Phương pháp trung bình giải nhanh bài tập peptit

Địa chỉ :

Thầy giáo : Nguyễn Văn Thương
Trường THPT Hậu lộc 4, Huyện Hậu Lộc, Tỉnh Thanh Hoá
ĐT : 01667216306
Email:

PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH GIẢI NHANH BÀI TẬP PEPTIT
Để chinh phục kì thi Quốc gia 2017 tôi xin gửi tới bạn đọc bài viết này với mong
muốn tiếp thêm sức mạnh cho các em học sinh khóa 99.
1. Phương pháp.
Bước 1: Trước hết các em phải nắm vững mối liên hệ giữa các nguyên tử, số liên kết peptit,
độ bất bảo hòa k trong một peptit. Ví dụ: Peptit A được tạo nên từ các aminoaxit no, mạch hở
chứa 1 nhóm –COOH, 1 nhóm –NH2 thì có công thức phân tử là gì? A: CxHyOzNt.
- Số liên kết peptit = t – 1.
- Số mắt xích = t= độ bất bão hòa k
- Số nguyên tử O = t + 1.
→ A: CnH2n+2-tOt+1Nt.
Bước 2: Biết cách sử dụng các giá trị trung bình tùy thuộc vào từng bài toán cụ thể.
- Số gốc aminoaxit trung bình. Ví dụ: (Gly)x (Ala)y (Val)z hoặc gọn hơn: (A)x

n
t

- Số nguyên tử trung bình. Ví dụ: C n H 2 n+2-t O t +1 N t (C aminoaxit = )
Bước 3: Kết hợp linh hoạt phương pháp trung bình với tính theo phương trình, định luật bảo
toàn, quy đổi,...

2. Một số bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi
glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH

phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol
X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân
tử X và 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. 340,8.
C. 409,2.
D. 399,4.
Hướng dẫn giải.
* Phân tích:
-Số liên kết peptit không nhỏ hơn 4 → Số mắt xích ≥ 5.
-Tổng số nguyên tử oxi trong X, Y bằng 13→ Tổng số mắt xích trong X, Y = 11
- (A)x + xNaOH 
 muèi + H 2 O

X:

3,8
 x=
 5, 43  
0,7
Y:


Pentapeptit (6O)


 n +n =0,7
 n  0, 4
 X Y
 X

Hexapeptit (7O) 5n X +6n Y =3,8  n Y  0, 3

10  Sè C  15

12  Sè C  18

-Khi đốt cho cùng số mol CO2. → 0,4CX=0,3CY → CX:CY = 3:4.

C =12 X:(Gly)3 (Ala)2
 X

 m=1,8.  75+22  +2.  89+22  =396,6gam
C Y =16 Y:(Gly)2 (Ala)4
→Chọn A.
Bài 2: Hỗn hợp E chứa 3 peptit X,Y,Z đều tạo từ 2 aminoaxit no, mạch hở chứa 1 nhóm –
NH2 và 1 nhóm -COOH. Đốt cháy hoàn toàn x mol hỗn hợp E thu được V1 (lít) CO2 (đktc)
và V2 (lít) H2 O(đktc). Mặt khác 0,04 mol E tác dụng vừa đủ với 0,13 mol NaOH. Biểu thức
liên hệ giữa x, V1, V2 là:


7
8

V1 -V2
.
22,4

C.

3 V1 -V2

.
x=
8
22,4

A. x=

B.

9
V -V
x= 1 2 .
8
22,4
D.

5 V1 -V2
.
x=
8
22,4

Hướng dẫn giải.
Gọi công thức trung bình của E: C n H 2 n+2-t O t +1 N t .

C n H 2 n+2-t O t +1 N t +tNaOH 
 muèi + H 2 O
0,13
=3,25  C n H 2n-1,25O 4,25 N 3,25
0,04

5 V -V
 n CO2 -n H2 O =( k -1-0,5. t ) n E  x= 1 2 →Chọn D.

8
22,4
3,25
3,25
x
 t=

Bài 3:: Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X ( CxHyOzN6) và Y(CnHmO6Nt) cần
dùng 600ml dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chưa 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 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
(Trích đề minh họa BGD năm 2015)
Hướng dẫn giải.
Cách 1: Sử dụng số mắt xích trung bình.
+ (Gly) x (Ala) y + (x+y)NaOH 
 Muèi +H 2 O

 x+y=0,9/0,16=5,625 (I)
+O2
 (Gly) x (Ala) y 

 (2x+3y)CO 2 +(1,5x+2,5y+1)H 2 O

30,73
mol
57x+71y+18

m CO2 +m H2 O =

1352,12(2x+3y) 553,14(1,5x+2,5y+1)
+
 69,31
57x+71y+18
57x+71y+18

 -416,72x  518, 2y  694, 44 (II)

x  2, 375 a 2,375
(I)

 =
 0, 73076923 →Chọn A.

b 3,25
(II) y  3, 25
Cách 2: Sử dụng công thức trung bình của peptit (số nguyên tử trung bình).
- Số nguyên tử N = t
- Số nguyên tử O = t + 1.
- Độ bất bão hòa k = t
Gọi công thức trung bình của A: C n H 2 n+2-t O t +1 N t .

C n H 2 n+2-t O t +1 N t +tNaOH 
 Muèi + H 2 O

 t=0,9/0,16=5,625  A: C n H 2 n-3,625 N 5,625O6,625


+O2
C n H 2 n-3,625 N 5,625O 6,625 

 nCO2 +(n-1,8125)H 2 O

30,73
14 n+181,125



30,73.44n
30,73.18(n  1,8125)

 69,31  n=14,5
14n+181,125
14n+181,125

 C aminoaxit 

GlyNa (a) a 3-2,577
14,5
 2,577  
 
 0, 733
5, 625
AlaNa (b) b 2,577-2

Cách 3: Sử dụng công thức trung bình của muối (số nguyên tử trung bình).
Công thức trung bình của muối có dạng: C n H 2n O 2 NNa .
A + NaOH 
 Cn H 2n O 2 NNa+H 2 O
0,16  0,9

 0,9

 0,16 :mol

 BTKL:m A =0,16.18+0,9.(14n+69)-0,9.40=28,98+12,6n

0,16.2+0,9.2n-0,9

  BT. C, H:n CO2 =0,9n; n H2O =
=0,9n-0,29
2

 mCO +m H O =0,9n.44+(0,9n-0,29).18=55,8n-5,22
2
2



GlyNa (a)
mA
28,98+12,6n 30,73
a 3-2,577
=
=

 n=2,577  
 
 0, 733
AlaNa
(b)
m (CO 2 , H2 O) 55,8n-5,22 69,31
b
2,577-2


Bài 4: 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 gần nhất với:
A. 560.
B. 470.
C. 520.
D. 490.
Hướng dẫn giải.
Cách 1: Sử dụng số mắt xích trung bình.
+ (Gly) x (Ala) y + (x+y)NaOH 
 Muèi +H 2 O

 x+y=39/7 (I)
+O2
 (Gly) x (Ala) y 

 (2x+3y)CO 2 +(1,5x+2,5y+1)H 2 O

66,075
mol
57x+71y+18

m CO2 +m H2 O =

2907,3(2x+3y) 1189,35(1,5x+2,5y+1)
+
 147,825
57x+71y+18
57x+71y+18

 -827,4x  1199, 7y  1471, 5 (II)

x=18/7
(I)
0,7.18


 m=
.(75+38)+0,7.3(89+38)=470,1 gam
7
(II) y=3
→Chọn B.
Cách 2: Sử dụng công thức trung bình của peptit (số nguyên tử trung bình).
Gọi công thức trung bình của A: C n H 2 n+2-t O t +1 N t .


C n H 2 n+2-t O t +1 N t +tNaOH 
 Muèi + H 2 O

 t=39/7  A: C n H

2n-

25
7

N 39 O 46
7

7

25
+O2
C n H 25 N 39 O 46 

 nCO2 +(n- )H 2 O
2 n14
7
7
7


66,075
14 n+1257/7



66,075.44n
66,075.18

25

(n- )  147,825  n=99/7
14
14n+1257/7 14n+1257/7

BTKL: m muèi =0,7.(14n+1257/7)+3,9.56-0,7.18=470,1 gam
Cách 3: Sử dụng công thức trung bình của muối (số nguyên tử trung bình).
Công thức trung bình của muối có dạng: C n H 2n O 2 NNa .
A + KOH 
 Cn H 2n O 2 NK+H 2 O
0,7  3,9

 3,9

 0,7 :mol

 BTKL:m A =0,7.18+3,9.(14n+85)-3,9.56=125,7+54,6n

0,7.2+3,9.2n-3,9

  BT. C, H:n CO2 =3,9n; n H2 O =
=3,9n-1,25
2

 mCO +m H O =3,9n.44+(3,9n-1,25).18=241,8n-22,5
2
2



mA
125,7+54,6n 66,075
33
=
=
 n=  m=3,9(14n+85)=470,1gam
m (CO2 , H2O) 241,8n-22,5 147,825
13

Nhận xét: Như vậy bài này bỏ qua được giữ kiên con số 4 và 13. Chắc chắn các em muốn hỏi
thầy rằng? Còn cách nào khác không thầy? Đương nhiên là còn rồi! Các em chưa biết hết
phương pháp nên chưa nhìn ra đấy thôi! Muốn chiếm lĩnh hết các phương pháp giải nhanh
peptit các em và Thầy cô tìm đọc bộ sách chinh phục hữu cơ của tôi tại nhà sách Khang
Việt Theo địa chỉ:
/>Bài 5: Peptit X, Y lần lượt có công thức tổng quát dạng CxHyOzN3, CmHnOpN4 (X, Y đều được
tạo nên từ 1  -aminoaxit A chỉ chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn
toàn hỗn hợp E gồm X và Y với tỉ lệ mol tương ứng 3:2 thì cần vừa đủ 17,136 lít O2(đktc) thu
được hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 40,9 gam .
Vậy A là:
A. Alanin.
B. Glyxin.
C. Valin.
D. axit 2-aminobutanoic.
Hướng dẫn giải.
Cách 1: Sử dụng các giá trị trung bình.

k=N=

3.3+2.4

=3,4  O  3, 4  1  4, 4
5

E: C x H y O 4,4 N 3,4  O 2 
 CO 2 +H 2 O+N 2


n CO2 -n H2 O =(3,4-1-0,5.3,4)n E =0,7n E
44n CO2 +18n H2 O =40,9
BT.O:4,4n E +2 n O2 =2n CO2 +n H2 O


 n CO2 =0,68mol

0,68
  n H2 O =0,61mol  C=
=6,8
0,1

 n E =0,1mol

0,765

→X chứa 6C. → A là C2H5O2N (glyxin) → Chọn B.
Cách 2: Quy đổi E thành đipeptit CnH2nO3N2.

sè m¾t xÝch 

3.3  4.2
 3, 4

5

(3)
2E

 CO2 +H 2 O+N 2
 +1,4 H
2 O  3,4 C n H 2n O3 N 2 + O

 2
a
 0,7a

1,7a

(3)  n CO2 =n H2 O =

0,765mol

1,7a.3+0,765.2 40,9+0,7a.18
=
 a=0,1 mol  n=4
3
62

→ Chọn B.
Bài 6: Hai peptit X và Y chỉ được tạo nên từ các aminoaxit là Gly và Ala. Biết rằng trong hai
peptit tổng số mắt xích Gly bằng 5, Ala bằng 4. Đốt cháy hoàn toàn 12,08 gam peptit X cần
dùng vừa đủ 13,44 lít O2 (đktc) thu được CO2, H2O, N2 trong đó khối lượng CO2 nhiều hơn
khối lượng nước là 13,2 gam. Y là:

A.Tripeptit.
B.Pentapeptit.
C. Tetrapeptit.
D.Hexapeptit.
Hướng dẫn giải.
Cách 1: Từ công thức phân tử trung bình.
Gọi công thức của X có dạng (Gly)n(Ala)m

(Gly)n (Ala)m +(2,25n+3,75m)O2  (2n+3m)CO 2 +(1,5n+2,5m+1)H 2 O
a
 a(2,25n+3,75m)  a(2n+3m)  a(1,5n+2,5m+1)
57an+71am+18a=12,08 an=0
X:(Ala)4
 n=0


 2,25an+3,75am=0,6
 am=0,16  

m=4 Y:(Gly)5
61an+87am-18a=13,2
a=0,04



:mol

→ Chọn B.
Cách 2: Từ số nguyên tử trung bình.
Gọi công thức của X có dạng CnH2n+2-tOt+1Nt.

C n H 2n+2-t O t+1 N t +(1,5n-0,75t)O2  nCO2 +(n+1-0,5t)H 2 O
a

 a(1,5n-0,75t)

 an  a(n+1-0,5t)

:mol

X:Gly a Ala b
14an+29at+18t=12,08 an=0,48
 n=12 
a=0


 1,5an-0,75at=0,6
 at=0,16  
 a+b=4

t=4
b=4
26an+9at-18a=13,2
a=0,04



2a+3b=12

X:(Ala)4

→ Chọn B.

Y:(Gly)5
Bài 7: Peptit X và peptit Y có tổng liên kết peptit bằng 8. Trong X cũng như Y chỉ được tạo
nên từ 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.
Hướng dẫn giải.
Cách 1: Sử dụng giá trị trung bình.

C n H 2 n+2-t O t +1 N t +(1,5n-0,75t)O 2  nCO2 +(n+1-0,5t)H 2 O+0,5tN 2
a

 a(1,5n-0,75t)

 an  a(n+1-0,5t)  0,5a t :mol

1,5an-0,75at=0,99
 n=19,25  X n



 0,01mol  n+m=10

 n=4


62an-9at+18a=46,48  t=5,5  
 n+3m=22 m=6
m

a=0,04
 Y

0,03mol
0,5at=0,11



(Gly)a (Val)4-a
a=2

 0,01(20-3a)+0,03(30-3b)= 0,77
 a+3b=11  

b=3
(Gly)b (Val)6-b
an

 m X =m(Gly)2 (Val)2  0, 01(2.75  2.117  3.18)  3,3gam .→ Chọn B.
Cách 2: Quy đổi E thành các đipeptit và H2O.

C H O3 N 2 (0,11mol)
quy ®æi

E 
  n 2n
H 2 O(ymol)


+ CO2 +H 2 O + N 2 (1)
+ O
2

 0,99mol
0,11mol

BT.C,H:0,11.44n+(0,11n+y).18=46,48
 n=7


BTKL:0,11(14n+76)+18y=46,48+0,11.28-0,99.32 y=-0,07mol

X
C aminoaxit  3,5
n
 n Gly =n Val
 0,01mol
 n+m=10

  0,11 0, 07  
 n E =0,04mol  


 n+3m=22

m

Y
 k=5,5

 k
k-2
0,03mol


 n=4 t­¬ng tù (Gly)2 (Val)2

 
 m X  3,3gam
m=6
(Gly)3 (Val)3
Cách 3: Quy đổi E thành các aminoaxit và H2O.

C H O 2 N (0,22 mol) 
quy ®æi
E 
  n 2 n+1
 CO 2 + H 2 O + N 2 (1)
+ O
2

H 2 O (y mol)
 0,99mol
0,11mol

BT.C,H:0,22.44n+(0,22n+y+0,11).18=46,48
 n=3,5(n Gly =n Val )


BTKL:0,22(14n+47)+18y=46,48+0,11.28-0,99.32 y=-0,18mol
 X
n
 k m¨t xÝch =5,5
 0,01mol  n+m=10
(Gly)2 (Val)2
 n=4
0,22 0,18

=





k
(k-1)  n E =0,04mol  Y
 n+3m=22 m=6 (Gly)3 (Val)3
m

 0,03mol
 m X  3,3gam .

Cách 4: Quy đổi E thành các gốc aminoaxit và H2O.

C H ON(0,22mol) 

quy ®æi
E 
  n 2 n-1
 CO 2 +H 2 O + N 2 (1)
+ O
2

H 2 O(ymol)
 0,99mol
0,11mol


 n Gly =n Val
 n=3,5

BT.C,H:0,22.44n+(0,22n+y-0,11).18=46,48

  n E =0,04

BTKL:0,22(14n+29)+18y=46,48+0,11.28-0,99.32  y=0,04 
 k  0, 22 / 0, 04  5, 5

X n (0,01mol)  n+m=10
(Gly)2 (Val)2
 n=4




 m X =3,3gam

Ym (0,03mol)  n+3m=22 m=6 (Gly)3 (Val)3
Bài 8: Hỗn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z và peptapeptit 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 (đktc) 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. 7,25.

B. 6,26

D. 8,25.

D. 7,26.

Hướng dẫn giải.
Cách 1: Sử dụng công thức trung bình của peptit.
 CO 2 Ba(OH)2 (0,14mol)  BaCO 3



+O2
C n H 2 n+2-t O t +1 N t 
 H 2O
 Ba(HCO3 )2


0,075
 N 2 (0,0375 mol)
t

 §­¬ng nhiªn 0,14 mol  n CO2  0, 28 mol vµ 3 < t < 5

m pep =

0,075
0,075n
1,35
14n+29t+18 
.14  2,175 
t
t
t








n CO2

 m pep  0, 28.14  2,175 

1,35
 6,545 gam → Chọn B.
3

Cách 2: Quy đổi X thành đi peptit.

CO 2 Ba(OH)2 (0,14mol) BaCO3



A + H 2 O (1) 
 C n H 2 n O3 N 2 
  H 2 O
Ba(HCO3 )2


0,0375 mol
 N 2 (0,0375 mol)
+O2

 §­¬ng nhiªn  0,14 mol  n CO2  0, 28 mol
 m pep = 0,0375n .14 + 0,0375.76-m H2O(1) < 0,28.14+2,85=6,77 gam


nCO2

Cách 3: Quy đổi X thành aminoaxit.

 CO 2 Ba(OH)2 (0,14mol) BaCO3



X + H 2 O (1) 
 C n H 2 n 1O 2 N 
  H 2 O

Ba(HCO3 )2


 N (0,0375 mol)
0,075 mol
 2
+O2

 §­¬ng nhiªn  0,14 mol  n CO2  0, 28 mol


+ n H2O(1) =

0,075(k-1)
(3< k <5)  0,05 mol  n H2O(1)  0,06 mol
k

 m pep = 0,075n .14 + 0,075.47-m H2O(1) < 0,28.14+3,525-0,05.18=6,545 gam



n CO2

Bài 9: Hỗn hợp X gồm đipeptit Y, tripeptit Z và tetrapeptit 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 150 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn thấy có 1,12 (dktc) một khí duy nhất thoát ra và thu được dung dịch có khối lượng
tăng 15,83 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. 7,38.

B. 7,85.
C. 8,05.
D. 6,66.
Hướng dẫn giải.
Cách 1: Sử dụng công thức trung bình của peptit.

 BaCO
3
 CO 2 0,1/t
 
0,3

0,1/
t




Ba(OH)2 (0,15mol)
 


+O2
C n H 2 n+2-t O t +1 N t 
   H O 0,1/t+0,1/t-0,05
 Ba(HCO
3 )2
2




 (0,1n / t-0,15)
0,1/ t

 N 2 (0,05)
















 44.0,1n / t  18 0,1n/t+0,1/t-0,05 -197 0,3  0,1n / t  15,83

 25,9 n / t  1,8/t  75,83 

t=2  n=5,786
t=4  n=11,642





 m pep =0,1 14n+29t+18 /t  1,4n/t+2,9+1,8/t


t=2, n=5,786  m pep  7,8502

 7,4247 gam  m  7,8502 gam

t=4  n=11,642  m pep  7,4247
→ Chọn B.
Cách 2: Quy đổi X thành đipeptit và H2O.

CO2
BaCO
3




(0,3-0,05n)
0,05n

Ba(OH)2 (0,15)
C
n H 2n O 3 N 2 







 +O2  H O
0,05
quy ®æi
2
3 )2
Ba(HCO
X 

  

 
 (0,05n-0,15)
2 O (a<0) 
H
 0,05n

 a

N2
 
0,05
 0,05n.62-197(0,3-0,05n)=15,83  n=5,7861
 m pep  0,05(14.5,786+76)+18a=7,8502 + 18a

0,05
-a
=
(2

k
(k-2)
 7,4002  m pep  7,8502 → Chọn B.
rµng buéc



Bài10: Hỗn hợp M gồm Lys-Gly-Ala, Lys-Ala-Lys-Lys-Gly, Ala-Gly trong đó nguyên tử oxi
chiếm 21,3018% về khối lượng. Cho 0,16 mol M tác dụng với HCl (vừa đủ) thu được m gam
muối. Giá trị của m là:
A. 90,48gam.
B.83,28gam.
C. 93,26gam. D. 86,16gam


Hướng dẫn giải.
Nhận thấy tất cả peptit đều có 1 Gyl và 1 Ala nên gọi công thức trung bình của hỗn hợp là:
GylAlaLys x


16(x+3)
 0,213018  x=1,5
146+128x

m muèi  m GlyHCl + m AlaHCl + m Lys(HCl)2  90,48gam → Chọn A.
  


0,16.111,5

0,16.125,5

0,16.1,5.219

Bài 11: Đun nóng 0,15 mol hỗn hợp X gồm hai peptit mạch hở (đều tạo bởi glyxin và axit
glutamic) với 850 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ). Kết thúc các phản ứng, cô cạn dung dịch
thu được 95,15 gam muối khan. Khối lượng của 0,1 mol X là
A. 35,3 gam.
B. 31,7 gam.
C. 37,1 gam.
D. 33,5 gam.
Hướng dẫn giải.

0, 25 5

Gly 


0,15 3
GlyK (a mol)
113a+223b=95,15 a=0,25 




GluK 2 (b mol) BT.K: a+2b=0,85
b=0,3


Glu  0, 3  2



95,15 gam
0,15
X: Gly 5/3 Glu 2 (M X =371g/mol)
→Chọn C.

m 0,1 mol X =0,1.371=37,1 gam
Bài 12: Hỗn hợp A chứa 2 peptit X, Y (có số liên kết peptit hơn kém nhau 1 liên kết). Đốt
cháy hoàn toàn 10,74 gam A cần dùng 11,088 lít oxi (đktc), dẫn sản phẩm cháy qua bình
đựng nước vôi trong dư, khối lượng bình tăng 24,62 gam. Mặt khác, đun nóng 0,03 mol A cần
vùa đủ 70,0 ml NaOH 1,0 M thu được hỗn hợp Z chứa 3 muối của Gly, Ala, Val, trong đó
muối của Gly chiếm 38,14 % về khối lượng. Phần trăm (%) khối lượng muối của Val trong Z
gần nhất với:
A. 20%.
B. 25,3%.
C. 24,3%.
D. 31,4%.
Hướng dẫn giải.
Số mắt xích t  0, 07 / 0, 03  7 / 3
A

 C n H 2 n-1/3O10/3 N 7/3  O2 
 CO2 +H 2 O +N 2


 0,495
mol
10,74 gam

24,62 gam

BTKL:n N 2 =(10,74+0,495.32-24,62)/28=0,07
10,74

 m 0,03molA =
=5,37gam

0,07.2
2
 0,06
BT.N: n Pep =
7/3


GlyNa (x mol)


 
A + NaON
 Z AlaNa (y mol)  H 2 O
 

0,03 mol
0,07 mol
ValNa (z mol) 0,03 mol

5,37 gam

BTKL


 m Z =5,37+0,07.40-0,03.18=7,63  x=

38,14.7,63
 0, 03
100.97


y=0,03
BTNa: 0,03+y+z=0,07
 z=0,01

m
=
0,03.97+111y+139z=7,63
 Z
139.0, 01
%m ValNa =
.100%  18, 22%
7, 63
→Chọn A.
Bài 14: Đun nóng 45,54 gam hỗn hợp E gồm hexapeptit X và tetrapeptit Y cần dùng 580 ml
dung dịch NaOH 1M chỉ thu được dung dịch chứa muối natri của glyxin và valin. Mặt khác,
đốt cháy cùng lượng E như trên bằng một lượng O2 vừa đủ thu được hỗn hợp Y gồm CO2;
H2O và N2. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng
115,18 gam. Phần trăm khối lượng của X trong E gần với giá trị nào nhất sau đây?
A. 74,7.
B. 42,69.
C. 68,25.
D. 61,8.

Hướng dẫn giải.

C n H 2 n-1ON (0,58 mol)   O2
Quy ®æi
 E
 CO 2 +H 2 O +N 2
 
  

H 2 O (x mol)
x mol


115,18 gam

45,54 gam

0,58(14n+29)+18x=45,54
 n=191/58


BT.C,H: 0,58n.44+18(0,58n-0,29)+18x=115,18 x=0,11

X: Gly n Val 6-n 6
 4 NaOH 
 muèi + H 2 O

Y: Gly m Val 4-m
 n X +n Y =0,11
 n X =0,07



6n X +4n Y =n NaOH =0,58  n Y =0,04
 n=3
191
BT.C

 0,07(30-3n)+0,04(20-3m)=0,58.
 1,91  7n+4m=33  
58
m=3
0,07.486
 % m X =% m Gly3Val3 =
.100%  74, 7% →Chọn A.
45,54
Bài 15: X là este của aminoaxit ; Y, Z là hai peptit (MY < MZ ) có số nitơ liên tiếp nhau, X,
Y, Z đều ở dạng mạch hở. Cho 60,17 gam hỗn hợp A gồm X, Y, Z tác dụng vừa đủ với 0,73
mol NaOH, sau phản ứng thu được 73,75 gam ba muối của glyxin, alanin, valin (trong đó có
0,15 mol muối của alanin) và 14,72 gam ancol no, đơn chức, mạch hở. Mặt khác, đốt cháy
60,17 gam hỗn hợp A trong O2 dư thì thu được CO2, N2 và 2,275 mol H2O. % Khối lượng của
Y có trong A là
A. 22,14%.

B. 17,20%.
C. 11,47%.
Hướng dẫn giải.

D. 14,76%.

X

GlyNa: C 2 H 4 O2 NNa (x mol)


A Y + NaOH
n H 2n+2 O + H 2 O (1)
  AlaNa: C 3 H 6 O2 NNa(0,15 mol + C



0,73 mol
 Z
ValNa: C H O NNa (y mol)
14,72 gam

5 10 2


60,17 gam

73,75 gam

BTKL


 n H2 O =(60,17+0,73.40-73,75-14,72)/18=0,05  n(Y,Z) =0,05
BT.N: x+y=0,73-0,15=0,58 x=0,56


97x+0,15.111+139y=73,75 y=0,02
* Tư duy:

- Các em để ý este của aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 với
ancol no đơn chức mạch hở có công thức H2N-CmH2m-COOCnH2n+1 thầy chuyển thành H2NCmH2m-CnH2n- COOH ( như một aminoaxit thực thụ). Đây là ý tưởng để quy đổi A thành các
aminoaxit và H2O.

C  H O 2 N (0,73 mol)  +O2
Quy ®æi
A 
  n 2 n+1
 CO 2 + H 2 O +N 2
 

H
O
(a
mol)


2
2,275 mol
60,17 gam

0,73(14n+47)+18y=60,17
 n=213/73

 n C(A) =0,73n=2,13 mol

BT.H: 0,73(2n+1)+2y=2,275.2 y=-0,22
 n C(ancol) =0,46


BT.C
(1) 
 2,13=
 0,56.2+0,15.3+0,02.5
 + n C(ancol)   0,46 (14n+18)=14,72
n C(A)

n C(muèi)
 n
n
=n
=0,46
>0,02;
0,15
 n=1
 aminoaxit (X) CH3OH
. Vậy:


Ancol: CH 3 OH X: GlyCH 3 (0,46 mol)
Gly=0,1/0,05=2
X:Gly
2 Ala 3

GlyK (0,1)


Y
Ala=0,15/0,05=3

0,03



 + KOH
  AlaK (0,15)  
Z 0,27 mol 
Val=0,02/0,05=0,4 Y:Gly

2 Ala 3 Val





ValK (0,02)
0,05 mol

0,02


k=0,27/0,05=5,4

 mY =

0,02(75.2+89.3+117-5.18)
.100%  14,76% →Chọn D.
60,17

Trên đây thầy chỉ mới giới thiệu một phương pháp thôi, còn nhiều phương pháp

nhanh hơn nữa. Để chiếm lĩnh được các em hãy tham khảo cuốn sách phía dưới
của Thầy nhé! Hoặc tìm đọc các số tạp chí hóa học và ứng dụng do hội hóa học
Việt Nam phát hành.


ĐỂ CÓ MỘT TÀI LIỆU HỮU CƠ HOÀN HẢO CHO MÙA THI 2017 MỜI
CÁC EM VÀ THẦY CÔ ĐÓN ĐỌC BỘ SÁCH (CHINH PHỤC HÓA HỌC
HỮU CƠ 12....). Tham khảo tại địa chỉ
/>