Chinh phục câu hỏi phân hóa kỳ thi THPT QG 2017 vô cơ và peptit duy khánh, bảo trung

hoahoc.edu.vn


hoahoc.edu.vn


hoahoc.edu.vn

-Trước kỳ thi THPT QG 2016 sắp tới,BGD đã có nhiều sự thay đổi,như các bạn thấy thì bài thi
Hóa của chúng ta sẽ thi 40 câu trong thời gian 50 phút.BGD đã đưa ra đề thi minh họa cho các
môn trong đó có môn Hóa trong bài thi KHTN,theo đánh giá sơ bộ thì mình thấy đề thi gần như
nằm trọn vẹn trong chương trình Hóa lớp 12 (giải đề minh họa thì các bạn có thể tham khảo
trong BookGol…).Như vậy các câu phân hóa nằm ở phần nào? Chính là ở phần peptit,vô cơ
dạng hỗn hợp tác dụng với hỗn hợp H + và NO3 − hay năm nay có thể nằm về dạng nhiệt nhôm
hay một số dạng khác và tất nhiên sẽ được đề cập đến trong chuyên đề bao gồm Phần 1 và Phần
2 hoặc có thể nhiều hơn; và 1 dạng bài tập nữa có thể nằm vào phần câu hỏi phân hóa chính là
bài tập về este (trong phần 2).Đề thi Minh Họa chưa thể nói lên được điều gì cả và theo mình
nghĩ thì đề thi thật sẽ khó hơn đôi chút và sẽ có nhiều mã đề nên câu hỏi phân loại có thể nằm
vào bất cứ 1 trong 3 dạng trên,tài liệu này mình và bạn Trung đã bỏ công sức ra làm nên có thể


hoahoc.edu.vn

có những sai sót nên rất mong nhận được những góp ý từ các bạn và các thầy cô.Trong phần giải
bài có những bài chưa rõ nguồn thì mong các tác giả của những bài đó bỏ qua cho.Rất mong
nhận được những phản hồi tích cực cho Phần 1!
-Tài liệu phục vụ cho kỳ thi THPT QG 2017,giành cho những bạn 99er (98er),các thầy cô dạy
Hóa nếu quan tâm đến tài liệu.Tài liệu đã chắt lọc kỹ các bài hóa hay và khó,một số bài chỉ mang
tính chất tham khảo giành cho những bạn nào quan tâm đến những bài hay ,lạ chứ không thi ĐH
nhé  ! (Phần này nhận được phản hồi tích cực thì sẽ đầu tư hơn vào phần 2 =)) mong mọi
người ủng hộ)

Tặng BookGol !
Hà Nội – Bến Tre,21/10/2016!
Bài tập 0: (Giải câu 40 đề minh họa Hóa 2017) : Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X,
tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ,
thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng oxi
vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng
bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M,
thu được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 6,0.
B. 6,5.
C. 7,0.
D. 7,5.

Cn H 2n1 NO

 H 2O
Gọi a, b lần lượt là mol của axyl và nước
C H NO Na
C H NO
nN =0,84:22,4.2=0,075 a= n n 2 n1
= 0,075  n muối n 2n 2
= 0,075  n
Na2CO3 = 0,0375
CO2 + m H 2O = 44(0,075n-0,0375)+18n.0,075=13,23  n =3,2
m Bình tăng = m

HO
m 2 = 9.0,075(2n-1) +18b = 4,095
b = 0,025

 m = 0,075(14.3,2+29)+18.0,025=5.985 g


hoahoc.edu.vn

Bài tập 1: (Thầy Hoàng Chung)X là hexapeptit và Y là heptapeptit, đều mạch hở và đều được
cấu tạo từ Alanin và Valin . Đốt 5,409 gam hỗn hợp E gồm X và Y cần 7,1064 lít Oxi (đktc).
Mặt khác đốt 0,2 mol hỗn hợp E thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 293,58 gam. Đun
nóng hỗn hợp F gồm a mol Y và a mol Valin với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch
chứa 2 muối trong đó có m gam Natri valinat và m+20,7 gam Natri alanat. Giá trị của m gần nhất
với
A. 61.5
B. 62,0
C. 62,5
D. 63,0

Cn H 2n1 NO a

 H 2O
b
Ta có hệ phương trình sau


14na  29a  18b  5, 409

na  0, 243
1,5na  0, 75a  0,31725


b

0, 2  a  0.063


b  0, 01
 44na  18na  9a  18b 293,58


n

Theo quy tắc đường chéo
8
7

Ala 3
27
7

nAla 4 0, 036
 
n
3 0, 027
 Val

6
7
Val 5
Từ số mol a.a và mol pep  n hexa= 0,007 mol; n Hepta = 0,003 mol
Vậy là hexapep và heptapep

27

7


hoahoc.edu.vn

Val3 Ala3

Val2 Ala5
Cho a mol Y + a mol Val  Hỗn hợp gồm Val:3a + Ala:5a

3a(117  22)
m

 m  62,55
5a(89  22) m  20, 7

Bài tập 2:X, Y, Z là ba peptit mạch hở, được tạo từ các α-aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –
NH2, 1 nhóm –COOH . Tổng số cacbon trong X, Y bằng số cacbon trong Z . Đun nóng 21,828g
hỗn hợp H gồm X, Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 3 : 1 (trong đó có x mol Z) trong dung dịch
NaOH, thu được dung dịch T chỉ chứa 0,096 mol muối A và 0,144 mol muối B (MA < MB).
Biết tổng số liên kết peptit của X, Y, Z bằng 17. Số mol O2 cần để đốt cháy hết 20,16x mol
peptit Z gần với
A. 6,5
B. 6,6
C. 6,7
D. 6,8

Cn H 2n1 NO a

 H 2O

b

14na  29a  18b  21,828

a  0, 24
Thu được 2 muối có thể là các cặp muối sau Gly-Ala; Gly-Val; Ala-Val
Sau khi kiểm tra n  b ( b  2a ) chỉ thấy có cặp muối Ala-Val là thỏa mãn.

 X : 0, 018
0, 096.2  0,144.5


 4, 2  b  0, 042  Y : 0, 018
0, 096  0,144
 Z : 0, 006

Do X và Y có cùng số mol nên ta có thể xem như 1 peptit( peptit T nhé) cho dễ tính
n, n’ là số mắc xích của Z và T
Sử dũng mode 7 Table để dò nghiệm (n+n’=17+1+1+1=20)
Ala


hoahoc.edu.vn

n’
5
4
3
2

n
1
4
7
10

Val
n
3
6
9

Ta thấy chỉ cặp (4,4) và (6,6) là thỏa đề  Z là

nO2  20,16.0, 006.(42 

n’
7
6
5

Ala4Val6  C42 H 76 N10O11

76 11
 )  6, 71328( mol )
4 2

Bài tập 3:Hỗn hợp X gồm 4 peptit có tỉ lệ mol lần lượt là 1:2:3:4, và tổng hai số mol của 2 peptit
có tỉ lệ mol nhỏ nhất là 0,06. Thủy 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; 2,64gam 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

 nGly  0, 22

 nAla  0, 08  nGly : nAla : nVal  11: 4 : 3
 n  0, 06
 Val
0, 02
0, 04
0, 22  0, 08  0, 06
 0, 02 
n(pep) nhỏ=
0, 06
11  4  3

0, 08
Quy hỗn hợp về

Cn H 2n1 NO

 H 2O
n

0, 22.2  0, 08.3  0, 06.5 49
49

 m  0,36(14.  29)  18.02  27, 76
0, 22  0, 08  0, 06
18
18

Bài tập 4:Hỗn hợp E chứa peptit X (CxHyO5N4) và chất hữu cơ Y (C8H16O4N2). Đun nóng
40,28 gam E cần dùng 500 ml dung dịch NaOH 1M, chưng cất dung dịch sau phản ứng thu được
x gam một ancol Z duy nhất và hỗn hợp chứa 2 muối của 2 –aminoaxit; trong đó có a gam muối


hoahoc.edu.vn

A và b gam muối B (MA < MB). Dẫn toàn bộ x gam Z qua bình đựng Na dư, thấy thoát ra 2,016
lít khí H2 (đktc); đồng thời khối lượng bình tăng 6,66 gam. Tỉ lệ a : b gần nhất là.
A. 0,6
B. 0,7
C. 0,8
D. 0,9

2, 016 : 22, 4.2  6, 66
 76  C3 H 8O2
2, 016 : 22, 6
C8 H16O4 N2  CH3CH ( NH 2 )COO  (CH 2 )3  OOCCH 2 NH 2 : 0,09
M ancol 

(Hay este của 1 gốc Ala và 1 gốc Gly)

0,5  0, 09
 0, 08
Nhận thấy X là tetrapep 
4
40, 28  0, 09(75  89  76  18.2)
MX 
 274  Ala2Gly2 : 0, 08mol
0, 08
a 0, 25(75  22)

 0,873
b 0, 25(89  22)
nX 

Bài tập 5:Thủy phân hoàn toàn m (gam) hỗn hợp X gồm 3 peptit ( trong cấu tạo chỉ chứa
Glyxin, Alanin và Valin) trong dung dịch chứa 47,54 gam KOH. Cô cạn dung dịch thì thu được
1,8m (gam) chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hết 0,5m (gam) X thì cần dùng 30,324 lít O2, hấp
thụ sản phẩm cháy vào 650 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thấy khối lượng bình tăng 65,615 (gam)
đồng thời khối lượng dung dịch tăng m1 (gam) và có một khí trơ thoát ra. Giá trị (m1 + m) gần
nhất với ?
A. 78
B. 120

C. 50
D. 80

amol

{

Cn H2n−1 NO

mol

H2 Ob

Cn H2n NO2 K a

mol

→{
mol
2377
KOH: (
− a)
2800


hoahoc.edu.vn

14na  29a  18b  m

14na  85a  56  2377  a   1,8m

 2800


1,5na  0, 75a  2, 7075

44na  18na  9a  18b  131, 23
Khi đốt 0,5m thu được
0, 69n

CO2  2  1, 075

 H O   2n  1 0, 69  2b : 2  1, 0175
 2
2
+

na  2,15
a  0, 69
215


n
69
b  0, 23

m  54, 25

Ba(OH )2

 BaCO3  0, 225.197  44,325

 m1  m  1,075.44  1,0175.18  44,325  54, 25  75,54( g )
Bài tập 6:(Phan Thanh Tùng)Hỗn hợp X chứa 2 peptit mạch hở, có tổng số liên kết peptit là 6
và được tạo bởi từ các-aminoaxit no, chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Hỗn hợp Y chứa
một axit cacboxylic và một ancol có cùng số nguyên tử cacbon. Đun nóng hỗn hợp Z gồm X (x
mol) và Y (3x mol) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp
muối. Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 10,8 gam; đồng thời thoát
ra 4,032 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy toàn bộ muối cần dùng 0,63 mol O2, thu được 25,44 gam
Na2CO3 và hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2; trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 31,0
gam. Số nguyên tử hiđro (H) của peptit có khối lượng phân tử lớn là
A. 24
B. 30
C. 26
D. 28

Xét ancol T
+ Nếu Ancol T đơn chức  nT =2nH2 = 0.36 mol; mT = 10,8+ 0,18.2 =11.16 (g)  M(T) =31
 Ancol này trên Sao Hỏa có học
+ Nếu Ancol T 2 chức  nT =nH2 =0,18 mol; mT=11,16 (g)  M (T) =62  Etylen Glycol
(C2H6O)
Vậy axit chỉ có thể là CH3COOH hoặc HCOO-COOH
Giải theo HCOO-COOH ( bạn có thể giải theo CH3COOH nhưng ra nghiệm âm điều đó chứng
tỏ bạn đang lạc lối)

Cn H 2 n NO2 Na : a(mol )
Muối thu được là 
 NaCOO  COONa : c(mol )


hoahoc.edu.vn

Ta có hệ phương trình


1,5na  0, 75a  2c  0, 63
na  0,5

25

a  c  0, 48
 a  0, 24  n 
12

c  0,12
3

44(na  2c  0, 24)  18na  18. a  31
2

nAxit =0,12; nAncol =0,12  n pep = (0,12+0,18):3 =0,1 (mol)
Do n 

25
nên 2 có 2 muối Ala, Gly
12

Theo quy tắc đường chéo
21
12

Gly 3

nGly

25
12

Ala

5



nAla



21 0, 22

1 0, 02

1
12

Phân bố a.a vào 2 pep chỉ có trường hợp này là phù hợp
Pep 1: Gly2 0,09
Pep 2 Ala2Gly4 0,01
Bài tập 7(Thầy Hoàng Chung) Hỗn hợp M gồm peptit mạch hở X (cấu tạo từ Gly, Ala, Val
trong đó số mắt xích của gly bằng tổng số mắt xích cùa Val và Ala) và peptit mạch hở Y cấu tạo
chỉ từ Alanin, số liên kết peptit trong X và Y bằng nhau. Đốt 45,48 gam hỗn hợp M cần 50,4 lít

O2 (đktc) thu được hỗn hợp CO2, hơi H2O và N2, sau khi ngưng tụ hơi nước thu được hỗn hợp
CO2 và N2 có tỉ khối so với hiđro là 2226/107. Mặt khác đun nóng m gam hỗn hợp M với dung
dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa 3 muối trong đó có 86,58 gam Natri alanat; 38,8
gam natri glixinat. Đốt 20,17 gam X cần V lít O2 (đktc). Giá trị của V gần nhất với
A. 20
B. 22
C. 24
D. 26


hoahoc.edu.vn

Cn H 2n1 NO a

 H 2O
b

CO2 : na


a
N2 :

2




14na  29a  18b  45, 48
na  1,82


91

 a  0, 64  n 
1,5na  0, 75a  2, 25
32
 44na  14a 4452
b  0, 08



a
107
 na 

2
x,y,z là mol của Gly Ala Val
Có hệ phương trình

 38,8 : (75  22) x
 86,8 : (89  22)  y
 x  0, 2

 X : Gly4 Ala3Val : 0, 05

x

y

z


0,
64

y

0,39




Y : Ala8 : 0, 03
2 x  3 y  5 z  na
 z  0, 05



Bài tập 8 (Bookgol):X là este của α-amino axit có công thức dạng CnH2n+1NO2 ; Y là một
peptit được tạo bởi các α-amino axit no, chứa một nhóm –NH2, 1 nhóm –COOH, mạch hở ; X và
Y đều mạch hở. Thủy phân hỗn hợp H gồm X (2a mol), Y (a mol) trong dung dịch chứa 0,4 mol
KOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn Z chứa hai muối và ancol T. Cho T tác
dụng với Na thu được 2,24 lít H2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy cũng lượng H trên thì cần đúng 1,35
mol O2. % khối lượng muối có phân tử khối nhỏ hơn trong Z là
A. 72,39%.
B. 88,98%.
C. 64,02%.
D. 72,75%.

Quy hỗn hợp về

Cn H 2 n1 NO2 : a

Cm H 2 m1 NO : b
H O : c
 2


hoahoc.edu.vn

nH 2 

1
nAncol  0,1  nancol  neste  0, 2  n pep  0,1
2


nKOH ( este )  0, 2

 dipeptitde

nKOH ( pep )  0, 2
Cho n chảy từ 3 trở lên nhận thấy n =3  m=2,5 thỏa mãn vậy ta thu được
X là NH2-CH2-COOCH3 0,2 ; Y là Gly-Ala 0,1

Bài tập 9(Phúc Bá): Hỗn hợp E chứa 3 peptit X,Y,Z đều mạch hở có M tăng dần và có tỉ lệ mol
tương ứng là 4 : 2 : 1; trong mỗi phân tử X,Y,Z đều có số nguyên tử oxi không nhỏ hơn 4. Đốt
cháy 44,37 gam E với lượng oxi vừa đủ, sản phẩm cháy gồm CO2,H2O và N2 được dẫn qua
bình đựng dung dịch KOH đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 88,71 gam. Mặt khác đun nóng
0,336 mol E cần dùng dung dịch chứa 44,16 gam NaOH, thu được dung dịch chỉ chứa 2 muối
của 2 alpha-amino axit thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. Phần trăm khối lượng của Z có trong

hỗn hợp E gần nhất với ?
A. 20%
B. 21% (21,43%)
C. 22%
D. 23%

Cn H 2n1 NO a

 H 2O
b
Ta có hệ phương trình


14na  29a  18b  44,37
na  1, 47

49

44na  18na  9a  18b  88, 71  a  0, 69  n 
23
 a 44,16 : 40
b  0, 21

 
0,336
 b


hoahoc.edu.vn

20
23

Gly 3

49
23

nGly


nAla



20 0, 6

3 0, 09

3
23
Ala 5
Theo đề ta thu được các pep sau :

 X : Gly3 : 0,12

Y : AlaGly2 : 0, 06
 Z : AlaGly : 0, 03
4


Bài tập 10 (Hsg Hà Tĩnh): Hỗn hợp A gồm một peptit X và một peptit Y ( mỗi chất được cấu
tạo từ 1 loại axit amin) tổng số liên kết peptit trong X và Y là 5 biết nX:nY=1:2. Khi thủy phân
m gam hỗn hợp A thu được 5,625 gam Gly và 10,86 gam Tyr. Tính giá trị m
A. 12,628
B. 13,476
C. 14,865
D. 15,284

 X : Gly : 2a

Y : Tyr : a

gọi t là số liên kết peptit của X  (5-t) là số liên kết của peptit Y

+ Có hệ phương trình
Loại vì t phải nguyên

 X : Tyr : 2a

Y : Gly : a

2a(t  1)  0, 075
at  0, 0236

 t  1, 697

a(5  t  1)  0, 06
a  0, 0139

gọi t là số liên kết peptit của X  (5-t) là số liên kết của peptit Y

hoahoc.edu.vn

Có hệ phương trình

2a(t  1)  0, 06
at  0, 015

 t 1


a
(5

t

1)

0,
075
a

0,
015


Vậy

 X : Tyr2 : 0,03

 m  14,865

Y
:
Gly
:
0,015
5

Bài tập 11:X là một peptit có 16 mắt xích (được tạo từ các –amino axit no, hở, có 1 nhóm –NH2
và 1 nhóm –COOH). Để đốt cháy m gam X cần dùng 45,696 lít O2. Nếu lấy m gam X cho tác
dụng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH rồi cô cạn cẩn thận thì thu được hỗn hợp chất rắn Y.
Đốt cháy hoàn toàn Y trong bình chứa 12,5 mol không khí, toàn bộ khí sau phản ứng cháy được
ngưng tụ hơi nước thì còn lại 271,936 lít hỗn hợp khí Z. Biết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn, các
khí đo ở đktc, trong không khí có thể tích O2 còn lại là N2. Giá trị m gần nhất với?
A. 42
B. 43
C. 44
D. 45

Cn H 2 n1 NO : a
 2, 04O2

 H 2O : b
a

N
:10

2


2
N
:10

 2
Cn H 2 n NO2 Na : a  
 O2 : 2,5  2, 04  0, 46
O
:
2,5
 2

a
CO2 : na 
2



Đốt muối thì số mol oxi = với số mol oxi đốt pep


hoahoc.edu.vn


1,5na  0, 75a  2, 04

a  17b  0

a

a
10   0, 46  na   12,14
2
2

na  1, 68
1, 68

 a  0, 64  m  0, 64(14.
 29)  0, 04.18  42,8( gam)
0,
68
b  0, 04

Bài tập 12 (Thầy Hoàng Chung):Hỗn hợp X gồm 3 triglixerit Y,Z,T (có tỉ lệ số mol
Y:Z:T=1:2:3). Đun nóng m gam hỗn hợp X với dung dịch NaOH vừa đủ thu được 1,656 gam
glixerol và 3 muối (gồm natri stearat; oleat và panmitat có tỉ lệ số mol 5:7:6 theo thứ tự trên).
Đốt lượng chất Z có trong m gam hỗn hợp X cần 0,483 mol O2. Lấy lượng chất Y,T có trong m
gam hỗn hợp X trộn với m’ gam peptit mạch hở R (cấu tạo từ các a-aminoaxit no mạch hở chứa
1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH) thu được hỗn hợp Q rồi đem cần 1,9095 mol O2 đốt thu được
m+8,196 gam H2O; 2,24 lít N2 (đktc). Phần trăm khối lượng R trong Q gần nhất với
A. 49%
B. 50%
C. 54%
C. 55%

Một bài toán kết hợp giữa peptit và este
( Quy ước cho bài này S: stearic ( hay gốc stearat ), tương tự với P và O)

Y : a(mol )

1, 656

X  Z : 2a(mol )  a  2a  3a 
 a  0, 003
92
T : 3a(mol )

Z có công thức :

n

Cn H 2 n42 k O6

( k là số liên kết pi trong gốc HRCB)

2n  4  2k 6

4
2  0, 483  nO2
1
0, 006 nZ

Vậy ta thu được từ tỉ lệ X gồm

Chỉ có k=2 (thỏa) n=57


hoahoc.edu.vn

Y : S  S  S ; C57 H110O6 : 0, 003(mol )


 Z : S  O  O; C57 H106O6 : 0, 006(mol )  m  15, 474
T : O  P  P; C H O : 0, 009(mol )
53 100 6

Quy peptit về

Cn H 2n1 NO a

 H 2O
b
110
100
− 3) − 0,009 (53 +
− 3) = 0,99
4
4
a = 0,2
15,474 + 8,196
2na − a + 2b =
∗ 2 − 0,003 ∗ 110 − 0,009 ∗ 100 = 1,4
18

1,5na − 0,75 = 1,9095 − 0,003 (57 +

{

na  0,76
0,76


 29)  17,34( g )
a  0, 2  m '  0,05.18  0, 2(14.
0,
2
b  0,05


%m pep 

m'
 52,8%
m  m'

Bài tập 13 (Huỳnh Tuấn An):X là hỗn hợp chứa 4 peptit mạch hở có cùng số mol đều được tạo
từ 2 hoặc 3 trong số 4 axit amin Gly ,Ala. Val, Glu ( số liên kết-CONH- trong mỗi peptit không
vượt quá 3) . Cho a mol X tác dụng vừa đủ với 1,2 mol NaOH thu được hỗn hợp muối Y chứa 3
muối ValNa GlyNa AlaNa đếu có số mol là 0,2 và x mol muối Glu. Đốt cháy hoàn toàn Y thu
được Na2CO3 CO2 H2O và 11 (l) N2 ở 1atm 25°C . %m peptit có M nhỏ nhất là.
A 20.
B 22.
C 24
D.26

pV  nRT
 11  n0, 082(273  25)
 n  0, 45(mol )
 nN  0,9(mol )
 nN (Glu )  0,9  0, 2.3  0,3  nGlu

hoahoc.edu.vn

+Không cần quan tâm đến mol NaOH vì nó chỉ cho ta biết Glu cộng với bao nhiêu nguyên tử Na,
nhưng bài này chỉ cần tính mol axit amin nên NaOH không còn quan trọng.

Vậy X chức các axit amin

Gly  Ala  Val  0, 2(mol )

Glu  0,3(mol )

+Nhiệm vụ của ta và phân bố các axit amin trên vào 4 pep có số mol như nhau
Ước chung của 0,2 và 0,3 là 0,01;0,05;0,1 , t = số mol axit amin
+Nếu mol mỗi pep là 0,1 mol 

0,1.4.2  t  0,1.4.3  0,8  t  1, 2

thỏa mãn vì

0, 9  f (t )
Kiểm tra tương tự cho 0,05 và 0,01 thấy

Vậy các pep là

ValGlyAla : 0,1
GluVal : 0,1


GluAla : 0,1
GluGly : 0,1

0,9  f (t )

 loại ngay

%mPep (min)  22,34%

Bài tập 14 (Hồ Nguyễn Bảo Trung): Hỗn hợp X gồm 2 peptit có số mol bằng nhau, mỗi peptit
được tạo ít nhất là 2 trong 3 axit amin sau: Gly, Ala, Val, số mắc xích trong mỗi peptit không
vượt quá 4 và tỉ lệ mol giữa Gly và Ala là 1:2. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp X bằng HCl vừa
thu được dung dịch Y,Cho Y tác dụng với AgNO3/NH3 vừa đủ thu được kết tủa Z và dung dịch
T, lọc bỏ kết tủa cô cạn cẩn thận dung dịch T thu được 10,84 gam muối. Mặt khác nếu cho lượng
HCl trên vào dung dịch chứa 0,2 mol FeCl3 thu được dung dịch R, điện phân dung dịch R bằng
dòng điện một chiều thì thu được tối đa một lượng khí Clo, đủ để sản xuất 37,719 gam clorua vôi
( biết hiệu xuất sản xuất clorua vôi là 90 % ). Tính phần trăm khối lượng peptit có số mắc xích
Val nhiều hơn trong X là ? ( chọn đáp án gần nhất)
A.50%
B.54%
C.58%
D.60%

Cn H 2 n1 NO

 H 2O

a
b


hoahoc.edu.vn

 AgCl : a(mol )
AgNO3 / NH3
HCl
X 

 Cn H 2 n 2 NO2Cl : a(mol ) 


Cn H 2 n5 N3O5 : a(mol )
Giải thích cho dòng trên: Nếu lấy Gly làm chuẩn thì

NH 2  CH 2  COOH  HCl  NH 3Cl  CH 2  COOH
NH3Cl  CH 2  COOH  AgNO3 / NH3  NO3 NH3  CH 2  COONH 4  AgCl
Ala, Gly cũng tương tự nên ta quy về n giải cho gọn
Bảo toàn clo

a  0, 2.3 

37, 719
: 0,9.2  a  0, 06
127

Có hệ phương trình :


na  0, 23
14
na


127
a

10,84


 a  0, 06

a  0, 06

23
n 
6


Gly : x(mol )
2 x  3.2 x  5(0, 06  3x) 23

n

 x  0, 01
 Ala : 2 x(mol )
0,
06
6
Val : 0, 06  3x(mol )


Gly : 0, 01


  Ala : 0, 02
Val : 0, 03

Do pep được tạo ít nhất từ 2 loại a.a  đi pep trở lên
Do số mắt xích không vượt quá 4  đi hoặc tri pep
Ước chung của 0,01; 0,02; 0,03 có thể là 0,01 : k = số mol mỗi pep( k là số nguyên )

Vậy chỉ có k=1 là thỏa X gồm

GlyAlaVal : 0,01(mol )
 %  53,947

Val
Ala
:
0,01(
mol
)
 2

Hoặc cũng có thể là
0,01 Gly-Ala, 0,01 Ala-Val3  73,56%
0,01 Gly-Val, 0,01 Ala2-Val2  67,29%


hoahoc.edu.vn

0,01 Ala-Val, 0,01 Gly-Ala-Val2  64,66%
0,01 Ala2-Val, 0,01 Gly-Val2 -> 51,32%
nhưng không có trường hợp nào gần hơn đáp án này 

Bài tập 15(Tienson Nguyen):Hỗn hợp E chứa các chất hữu cơ đều mạch hở gồm chất X
(C7H14O4N2) là este của a-aminoaxit và hai peptit Y, Z (MY < MZ) hơn kém nhau một liên kết
peptit. Đun nóng 35,96 gam hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản
ứng thu được phần hơi chứa etilen glicol có khối lượng 2,17 gam và phần rắn gồm hai muối của
glyxin và alanin. Đốt cháy hết hỗn hợp muối cần dùng 1,5375 mol O2, thu được Na2CO3; CO2;
H2O và 5,6 lít khí N2 (đktc). Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E là
A. 47,96%
B. 42,13%
C. 38,47%
D. 55,89%
Theo dữ kiện đề bài tìm được

X : CH 3CH ( NH 2 )COO  (CH 2 )2  OOCCH 2 NH 2 : 0, 035
Là este của Gly và Ala
Muối gồm

C2 H 4 NO2 Na : a
a  b  0,5
a  0, 225





2, 25a  3, 75b  1,5375 b  0, 275
C3 H 6 NO2 Na : b

Gly : 0,19

 Ala : 0, 24

 35,96  0, 035(89  75  61  18.2)  29,31

Trong 2 peptit chứa

m pep

Quy hỗn hợp về

Cn H 2n1 NO a

 H 2O
b


14na  29a  18b  29,31

 b  0, 08( mol )
a  0,19  0, 24  0, 43

0,19.2  0, 24.3
n 
 0, 08
0, 43

Vậy peptit chỉ có thể là

Z : Gly3 Ala3 : 0, 03

Y : Gly2 Ala3 : 0, 05

hoahoc.edu.vn

Bài tập 16 (Phúc Bá):Hỗn hợp A có khối lượng 117,1 gam gồm este 2 chức X và peptit Y (được
cấu tạo từ 3 trong số các axit amin có 1-COOH trong SGK); X và Y có cùng độ bất bão hòa là a
(4gam các muối hữu cơ. Đốt cháy hoàn toàn A trong O2 vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào
dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 535 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 223,1 gam;
sau phản ứng thấy có 15,68 lít (đktc) khí trơ thoát ra. Tổng số nguyên tử H của X và Y là bao
nhiêu ?
Bài tập 17 (Thầy Hoàng Chung):Hỗn hợp X gồm 4 peptit mạch hở cấu tạo từ aminoaxit no
mạch hở có 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm -COOH gồm tripeptit Y; pentapeptit Z; hexapeptit R;
nonapeptit T trong đó số mol Y bằng 2 lần số mol T; số C trong Z và R bằng nhau ; số mol R gấp
3 lần số mol Z; trong T có số mắt xích nầy gấp đôi số mắt xích còn lại. Thuỷ phân hoàn toàn hỗn
hợp X chỉ thu được 2 loại aminoaxit . Đốt 14,484 gam hỗn hợp X cần 14,7168 lít O2 (đktc) thu
được hỗn hợp CO2, hơi H2O và N2 trong đó tổng số mol CO2 và H2O là 1,022 mol. Đun nóng
hỗn hợp gồm 0,05 mol Y và 0,15 mol T với dung dịch NaOH vừa đủ thu được m gam muối. Giá
trị của m gần nhất với
A. 29,5
B. 30,0
C. 30,5
D. 31,0
Bài tập 18 ( Thầy Hoàng Chung):Hỗn hợp X gồm peptit A được cấu tạo bởi glyxin, alanin và
chất béo B có chứa 3 liên kết p trong phân tử (số mol của B nhỏ hơn số mol của A). Đốt cháy a
gam hỗn hợp X cần vừa đúng 49,28 lít O2 (đktc). Mặt khác, thủy phân a gam hỗn hợp X bằng
một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được m gam hỗn hợp Y gồm 3 muối. Đốt cháy
m gam hỗn hợp muối Y cần vừa đúng 47,712 lít O2 (đktc), thu được hỗn hợp khí Z gồm CO2,
H2O, N2 và 13,78 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Z qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư
thấy khối lượng bình tăng thêm 90,46 gam so với ban đầu. Xem như N2 không bị nước hấp thụ,
các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hỗn hợp X gần nhất với

giá trị nào sau đây?
A. 43,6%.
B. 42,7%.
C. 44,5%
D. 41,8%


hoahoc.edu.vn

Nung m gam hỗn hợp gồm Al,Fe(NO3 )3 trong đk không có không khí sau 1 thời gian
thu được 52,48 gam chất rắn X và 7,056 lít hỗn hợp khí Y(đktc) gồm NO2 và O2 .Hòa tan hoàn
toàn X trong 1,32 lít dung dịch H2 SO4 1M thu được dung dịch chỉ chứa 158,08 gam muối sunfat
trung hòa và 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài
không khí có tỷ khối so với H2 là 9.Giá trị m gần nhất với :
A.64,17g

BTKL

→

C.66,8g

D.63,8g

nH2 O = 0,97 mol

BTNT H

→

mmuối

→

B.65,6 g

nNH4 + =

1,32 − 0,15 − 0,97
= 0,1 mol
2

mKL = 158,08 − 0,1 ∗ 18 − 96 ∗ 1,32 = 29,56 (gam)

BTNT O

→

nO trong CR X = nNO + nH2 O = 0,2 + 0,97 = 1,17 (mol)

NO
⏟2
0,315 mol {a mol
O
⏟2
b mol
52,48 g

52,48 g X
{

BTNT N

→

nFe(NO3 )3

KL
⏟

KL
⏟

to
Al
m g{
→
Fe(NO3 )3

O
⏟

H2 SO4

1,17 mol
BTKL

→
{

N

⏟

0,3 mol

→

158,08

29,56g
SO 2−
g ⏟4
1,32 mol
+
NH
⏟ 4
{ 0,1 mol

NO
⏟
+{ H
⏟2

→

+ H
⏟
2O

0,15 mol

0,97 mol

a + b = 0,315
a + 0,3
BTNT O
a
+
0,3
a = 0,3
(mol) → {→
=
9∗
=⏟
0,315 ∗ 2 + 1,17
mol
⏟ →{
3
b
= 0,015
3
NO+NO2

BTKL

0,2 mol

m = 66,76 gam → Chọn C

O trong X

hoahoc.edu.vn

Hỗn hợp rắn X gồm FeS,FeS2 , Fex Oy ,Fe.Hòa tan hết 29,2 gam hỗn hợp X vào dung dịch
chứa 1,65 mol HNO3 , sau phản ứng thu được dung dịch Y và 38,7 gam hỗn hợp khí Z gồm NO
và NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác của NO3 − ).Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được
77,98 gam hỗn hợp muối khan.Mặt khác,khi cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y,lấy kết tủa nung
trong không khí đến khỗi lượng không đổi thu được 83,92 gam chất rắn khan.Dung dịch Y hòa
tan hết m gam Cu (giải phóng khí NO là sản phẩm khử duy nhất).Giá trị của m là?
A.11,2 gam

B.23,18 gam

C.11,92 gam

D.6,72 gam

mX → 56a + 32b + 16c = 29,2

mmuối

mol

→
Fea
mol
X Sb
→
mol
Oc

{
{
pứ

242(a
−
⏟

2b
3

b

) + 400
⏟ ∗ 3 = 77,98

Fe(NO3 )3
mrắn

→

Fe2 (SO4 )3

80a
⏟ + 233b
⏟
= 83,92

FeO1,5
BTKL

nHNO3 = x mol →

a = 0,35mol
→ |b = 0,24mol
c = 0,12mol

BaSO4

29,2 + 63x = 77,98 + 38,7 + 18 ∗ 0,5x → x = 1,62mol

3+
Fe
⏟

|

0,35mol
+

H
⏟

0,03mol CuMax
Y| NO − →
|4H +
⏟ 3

|

0,6mol
2−
SO
⏟4

Fe3+ + e → Fe2+
BTe
1
0,09
+ NO3 − + 3e → NO + 2H2 O → mCu = 64 ∗ 2 (0,35 + 4 ) = 11,92gam
Cu → Cu2+ + 2e

0,12mol

Chọn đáp án C
:Cho hỗn hợp X gồm Fe2 O3 ,FeO và Cu ( trong đó Fe chiếm 52,5 % về khỗi lượng ).Cho m
gam hỗn hợp X tác dụng với 84 ml dung dịch HCl 2M (dư) đến khi phản ứng hoàn toàn thu được
dung dịch Y và còn 0,2m gam chất rắn không tan.Cho dung dịch AgNO3 dư vào Y ,sau phản ứng
thu được 28,32 gam kết tủa,đồng thời thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất của NO3 − ).
Giá trị của m là?
A.8 gam

B.6,4 gam

C.8,8 gam

D.9,6 gam


hoahoc.edu.vn

Fe2+
2+
Cu
⏟

BTKL

→

amol
−
0,168mol
+

{

BTĐT 0,525

→

→

Cl
⏟

Dung dịch Y

m = 0,2m + 64a + 0,525m + 8(0,168 − b)

H
⏟

mkt

{→ 108 (

56

0,525
56

∗ 2 + 2a +b = 0,168

m − 0,75b) + 143,5 ∗ 0,168 = 28,32

m = 6,4
→ | a = 0,01
b = 0,028

bmol

Chọn đáp án B
Trộn 8,1 gam bột Al với 35,2 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe, Fe2 O3 , Fe3 O4 ,FeO và
Fe(NO3 )2 thu được hỗn hợp Y.Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch chứa 1,9 mol HCl và 0,15
mol HNO3 .Khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z (không chứa
NH4 + ) và 0,275 mol hỗn hợp khí T gồm NO và NO2 .Cho dung dịch AgNO3 đến dư vào dung
dịch Z,sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch M,thoát ra 0,025 mol khí NO (sản phẩm khử
duy nhất của NO3 − ) và 280,75 gam kết tủa.% khối lượng của Fe(NO3 )2 trong hỗn hợp Y là?
A.41,57%

B.62,65%

C.76,7%

D.51,54%

nH+dư = 4nNO = 0,1mol

{BT e
→ nFe2+ = nAg + 3nNO = 0,15mol
BTĐT

→

nFe3+ = 1,9
2 ∗ 0,15 − 3⏟∗ 0,3 = 0,2mol
⏟ − 0,1
⏟ −⏟
Cl−

H+

Fe2+

Al3+

1,9
⏟
⏟ + 0,15 − 0,1

BTNT H

→
BTKL

→

n H2 O =

∑H+

H+dư

2

= 0,975mol

m(NO+NO2 ) = 8,1 + 35,2 + 1,9 ∗ 36,5 + 0,15 ∗ 63 − 95,25 − 18 ∗ 0,975 = 9,3gam

nNO = 0,2mol BTNT N
nNO + nN2 O = 0,275
0,2+0,075∗2−0,15
→{
nFe(NO3 )2 =
= 0,1mol →
mol →
2
nN2 O = 0,075
30a + 46b = 9,3
%Fe(NO3 )2 = 41,57%

Chọn đáp án A
{

Hòa tan hoàn toàn m g hh X gồm FeO, Fe3 O4 , FeS, FeS2 , CuS, S trong dung dịch chứa
0,25 mol H2 SO4 đ,n(vừa đủ).Sau phản ứng thu được dung dịch Y và có 4,48 lít (đktc) SO2 thoát
ra.Cho dung dịch Ba(OH)2dư vào dung dịch Y thu được (5m-1,3)gam kết tủa.Mặt khác hòa tan
hết m gam X trên trong dung dịch HNO3 đ,n,sau phản ứng thấy thoát ra hỗn hợp khí chứa a mol
NO2 và 0,02 mol SO2 .Dung dịch sau phản ứng chứa 389m/160 gam muối.Giá trị của (m+a) có giá
trị gần nhất với?


hoahoc.edu.vn

A.8,2 gam

B.6,8 gam

C.9,8 gam

D. 11,2 gam

Fe: x
Fe3+ : x
Cu: y
Cu2+ : y
m g X{
mol + H
mol + SO
⏟2 Y + Ba(OH)2 dư →↓
⏟2 SO4 → Y {

O: z
2−
0,2 mol
0,25 mol
SO4 : t + 0,05
S: t
Fe(OH)3 : x
{ Cu(OH)2 : y
BaSO4 : (t + 0,05)

BTĐT

→
3x + 2y = 2(t + 0,05) (1)
m↓ = 107x + 98y + 233(t + 0,05) = 5(56x + 64y + 16z + 32t) − 1,3 (2)
BTe

→
{

3x
⏟

+

Fe→Fe3+ +3e

2y
⏟

+

Cu→Cu2+ +2e

6t
⏟

= 0,2
⏟ ∗2+

S→S+6 +6e

Fe3+ : x
Cu2+ : y
SO4 2− : (t − 0,02)

X+HNO3 đ, n → Muối

BTĐT

−
{NO3 →

(3x + 2y − 2t + 0,04)

2z
⏟

(3)

O+2e→O−2

SO2

SO
⏟2
+ {0,02 mol
NO
⏟2
a mol

mmuối = 56x + 64y + 96(t − 0,02) + 62(3x + 2y − 2t + 0,04)
389
(56x + 64y + 16z + 32t) (4)
=
160
x = 0,06
BTe
y = 0,01
Giải hệ ↳ {
mol → 3x + 2y + ⏟
6 ∗ 0,03 + ⏟
4 ∗ 0,02 = 2z
⏟ + ⏟
a → a = 0,36(mol)
z = 0,05
−2
+4
+6
NO

O→O
S→S
S→S
2
t = 0,05
Vậy (m+a) = 6,4+0,36 = 6,76 gam => Chọn B
Nung m gam hỗn hợp X gồm Fe và Al trong không khí thu được (m+6) gam chất rắn
gồm các Oxit.Hòa tan Y trong dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch Z chứa (3m –1,175)
gam chất tan.Cho Z tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được ( 9m –1,275) gam kết tủa.Mặt
khác hòa tan hết m gam X trong HNO3 dư thu được dung dịch A và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí B
gồm NO và N2 ( tỷ lệ mol 1:2 ).Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được bao nhiêu gam chất rắn?
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
A.69,7 gam

B.70,7 gam

C.66,8 gam

D.67,8 gam


hoahoc.edu.vn

nO =

6
= 0,375 mol → nCl− = 0,75mol
16

Ta có mFe+Al = (3m − 1,175 − 35,5 ∗ 0,75) = 3m − 27,8 = m → m = 13,9gam

nFe2+ =
BTKL

{

→

BT e

→

nNH4 NO3 =

56nFe3+ + 27nAl3+ = 13,9 − 0,15 ∗ 56

BTĐT

→

9 ∗ 13,9 − 1,275 − 143,5 ∗ 0,75
= 0,15mol
108

3nFe3+ + 3nAl3+ = 0,75 − 0,15 ∗ 2

→|

nFe3+ = 0,05mol
nAl3+ = 0,1mol

0,2 ∗ 3 + 0,1 ∗ 3 − 0,05 ∗ 10 − 0,1 ∗ 3
= 0,0125mol → mrắn = 70,7gam → B
8
X

Em Vinh): Trộn 48 mol kim loại M và x mol Fe thu được hỗn hợp A (X là nguyên tử
khối của kim loại M có số oxi hóa duy nhất là 2).Cho A tác dụng vừa đủ với hỗn hợp dung dịch
B chứa 348,25 gam hỗn hợp HCl và NaNO3 thu được dung dịch C chỉ chứa 280,05 gam muối
khan ( trong đó 2 muối sắt có số mol bằng nhau) và hỗn hợp 45,92 lít (đktc) hỗn hợp khí D gồm
N2 O, H2 , NO2 có tỷ khối so với H2 là
kim loại M trong A?

854
41

1

, (trong đó nN2 O = 39 nNaNO3 ).Xác định % khối lượng

( Đã thêm 1 dữ kiện,đề ban đầu chưa chặt )

mol
mol
BTNT O
14
HClx
→
n
=
(

y
+
2z)
H2 O
mol
13
NaNO3 y
→
mol
BTNT N
37
mol
+z
→
n
=
(
y
−
z)
NH4
NO2
39
{
{

Ta có hệ phương trình sau:
365, x + 85y = 348,25
14
38

x = 5mol
→
x = 2 ( y + 2z) + 2 (2,05 + z − y) + 4z
→ |y = 1,95mol
13
39
37
44
38
z = 0,05mol
46
(
y
−
z)
+
y
+
2
(2,05
+
z
−
y)
=
85,4
{
39
39
39

BTNT H