PHƯƠNG PHÁP GIẢI PEPTIT KHÓ

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

Dạng 1: PHƯƠNG PHÁP TRÙNG NGƯNG PEPTIT
* Dấu hiệu nhận biết: Cho hỗn hợp peptit: X:Y:Z biết:
+ Tỉ lệ mol: a:b:c
+ Tổng số liên kết peptit bằng β hoặc giới hạn số liên kết peptit trong X,Y,Z.
* Cách giải
+ Gộp peptit X,Y,Z thành peptit mới
aX + bY+cZ →aX-bY-cZ + (a+b+c-1)H2O
peptit E
Khi đó xem hỗn hợp peptit ban đầu là hỗn hợp: (peptit E + H2O)
+ Khi thuỷ phân hỗn hợp thu được hỗn hợp các aminoaxit hoặc hỗn hợp muối (Tính số mol)
Tìm tỉ lệ mol của các aminoaxit: (tính tỉ lệ tối giản nhất): giả sử: n1:n2:n3

( n1 + n2 + n3 ) k
⇒ Số mắt xích trong E = (n1+n2+n3)k ⇒ Số mắt xích trung bình trong mỗi peptit ban đầu =

a+b+c

>2

+ Dựa vào β đề giới hạn k và ⇒ k (k thường bằng 1,2)
Phản ứng: E +(n1+n2+n3 -1)kH2O → kn1A + kn2B+ kn3C
Hay: (E + (a+b+c-1)H2O)

+ [(n1+n2+n3 -1)k- (a+b+c-1)]H2O → kn1A + kn2B+ kn3C (*)

Chú ý: Nếu mỗi peptit tạo thành từ 1 loại aa. Tìm CT của peptit lấy hệ số của các aa trên (*) chia cho tỉ lệ
mol

------------o0o-----------VD1: (Đề ĐH B-2014) Hỗn hợp X gồm 3 peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là: 1:1:3. Thuỷ phân hoàn
toàn m gam X thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 0,16 mol ala và 0,07 mol valin. Biết tổng số liên kết peptit
trong 3 peptit nhỏ hơn 13. Tìm m.
A. 18,47

B. 19,19

C. 18,83

D. 20

Giải
Ta có: A + B + 3C → E + 4H2O
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

1


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

nala/nval = 16/7 ⇒ Số mắt xích trong E = 23k ⇒ Số mắt xích trung bình trong mỗi peptit ban đầu = 23k/5= 4,6k
⇒ (4,6k -1).3 <13 ⇒ k < 1,15 ⇒ k =1
Phản ứng: E + 22H2O → 16ala + 7 val
Hay: (E + 4H2O)

+ 18H2O → 16ala + 7 val
0,18

0,16

0,07

Bảo toàn khối lượng: m = 0,16.89 + 0,07.117 -0,18.18 = 19,19 gam (Đáp án B)
VD2: Hỗn hợp X gồm 4 peptit có tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:3:4. Thuỷ phân không hoàn toàn m gam hỗn hợp X
trong điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp sản phẩm Y gồm 2,92 gam gly-ala; 1,74 gam gly-val; 5,64 gam alaval; 2,64 gam gly-gly; 11,25 gam gly ; 2,67 gam ala và 2,34 gam val. Biết tổng số liên kết peptit trong X không
vượt quá 13. Giá trị m gần nhất với:
A. 25

B. 26

C. 27

D. 28

Giải
Ta có: A + 2B + 3C + 4D → E + 9H2O
ngly:nala: nval = 11:4:3 ⇒ Số mắt xích trong E = 18k
⇒ Số mắt xích trung bình trong mỗi peptit ban đầu = 18k/10= 1,8k > 2 ⇒ k > 1,1
⇒ (1,8k -1).4 <13 ⇒ k < 2,36 ⇒ k =2
Phản ứng: E + 35H2O → 22gly + 8ala + 6 val
Hay: (E + 9H2O)

+ 26H2O → → 22gly + 8ala + 6 val
0,26

0,22

0,08

0,06

Bảo toàn khối lượng: m = 0,22.75 + 0,08.89 + 0,06.117 -0,26.18 = 25,96 gam (Đáp án B)
VD3: Hỗn hợp M gồm peptit X và peptit Y chúng cấu tạo từ cùng một loại α-amino axit và có tổng số nhóm
-CO-NH- trong hai phân tử là 5, tỉ lệ số mol X : số mol Y = 1: 2. Thủy phân hoàn toàn m gam M thu được 12
gam glyxin và 5,34 gam alanin. Giá trị của m và loại peptit của X là
A. 14,61và tripeptit.
B. 14,61 và tetrapeptit.
C. 14,46 và tripeptit .
D. 14,46 và tetrapeptit.
Giải
Ta có: X + 2Y → E + 2H2O
ngly:nala = 8:3 ⇒ Số mắt xích trong E = 11k
⇒ Số mắt xích trung bình trong mỗi peptit ban đầu = 11k/3
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

2


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

⇒ (11k/3 -1).2 <5 ⇒ k < 1,9 ⇒ k =1
Phản ứng:

E + 10H2O → 8gly + 3ala

Hay: (E + 2H2O)

+ 8H2O → 8gly + 3ala
0,16

0,16

0,06

Bảo toàn khối lượng: m = 12 + 5,34 – 0,16.18 = 14,46 gam
Mà nX : nY = 1 : 2 và tổng số nhóm –CO-NH- trong X và Y bằng 5 ; X và Y chỉ cấu tạo từ 1 loại aa nên suy ra
X là tripeptit Ala-Ala-Ala và Y là tetrapeptit Gly-Gly-Gly-Gly

VD4: Hỗn hợp M gồm peptit X, peptit Y, peptit Z chúng cấu tạo từ cùng một loại aminoaxit và có tổng số nhóm
–CO-NH- trong ba phân tử là 11. Với tỉ lệ mol: n X:nY:nZ = 4:6:9. Thuỷ phân hoàn toàn m gam M thu được 72
gam gly, 56,96 gam ala và 252,72 gam val. Tính m và loại peptit Z.
A. 283,76 và hexapeptit

B. 283,76 và tetrapeptit

C. 327,68 và tetrapeptit

D. 327,68 và hexapeptit

Giải
Ta có: 4X + 6Y + 9Z → E + 18H2O
ngly:nala: nval = 0,96:0,64:2,16 = 12:8:27 ⇒ Số mắt xích trong E = 47k
* Với: k =1
Phản ứng: E + 46H2O → 12gly + 8ala + 27 val
Hay: (E + 18H2O)

+ 28H2O → 12gly + 8ala + 27 val (*)
2,24

0,96

0,64

2,16

Bảo toàn khối lượng: m = 0,96.75 + 0,64.89 + 2,16.117 -2,24.18 = 341,16 gam (không có đáp án)
Nên

X là:

Ala-Ala

0,32 mol

Y là:

Gly-Gly

0,48 mol

Z là:

Val-Val-Val

0,72 mol

Tồng số liên kết peptit =4
Chú ý: Nếu mỗi peptit tạo thành từ 1 loại aa. Tìm CT của peptit lấy hệ số của các aa trên (*) chia cho tỉ lệ
mol
* Với: k =2

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

3


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

Phản ứng: E + 93H2O → 24gly + 16ala + 54 val
Hay: (E + 18H2O)

+ 75H2O → 24gly + 16ala + 54 val
3,0

0,96

0,64

2,16

Bảo toàn khối lượng: m = 0,96.75 + 0,64.89 + 2,16.117 - 3.18 = 327,68 gam
nX:nY:nZ = 4:6:9. Và có tổng số nhóm –CO-NH- trong ba phân tử là 11.
Nên

X là:

Ala-Ala-Ala-Ala:

0,16 mol

Y là:

Gly-Gly-Gly-Gly:

0,24 mol

Z là:

Val-Val-Val-Val-Val-Val

0,36 mol

Đáp án D:
Câu 28 : Hỗn hợp A gồm ba peptit mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 : 2. Thủy phân hoàntoàn m gam A
thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 52,5 gam Glyxin và 71,2 gam Alanin. Biết số liên kết peptit trong phân tử X
nhiều hơn trong Z và tổng số liên kết peptit trong ba phân tử X, Y, Z nhỏ hơn 10. Giá trị của m là
A. 96,7.
B. 101,74.
C. 100,3.
D. 103,9.
Giải: ta có ngly = 0,7 mol, nala = 0,8 mol => tỉ lệ ngly : nala = 7 : 8 vậy với tỉ lệ mol 1 : 1 : 2 thì có tổn 7+8 =15
gốc gly và ala
- Gọi số gốc aa lần lượt là a, b, c và số mol tương ứng là x : x : 2x => a + b + 2c = 15

- BT nitơ ta có ax + bx + 2cx = 0,15 mol => x = 0,1 mol
- A + (a-1) H2O -> aa
B + (b-1) H2O -> aa
C + (c-1) H2O -> aa
- nH2O = x(a-1) + x(b-1) + 2x(c-1) => nH2O = ax + bx + 2cx - 4x = 1,1 mol
BTKl: m = 52,5 + 71,2 – 1,1. 18 = 103,9
Đây là cách hay nhất dễ hiểu nhất cho loại bài peptit này
Câu 29 : Hỗn hợp A gồm ba peptit mạch hở X, Y, Z có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4. Thủy phân hoàn toàn m
gam A thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 21,75 gam Glyxin và 16,02 gam Alanin. Biết số liên kếtpeptit trong
phân tử X nhiều hơn trong Z và tổng số liên kết peptit trong ba phân tử X, Y, Z nhỏ hơn 17. Giá trị của m là
A. 30,93.
B. 30,57.
C. 30,21.
D. 31,29.
Tương tự giống câu 9 ở trên
Giải: ta có ngly = 0,29 mol, nala = 0,18 mol => tỉ lệ ngly : nala = 29 : 18 vậy với tỉ lệ mol 2 : 3 : 4 thì có tổn
29+18 =47 gốc gly và ala
- Gọi số gốc aa lần lượt là a, b, c và số mol tương ứng là 2x : 3x : 4x => 2a + 3b + 4c = 47
- BT nitơ ta có 2ax + 3bx + 4cx = 0,47 mol => x = 0,01 mol
- A + (a-1) H2O -> aa
B + (b-1) H2O -> aa
C + (c-1) H2O -> aa
- nH2O = 2x(a-1) + 3x(b-1) + 4x(c-1) => nH2O = 2ax + 3bx + 4cx - 9x = 0,38 mol
BTKl: m = 21,75 + 16,02 – 0,38. 18 = 30,93
Câu 31: Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X và Y tạo bởi các amino axit no mạch hở, phân tử chứa 1 nhóm
-COOH, 1 nhóm -NH2 ,biết rằng tổng số nguyên tử O trong 2 phân tử X, Y là 13. Trong X hoặc Y đều có số
liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Đun nóng 0,7 mol A trong KOH thì thấy 3,9 mol KOH phản ứng và thu được
m gam muối. Mặt khác đốt cháyhoàn toàn 66,075 gam A rồi cho sản phẩm hấp thụ vào bình chứa Ca(OH) 2 dư
thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam. Giá trị của m là A. 490,6 B. 560,1
C. 470,1

D. 520,2
Giải
Nếu X có a gốc aa Y có b gốc aa ta có tổng oxi là a + b + 2 = 13  a + b = 11 trong đó a,b >4 => a = 5 b = 6
X + 5KOH  muối + H2O
Y + 6KOH  muối + H2O
x mol 5x
y mol 6y
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

4


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

x + y = 0,7, 5x + 6y = 3,9 => x = 0,3, y = 0,4 => nX : nY = 3:4
Khi đốt 66,075 gam A số mol X, Y là z : t = 3 : 4 (1)
Gọi công thức của X,Y khi đốt là
Nếu aa là CnH2n+1O2N => X có công thức là (CnH2n+1O2N)5-4H2O  C5nH10n-3O6N5 làm gọn lại thành
CnH2n-3O6N5 (z mol)
Tương tự với Y có công thức là CmH2m-4O7N6 (t mol)
14nz + 163z + 14mt + 192t = 66,075 (2)
mCo2+mH2O: 44(nz + mt) + 9(2n-3)z + 18t(m-2) = 147,825 (3)
Giải hệ Pt 3 ẩn với 1 ẩn ghép là nz + mt, z , t từ đó tính toán tiếp ra kết quả (các em giải tiếp)
Câu 324: Hỗn hợp M gồm một peptit mạch hở X và một peptit mạch hở Y (mỗi peptit đều được cấu tạo từ một
loại α-aminoaxit, tổng số liên kết peptit trong 2 phân tử X, Y là 5) với tỉ lệ mol là 1 : 3. Khi thủy phân m gam
hỗn hợp M thu được 81 gam Glyxin và 42,72 gam Alanin. Giá trị của m là
A. 104,28.
B. 116,28.

C. 109,50.
D. 110,28.
Loại này dễ hơn câu 1,2,3
Ta có n gly = 1,08 mol, nala = 0,48 mol => gly:ala = 9:4 +> theo tỉ lệ mol 1:3 thì có tổng số gốc aa là 9+4 = 13
Nếu số gốc aa trong X, Y lần lượt là a, b => Số liên kết peptit là a +b -2 = 5 => a+b=7
Và theo tỉ lệ 1:3 => a + 3b = 13 => a = 4, b = 3 nX : nY = x : 3x mol
X + 3H2O  aa
Y + 2H2O  aa
x
3x
3x 6x
BT nito: 4x + 3x.3 = 1,08 + 0,48 => x = 0,12 mol
BTKL m(X,Y) + 18. 9.0,12 = 42,72 + 81 => m = 104,28
Nhận xét về cơ bản cách giải giống bài 9, 1,2 nhứng ở đây ta dễ đàng tìm được số gốc aa có trong X, Y khi
dựa vào số liên kết peptit và số gốc khi lấy 1 X và 3Y =13 so với các cách giải khác trên mạng thì dễ hiểu
hơn rất nhiều

Câu 1*: X, Y, Z là ba peptit mạch hở, được tạo từ các α-aminoaxit thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. Khi đốt
cháy X, Y với số mol bằng nhau thì đều thu được lượng CO 2 là như nhau. Đun nóng 31,12g hỗn hợp H gồm X,
Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 4 : 1 trong dung dịch NaOH, thu được dung dịch T chỉ chứa 0,29 mol muối A
và 0,09 muối B (MA < MB). Biết tổng số mắc xích của X, Y, Z bằng 14. Số mol O 2 cần để đốt cháy hết 0,2016
mol peptit Z là
A. 4,3848 mol

B. 5,1408 mol

C. 5,7456 mol

D. 3,6288 mol

Giải
Ta có: 4X + 4Y + Z → E + 8H2O
nA:nB = 0,29:0,09 = 29/9 ⇒ Số mắt xích trong E = 38k
* Với: k =1. Số mắt xích 38.
Phản ứng: E + 38NaOH → 8A + B + H2O
Hay: (E + 8H2O) + 30NaOH → 29A
0,01

0,3

0,29

+

9B + 9H2O
0,09

0,09

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

5


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

Maa tạo E =2968 +37.18 = 3634 ⇒

A là Gly ⇒

A là Ala ⇒

0, 29.75 + 0, 09.M 2
0,38
0, 29.89 + 0, 09.M 2
0,38

M

aa = 95,63

= 95,63 ⇒ M2 = 162 H2N-CnH2n-COOH (loại)

= 95,63 ⇒ M2 = 117 : C3H6CH(NH2)-COOH

KL: A: CH3-CH(NH2)-COOH (C3H7NO2); B: C3H7CH(NH2)-COOH (C5H11NO2)
⇒ Tổng số gốc Gly = 29; Ala = 9
X: 4a Y 4a Z a (k1, k2, k3 là số gốc peptit tương ứng với X, Y, Z)
4a.k1 + 4a.k2 +ak3 = 0,38 ⇒ a = 0,01
4.k1 + 4.k2 +k3 = 38. ⇒

k1 + k2 +k3 = 14 ⇒ k3 = 6 ⇒k1 + k2 = 8

X: Ala-Gly-Gly-Gly

4

Y: Ala-Gly-Gly-Gly

4

Z: Ala-Gly-Gly-Gly-Gly-Gly

1

C20H36N6O7 + 25,5O2 →20CO2

+ 18H2O + 3N2

0,2016

(C20H36N6O7)

5,1408

DẠNG 2: XỬ LÝ HỖN HỢP PEPTIT BẰNG CÁCH TẠO LẬP ĐI PEPTIT.
Tổng quát:

Đipeptit X:

X2

Chuỗi peptit X có n mắt xích:

Xn

Các phản ứng thuỷ phân:

X2 + 1 H2O→ 2X1

(1)

Xn + (n-1)H2O→ nX1

(2)

Nhân 2 vế của (1) với n và 2 vế của (2) với 2 ta được
nX2 + nH2O→ 2nX1
2Xn + 2(n-1)H2O→ 2nX1
⇒ 2Xn + 2(n-1)H2O = nX2 + nH2O hay 2Xn + (n-2)H2O = nX2
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

6


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

Ưu điểm:
+ Ứng dụng hiệu quả cho bài toán peptit được tạo thành từ aa no có –NH2 và 1- COOH
+ Đipeptit có công thức tổng quát: CnH2nN2O3
⇒ Xử lý các bài toán rất linh hoạt nhất là các bài toán đốt cháy (nCO2 =nH2O)
--------o0o-------VD1: X là một α-aminoaxit với m gam X người ta điều chế m1 gam đi peptit X2. Từ 2m gam X lại điều chế được
m2 gam tri peptit X3. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m1 gam X2 thu được 0,24 mol H2O. Đốt cháy hoàn toàn m2
gam X3 thì thu được 0,44 mol H2O. Giá trị m gần nhất là
A. 9,01

B. 8,05

C. 10,0

D. 9,65

Giải
Qui cả 2 quá trình về m gam X.
m gam (X):
m gam (X):

2X1 - H2O→ X2

3X1 - 2H2O→ X3

⇒ 2X3 +


→

H2O

(0,24-0,22=0,02)
⇒ 2X1 - H2O→ X2
0,12

+ O2


→

+ O2


→

0,24 mol H2O

+ O2


→

0,22 mol H2O

3X2
0,06

⇒ nX1= 0,12 mol

0,24 mol H2O

0,06

Hay m gam X1 khi cháy cho 0,24 + 0,06 = 0,3 mol H2O
Số nguyên tử H (X1) = 0,3.2/0,12 =5. Vậy X là Gly: (H2N-CH2COOH)
m = 0,12.75 = 9 gam
VD2: X là môt peptit mạch hở. Nếu thuỷ phân m gam X trong điều kiện thích hợp thu được các tripeptit có tổng
khối lượng là 35,1 gam. Mặt khác thuỷ phân không hoàn toàn cùng lượng X trên lại thu được hỗn hợp các
đi peptit có tổng khối lượng là 37,26 gam. Nếu thuỷ phân hoàn toàn m gam X thì thu được a gam hỗn hợp các

aminoaxit (chỉ chứa 1 nhóm –NH2; 1-COOH). Giá trị của a gần nhất với
A. 43,8

B. 39

C. 40,2

D. 42,6

Giải
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

7


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

Ta có: 2X3 +

H2O

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ


→

3X2
37,26 ⇒ mH2O = 2,16 gam ⇒ nH2O = 0,12 mol

35,1

nX2 = 0,36 mol
2X1

+ H2O


→

0,36

X2

0,36

a = 0,36.18 + 37,26 = 43,74 gam (Đáp án A)
VD3: (Câu 3) Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X và Y đều tạo bởi glyxin và alanin. Biết rằng tổng số nguyên tử
O trong A là 13. Trong X hoặc Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Đun nóng 0,7 mol A trong KOH thì
thấy có 3,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 66,075 gam A rồi cho
sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình chứa Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam. Giá trị của m là
A. 560,1

B. 520,2

C. 470,1

D. 490,6

Giải.
2Xk + (k-2)H2O = kX2
CnH2nN2O3 + 2KOH

1,95
2Xk
0,7


→

3,9

+ (k-2)H2O
1,25


→

muối + H2O
1,95

kX2
1,95

⇒ k =39/7 và nH2O = 1,25 mol
mA
mCO 2+ H 2 O

=

mX 2 − mH 2O
mCO 2+ H 2 O

(14n + 76).1,95 − 1, 25.18 66, 075
1,95.n.62 − 1, 25.18
142,825
=
=
⇒ n = 5,077

Bảo toàn khối lượng: mX2 + mKOH = mmuối + mH2O
⇒ mmuối = 470,1 gam
VD4 (Câu 4) Oligopeptit mạch hở X được tạo nên từ các α- amino axit đều có công thức dạng H 2NCxHyCOOH.
Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần dùng vừa đủ 1,875 mol O 2, chỉ thu được N2; 1,5 mol CO2 và 1,3 mol H2O.
Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,025 mol X bằng 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được dung
dịch Y. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan. Số liên kết peptit trong X và giá trị
của m lần lượt là
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

8


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

A.9 và 51,95.

B. 9 và 33,75.

C. 10 và 33,75.

D. 10 và 27,75.

(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT chuyên Đại học Vinh – Nghệ An, năm 2015)
Giải:
2Xk

+ (k-2)H2O

0,05


→

(k-2).0,025

kX2

k.0,025

Qui X về: X2 có CT dang: RN2O3 : 0,025k mol và H2O (2-k).0,025 mol
Hoặc đặt: X2 (a mol) và H2O (1/2npepit –a)
Bảo toàn nguyên tử O:
0,025k.3 - (k-2). 0,025 + 1,875.2 = 1,5.2 + 1,3 ⇒ k = 10 ⇒ Số liên kết peptit = 9
Bảo toàn khối lượng: mX2 -0,2.18 + 1,875.32 = 1,5.44 + 1,3.18 + 0,25.28 ⇒ mX2 = 40 gam
X2

+ 2NaOH

0,125



→

muối + H2O

0,25

0,125

m rắn = 20 + 0,4.40 – 0,125.18 = 33,75 gam
VD5: (Câu 5) Peptit X và peptit Y có tổng liên kết peptit bằng 8. Thủy phân hoàn toàn X cũng như Y đều thu
được Gly và Val. Đốt cháy hoàn toàn hỗn E chứa X và Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3 cần dùng 22,176 lít oxi
(đktc). Sản phẩm cháy gồm CO2,H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư
thấy khối lượng bình tăng 46,48 gam, khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 2,464 lít (đktc). Khối lượng X đem
dùng gần nhất với giá trị:
A. 3,23 gam

B.3,28 gam

C.4,24 gam

D.14,48 gam

Giải
2Xk

+ (k-2)H2O

2a=0,04

0,07


→

kX2

(*)

0,11

Qui X về: X2 có CT dạng: CnH2nN2O3 : ak mol và H2O (2-k).a mol
CnH2nN2O3
0,11

+

3(n-1)/2O2
0,99


→

nCO2

+ nH2O

0,77

+ N2
0,11

nO2 = 1,5(nCO2 –nN2) ⇒ 0,99 =1,5.(nCO2 – 0,11) ⇒ nCO2 = 0,77

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

9


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

⇒ n = 7 ⇒ đi peptit Gly-Val ⇒ nGly = nVal = 0,11 mol
nH2O (*) = (0,77.62- 46,48)/18 = 0,07 mol
Vậy X: có k1 mắt xích: 0,01 mol
Y: có k2 mắt xích: 0,03 mol
k1 + k2 = 10
0,01. k1 + 0,03. k2 = 0,22 ⇒ k1 = 4; k2 = 6: X: (Gly)2(Val)2 ; Y: (Gly)3(Val)3
mX = 3,3 gam
VD6: (Câu 6) Hỗn hợp E chứa các peptit X, Y, Z, T đều được tạo bởi từ các α -amino axit chứa 1 nhóm –NH 2
và 1 nhóm –COOH. Đun nóng 0,1 mol E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp F gồm các muối. Đốt
cháy toàn bộ F thu được 19,61 gam Na 2CO3 và hỗn hợp gồm N2; CO2; 19,44 gam H2O. Nếu đun nóng 33,18
gam E với dung dịch HCl dư thu được lượng muối là?
A. 55,218 gam

B. 55,128 gam

C. 55, 821 gam

D. 55, 812 gam

Giải
2Xk

+ (k-2)H2O


→

0,1

kX2

(*)

0,05k

Qui X về: X2 có CT dạng: CnH2nN2O3
X2 + 2NaOH
0,05k


→

Muối + H2O

0,1k

0,185

nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,37 mol ⇒ 0,1k = 0,37 ⇒ k = 3,7
Muối + O2


→

Na2CO3 + CO2 + H2O
1,08

Bảo toàn H ⇒ nH trong X2 = (0,185 +1,08).2 -0,1.3,7= 2,16 mol ⇒ 0,05.3,7.2n = 2,16 ⇒ n = 216/37
⇒ mX2 = 29,18 gam (0,185 mol) ⇒ m

Xk

= 27,65 gam.

Vậy: 33,18/ 27,65 = 1,2
Xk

+

kHCl +

(k-1)H2O


→

muối

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

10


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

0,1.1,2

1,2. 0,1.3,7

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

1,2.0,1.2,7

Bảo toàn khối lượng: mmuối = 33,18 + 1,2.0,37.36,5 + 1,2 . 0,27.18 = 55,218 gam
VD7: (Câu 12) X, Y, Z là ba peptit đều mạch hở và M X > MY > MZ. Đốt cháy 0,16 mol peptit X hoặc 0,16 mol
peptit Y cũng như 0,16 mol peptit Z đều thu được CO 2 có số mol nhiều hơn số mol của H 2O là 0,16 mol. Nếu
đun nóng 69,8 gam hỗn hợp E chứa X, Y và 0,16 mol Z (số mol của X nhỏ hơn số mol của Y) với dung dịch
NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối của alanin và valin có tổng khối lượng 101,04 gam. Phần
trăm khối lượng của X có trong hỗn hợp E là.
A. 11,86%

B. 16,59%

C. 11.68%

D. 15,69%

Giải:

2Xk +(k-2)H2O → kX2 (*)
0,16

0,16

Do X2 cháy cho nCO2= nH2O. nH2O khi Xk cháy giảm so với X2 là H2O ở (*) ⇒ nH2O (*) = 0,16 mol ⇒ k =4
X,Y,Z đều là tetra peptit.
E + 4NaOH → muối + H2O
a

4a

a

Bảo toàn khối lượng: ⇒ 69,9 + 4a.40 = 101,04 + 18a ⇒ a = 0,22 mol ⇒ nX + Y = 0,06 mol

ME = 317,3 ⇒ Z là: (Ala)4 (M = 302) ⇒

M
X,Y

=

69,8 − 0,16.302
0, 06

= 358.

Y là (Ala)3Val (330) ⇒ X là Ala(Val)3 ( 386) hoặc (Val)4 (414)
TH1:

X là Ala(Val)3

x mol

Y (Ala)3Val

y mol

x + y = 0,06 và 386x + 330 y = 21,48 ⇒ x = 0,03; y = 0,03 (loại do nX = nY)
TH1:

X là (Val)4

x mol

Y (Ala)3Val

y mol

x + y = 0,06 và 414x + 330 y = 21,48 ⇒ x = 0,02; y = 0,04 (TM)
%mX = 11,86%
VD8: Hỗn hợp X gồm các peptit mạch hở, đều được tạo thành từ các amino axit có dạng H 2NCmHnCOOH. Đun
nóng 4,63 gam X với dung dịch KOH dư, thu được dung dịch chứa 8,19 gam muối. Nếu đốt cháy hoàn toàn
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

11


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

4,63 gam X cần 4,2 lít O 2 (đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (CO 2, H2O, N2) vào dung dịch Ba(OH)2 dư, sau
phản ứng thu được m gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 21,87 gam. Xác định giá trị của m?
Câu 19: X là đipeptit, Y là pentapeptit được tạo bởi từ các anpha-amino axit no chứa 1 nhóm –NH 2 và 1 nhóm
–COOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp E chứa X, Y thu được CO 2; H2O và N2 trong đó số mol của CO2
nhiều hơn số mol của H2O là 0,045 mol. Mặt khác đun nóng 119,6 gam hỗn hợp E cần dùng 760 ml dung dịch
NaOH 2M, cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan. Giá trị m là.
A.172,8gam

B.176,4gam

C.171,8gam

D.173,2gam

Cách 1:
Ta có:
nX + nY=0.05
nY(0.5*5-1)=0.045 => nX=0.02; nY=0.03
Gọi k là tỉ lệ ta có:
0.02*2*k+0.03*5*k=1.52 =>k=8
BTKL: 119.6 +1.52*40-0.05*8*18= D
Cách 2
Peptit tương đương CnH2n+2-2kNkOk+1
m=119,6+1,52*40-1,52:((0,045:0,05+1):0,5)*18=172,8
DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP HOÁ ĐỒNG ĐẲNG HOÁ PEPTIT
* Áp dụng cho bài tập peptit được tạo thành từ aminoaxit có 1-NH 2; 1-COOH và no (được tạo thành từ Ala,
Gly, Val).

* Do các chất trên hơn kém nhau 1 hay nhiều nhóm CH2

* Quy peptit: thành:

( C2 H 3ON ) k .H 2O a mol

hoac
y mol 
 CH 2
→

Khối lượng peptit: m = (57x +18a) + 14y = 57x + 18.

C2 k H 3k + 2Ok +1 N k a mol

y mol
 CH 2

Gly : C2 H 5O2 N x mol = a.k

CH 2
y mol

x
k

(k là hệ số mắt xích)

+ 14y.

(a là số mol peptit)

* Đốt cháy hoàn toàn peptit cũng như đốt cháy hoàn toàn các mắt xich, cần lượng O2
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

12


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

C2 H 5O2 N 
→ 2CO2 + 2,5H 2O

+1,5O2
CH 2 → CO2 + H 2O

+2,25O2

⇒ nO2 = 2,25x + 1,5y

Phạm vi áp dụng: Bài tập thuỷ phân và đốt cháy peptit

-------o0o-------VD1: (Câu 7) Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (C xHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml
dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác
đốt cháy 30,73 gam E trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và
nước là 69,31 gam. Giá trị a : b gần nhất với
A. 0,730.

B. 0,810.

C. 0,756.

D. 0,962.

Giải

Quy hỗn hợp E:

 C2 k H 3k + 2Ok +1 N k 0,16 mol

CH 2

Khi thuỷ phân E:

hay

( C2 H 3ON ) k .H 2O x mol

 CH 2

(a mol )
 Gly
Gly (a + b mol )
C 2 H 4 NO 2 Na(0,9 mol )



+ NaOH

 Ala = Gly + CH 2 (b mol ) 
 CH 2 (b mol )
→ CH 2 (b mol ) →

Ta có: a + b = 0,16.k
Bảo toàn Na: ⇒ a+ b = 0,9 ⇒ k = 5,625

 C2 k H 3 k + 2 Ok +1 N k 0,16 mol

+ O2
CH 2


→

CO2

(0,32k +b)

mA

Theo giả thiết:

mCO 2+ H 2O

=

30, 73
69,31

+

H2O

+N2

0,08.(3k+2) + b

54,18 + 14 b
54,18 + 14 b
( 0, 32k + b ) .44 +(0, 08. ( 3k + 2 ) + b).18 106,38 + 62b
=
=

b = 0,52 (mol) ⇒ a = 0,9 -0,52 = 0,38 (mol)
a/b = 0,38/0,52 = 19/26 = 0,73

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

13


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

VD2: (Câu 10) Đun nóng 45,54 gam hỗn hợp E gồm hai peptit X (C xHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 580
ml dung dịch NaOH 1M chỉ thu được dung dịch chứa muối natri của glyxin và muối của valin. Mặt khác đốt
cháy hoàn toàn lượng E trên trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của
CO2 và nước là 115,18 gam. Tìm CTPT của peptit X.

A. C17H30N6O7 B. C21H38N6O7 C. C34H44N6O7 D. C18H32N6O7
Giải

Quy hỗn hợp E:

C2 k H 3k + 2Ok +1 N k

 CH 2

Khi thuỷ phân E:

Ta có:

0,58
k

0,58/k mol
hay

( C2 H 3ON ) k .H 2O x mol

 CH 2

(a mol )
 Gly
 Gly (a + b mol )
C 2 H 4 NO2 Na(0,58 mol )




+ NaOH
Val = Gly + 3CH 2 (b mol ) 
 CH 2 (3b mol )
→ CH 2 (3b mol ) →

.(57k +18) + 14. 3b= 45,54 ⇒ 10.44/k + 42b=12,48 (1)

Bảo toàn Na: ⇒ a+ b = 0,58

(2)

 C2 k H 3k + 2Ok +1 N k 0,58/k mol

+ O2
3b mol 
CH 2

→

CO2

(1,16 +3b)

+

H2O

+

N2

0,87 +0,58/k + 3b

⇒ (1,16 +3b).44 + (0,87+0,58/k+ 3b).18 = 115,18
⇒ 186b + 10,44/k = 48,48 (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ b =0,25 (mol) ⇒ a = 0,33; k = 58/11
Vậy Gly = 0,33 mol; Val = 0,25 mol
X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) ⇒

X là hexapeptit: CnH2n-4O7N6
Y là peptapeptit: CmH2m-3O6N5

x mol
y mol

x + y = 0,11 và 6x + 5y = 0,58 ⇒ x = 0,03 mol; y = 0,08 mol
X: (Gly)n1(Val)(6-n1)

0,03 mol

Y: (Gly)n2(Val)(5-n2)

0,08 mol

0,03.n1 + 0,08n2 = 0,33
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

14

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

3n1 + 8n2 = 33
Biện luận:

Vậy X là: (Gly)3(Val)3

n2

1

2

3

4

n1

8, 3

5,6

3

0,3

hay C21H38N6O7

VD3: (Câu 8) Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 và hợp chất B có CTPT là C4H9NO2.
Lấy 0,09mol X tác dụng vừa đủ với 0,21 mol NaOH chỉ thu được sản phẩm là dd ancol etylic và a mol muối
của glyxin b mol muối của alanin. nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325g hh X bằng lượng Oxi vừa đủ thu được N 2 và
96,975g hỗn hợp CO2 và H2O. tỉ lệ a:b gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 6,10.

B. 0,76.

C.1,33

D. 2,60.

Giải
Ta có: thủy phân ra đc muối Gly,Ala và C2H5OH
⇒ B là NH2CH2COOC2H5

Quy hỗn hợp X:

Thuỷ phân X:

 C2 k H 3 k + 2Ok +1 N k

x
CH 2

0,09 mol

(a mol )
 Gly


Gly (a + b + c mol )
C2 H 4 NO 2 Na(0, 21 mol )
 Ala = Gly + CH 2 (b mol )


 B = Gly + 2CH (c mol )
+ NaOH
 CH 2 (b +2 c mol )

2

→  CH 2 (b +2 c mol ) →

Ta có: a + b + c = 0,21 (mol)

(1)

0,09.k = 0,21 ⇒ k = 7/3

 C2 k H 3k + 2Ok +1 N k

x
CH 2

0,09 mol
+ O2


→

CO2

+

(0,18k + x) =0,42 +x
mX

Theo giả thiết:
x = 0,21 mol

mCO 2+ H 2O

=

41,325
96,975

H2O

+

N2

(1,5k+1).0,09 + x = 0,405 +x

13,59 + 14 x
13,59 + 14 x
( 0,42 + x ) .44 +(0, 405 + x).18 25, 77 + 62 x
=

=

⇒ b + 2c = 0,21 mol
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

15


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

mặt khác ta có: nA + nB = 0,09 và 5nA + nB = 0,21⇒ nA = 0,03 mol; nB = 0,06 = c
b = 0,09 mol; a = 0,06 mol
a: b = 0,06:0,09 = 2:3
VD4: Đun nóng 0,045 mol hỗn hợp X chứa hai peptit Y,Z cần vừa đủ 120 ml dung dịch KOH 1M, thu được hỗn
hợp T chứa 3 muối Gly, Ala và Val. Trong đó muối Gly chiếm 33,832% về khối lượng (biết Y hơn Z một số
liên kết peptit). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,68 gam X cần dùng 14,364 lít O 2 (đktc) thu được hỗn hợp khí
và hơi trong đó tổng khối lượng của CO 2 và H2O là m. % khối lượng muối của Ala trong T có giá trị gần nhất
với:
A. 50%

B. 51%

C. 52%

D. 53%

Giải

Quy hỗn hợp X:

Thuỷ phân X:

C2 k H 3k + 2Ok +1 N k

x
 CH 2

0,045 mol
mX = 0,045.(57k +18) +14x

( a mol )
 Gly

Gly (a + b + c mol )
C 2 H 4 NO 2 Na (0,12 mol )
 Ala = Gly + CH 2 (b mol )


Val = Gly + 3CH (c mol )
+ NaOH
(b +3c mol )
 CH 2

2

→  CH 2 (b +3c mol ) →

0,045.k =0,12 ⇒ k =8/3 ⇒ mX = 7,65 + 14x

(1)

a + b + c = 0,12

(2)

* Đốt cháy hoàn toàn peptit cũng như đốt cháy hoàn toàn các mắt xich, cần lượng O2
+2,25O2
C2 H 5O2 N (0,12) 

→ 2CO2 + 2,5 H 2O

+1,5O2
CH 2 ( x ) → CO2 + H 2O


⇒ nO2 = 0,27 + 1,5x ⇒ mO2 = 8,64 + 48x (gam)

Ta có tỉ lê:
mA
mO2

=

13, 68
20,52

=

7, 65 + 14 x
8, 64 + 48 x

⇒ x = 0,105 (mol) = b + 3c

(3)

⇒ mX = 9,12 (gam)
Bảo toàn khối lượng: 9,12 + 0,12.56 = mT + 0,045.18 ⇒ mT = 15,03 (gam)
113a:15,03=0,33832 ⇒ a = 0,045 mol:
Từ (2) và (3) ⇒ b = 0,06 mol; c = 0,015 mol ⇒ % mmuối ala của K = 50,7%
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

16


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

VD5: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm 2 peptit mạch hở X (x mol) và Y (y mol) đều tạo bởi Gly và Ala. Đun
0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và đều thu được m gam muối. Mặt
khác nếu đốt cháy x mol X hoặc y mol Y thì thu được cùng số mol CO 2. Biết tổng số nguyên tử O trong hai
phân tử X, Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là.
A. 396,6

B. 409,2

C. 340,8

D. 399,4

Giải
Gọi 2 peptit: Xn và Ym (n, m là số mắt xích)
⇒ n + m = 11 và n, m > 4 ⇒ n = 6, m =5 và ngược lại (Do vai trò của X , Y như nhau)
Ta có: x + y = 0,7 (mol) và 6x + 5y = 3,8 ⇒ x = 0,3 mol; y = 0,4 mol.
Đồng đẳng hoá:

X = (Gly)6 + kCH2
Y = (Gly)5 + tCH2

+ O2


→

+ O2


→

CO2 0,3.(12 + k)

CO2 0,4.(10 + t)

Theo giả thiết: 0,3.(12 + k) = 0,4.(10 + t) ⇒ 0,3k - 0,4t =0,4 ⇒ 3k – 4t = 4
Biện luận: k = 4; t = 2 ⇒ nCH2 = 0,3.4 +0,4.2 = 2 mol

C2 H 4 NO 2 Na (3,8 mol )


(2 mol )
 CH 2

⇒ mmuối = 3,8.97 + 2.14 =396,6 gam (Đáp án A)

VD6: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm 2 peptit mạch hở X (x mol) và Y (y mol) đều tạo bởi Gly, Ala và Val. Đun
0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,9 mol NaOH phản ứng và đều thu được m gam muối. Mặt
khác nếu đốt cháy 0,7 mol X thì thể tích CO 2 thu được bằng ¾ lượng CO 2 thu được khi đốt cháy 0,7 mol Y.
Biết tổng số nguyên tử O trong hai phân tử X, Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4.
Giá trị của m là.
A. 444,1

B. 439,0

C. 438,5

D. 431,5

Giải
Gọi 2 peptit: Xn và Ym (n, m là số mắt xích)
⇒ n + m = 11 và n, m > 4 ⇒ n = 6, m =5 và ngược lại
TH1: n = 6, m =5
Ta có: x + y = 0,7 (mol) và 6x + 5y = 3,9 ⇒ x = 0,4 mol; y = 0,3 mol.
Đồng đẳng hoá:

X = (Gly)6 + kCH2

+ O2



→

CO2 0,7.(12 + k)

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

17


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ
+ O2

Y = (Gly)5 + tCH2


→

CO2 0,7.(10 + t)

Theo giả thiết: ⇒ (12 + k) = ¾.(10 + t) ⇒ 3t - 4k = 18
t

6

7

8

9

10

11

k

0

0,75

1,5

2,25

3

0,3

Biện luận: k = 3; t = 10 ⇒ nCH2 = 0,4.3 +0,3.10 = 4,2 mol

C 2 H 4 NO 2 Na (3,9 mol )

(4, 2 mol )
 CH 2

⇒ mmuối = 3,9.97 + 4,2.14 =437,1 gam

TH2: n = 5, m =6

Ta có: x + y = 0,7 (mol) và 5x + 6y = 3,9 ⇒ x = 0,3 mol; y = 0,4 mol.
Đồng đẳng hoá:

X = (Gly)5 + kCH2
Y = (Gly)6 + tCH2

+ O2


→

+ O2


→

CO2 0,7.(10 + k)

CO2 0,7.(12 + t)

Theo giả thiết: ⇒ (10 + k) = ¾.(12 + t) ⇒ 3t - 4k = 4
Biện luận: k = 5; t = 8 ⇒ nCH2 = 0,3.5 +0,4.8 = 4,7 mol

C 2 H 4 NO 2 Na (3,9 mol )

(4, 7 mol )
 CH 2

⇒ mmuối = 3,9.97 + 4,7.14 =444,1 gam

VD7: Hỗn hợp E gồm 3 chuỗi peptit X, Y, Z đều mạch hở (được cấu tạo từ các mắt xích Gly và Lys) có số mắt
xích không nhỏ hơn 2. Chia hỗn hợp làm hai phần không bằng nhau, phần một có khối lượng 14,88 gam đem
thuỷ phân hoàn toàn trong dung dịch KOH 1M dư thấy dùng hết 180 ml, sau phản ứng thu được hỗn hợp muối
F chứa a mol muối Gly và b mol muối Lys. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn phần còn lại thu được tỉ lệ thể tích
giữa khí cacbonic và hơi nước thu được là 1. Tỉ lệ a/b gần nhất với.
A. 2,67

B. 3,2

C. 2,7

D. 3,33

Giải
Lys = C6H14O2N2 = C2H5O2N + 4CH2 +1NH = Gly + C4H9N

Do đó ta quy đổi hỗn hợp E

 C2 k H 3 k + 2Ok +1 N k

C4 H 9 N x

0,18/k mol
⇒ mE = 3,24/k + 71x = 4,62 (1)

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

18

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

Đốt cháy E cho nCO2 = nH2O

 C2 k H 3k + 2Ok +1 N k

C4 H 9 N x

0,18/k mol
+ O2


→

CO2

+

(0,36 + 4x)
⇒ 0,36 + 4x

H2O

Giải (1) và (2) ⇒ x = 0,0484

N2

(0,27 +0,18/k + 4,5x)

0,27 +0,18/k + 4,5x ⇒ 0,5x + 0,18/k = 0,09

=

+

(2)

; k =93/34

⇒ nLys = 3/62 (mol); nGly = 0,18-0,0484 = 0,1316 mol ⇒ a: b = 0,1316:0,0484 = 2,72.
VD8: Thuỷ 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 K 2CO3; 2,464 lít N2 (đktc) và 50,96 gam hỗn
hợp CO2, 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%

Giải
nN2 = 0,11 mol

Ta có:

C2 k H 3k + 2Ok +1 N k


x
 CH 2

C2 H 4O2 NK

 CH 2 x

0,22/k mol

C2 H 4O2 NK

+ KOH

→  CH 2 x

0,22 mol

0,22 mol
+ O2


→

CO2

+

(0,33 + x)

H2O

+ K2CO3

(0,44 + x)

+

N2

0,11

Theo giả thiết: ⇒ (0,33 + x).44 + (0,44 + x).18 = 50,96 ⇒ x = 0,46 mol
mmuối = 0,22. 113 + 0,46 . 14 =31,3 gam ⇒ m = 19,88 gam
a mol

Ala = Gly + 1CH2

b mol

Val = Gly + 3CH2

a + b = 0,22 và a + 3b = 0,46 ⇒ a = 0,1 mol; b = 0,12 mol
bảo toàn khối lượng:
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

19


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

m + 0,22.56 = m + 11,42 + nH2O.18 ⇒ nH2O = npeptit = 0,05 mol
X

(x mol); Y ( y mol) ⇒ x + y = 0,05 và 4x + 5 y = 0,22 ⇒ x = 0,03 mol; y = 0,02 mol

Gọi số gôc Ala trong X, Y lần lượt là n và m ⇒ 0,03. n + 0,02. m = 0,1 hay 3n + 2m = 10
Biện luận ⇒ n = m =2 vậy X: (Ala)2(Val)2 ; Y: (Ala)2(Val)3
%mY = 0,02.(2.89 + 117.3 -4.18)*100/19,88 = 45,98%
VD9 (Câu 13) X là peptit có dạng CxHyOzN6; Y là peptit có dạng CnHmO6Nt (X, Y đều được tạo bởi các amino
axit no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH). Đun nóng 32,76 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 480 ml
dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, đốt cháy 32,76 gam E thu được sản phẩm cháy gồm CO 2, H2O và N2. Dẫn toàn
bộ sản phẩm cháy vào nước vôi trong lấy dư thu được 123,0 gam kết tủa; đồng thời khối lượng dung dịch thay
đổi a gam. Giá trị của a là
A.Tăng 49,44.

B.Giảm 49,56.

C.Tăng 94,56.

D. Giảm 49,44.

Giải

Ta có X:

C2 k H 3k + 2Ok +1 N k


x
 CH 2

0,48/k mol

C2 H 4O2 Na

+ NaOH
CH 2 x
→

0,48 mol

27,36 +8,64/k + 14x = 32,76 ⇒ 8,64/k + 14x = 5,28 gam

C2 k H 3k + 2Ok +1 N k

x
 CH 2

0,48/k mol
+ O2


→

CO2

+

H2O

+ K2CO3

+

N2

(0,96 + x)=1,23 ⇒ x = 0,27 mol ⇒ k =144/25
nH2O = 0,48.(1,5k +1)/k + x = 161/150 =1,07333 mol
mCO2+ H2O – mkết tủa = -49,56 gam. (giảm 49,56 gam)

DẠNG 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI
Cách 1: Công thức chung của peptit: H(NHCnH2nCO)kOH
H(NHCnH2nCO)kOH +
a
Đốt H(NHCnH2nCO)kOH +
a

kNaOH
ak


→

k H2N-CnH2n-COONa+ H2O
(*)
ak
t0


→
3(2nk +k )/4O2
(kn+k)CO2 + (2nk +k +2)/2H2O + k/2 N2
3a(2nk +k )/4
a(kn+k)
a(2nk +k +2)/2
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

20


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

nOH −

k=

n peptit

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

( 3nH 2O –
;

npeptit =

2nO 2 )

3

n peptit (k − 2)
; nCO2 – nH2O =

Cách 2: Quy đổi hỗn hợp peptit thành gốc axyl:
Và
Cách 3: Quy hỗn hợp về aninoaxit: CnH2n+1NO2:
và

H2O:

2

CnH2n-1NO

x mol

H2O

y mol (y là số mol peptit)

x mol
npeptit - x

(âm)

Phạm vi áp dụng: Bài tập thuỷ phân và đốt cháy peptit
VD1: (Câu 10) Đun nóng 45,54 gam hỗn hợp E gồm hai peptit X (C xHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 580
ml dung dịch NaOH 1M chỉ thu được dung dịch chứa muối natri của glyxin và muối của valin. Mặt khác đốt
cháy hoàn toàn lượng E trên trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của
CO2 và nước là 115,18 gam. Tìm CTPT của peptit X.

A. C17H30N6O7 B. C21H38N6O7 C. C34H44N6O7 D. C18H32N6O7
Giải
Quy hỗn hợp về aninoaxit: CnH2n+1NO2:
và

H2O:

x mol
a mol

(a= npeptit – x)

Theo giả thiết: x = nNaOH = 0,58 mol
0,58.(14n +47) + 18a = 45,54 (1)
Khi đốt cháy hỗn hợp: 0,58n.44 + (0,58.(n+0,5)+a).18 = 115,18

(2)

Giải (1),(2) ⇒ n = 191/58 và a = -0,47 mol ⇒ npeptit = 0,11 mol
X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) ⇒

X là hexapeptit: CnH2n-4O7N6
Y là peptapeptit: CmH2m-3O6N5

b mol
c mol

b + c = 0,11 và 6b + 5c = 0,58 ⇒ b = 0,03 mol; c = 0,08 mol
Gly x = 0,33
Val y = 0,25

X: (Gly)n1(Val)(6-n1)

0,03 mol

Y: (Gly)n2(Val)(5-n2)

0,08 mol

0,03.n1 + 0,08n2 = 0,33
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

21


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

3n1 + 8n2 = 33
Biện luận:

Vậy X là: (Gly)3(Val)3

n2

1

2

3

4

n1

8, 3

5,6

3

0,3

hay C21H38N6O7

VD2: (Câu 9) Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu được
151,2 gam hỗn hợp gồm các muối natri của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp
X, Y ở trên cần 107,52 lít khí O2 (đktc) và thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là
A. 102,4.

B. 97,0.

C. 92,5.

D. 107,8.

Giải

( 3nH 2O –
npeptit =

2nO 2 )

3

Quy hỗn hợp peptit:

= (3.3,6 – 2.4,8)/3 = 0,4 mol

 C2 k H 3k + 2Ok +1 N k 0,4 mol

x mol
CH 2
(a mol )
 Gly

 Ala = Gly + CH 2 (b mol )
Val = Gly + 3CH (c mol )

2

→

Khi
thuỷ
phân
hỗn
hợp:
C2 H 4 NO 2 Na (0, 4k mol )


CH 2 (x mol )

⇒ 97.0,4k + 14 x= 151,2 (1)

 C2 k H 3 k + 2 Ok +1 N k 0,4 mol

+ O2
x mol
CH 2


→

CO2

+

H2O
(1,5k+1).0,4 + x = 3,6

 Gly (x mol )

+ NaOH
CH 2 (y mol ) →

+

N2
(2)

Giải (1), (2) ⇒ k =7/2; x = 1,1 mol ⇒ m = 102,4 gam
VD3: Thuỷ phân hoàn toàn m gam hỗn hợp A gồm 3 chuỗi oligopeptit có số liên kết peptit lần lượt là: 9, 3, 4
bằng dung dịch NaOH (dư 20% so với lượng cần phản ứng), thu được hỗn hợp Y gồm muối của Na của Ala
(a gam), Gly (b gam) cùng NaOH dư. Cho Y từ từ đến dư vào dung dịch HCl 3M thì thấy HCl phản ứng tối đa
hết 2,31 lít. Mặt khác khi đốt cháy hoàn toàn 40,27 gam hỗn hợp A cần vừa đủ 34,44 lít O 2 (đktc), đồng thời thu
được mCO2 – mH2O = 37,27 gam. Tỉ lệ a/b gần nhất với
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

22


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

A. 8/55

B. 9/66

C. 8/44

D. 9/88

Giải
Ta có nNaOH = nNaCl = nHCl = 6,93 mol ⇒ nNaOH phản ứng với A = 5,775 mol
Quy hỗn hợp về aninoaxit: CnH2n+1NO2:
và
CnH2n+1NO2:

H2O:

+ (3n -1,5)/2 O2

3,075/(3n-1,5)

5,775 mol

1,5375

a


→

nCO2

+

3,075n/(3n-1,5)

0,63

=

1,34 mol

npeptit - 5,775

(âm)

(n+0,5)H2O + ½ N2

3,075(n+0,5)/(3n-1,5)
1,655 mol

135,3n 55,35(n + 0,5)
3n − 1,5
3n − 1,5
mCO2 – mH2O = 37,27⇒
- mH2O = 37,27 (1)

Mặt khác:

3, 075(14n + 47)
3n − 1,5

+ mH2O = 40,27

(2)

135,3n 55,35( n + 0,5) 3, 075(14n + 47)
3n − 1,5
3n − 1,5
3n − 1,5
(1) + (2) ⇒
+
= 77,54
⇒ 123n +116,85 =232,62n -116,31 ⇒ n = 134/63
mA ban đầu = 44297/120 (gam)
a = -4,125 mol ⇒ npeptit = 1,65 mol

peptit + NaOH
1,65


→

muối + H2O
1,65

Bảo toàn khối lượng ⇒ mmuối = 68453/120 gam
a + b =5,775 và 111a +97b = 570,44167 ⇒ a = 11/15; b = 121/24 ⇒ a: b = 8/55
Câu 18: Hỗn hợp X gồm tripeptit, pentapeptit và hexapeptit được tạo từ glyxin, alanin và valin. Đốt cháy hoàn
toàn m gam X, rồi hấp thu toàn bộ sản phẩm cháy vào 1 lít dung dịch Ba(OH) 2 1,5M thì thấy có 8,288 lít một
khí trơ duy nhất thoát ra (đktc), đồng thời khối lượng dung dịch tăng 49,948 gam. Giá trị m gần nhất với
A. 59.

B. 48.

C. 62.

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

D. 45.
23


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

Giải
CnH2n+1NO2

0,74 mol

H2O

a-0,74

+ O2


→

CO2

+

0,74n

H2O
0,74n-0,37+a

TH1:
CO2 + Ba(OH)2
0,74n


→

BaCO3

+ H2O

0,74n

0,74n.44 + (0,74n-0,37+a).18 – 0,74n 197 = 49,948

BÀI TẬP VẬN DỤNG KHÁC NGUỒN
VD1: ( Trích Đề Thi Thử Chuyên Vinh Lần 1 -2016 ) Hốn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit
T (đều mạch hở) chỉ được tạo ra từ Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, rồi cho toàn bộ sản phẩm
cháy (chỉ gồm CO2, H2O và N2) vào bình đựng 140 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M, sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn thấy có 840 ml (dktc) một khí duy nhất thoát ra và thu được dung dịch có khối lượng tăng 11,865
gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu.Giá trị của m gần với giá trị nào nhất sau đây?
A. 7,26
B. 6,26.
C. 8,25.
D. 7,25.
Giải
Qui đổi hỗn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) chỉ được tạo ra từ Gly, Ala và
Val.thành đipeptit bằng cách thêm một lượng nước thích hợp
( A)3
CO2 : 0, 0375n
 BaCO3


0,14. mol :Ba ( OH ) 2
H 2O
O2
→ a.g .Cn H 2 n N 2O3 : 0, 0375 

→  H 2O : 0, 0375n 
→
( B ) 4 
 Ba ( HCO3 ) 2
 (C )

 N 2 : 0, 0375
 5
tan g
⇒ mdd
= 11,865
mCO2 + mH 2O − mBaCO3 = 2,325n − 197(0, 28 − 0, 0375n) = 11, 685
9, 7125n = 66,845 ⇒ n = 6,88
⇒ a = (14n + 28 + 48).0, 0375 = 6, 46
⇒ m = a − mH 2O = 6, 46 − mH 2O ⇒ m < 6, 46 ⇒ B

PHẦN 1: BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI (LÀM NGUỒN)
Câu 1*: X, Y, Z là ba peptit mạch hở, được tạo từ các α-aminoaxit thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. Khi đốt
cháy X, Y với số mol bằng nhau thì đều thu được lượng CO 2 là như nhau. Đun nóng 31,12g hỗn hợp H gồm X,
THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

24


TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

BÀI TẬP PEPTIT KHÓ

Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 4 : 1 trong dung dịch NaOH, thu được dung dịch T chỉ chứa 0,29 mol muối A
và 0,09 muối B (MA < MB). Biết tổng số mắc xích của X, Y, Z bằng 14. Số mol O 2 cần để đốt cháy hết 0,2016

mol peptit Z là
A. 4,3848 mol

B. 5,1408 mol

C. 5,7456 mol

D. 3,6288 mol

Câu 2: Trộn a (g) hỗn hợp A gồm 3 amino axit X, Y, Z chứa chỉ 1 nhóm NH 2 trong phân tử với b (g) axit
glutamic thu được hỗn hợp B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B thu được hỗn hợp khí và hơi C. Cho C lội từ từ
qua dd Ba(OH)2, thấy khối lương dung dịch giảm so với ban đầu, và lượng khí thoát ra có V=7,84 l (đktc)
(không chứa hơi nước). Mặt khác, khi cho B tác dụng với dd KOH dư, thu được (a+b+34,2) gam muối khan.
tiến hành phản ứng trùng ngưng với a (g) hỗn hợp A nói trên ở đk thích hợp, thu được hỗn hợp D chỉ gồm các
peptit. Đốt cháy hoàn toàn D cần dùng vừa đúng 49,84 lít O 2 (đktc). Biết Y và Z là đồng phân cấu tạo của nhau,
và cùng thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. MXglu-glu, lượng O2 cần dùng là như nhau. Giá trị lớn nhất của a gần nhất với?
Câu 2. Trộn a (g) hỗn hợp A gồm 3 amino axit X, Y, Z chứa chỉ 1 nhóm NH 2 trong phân tử với b (g) axit
glutamic thu được hỗn hợp B. đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B thu được hỗn hợp khí và hơi C. Cho C lội từ từ
qua dd Ba(OH)2, thấy khối lương dd giảm so với ban đầu, và lượng khí thoát ra có V=7,84 l (đktc) (không chứa
hơi nước). Mặt khác, khi cho B tác dụng với dd KOH dư, thu được (a+b+34,2) gam muối khan. Tiến hành phản
ứng trùng ngưng với a (g) hỗn hợp A nói trên ở đk thích hợp, thu được hỗn hợp D chỉ gồm các peptit. Đốt cháy
hoàn toàn D cần dùng vừa đúng 49,84 lít O2 (đktc). Biết Y và Z là đồng phân cấu tạo của nhau, và cùng thuộc
dãy đồng đẳng của glyxin. MXglu-glu, lượng O2 cần dùng là như nhau. giá trị lớn nhất của a gần nhất với?
A.47 B.47,5 C.48 D.48,5
Câu 3: Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X và Y đều tạo bởi glyxin và alanin. Biết rằng tổng số nguyên tử O trong
A là 13. Trong X hoặc Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Đun nóng 0,7 mol A trong KOH thì thấy có
3,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 66,075 gam A rồi cho sản
phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình chứa Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam.Giá trị của m là

A. 560,1

B. 520,2

C. 470,1

D. 490,6

Cách 12
• ĐH: đặt mol CH2=x.
• Ta có tỉ lệ :mA/m(CO2+H20)=(3,9.C2H3ON+0,7.H20+14x) : [ (3,9.2+x).44 + (3,9.1,5 + 0,7 + x).18 ]
•=>x=2,1=>m=3,9.(C2H4O2KN) +14x =470,1 gam
Cách 14
• CnH2nN2O3 [3,9:2=1,95mol]; H2O(thêm vào) [ 1,95.(k-2)mol ] ; k=39/7
-Ta có tỉ lệ:
•mA/m(CO2,H2O) = [ 14a+1,95.N203-18*1,95.(k-2)] : [62a - 18.1,95(k-2) ]

THẦY GIÁO: MAI TIẾN DŨNG

25