XỬ lí đốt hỗn hợp MUỐI PEPTIT và mở RỘNG

rongden_167 - />
Hà nội, ngày 25 tháng 6 năm 2015

Khai thác bài tập PEPTIT: Xử lí dạng toán đốt cháy hỗn hợp muối.
► Dạng 1: giả thiết liên quan đến sản phẩm đốt cháy: Na2CO3; CO2. H2O và N2.
||→ xử lí: viết CTPT + biến đổi: nhìn ra tương quan CO2 và H2O để giải quyết.!
Câu 1. [198168]: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một tetrapeptit Y và một pentapeptit Z bằng dung dịch
NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được (m + 23,7) gam hỗn hợp muối của Gly và Ala. Đốt cháy toàn bộ lượng muối
sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được Na2CO3 và hỗn hợp hơi T gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ hỗn
hợp hơi T đi rất chậm qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 84,06 gam và có 7,392
lít một khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Thành phần phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp X có giá
trị gần nhất với (biết thủy phân Y hay Z đều thu được Gly và Ala)
A. 53%.
B. 54%.
C. 55%.
D. 56%.
HD: muối dạng CnH2nNO2Na = ½.C2n-1H4n.N2.O.Na2CO3.
||→ đốt C2n-1H4n.N2.O.Na2CO3 cho 0,33 mol N2 và ∑(CO2 + H2O) = 84,06 gam.
||→ có hệ số mol CO2 và H2O
||→ có hệ số mol Gly và Ala

y x 0,33
44 x 18 y 84, 06
2 x 3 y 1,59
x y 0,33 2

x
y
x
y

1, 26
.
1,59

0,39
0, 27

Thủy phân: BTKL → nH2O = nX = (0,66 × 40 – 23,7) ÷ 18 = 0,15 mol.
||→ có hệ số mol tetrapeptit Y4 và pentapeptit Z5

x y 0,15
4 x 5 y 0, 66

x
y

0, 09
0, 06

||→ mmuối = m + 23,7 = 0,39 × (75 + 22) + 0,27 × (89 + 22) ||→ m = 44,1 gam.
Giả sử có 0,09 mol Y4 là (Gly)a-(Ala)4–a và 0,06 mol Z5 là (Gly) b(Ala)5–b
||→ có 0,09a + 0,06b = ∑Gly = 0,39 mol ↔ 3a + 2b = 13. Chỉ có cặp nghiệm a = 3; b = 2
(do thủy phân Y, Z đều cho Gly, Ala nên 1 ≤ a ≤ 3 và 1 ≤ b ≤ 4).
||→ Y là (Gly)3(Ala)1 → %Y trong X = 0,09 × (75 × 3 + 89 × 1 – 18 × 3) ÷ 44,1 ≈ 53,06%. Chọn A. ♥.
Câu 2. [192049]: X và Y là hai peptit được tạo từ các α-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 và N2. Giá trị của a gần nhất với
A. 2,5.

B. 1,5.
C. 3,5.
D. 3,0.
HD: Muối dạng CnH2nNO2Na ↔ C2n – 1H4n.N2O.Na2CO3; mà Na2CO3 có 0,2 mol
||→ Từ CTPT này cho ta các thông tin: số mol 0,2; tỉ lệ H2O – CO2 = 0,2 mol.
kết hợp ∑khối lượng = 65,6 gam → giải ra 1 mol CO2 và 1,2 mol H2O.
→ số Ctb = 3, giá trị của m = 0,4 × (89 + 22) = 44,4 gam.
Bảo toàn O2 cần đốt → 0,1 mol E = đốt 0,4 mol C3H7NO2 = đốt 0,2 mol C6H12N2O3
ở điểm lượng O2 cần đốt đều bằng (0,2 × 6 × 3 – 0,2 × 3) ÷ 3 = 1,5 mol.
Việc còn lại là xem xét tỉ lệ giữa 2 phần: có 0,1 mol E ↔ mE = 44,4 + 0,1 × 18 – 0,2 × 2 × 40 = 30,2 gam
có 1,51 × 44,4 ÷ 30,2 = 2,22 ||→ đã dùng gấp 2,22 lần ↔ O2 cần đốt có giá trị 1,5 × 2,22 = 3,33.
Vậy giá trị của a gần nhất với 3,5. Ta chọn đáp án C. ♣.
Câu 3. [203538]: 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

Biên soạn: Phạm Hùng Vương.


rongden_167 - />
Hà nội, ngày 25 tháng 6 năm 2015

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. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp M có thể là
A. 55,24%.
B. 54,54%.
C. 45,98%.
D. 64,59%.
HD: đốt muối 2CnH2nNO2 K = K2CO3.N2.C2n–1H4n + O2 → K2CO3 + 0,11 mol N2 + 50,96 gam {CO2 + H2O}.
Theo đó có ngay hệ

44 x 18 y 50,96
y x 0,11

x
y

0, 79
x y 0,11 2
. Giải hệ Val, Ala
0,9
5 x 3 y 0,9

x
y

0,12
0,1

Có x mol X4 + y mol Y5 + (4x + 5y) mol KOH → 0,12 mol (Val-K) + 0,1 mol (Ala-K) + (x + y) mol H2O.
||→ có hệ:

4x

5y

Δ m tang

0,12
11, 42

0,1
0, 22 56 18 x

y

x

0, 03

y

0, 02

. BTKL → m = 19,88 gam.

0,03 mol ValaAla4-a + 0,02 mol ValbAla5-b. ||→ có 3a + 2b = 12.
♦ cặp a = 2, b = 3 thỏa mãn ||→ Y5 là Ala2Val3 ||→ mY = 9,14 gam ||→ %Y trong M ≈ 45,98 %. Chọn C. ♣.
♦ Cặp b = 0, a = 4 cũng thỏa mãn nhưng ra đáp án khác.
► Dạng 2: Liên quan đến O2 cần đốt.
||→ Xử lí: quan sát phương trình: cần và không cần để chuyển đổi chất đốt.
Câu 4. [204219]: Hỗn hợp E gồm peptit X (CnHmOzN4) và peptit Y (CxHyO7Nt) đều mạch hở, cấu tạo từ các
aminoaxit no chứa 1 nhóm –NH2, 1 nhóm –COOH. Cho hỗn hợp E phản ứng với 2 lít dung dịch NaOH 0,65M
thu được dung dịch Z. Để trung hòa Z cần 100 ml dung dịch HCl 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được
m gam muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam muối trên cần 177,6 gam O2. Giá trị gần nhất với m là
A. 137.
B. 147.
C. 157.
D. 127.
HD: E phản ứng vừa đủ 1,1 mol NaOH ||→ có 0,55 mol đipeptit E2 dạng C2nH4nN2O3.
Để ý phương trình thủy phân: E2 + 2NaOH → muối + H2O.

NaCl, NaOH, H2O đều đốt cháy không cần O2 nên đốt muối và đốt E2 đều cần cùng 5,55 mol O2 như nhau.
||→ bảo toàn O → đốt E2 cho CO2 = H2O = (0,55 × 3 + 5,55 × 2) ÷ 3 = 4,25 mol → n = 85/22.
Có 1,1 mol muối hữu cơ dạng CnH2nNO2Na → mmuối hữu cơ = 1,1 × (14n + 46 + 23) = 135,4 gam.
||→ m = 135,4 + 0,2 × 58,5 = 147,1 gam (tránh quên muối vô cơ NaCl) → chọn đáp án B. ♦.
Câu 5. (TMĐ): Hỗn hợp E chứa peptit X mạch hở (tạo bởi glyxin và alanin) và este Y mạch hở (được tạo bởi
etylen glicol và một axit đơn chức, không no chứa một liên kết C=C). Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch
NaOH vừa đủ thu được 23,08 gam hỗn hợp muối F, trong đó có chứa a gam muối glyxin và b gam muối alanin.
Lấy toàn bộ F đem đốt cháy thu được Na2CO3; N2; 23,76 gam CO2 và 7,56 gam H2O. Mặt khác cũng đem đốt
cùng lượng E trên cần dùng 0,89 mol O2. Tỉ lệ gần đúng của a : b là.
A. 2,5.
B. 2,8.
C. 2,4.
D. 2,6.
HD: Gọi số mol muối axit là 2x mol → etilen glicol là x mol; đại diện muối 2 amino axit là y mol.
Đốt F có tỉ lệ: nCO2 – nH2O = 2x – ½.y = 0,12 mol.
Chú ý: đốt E cần 0,89 mol O2; x mol etilen glicol cần 2,5x mol O2; còn lại H2O; NaOH không cần.
||→ đốt F cần (0,89 – 2,5x) mol O2; N2 có ½.y mol; (x + ½.y) mol Na2CO3.
Bảo toàn khối lượng ||→ 23,08 + 32.(0,89 – 2,5x) = (x + ½.y).106 + 14y + 31,32.
Giải hệ được x = y = 0,08 mol. Biện luận: số Cmuối axit ≤ (0,54 + 0,12 – 0,08 × 2) ÷ 0,16 = 3,125
Mà axit không no, 1 nối đôi C=C ||→ số C = 3. ||→ mmuối gly + ala = 8,04 gam.
Giải hệ được 0,06 mol Gly và 0,02 mol Ala → a : b ≈ 2,62. Chọn đáp án D. ♠.!

Biên soạn: Phạm Hùng Vương.