  29,4gam
(Ala)n (Gly)4 n : 0,06

n  4;m 5

X

(Ala)m (Gly)5m : 0,04


 0,06n
 0,04m  0,18 
 n  1;m  3
*

m;n

B ¶ o toµn gèc Ala

Y

 %m Y/E 

(89.3  75.2  18.4).0,04
.100%  46,9%  47%

29,4

Đáp án A.
Ví dụ 3: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều
mạch hở) bằng dung dịch KOH vừa đủ, rồi cô cạn cẩn thận thì thu được (m + 11,42) gam
hỗn hợp muối khan của Val và Ala. Đốt cháy hoàn toàn muối sinh ra bằng một lượng oxi
vừa đủ thu được K2CO3; 2,464 lít N2 (đktc) và 50,96 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2O. % khối
lượng của Y trong hỗn hợp M có thể là
A. 55,24%.

B. 54,54%.

C. 45,98%.

D. 64,59%.

(Đề thi thử THPT Quốc gia lần 4- THPT Chuyên Đại học Vinh; năm 2015)
Hướng dẫn giải
Đặt X (x mol); Y ( y mol). Khi đó theo bài ra ta có


0,22.56  18(x  y)  11, 42  m  

 


 x  0,03

mH O


(mol)
 m KOH
2
 y  0,02

 4x  5y  0,11.2 (BT . N)
L¹i cã:

C n H 2n O2 NNa : (0,11.2 mol)
 44(n

0,5).0,22
  50,96


  18n.0,22


n CO

C«ng thøc TB cña muèi

nH O
2

2


1


 5  4 11  .0,22

1
n


 0,1(mol)
 n  4   muèi cña Val 
53
11 
 n muèi cña Ala  0,22  0,1  0,12 (mol)
Khi ®ã:

 m muèi  31,3gam  m  31,3  11,42  19,88gam

(Val)n (Ala)4  n : 0,03

X

(Val)m (Ala)5 m : 0,02


 0,03n
 0,02m  0,12

B ¶ o toµn gèc Val

Y

 n  2;m  3 (I)

n  4;m  5


m;nN
 n  4;m  0 (II)
(117.3  89.2  18.4).0,02
(I)  %m Y / E 
.100%  45,98%  C
19,88
(89.5  18.4).0,02
(II)  %m Y / E 
.100%  37,53%
19,88

Đáp án C.
Ví dụ 4: Hỗn hợp E gồm peptit X (CnHmOzN4) và peptit Y (CxHyO7Nt) đều mạch hở, được
tạo từ các  -amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Đun nóng hỗn
hợp E chứa X, Y bằng 2 lít dung dịch NaOH 0,65 M thu được dung dich Z. Để trung hòa Z
cần 100 ml dung dịch HCl 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan.
Đốt cháy toàn bộ lượng muối này cần 177,6 gam O2. Giá trị gần nhất của m là
A. 137.

B. 147.

C. 157.

D. 127.

Hướng dẫn giải
n NaOH pø víi E  n NaOH  n HCl  1,1 mol

 
2.0,65

0,2

Ta có :
BT.electron

C n H2n O2 NNa (1,1 mol) 
(4 C
H
  2.O
  Na)n
 muèi  4 n
O2

2
1
n 2n
5,55

CTTB cña muèi

85
n
22

Do đó : m  (14 n  46  23) n C
85
22

H

O NNa

2
n2n



1,1

 58,5n NaCl  147,1 gam

0,2


GÇn nhÊt víi

 147 gam

Đáp án B.
Ví dụ 5: X, Y là 2 peptit được tạo từ các  -amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1
nhóm –COOH. Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y bằng dung dịch NaOH (vừa đủ). Cô
cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Đốt cháy toàn bộ lượng muối này
thu được 0,2 mol Na2CO3 và hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2 trong đó tổng khối lượng của CO2
và H2O là 65,6 gam. Mặt khác đốt cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần dùng a mol O2, thu được
CO2, H2O, N2. Giá trị của a gần nhất với
A. 2,5.

B. 1,5.

C. 3,5.

D. 3,0.

Hướng dẫn giải
nH2O  nCO2  nNa2CO3  0,2 nH2O  1,2

mol

18nH2O  44nCO2  65,6
nCO2  1

n CO2  n Na2CO3 1  0,2


3
C muèi 

nE
0,4

m  0,4(89  22)  44,4(gam)

n O2 ®èt E  n O2 ®èt muèi

Mà 4n O ®èt muèi  (6C muèi  4  1) n muèi (BT.electron)  nO2 ®èt E  1,5 mol
2



2n Na CO
2 3


Lại có :
 m E  m muèi  18n H2O  40n NaOH  30,2 gam (n NaOH  2 n Na2CO3  0,4)




44,4
0,4
0,1


GÇn nhÊt víi
1,51m  2,22  a  1,5.2,22  3,33mol 
 3,5 mol
 m E

Đáp án C.
CHÚC CÁC EM MỘT MÙA THI ĐẠT KẾT QUẢ CAO.
Mọi hỏi đáp các em liên hệ group
/>Nếu các em thấy group có ích cho cộng đồng hãy giới thiệu đến bạn bè của mình để các bạn có thể
trao dồi và giúp đỡ lẫn nhau. Ban Quản Trị xin chân thành cảm ơn !
Chú ý: Việc sử dụng tư liệu được cung cấp trong bài viết này xin ghi nguồn bài viết để tôn trọng
quyền tác giả.

Cần Thơ, ngày 28 tháng 03 năm 2016

TM. BQT BOOKGOL
Thanh Tùng Phan