Tuyển chọn bài tập và xây dựng phương pháp giải nâng cao hiệu quả dạy học bài PEPTIT PROTEIN lớp 12 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TUYỂN CHỌN BÀI TẬP VÀ XÂY DỰNG PHƯƠNG PHÁP
GIẢI - NÂNG CAO HIỆU QUẢ DẠY HỌC
BÀI PEPTIT- PROTEIN LỚP 12 THPT

Họ và tên:
Nguyễn Minh Hải
Chức vụ:
Tổ trưởng chuyên
môn
Đơn vị công tác:
THPT Hậu Lộc 3
SKKN thuộc môn: Hóa học

THANH HÓA NĂM 2017


I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Nâng cao chất lượng dạy học nói chung và chất lượng dạy học Hóa học nói riêng là
nhiệm vụ quan trọng nhất hiện nay của giáo viên Hóa học ở các trường phổ thông.
Trong dạy học Hóa học, chúng ta có thể nâng cao chất lượng dạy học và phát triển
năng lực nhận thức của học sinh bằng nhiều biện pháp và nhiều phương pháp khác nhau, mỗi
phương pháp đều có những ưu điểm riêng, nên đòi hỏi giáo viên phải biết lựa chọn, phối hợp
các phương pháp một cách thích hợp để chúng bổ sung cho nhau, nhằm giúp học sinh phát
huy tối đa khả năng tư duy độc lập, tư duy logic và tư duy sáng tạo của mình.
Trong quá trình dạy học, tôi thấy các bài tập chương peptit protein là bài tập khó ,

học sinh thường lúng túng khi giải quyết các bài tập thuộc chương này nhất là các bài tập
định lượng, do vậy việc tuyển chọn các bài tập và xây dựng phương pháp giải là rất cần thiết
để học sinh không còn ngại khi làm bài tập chương peptit protein.
2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh có hứng thú hơn khi học chương peptit protein , phát triển tư duy cho học
sinh
3. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu tìm ra các cách giải khác nhau của một số bài toán chương peptit thường gặp.
-Xây dựng các bài tập chương peptit có nhiều cách giải cho học sinh
-Sử dụng các bài tập này trong việc giảng dạy các tiết học chính khóa và không chính khóa ở
trường trung học phổ thông.
4. phương pháp nghiên cứu :
Phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết , phương pháp thống kê, xử lý số liệu
II. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
- Bài tập hóa học là một biện pháp quan trọng để thực hiện nhiệm vụ dạy học. Bài tập
Hóa học giúp học sinh đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh động, phong phú, giúp
cho giáo viên củng cố và hệ thống hóa kiến thức một cách thuận lợi, rèn luyện được nhiều kĩ
năng cần thiết về hóa học góp phần vào việc giáo dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh.
- Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực hiện giải bài toán bằng nhiều cách khác
nhau, giúp học sinh không những nắm vững kiến thức mà còn hoàn thiện kỹ năng và hình
thành kỹ xảo. Điều này hết sức cần thiết, giúp học sinh giải quyết nhanh, đạt kết quả tốt trong
việc giải các bài toán trắc nghiệm có yêu cầu mức độ vận dụng ngày càng cao trong các kỳ
thi hiện nay.
2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Học sinh khó khăn khi tiếp nhận kiến thức chương peptit và protein , các bài thi thường đạt
kết quả thấp
III. GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
III.1 XÂY DỰNG CÁC CÁCH GIẢI KHÁC NHAU CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN
HỮU CƠ THƯỜNG GẶP CHƯƠNG PEPTIT, PROTEIN

Con đường tư duy:
(1).Các học sinh phải nhớ các aminoaxit quan trọng sau để thuận cho việc tính toán
Gly: NH2 − CH2 − COOH , có M = 75
Ala: CH3 − CH ( NH2 ) − COOH , có M = 89
Val: CH3 − CH(CH3) − CH ( NH2 ) − COOH , có M = 117
Lys: H2N − [ CH2 ] 4 − CH(NH2 ) − COOH , có M = 146

Glu: HOOC − [ CH2 ] 2 − CH(NH2) − COOH , có M = 147
Tyr: HO − C6H4 − CH2 − CH(NH2 ) − COOH , có M = 181
phe: C6H5CH2CH ( NH2 ) COOH , có M = 165

1


(2).Khi thủy phân các bạn cần nhớ phương trình ( A) n + ( n − 1) H 2O → nA .
Trong môi trường kiềm (NaOH hoặc KOH) ta cứ giả sử như nó bị thủy phân ra thành các
aminoaxit sau đó aminoaxit này mới tác dụng với Kiềm.(Chú ý khi thủy phân thì peptit cần
H2O nhưng khi aminoaxit tác dụng với Kiềm thì lại sinh ra H2O)
(3). Với bài toán tính khối lượng peptit ta quy về tính số mol tất cả các mắt xích sau đó chia
cho n để được số mol peptit.
(4). Với các bài toán đốt cháy Peptit ta đặt CTPT của aminoaxit sau đó áp dụng các định luật
bảo toàn để tìm ra n.Và suy ra công thức của Peptit.
(5). Trong nhiều trường hợp có thể sử dụng BT khối lượng cũng cho kết quả rất nhanh.
HƯỚNG DẪN ÁP DỤNG
1. Bài tập thủy phân peptit trong môi trường kiềm.
Xét phản ứng giữa một peptit mạch hở X chứa n gốc amino axit (n-peptit) với dung dịch
NaOH (đun nóng). Ta có phương trình phản ứng tổng quát như sau:
TH1: Nếu X chỉ tạo thành từ các amino axit có 1 nhóm COOH thì
Xn + nNaOH → nMuối + H2O
TH2: Nếu phân tử X chứa x gốc amino axit có hai nhóm –COOH (Glu), còn lại là các amino

axit có 1 nhóm COOH thì
Xn + (n+x)NaOH → nMuối + (1 + x)H2O
Trong đó chú ý bảo toàn khối lượng: mpeptit + mkiềm p/ư = mmuối + mnước
Ví dụ 1 :Thủy phân m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala mạch hở thu được 28,48 gam Ala;
32,00 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Tính m?
Lời giải :
Cách 1: Bảo toàn nguyên tố- chọn nguyên tố đại diện là N
n N /tetrapeptit =

m.4
mol
89.4 − 18.3

n N/ala + n N/ala −ala + n N/ala −ala −ala =

28, 48
32.2
27, 72.3
+
+
= 1, 08 mol
89
89.2 − 18 89.3 − 18.2

m.4
= 1, 08 => m = 81,54 g .
89.4 − 18.3
Cách 2: Bảo toàn số liên kết peptit (CO-NH)
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
Bảo toàn nguyên tố N suy ra:

m

H O pu
2

= m- (28,48+32+27,72) = m-88,2 => n

Số mol liên kết peptit ban đầu:

H O
2

=

m-88,2
18

m.3
mol
89.4 − 18.3

Số mol liên kết peptit lúc sau (Sản phẩm):
32.1
27,72.2
= n lienket /ala −ala + n lienket /ala −ala −ala =
+
= 0, 44 mol
89.2 − 18 89.3 − 18.2
Theo bảo toàn số liên kết peptit: số liên kết peptit trong sản phẩm bằng số liên kết

peptit trong tetrapeptit cộng số phân tử nước, suy ra:

0, 44 =

m.3
m − 88, 2
+
=> m = 81,54 g .
89.4 − 18.3
18

Cách 3: Qui đổi sản phẩm về một chất đơn giản: Qui đổi về alanin(ala)
Ta có:
1 ala-ala ↔ 2 ala;
1 ala-ala-ala ↔ 3 ala
0,2 mol  0,4 mol
0,12 mol  0,36 mol
=> ∑ n ala = 0, 4 + 0,36 + 0,32(gtcho) = 1,08 mol

2


n ala 1,08
=
= 0, 27 mol
4
4
= 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .

Suy ra: n tetrapeptit =

=> m tetrapeptit
Cách 4: Đặt ẩn số, giải hệ phương trình
to
Ala-ala-ala-ala + H2O 
→ ala-ala-ala + ala
x mol
x mol
x mol
to
Ala-ala-ala-ala + H2O 
2ala-ala
→
y mol
2y mol
to
Ala-ala-ala-ala + 3 H2O 
→ 4 ala
z mol
4 z mol
=> x = n ala −ala −ala = 0,12mol (1);
x + 4 z = n ala = 0,32mol (2)
2y = n ala −ala = 0,12mol (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra x = 0,12 mol; y = 0,1 mol; z = 0,05 mol, suy ra

n ala −ala −ala −ala = 0,12 + 0,1 + 0,05 = 0, 27 mol
=> m = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g.

Cách 5: Phương pháp trung bình:
Đặt sản phẩm là n- peptit: ( Ala )

n
Ta có n =

1.n ala + 2.n ala −ala + 3.n ala −ala −ala 1.0,32 + 2.0, 2 + 3.0,12
=
= 1,6875
n ala + n ala −ala + n ala −ala −ala
0,32 + 0, 2 + 0,12

n ala-ala-ala-ala ↔ 4 ( Ala ) n
(0,32 + 0, 2 + 0,12).n
= 0, 27 mol
4
= 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .

=> n ala −ala −ala −ala =

=> m tetrapeptit
Cách 6: Phân tích hệ số mol sản phẩm:
Sản phẩm = 0,32 mol ala + 0,2 mol ala-ala + 0,12 mol ala-ala-ala
= ( 0,12 mol ala + 0,12 mol ala-ala-ala) + ( 0,2 mol ala + 0,1 mol ala-ala) + +0,1mol
ala-ala
= 0,12 mol ala-ala-ala-ala + 0,1 mol ala-ala-ala-ala + 0,05 mol ala-ala-ala-ala
= 0,27 mol ala-ala-ala-ala
=> mtetrapeptit = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
Cách 7: tính số mol tetrapeptit trực tiếp(theo bảo toàn gốc ala)

n ala n ala −ala n ala −ala −ala .3 0,32 0, 2 0,12.3
+
+

=
+
+
= 0, 27 mol
4
2
4
4
2
4
= 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .

n ala −ala −ala −ala =

=> m tetrapeptit
Cách 8: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
to
Ala-ala-ala-ala + H2O 
+
ala
→ ala-ala-ala
0,12 mol ← 0,12 mol (gt)
→ 0,12 mol
to
Ala-ala-ala-ala + H2O 
→ 2ala-ala
0,1 mol ← 0,2 mol
to
Ala-ala-ala-ala + 3 H2O 
→ 4 ala

3


0,15 mol ← (0,32-0,12) mol

=>

m

H O
2

= (0,12 + 0,1 + 0,15).18 = 6,66 g

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

m

ala −ala −ala −ala

+m

H O
2

=m

ala

+m

ala −ala

+m

ala −ala −ala

=> m = 28,48+ 27,72+ 32- 6,66 = 81,54 g.
Cách 9: Giải theo tỉ lệ mol sản phẩm
Giả thiết cho: ala: (ala)2: (ala)3 = 8: 5: 3, suy ra:

→ 8 ala + 5 (ala)2 + 3 (ala)3
6,75 (ala)4 
0,27 mol
←
0,32
0,2
0,12
=> m tetrapeptit = 0, 27.(89.4 − 18.3) = 81,54 g .
- Giáo viên định hướng học sinh làm cách 1 hoặc 3
+ H 2O

Ví dụ 2 : Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X và Y bằng dung
dịch NaOH thu được 9,02 gam hỗn hợp gồm các muối của Gly, Ala, Val. Mặt khác nếu đốt
cháy hoàn toàn m gam E thì cần 7,056 lít O2(đktc), thu được 4,32 gam H2O. Giá trị của m là:
A.6,36.
B.7,36.
C. 4,36.
D. 3,36.

Cách này dài nên Sử dụng giá trị trung bình.
Gọi công thức trung bình của hai peptit là CnH2n+2-tOt+1N t
Hướng tư duy 1: Sử dụng giá trị trung bình.
Gọi công thức trung bình của hai peptit là CnH2n+2-tOt+1N t
CnH2n+2-tOt+1N t +tNaOH 
→ muèi +H2O(1)
→ at
→a
CnH2n+2-tOt+1N t +(1,5n-0,75t)O2 → nCO2 +(n+1-0,5t)H2O +0,5tN 2(2)
a

→ a(1,5n-0,75t)

a

→ a(n+1-0,5t)

:mol

BTKL
(1) 
→ a(14n+29t+18)+40at=9,02+18a → 14an+69at=9,02(I)

a(1,5n-0,75t)=0,315(II)
(2) → 
(I),(II),(III) → an=0,25; at=0,08; a=0,03 → m=6,36gam
a(n+1-0,5t)=0,24(III)
Hướng tư duy 2: Sử dụng bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, quan hệ số mol các
chất .Vì E được tạo nên từ Gly, Ala, Val nên
nO2 =1,5(nH2O -nE ) → nE =0,03mol

{
{
0,315

0,24

E
→ RO2NNa+H2O(1)
{ +NaOH
1 2 3 
14 2 43 {

m(gam)

2b mol

0,03mol

9,02gam

E

→ CO2 +H2O +N 2 (2)
{ + O
{2
{
{
{

m(gam)

0,315 mol

(0,21+b) mol

4,32gam

b mol

m+80b=9,02+0,54
m=6,36 gam
BTKL(1),(2)

→
→
m+10,08=9,24+44b+4,32+28b b=0,04 mol
Hướng tư duy 3: Quy đổi E thành đipeptit.
2E k +(k-2)H2O 
→ kCnH2nO3N 2 + O2 
→ CO2 +H2O(1) BT.O
{
{
{

→ 3a+0,63=3an (I)
1 42 43
a mol

0,315 mol

an mol

an mol

4


Mui l C0,5nHnO2NNa(2a mol) mmui = 2a(7n+69)= 9,02(II)
a=0,04
(I), (II)


mH2O(tăng) =mH2O(1) - mH2O(đầu) = 0,18gam
1 2 3 14 2 43
n=6,25
0,25.18

4,32


mE = mđipeptit mH2O(tăng) = 6,36 gam
123
14 2 43
BTKL

0,04(14.6,25 + 76)

0,18

Hng t duy 4: Quy i E thnh aminoaxit v H2O.

C H O2N (x mol)
E
n 2n+1
CO2 + H2O +N 2 (1)
+ O
{2
{
H2O (y mol)
0,315 mol
0,24 mol
Mui l CnH2n+1O2NNa (x mol)
BT.H: 2xn+x+2y=0,48(I)
+
+ mmuối =x(14n+69)=9,02 (III)
BT.C,O: 2x+y+0,315.2=2xn+0,24(II)
(I),(II),(III)

n=3,125; x=0,08; y=-0,05 m=mCnH2n+1O2N + mH2O = 6,36gam
{
1 4 2 43
0,05.18

0,08(14.3,125 + 47)

Hng t duy 5: Quy i E thnh gc aminoaxit v H2O.
C H ON (x mol)
E
n 2n-1
CO2 + H2O +N 2 (1)
+ O

{2
{
H
O
(y
mol)
2
0,315 mol
0,24 mol
Mui l CnH2n+1O2NNa (x mol)
BT.H: 2xn-x+2y=0,48(I)
+
+ mmuối =x(14n+69)=9,02 (III)
BT.C,O: x+y+0,315.2=2xn+0,24(II)
(I),(II),(III)

n=3,125; x=0,08; y=0,03 m= mCnH2n-1ON + mH2O = 6,36gam
{
14 2 43
0,03.18

0,08(14.3,125 + 29)

Nhn xột : Trong cỏc hng t duy trờn thỡ hng t duy 2,3 l hay v nhanh hn c. Nu
bn no cha tho quy i thỡ tham kho hng t duy 1 v 2.
Nhiu bn thc mc ti sao li cú biu thc nO =1,5(nH O -nE ) Xxin c gii thớch nh sau:
Do X, Y c to thnh t Gly, Ala, Val nờn E cú dng CnH2n+2-tOt+1Nt:
nCO2 +nN2 -nH2O =(t-1)n
1 2 3E

2nN2 -nE
nO2 =1,5(nH2O -nE )

BT.O:
n
+
2n
=
2n
+
n
O(E)
O
CO
H
O

2
2
2
{
2nN2 +nE

Vớ d 3: X l ipeptit Ala-Glu, Y l tripeptit Ala-Ala-Gly. un núng m (gam) hn hp cha
X v Y cú t l s mol ca X v Y tng ng l 1:2 vi dung dch NaOH va . Phn ng
hon ton thu c dung dch T. Cụ cn cn thn dung dch T thu c 56,4 gam cht rn
khan. Giỏ tr ca m l:
A. 45,6
B. 40,27.
C. 39,12.

D. 38,68.
Hng lm nhanh
2

Chỳ ý: Glu cú hai nhúm COOH trong phõn t.

2

A Glu:a

Ta cú:

A A Gly:2a

Thuỷ
y phaõ
n(BTKL )


m+ 5a.18
{ + 9a.40
{ = 56,4
{
{ + 9a.18

H2O
NaOH
H2O a = 0,06 m = 39,12

RCOONa

218a + 217.2a = m


5


Ví dụ 4: Thủy phân m gam pentapeptit A có công thức Gly-Gly-Gly-Gly-Gly thu được hỗn
hợp B gồm 3 gam Gly; 0,792 gam Gly-Gly; 1,701 gam Gly-Gly-Gly; 0,738 gam Gly-GlyGly-Gly; và 0,303 gam Gly-Gly-Gly-Gly-Gly. Giá trị của m là:
A. 8,5450 gam
B. 5,8345 gam
C. 6,672 gam
D. 5,8176 gam
Hướng làm nhanh
Ý tưởng: Tính tổng số mol mắt xích G sau đó suy ra số mol A.
n G = 0,04(mol)

n GG = 0,006(mol)

Ta có: n GGG = 0,009(mol) →
n
= 0,003(mol)
 GGGG
n GGGGG = 0,001(mol)


∑n

G

= 0,096(mol)

0,096
= 0,0192 → m = 0,0192.(5.75 − 4.18) = 5,8176(gam)
5
Ví dụ 5 : X là đipeptit Ala-Glu, Y là tripeptit Ala-Ala-Gly. Đun nóng m (gam) hỗn hợp chứa
X và Y có tỉ lệ số mol của X và Y tương ứng là 1:2 với dung dịch NaOH vừa đủ. Phản ứng
hoàn toàn thu được dung dịch T. Cô cạn cẩn thận dung dịch T thu được 56,4 gam chất rắn
khan. Giá trị của m là:
A. 45,6
B. 40,27.
C. 39,12.
D. 38,68.
Hướng làm
→ nA =

 A − Glu : a
 m + 9a.40 = 56, 4 + 4a.18
→
→ a = 0,06 → m = 39,12( gam)

 A − A − Gly : 2a m = 218a + 217.2a

Ví dụ 6 .Khi thủy phân hoàn toàn 0,1 mol peptit A mạch hở (A tạo bởi các amino axit có một
nhóm amino và 1 nhóm cacboxyl) bằng lượng dung dịch NaOH gấp đôi lượng cần phản ứng,
cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp chất rắn tăng so với khối lượng của A là 78,2 gam. Số
liên kết peptit trong A là:
A. 19.
B. 9.
C. 20.
D. 10.

Hướng làm nhanh
Gọi số liên kết peptit là n.Khối lượng peptit là m.Ta sẽ tư duy từng bước như sau:
Khối lượng aminoaxit là :m + 0,1.n.18 / Số mol NaOH phản ứng và dư là : 2.0,1.(n+1)
Số mol nước sinh ra (bằng số mol NaOH phản ứng): 0,1.(n+1)
Vậy khối lượng chất rắn sau phản ứng là :
m+ 0,1.18n + 0,1.2.(n + 1).40 − 0,1.18(n + 1) = m+ 8(n + 1) − 1,8
Khi đó có: m+ 8(n + 1) − 1,8− m = 8(n + 1) − 1,8 = 78,2 → n = 9

Ví dụ 7: 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 -NH 2 ,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
Hướng làm
Cách 1 Gọi công thức các muối tạo ra từ thủy phân hh A là CnH2nO2NK
O,7 mol hhA + 3,9 mol KOH → 3,9 mol CnH2nO2NK + 0,7 mol H2O.
Bảo toàn C, H ta có, Khi đốt cháy 0,7 mol hh A cho
3,9n mol CO2 và (3,9n+ 0,7 - 3,9 :2)
Bảo toàn khối lượng ta có khối lượng của 0,7 mol hh A là
[3,9(14n + 85) + 0,7 . 18 – 3,9. 56]=(54,6n + 125,7)
54, 6n + 125, 7 44.3,9n + 18(3,9n − 1, 25)
=
→
→ n =2,53846... →m =3,9(14n +85) = 470,1
66, 075

147,825

6


Cách 2
Nếu X có a gốc aminoaxit Y có b gốc aminoaxit 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
x mol 5x
Y+
6KOH  muối + H2O
y mol 6y
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+1O2 N => X : CnH2n-3O6 N5 (z mol)
Y : CmH2m-4O7 N6 (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
Ví dụ 8 : 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.

Hướng làm nhanh
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 aminoaxit 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
Ví dụ 9 : 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 liênkết peptit trong phân tử X nhiều hơn trong Z và tổng số liên kết peptit trong ba
phân tử X, Y, Z nhỏ hơn10. 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 aminoaxit 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
Nhận xét : Đây là cách hay nhất dễ hiểu nhất cho loại bài peptit này

Ví dụ 10: X là một tripeptit,Y là một pentapeptit,đều mạch hở. Hỗn hợp Q gồm X;Y có tỷ lệ
mol tương ứng là 2:3. Thủy phân hoàn toàn 149,7 gam hỗn hợp Q bằng H2O (xúc tác axit) thu
được 178,5 gam hỗn hợp các aminoaxit. Cho 149,7 gam hỗn hợp Q vào dung dịch chứa 1
mol KOH ;1,5 mol NaOH,đun nóng hỗn hợp để phản ứng thủy phân xảy ra hoàn toàn thu
được dd A. Tổng khối lượng chất tan trong dung dịch A có giá trị là:
A.185,2gam
B.199,8gam
C. 212,3gam
D. 256,7gam
Hướng làm nhanh

7



X(tri):2a

Y (penta):3a

178,5− 149,7
H2O :
= 1,6
18


→
 2a.2 + 3a.4 = 1,6 → a = 0,1→ nCOOH = 2a.3+ 3a.5 = 21a = 2,1< ∑ nOH
 BTKL
→178,5+ 1.56 + 1,5.40 = m+ 2,1.18 → m = 256,7
 

Ví dụ 11: Thủy phân một lượng pentapeptit mạch hở X chỉ thu được 3,045 gam Ala-GlyGly; 3,48 gam Gly-Val; 7,5 gam Gly; 2,34 gam Val; x mol Val-Ala và y mol Ala. Tỉ lệ x : y
là:
A. 11 : 16 hoặc 6 : 1.
B. 2 : 5 hoặc 7 : 20.
C. 2 : 5 hoặc 11 : 16.
D. 6 : 1 hoặc 7 : 20.
Hướng làm nhanh
Theo dữ kiện bài ra ta suy ra X có 3 TH là :
Trường hợp 1: Ala − Gly − Gly − Val − Ala:a (mol)
Ala −Gly −Gly:0,015

l
Gly −Val : 0,02
BT.nhom.Va

→a = 0,02 + 0,02 + x
a = 0,075


Gly:
0
,1


BT.nhom.Ala
→
→2a = 0,015+ x + y
→x = 0,035


Val :0,02
BT.nhom.Gly
y = 0,1
→2a = 0,03+0,02 +0,1

 
Val − Ala: x


Ala: y
→x : y = 7: 20

Trường hợp 2: Val − Ala − Gly − Gly − Val :a (mol)
Ala − Gly − Gly: 0,015

BT nhoù
mVal
Gly − Val : 0,02

→2a = 0,02 + 0,02 + x
a = 0,075



Gly: 0,1
BT nhoù
m Ala
→  
→a = 0,015+ x + y
→ x = 0,11


Val : 0,02
 
BT nhoù
m Gly
→2a = 0,03 + 0,02 + 0,1 
y < 0

Val − Ala: x


Ala: y
Trường hợp 3: Gly − Val − Ala − Gly − Gly:a (mol)
Ala − Gly − Gly : 0,015

BT nhoù
mVal
Gly − Val : 0,02


→a = 0,02 + 0,02 + x
a = 0,05

 BT nhoùmAla

Gly : 0,1
→ 
→a = 0,015 + x + y
→ x = 0,01


Val : 0,02

BT nhoù
m Gly
→3a = 0,03+ 0,02 + 0,1 
y = 0,025

Val − Ala: x


Ala: y
→ x : y = 2: 5

2. Bài tập đốt cháy peptit
Với bài đốt cháy thì nhất thiết phải nhớ công thức peptit tạo bởi aminoaxit no 1 nhóm
NH2 và 1 nhóm COOH là CnH2n+2-tOt+1Nt
Ví dụ 1: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một aminoaxit (no,
mạch hở, trong phân tử chứa một nhóm -NH 2 và một nhóm -COOH). Đốt cháy hoàn toàn
0,15 mol Y, thu được tổng khối lượng CO 2 và H2O bằng 82,35 gam. Đốt cháy hoàn toàn 0,1
mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam kết tủa. Giá trị
của m là:
A. 40
B. 80
C. 90 D. 30
 A.a : Cn H 2n +1O 2 N → Y : C3n H 6n −1O 4 N3

Hướng giải Ta có: 
6n − 1
Cháy
→ 3nCO 2 +

H 2O + N 2
C3n H 6n −1O 4 N3 
2

8


6n − 1 

→ 0,15 3.44n +
.18 = 82,35
2


chaù
y
BTNT.C
→ n = 3 → 0,15 X 
→ 0,9:CO2 
→ m↓ = 0,9.100 = 90

Ví dụ 2: X và Y lần lượt là các tripeptit và tetrapeptit được tạo thành từ cùng một amino axit no
mạch hở, có một nhóm -COOH và một nhóm -NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được sản
phẩm gồm CO2, H2O, N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 47,8 gam. Nếu đốt cháy
hoàn toàn 0,3 mol X cần bao nhiêu mol O2?
A. 2,8 mol
B. 2,025 mol
C. 3,375 mol
D. 1,875 mol
Hướng giải

Gọi aminoaxit là : CnH2n+1O2N → Y :C4nH8n− 2O5N 4
O
Đốt Y : C4nH8n− 2O5N 4 → 4nCO2 + 2N2 + ( 4n − 1) H2O
2

BTKL

→ mCO2 + mH2O = 0,1.4n.44 + 0,1(4n − 1).18 = 47,8 → n = 2
O2
→ X :C6H11O5N3 
→ 6CO2 + 5,5H2O + 1,5N2
0,3.6.2 + 0,3.5,5− 0,3.4
BTNT.O

→ nOpu2 =
= 2,025(mol)
2

Ví dụ 3. Tripeptit mạch hở X và Đipeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một α – aminoaxit
(no, mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một nhóm – NH 2 và một nhóm
– COOH). Đốt cháy
hoàn toàn 0,1 mol Y thu được tổng khối lượng CO 2 và H2O bằng 24,8 gam. Đốt cháy hoàn
toàn 0,1 mol X, sản phẩm thu được hấp thụ vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, sau phản ứng khối
lượng dung dịch này .
A. giảm 32,7 gam
B. giảm 27,3 gam C. giảm 23,7
D. giảm 37,2 gam.
Hướng giải
 A.a : Cn H 2n +1O 2 N → Y : C 2n H 4n O3 N 2


C 2n H 4n O3 N 2 + ( ...) O 2 → 2nCO 2 + 2nH 2 O + N 2

→ 0,1[ 2.44n + 2n.18] = 24,8 → n = 2
X là: C6 H11O4 N 3 → 6CO2 + 5,5H 2O .
Ta có: ∆m = 0,6.44 + 0,55.18− 0,6.100 = −23,7
Ví dụ 4 : Thuỷ phân hoàn toàn m gam tetrapeptit X mạch hở thu được hỗn hợp Y gồm 2
amino axit (no, phân tử chứa 1 nhóm COOH, 1 nhóm NH 2) là đồng đẳng kê tiếp. Đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp Y cần vừa đủ 58,8 lít không khí (chứa 20% O 2 về thể tích, còn lại là N2)
thu được CO2, H2O và 49,28 lít N2 (các khí đo ở đktc). Số công thức cấu tạo thoả mãn của X
là:
A. 6
B.12
C. 4
D. 8
Hướng giải
6n − 3
2n + 1
1
O2 → nCO2 +
H 2O + N 2
4
2
2
= 0,525
X
→ n trong
= 0,1
→ n = 2, 25
N2
= 2,1

Ta có: Cn H 2 n +1O2 N +

n O
n kk = 2,625 →  2
n N2
Gly : a
a + b = 0, 2
a = 0,15
→
→
→
X chứa 3 Gly và 1 Ala
 Ala : b
 2a + 3b = 0, 2.2, 25 b = 0,05
A−G−G −G
G−A−G−G
Các CTCT của X là:
G−G−A−G
G −G −G−A

Ví dụ 5: X và Y lần lượt là các tripeptit và hexapeptit được tạo thành từ cùng một amoni axit
no mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X bằng O2
vừa đủ thu được sp gồm CO2, H2O và N2 có tổng khối lượng là 40,5 gam. Nếu cho 0,15 mol Y

9


tác dụng hoàn toàn với NaOH (lấy dư 20% ), sau phản ứng cô cạn dd thu được bao nhiêu gam
chất rắn ?A. 9,99 gam

B. 87,3 gam
C. 94,5 gam D. 107,1 gam
Hướng giải

 A.a : C H O N → Y : C H O N
n 2 n +1 2
3 n 6 n −1 4 3

6n − 1
3

H 2O + N 2 Do
C3n H 6n −1O4 N 3 + ( ...) O2 → 3nCO2 +
2
2

 
6n − 1

.18 + 1,5.28 = 40,5 → n = 2
0,1 3.44n +
2

 

đó đốt 0,15 mol Y cho 0,15.12 = 1,8mol CO2

NH2 − CH2 − COONa:0,15.6 = 0,9
BTNT.Na
→ NaOH :0,2.0,9 = 0,18

 

Khối lượng chất rắn là : m = 94,5

Ví dụ 6: Một tripeptit no, mạch hở X có công thức phân tử C xHyO6N4. Đốt cháy hoàn toàn
0,1 mol X thu được 26,88 lít CO2 (đktc) và m gam H2O. Giá trị của m là:
A. 19,80.
B. 18,90
C. 18,00
D. 21,60.
Hướng giải
X được tạo ra bởi 2 aminoaxit : Có 1 nhóm COOH và 1 nhóm NH2
Và 1 aminoaxit : Có 2 nhóm COOH và 2 nhóm NH2
 nCO2 = 1,2
suy ra X có 12C. Do đó ta có thể lấy cặp chất:

 nX = 0,1
C4H9NO2
→ X :C12H22O6N 4 → nH2O = 1,1

C4H8N2O4

Ví dụ 7 : X và Y ( MX < MY) là hai peptit mạch hở, đều tạo bởi alanin và valin. Đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp E chứa X và Y cần dùng 44,352 lít khí O2 ( đktc) thu được sản phẩm gồm
CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng
bình tăng 92,96 gam và khí thoát ra có thể tích 4,928 lít ( đktc). Thủy phân hoàn toàn E thu
được a mol alanin và b mol valin. Tỉ lệ giữa a và b la
A.2:3
B.3:1
C.1:3

D.3:2.
Hướng giải
Mol O2 = 1,98 mol, mol N2 = 0,22 mol
E + O2  CO2 + H2O + N2
mCO2 + mH2O = 92,96 gam
Quy đổi peptit thành đipeptit
E + H2O  CnH2N2O3
Đốt E E + O2

CO2 + H2O + N2
1,98 mol
92,96 mam
Đốt đipeptit
CnH2nN2O3
+ O2

CO2 = H2O + N2
0,22 mol
1,98 mol
x mol x mol 0,22 mol
BT oxi => x = 1,54 mol
 1,54. 44 + 18 nH2O = 92,96 => nH2O = 1,4 mol
E + H2O  Ala(C3H7NO2) + Val(C5H11NO2)
a mol
b mol
=> 3a + 5b = 1,54 (BT C) và a + b = 0,44 (BTNito)=> a = 0,33, b = 0,11 => a : b = 3 : 1
VD 8: Hỗn hợp X gồm Ala-Ala, Ala-Gly-Ala, Ala-Gly-Ala-Gly và Ala-Gly-Ala-Gly-Gly.
Đốt 26,26 gam hỗn hợp X cần vừa đủ 25,872 lít O2(đktc). Cho 0,25 mol hỗn hợp X tác dụng
với dung dịch KOH vừa đủ thì thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 25,08.

B. 99,15.
C. 54,62.
D. 114,35.

10


Hướng giải
CTPT của từng peptit lần lượt là: C6H12O3N2; C8H15O4N3; C10H18O5N4; C12H21O6N5
Gọi CTTQ của X là C2x+2H3x+6Ox+1Nx
C2x+2H3x+6Ox+1Nx + (2,25x + 3)O2 → (2x + 2)CO2 + (1,5x + 3) H2O + x/2 N2
1,155 mol
• 1,155.(57x + 46)/(2,25x + 3) = 26,26 → x = 3,8
X + 3,8 KOH → Muối + H2O
• m = 0,25. 262,6 + 0,25.3,8.56 – 0,25.18 = 114,35 gam
Cần chú ý công thức tổng quát C2x+2H3x+6Ox+1Nx chỉ đúng cho dãy chất peptit lập thành một
cấp số cộng với công sai là 57 các trường hợp khác áp dụng công thức này có thể sẽ sai đi các
em cần chú ý
Ví dụ 9: Cho m gam hỗn hợp A 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 B gồm các muối của
Gly, Ala, Val. Đốt cháy hoàn toàn B bằng 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 A, thu được 4,095 gam nước. Giá trị
của m gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 6,0
B. 6,6
C. 7,0
D. 7,5
Phương pháp: Qui đổi
 Na 2 CO3 : 0,5a

C 2 H 3 N : a

C 2 H 4O 2 NNa : a O2 CO 2 :1,5a+b

NaOH
→B
→ 
CH 2 : b 
CH 2 : b
H O : c
 H 2 O : 2a + b
 2
 N 2 : 0,5a = 0, 0375 ⇒ a = 0, 075

Ta có: mbình tăng = 44. ( 1,5.0, 075 + b ) + 18. ( 2.0, 075 + b ) = 13, 23 ⇒ b = 0, 09
Bảo toàn H, ta có: 1,5.0, 075 + 0, 09 + c = 0, 2275 ⇒ c = 0, 025
⇒ m = 0, 075.57 + 0, 09.14 + 0, 025.18 = 5,985
Ví dụ 10: Cho m gam hỗn hợp 3 peptit X, Y, Z đều mạch hở và có tỉ lệ số mol nX : nY : nZ =
2 : 3 : 5. Thủy phân hoàn toàn M, thu được 60g Gly ; 80,1g Ala ; 117g Val. Biết số liên kết
peptit trong X, Y, Z khác nhau và tổng là 6. Giá trị của m là :
A. 176,5
B. 257,1
C. 226,5
D. 255,4
Hướng giải
Khi gộp peptit X, Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 5 thì :
2X + 3Y + 5Z → X2Y3Z5 + 9H2O (1)
Từ : nGly : nAla : nVal = 8 : 9 : 10 thì : X2Y3Z5 + (27k – 1)H2O → 8kGly + 9kAla + 10kVal (2)
Giả sử tổng số liên kết peptit = 6
=> Số mắt xích (min) < Số mắt xích của X2Y3Z5 < Số mắt xích (max)

=> (6 + 3).2 < 27k < (6 + 3).5=> 0,7 < k < 1,5=> k = 1=> nX2Y3Z5 = nGly/8 = 0,1 mol
Bảo toàn khối lượng : mM = mGly + mAla + mVal – 26nH2O(2) + 9nH2O(1) = 255,4g
Ví dụ 11: 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 của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy
hoàn toàn lượng muối này thu được 0,2 mol Na 2CO3 và hỗn hợp gồm CO 2, H2O, N2 trong
đó tổng khối lượng của CO 2 và H2O là 65,6 gam. Mặt khác đốt cháy 1,51m gam hỗn hợp
E cần dùng a mol O 2 thu được CO2, H2O và N2. Giá trị của a gần nhất với ?
A. 3,0
B. 2,5
C. 3,5
D. 1,5
Hướng giải - Qui đổi 0,1 mol E thành C 2H3ON, -CH2 và H2O.
+ Với nC2H3ON = 2nNa2CO3 = 0,4mol và nH2O = nE = 0,1mol

11


- Cho 0,1 mol E tỏc dng vi dung dch NaOH thu c hn hp mui (ó quy i) gm
C2H4O2NNa (0,4 mol) v CH 2. Khi t hon ton lng mui trờn thỡ theo d kin
bi, ta cú :

44nCO2 + 18nH2O = mbình tăng 44(1,5nC2H3ON + n CH2 ) + 18(2nC2H4O2Na+ n CH2 ) = 65,6(g) n CH2 = 0,4mol

Suy ra nO2(tham gia phản ứng cháy) = 2,25nC2H3ON + 1,5nCH2 = 1,5mol
Vy nO2(khi đốt 1,51mgamE) =1,51.1,5 = 2,265mol
Vớ d 12: X l mt peptit cú 16 mt xớch c to t cỏc -amino axit cựng dóy ng ng
vi glyxin. t chỏy m gam X cn dựng 45,696 lớt O2. Nu cho m gam X tỏc dng vi
lng va dung dch NaOH ri cụ cn cn thn thỡ thu c hn hp rn Y. t chỏy Y
trong bỡnh cha 12,5 mol khụng khớ, ton b khớ sau phn ng chỏy c ngng t hi nc
thỡ cũn li 271,936 lớt hn hp khớ Z. Bit cỏc phn ng xy ra hon ton, cỏc khớ o ktc,

trong khụng khớ cú 1/5 th tớch O2 cũn li l N2. Giỏ tr gn nht ca m l :
A. 46 gam
B. 41 gam
C. 43 gam
D. 38 gam
Hng gii
nO (dử) = nO2(kk) nO2(ủoỏt Y ) = 0,46mol
14 2 43 14 2 43
- Ta cú: nO2(ủoỏt Y ) = nO2(ủoỏt X) = 2,04mol 2
2,5

2,04

- Xột quỏ trỡnh t hn hp Y.
anmol anmol (0,5a+10)mol 0,46mol
anmol (0,5a+10)mol 0,46mol
6 44amol
7 4 48 2,5mol
678
678
} 10mol
}
}
}
}
}
}
ng ng tụ
CnH2nO2NNa+ O2 ; N2 Na2CO3 + CO2 ,H2O,
N2

,O2(d ) CO2 ,
N2
,O2(d )
1 44 2 4 43 1 4 2 4 3
14 2 43 1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 43
1 4 4 44 2 4 4 4 43
Y

không khí

0,5amol

hỗn hợ p khívà hơi

(hỗn hợ p Z) 12,14mol

+ Ta cú:
nCO2 + nN2 + nO2(d ) = 12,14
an = 1,68
an = 1,68


BT:O
2nY + 2nO2 = 3nNa2CO3 + 2nCO2 + nH2O 1,5a 3an = 4.08 a = 0,64
+ Khi cho m gam X + NaOH ta cú: m Y = a.(14n + 69) = 67, 68(g) v
a
BT:Na
nH2O = nX =
= 0,08mol
nNaOH = nCnH2nO2NNa = 0,64 mol

số mắ
c xích
BTKL

m X = m Y + 18n H 2O 40n NaOH = 42,8(g)
Vớ d 13: un núng m gam hn hp X gm glyxin v alanin thu c m1 gam hn hp Y
gm cỏc ipeptit mch h. Nu un núng 2m gam X trờn thu c m2 gam hn hp Z gm
cỏc tetrapeptit mch h. t chỏy hon ton m1 gam Y thu uc 0,76 mol H2O; nu t chỏy
hon ton m2 gam Z thỡ thu c 1,37 mol H2O. Giỏ tr ca m l
A. 24,74 gam
B. 24,60 gam
C. 24,46 gam
D. 24,18
gam
Hng gii
- Trựng ngng m (g) hn hp X: 2CnH2n+1O2N
C2nH4nO3N2 (Y) + H2O
mol:
a
0,5a
+ t m1 (g) Y thu c: n H 2O (Y) = na = 0, 76 (1)
- Trựng ngng 2m (g) hn hp X: 4CnH2n+1O2N
C4nH8n - 2 O5N4 (Z) + 3H2O
mol:
2a
0,5a
+ t m2 (g) Z thu c: n H 2O (Z) = (4n 1).0,5a = 1,37 (2)
(1)
na
0, 76

38
:
=
n=
- Lp t l
. Thay n vo (1) ta tớnh c: a = 0,3 mol
(2) 2na 0,5a 1,37
15
m = 24, 74 (g)

12


Ví dụ 14: X, Y, Z là ba peptit mạnh hở, được tạo từ Ala, Val. Khi đốt cháy X, Y với số mol
bằng nhau thì đều được lượng CO 2 là như nhau. Đun nóng 37,72 gam hỗn hợp M gồm X,
Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 5 : 1 trong dung dịch NaOH, thu được dung dịch T chứa
2 muối D, E với số mol lần lượt là 0,11 mol và 0,35 mol. Biết tổng số mắt xích của X, Y, Z
bằng 14. Phần trăm khối lượng của Z trong M gần nhất với ?
A. 14%
B. 8%
C. 12%
D. 18%
Hướng giải
- Khi gộp X, Y và Z với tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 5 : 1 có
5X + 5Y + Z 
→ X 5Y5 Z + 10H 2O
+ Ta có
mà

nD 0,11 11

=
=
⇒ X5 Y5 Z là (D)11k (E)35k .
nE 0,35 35

m¾
c xÝch(min) < ∑ sè
xÝch
5Z
∑ sè
1 4m¾
4c44
2 cña
4 4X45Y43
1 4 42 4 4
3

+

11k+35k

14.nZ

Với

n(D)11k (E)35k

< ∑ sè m¾
c xÝch(max) → 14.1< 46k < 14.5⇒ k = 1
144244

3

k

14.nX

=

1
 nX = nY = 5nX 5Y 5Z = 0,05mol
n
n
= nX 5Y 5Z = E = B = 0,01mol → 
11 35
nZ = nX 5Y 5Z = 0,01mol

⇒

0

t
- Khi cho 37,72 gam M tác dụng với NaOH thì : M + NaOH 
→ D + E + H 2O

+ Với nH2O = nM = nX + nY + nZ = 0,11mol và nNaOH = nA + nB = 0,46mol
BTKL

→ m E + m D = m M + 40n NaOH − 18n H 2O = 54,14 ( g)
- Xét hỗn hợp muối ta có :
+ Giả sử D là ValNa khi đó ta có M E =

+ Số mắt xích Val =

m E + m D − 139n D
= 111 (AlaNa). Vậy ta giả sử đúng.
nE

n Val
0,11
=
= 1 ⇒ X, Y và Z đều có 1 phân tử Val
n X,Y,Z 0,11

Hỗn hợp M:
X :(Ala)x Val :0,05mol
BT: Ala
→ 0,05x + 0,05y + 0,01z = 0,35
x = y = 3

 
→
Y :(Ala)y Val :0,05mol → 
c xÝch=(x + 1) + (y + 1) + (z+ 1) = 14 z = 5
Z :(Ala) Val :0,01mol
∑ sè m¾
z

0,01.472
.100 = 12,5
Vậy Z là (Ala)5Val, suy ra %mZ =
37,72

Ví dụ 15: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (C4H8O3N2), peptit Y
(C7HxOyNz) và peptit Z (C11HnOmNt). Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ,
thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng
1,155 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 23,32 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X
trong hỗn hợp E là
A. 4,64%
B. 6,97%
C. 9,29%
D.
13,93%
Hướng giải
BT:Na

→ n AlaNa, GlyNa, ValNa = 2n Na CO = 0, 44 mol mà
2

n Ala, Gly,Val =

3

4
(1,5n CO 2 − n O2 ) ⇒ n CO2 = 0,99 mol
3

13


- Quy đổi hỗn hợp E thành C2H3ON, CH2 và H2O. Lập hệ sau:
57n C 2H3ON + 14n CH 2 + 18n H 2O = 28, 42
 n C 2H 3ON = 0, 44

 BT:C

 → 2n C 2H 3ON + n CH 2 = n CO 2 = 0,99 →  n CH 2 = 3n Val + n Ala = 0,11 ⇒
 2, 25n
n
C 2 H3ON + 1,5n CH 2 = n O 2 = 1,155
 H 2O = n X + n Y + n Z = 0,1

nGly,Ala,Val
nm¾c xÝch =
= 4,4
nX + nY + nZ
⇒ Trong E có chứa peptit có số mắc xích lớn 4,4 (5, 6 hoặc 7…). Vậy Z là pentapeptit
(Gly)4Ala, X là đipeptit (Gly)2 và Y là đipeptit AlaVal (không thể là tripeptit (Gly) 2Ala vì khi
đó thủy phân hỗn hợp E sẽ không thu được muối của Val).
Ta
có:
BT:C
 
→ 4n X + 7n Y + 11n Z = n CO 2 = 0,99 n X = 0, 01

0, 01.132

→ n Y = 0, 01 ⇒ %m X =
.100% = 4, 64
2n X + 2n Y + 5n Z = 2n NaOH = 0, 44
28, 42
132n + 174n + 317n = 28, 42
 n = 0, 08
X

Y
Z
 Z

Ví dụ 16: Đun nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Z đều mạch hở bằng
lượng vừa đủ dung dịch NaOH thu được dung dịch chứa 0,5 mol muối của glyxin ;0,4 mol
muối của alanin và 0,2 mol muối của valin. Mặt khác đốt cháy m gam E trong oxi vừa đủ
thu được hỗn hợp CO 2, H2O và N2. Trong đó tổng khối lượng của CO 2 và H2O là 78,28
gam. Giá trị gần nhất của m là :
A. 55,6
B. 45,1
C. 43,2
D. 33,5
Hướng giải
- Quy đổi 0,4 mol hỗn hợp E thành C2H3ON, -CH2 và H2O, khi đó :
nC2H3ON = nGly + nAla + nVal = 1,1 mol , n− CH2 = nAla + 3nVal = 1 mol và nH2O = nE = 0,4mol
→ Vậy khối lượng của 0,4 mol E là : mE = 57nC2H3ON + 14nCH 2 + 18nH 2O = 83,9(g)
- Khi đốt cháy 0,4 mol E thì :
44nCO2 + 18nH2O = 195,7(g)
 nCO2 = 2nC2H3ON + nCH2 = 3,2

⇒  mCO2,H2O(khi ®èt m gam E) 78,28 2
m

=
= → m = E = 33,56(g)
 nH2O = 1,5nC2H3ON + nCH2 + nH2O = 3,05  m
2,5
 CO2,H2O (khi ®èt 0,4 mol E) 195,7 5
Ví dụ 17: Hỗn hợp E gổm 3 chuỗi peptit X, Y, Z đều mạch hở (được tạo nên từ Gly và Lys).

Chia hỗn hợp làm hai phần không bằng nhau. Phần 1: có khối lượng 14,88 gam được đem
thủy phân hoàn toàn trong dung dịch NaOH 1 M thì dùng hết 180 ml, sau khi phản ứng thu
được hỗn hợp F chứa a gam muối Gly và b gam muối Lys. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn
phần còn lại thì thu được tỉ lệ thể tích giữa CO 2 và hơi nước thu được là 1 : 1. Tỉ lệ a : b gần
nhất với giá trị :
A. 1,57
B. 1,67
C. 1,40
D. 2,71
Hướng giải + Các mắt xích tạo ra tương ứng với các α - amino axit:

- Hướng tư duy 1: Sử dụng CTTQ của peptit
+ Gọi số mắc xích của Gly là x và Lys là y ta có CTTQ của E là:

14


0

O2 ,t
C2x + 6y H3x +12y + 2O x + y +1N x + 2y 
→ (2x + 6y)CO 2 + (1,5x + 6y + 1)H 2O

+
Ta
3x + 12y + 2

n CO2 = n H2O → 2x + 6y =

x = 2

2

→
⇒ n E = 0, 0658 mol

14,88
y
=
0,
7353

n NaOH = n E .(x + y) →
(x + y) = 0,18
57x + 128y + 3


a
n GlyNa = xn E = 0,1316 mol
BT: Gly − Lys

→
⇒ = 1,57
n LysNa = yn E = 0, 0484 mol b
- Hướng tư duy 2: Quy đổi về hỗn hợp các α - amino axit và –H2O.

có:

+

H

+ Ta có : Gly m Lys n (E) + H 2O →
mGly + nLys

Gly(C2 H 5O 2 N):x mol
 BT: C

 → n CO2 = 2x + 6y
O2 ,t 0
+ E Lys (C6 H14O 2 N 2 ):y mol → 
→ n CO2 = n H 2O → 0,5x + y = z (1)
BT: H
− H O : z mol
 → n H2O = 2,5x + 7y − z
 2
BTKL
 
→ 75n Gly + 146n Lys = m E + 18n H2O
75x + 146y = 14,88 + 18z

→
(2)
 BT: Na
x
+
y
=
0,18

→
n

+
n
=
n

GlyNa
LysNa
NaOH
và 

+ Từ (1), (2) ta tính được: x = 0,1316 mol ; y = 0, 0484 mol; z = 0,1141 mol . Vậy

a
= 1,57
b

-Hướng tư duy 2: Ta có thể quy đổi hỗn hợp E về các axyl và H2O như sau:
C2 H3ON, C6 H12ON 2 và H2O sau đó giải tương tự như trên ta cũng có thể tìm được kết quả.
- Hướng tư duy 3: Tách chất
t¸ch
+Tacó: C2H 5O2N(Gly) 
→ C 2H 3ON + H 2O và
t¸ch
C6H12O2N2(Lys) 
→ C2H3ON + (CH 2)4NH + H 2O
C2H3ON :xmol
BT:C
 
→ nCO2 = 2x + 4z



O2,t0
+ E H2O :ymol
→ 
mµnH2O = nCO2 ⇒ 0,5x − 0,5z = y (1)
BT:H2
→
n
=
1
,5x
+
4,5z
+
y
(CH ) NH :zmol
H2O

2 4


+Tacó:
BTKL
x = n NaOH = 0,18 mol 
→ 71n (CH 2 )4 NH + 18n H 2O = m E − 57n C2H3ON → 71x + 18y = 4, 62 (2)
 y = 0,0658 mol  n GlyNa = x − z = 0,1316 mol a
→
⇒ = 1,57
+ Từ (1), (2) ta tính được: 
b

z = 0, 0484 mol n LysNa = z = 0, 0484 mol
Ví dụ 18: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (C4H8O3N2), peptit Y
(C7HxOyNz) và peptit Z (C11HnOmNt). Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ,
thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng
1,155 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 23,32 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X
trong hỗn hợp E là
A. 4,64%
B. 6,97%
C. 9,29%
D. 13,93%
Phương pháp Tacó
BT:Na

→ n AlaNa, GlyNa, ValNa = 2n Na 2CO3 = 0, 44 mµ n Ala, Gly,Val =

4
(1, 5n CO 2 − n O 2 ) ⇒ n CO 2 = 0,99
3

- Quy đổi hỗn hợp E thành C2H3ON, CH2 và H2O thì :

15


57nC2H3ON + 14nCH 2 + 18nH2O = 28,42
nC2H3ON = 0,44
 BT:C
nGly,Ala,Val

→  → 2nC2H3ON + nCH2 = nCO2 = 0,99 ⇒ nCH2 = 3nVal + nAla = 0,11 ⇒ nm¾c xÝch =

= 4,4
nX + nY + nZ
2,25n

C2H3ON + 1,5nCH2 = nO2 = 1,155
nH2O = nX + nY + nZ = 0,1


⇒ Trong E có chứa peptit có số mắc xích lớn 4,4 (5, 6 hoặc 7…). Vậy Z là pentapeptit
(Gly)4Ala, X là đipeptit (Gly)2 và Y là đipeptit AlaVal (không thể là tripeptit (Gly)2Ala vì khi
đó thủy phân hỗn hợp E sẽ không thu được muối của Val).
Ta có :
BT:C
 
→ 4n X + 7n Y + 11n Z = n CO 2 = 0,99 n X = 0, 01

0, 01.132

⇒ n Y = 0, 01 ⇒ %m X =
.100 = 4, 64
 2n X + 2n Y + 5n Z = 2n NaOH = 0, 44
28, 42
132n + 174n + 317n = 28, 42
n = 0, 08
X
Y
Z
 Z

Ví dụ 19: Các peptit đều có mạch hở X, Y, Z (MX>MY>MZ). Khi đốt cháy 0,16 mol X hoặc

Y hoặc Z đều thu được số mol CO2 lớn hơn số mol H2O là 0,16 mol. Nếu đun nóng 69,8 gam
hỗn hợp E (gồm X, Y và 0,16 mol Z) với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa
101,04 gam hỗn hợp muối của alanin và valin. Biết nX < nY. Phần trăm khối lượng của X
trong E là:
A. 11,68
B. 69,23
C. 11,86
D. 18,91
Phương pháp giả thiết có tương quan khi đốt: nCO2 – nH2O = nX = nY = nZ ||→ X, Y, Z đều là
tetrapeptit.
Giải thủy phân: 1.E4 + 4NaOH → muối + 1.H2O.
BTKL có nE = (101,04 – 69,8) ÷ (4 × 40 – 18) = 0,22 mol.
nZ = 0,16 mol; nX + Y = 0,06 mol. và quay lại giải nAla = 0,76 mol; nVal = 0,12 mol.
Z chỉ cần chứa 1 Val thì nVal ≥ 0,16 mol rồi → Z phải là (Ala)4.
Như vậy còn lại: nX + Y = 0,08 mol; tạo X, Y là 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val.
Thêm nữa là nX < nY và MX > MY ||→ Biện luận.!
X : Alap Val4-p
Hướng tư duy 1
Loại trừ nhanh: nếu X, hoặc Y có dạng (Val)2(Ala)2 thì peptit còn lại cũng phải là (Val)2(Ala)2
vì ∑nAla = ∑nVal → loại hết TH này vì MX > MY. Theo đó, chỉ cần xét:
♦ Nếu X là Val-Ala-Ala-Ala thì bắt buộc Y là (Ala)4 → không thỏa mãn nX < nY.
♦ Nếu X là (Val)3(Ala)1 thì Y là (Val)1(Ala)3 hoặc (Ala)4. Tương tự nhẩm số mol
các tình huống của TH này đều cho kết quả nX = nY hoặc nX > nY không thỏa mãn.
♦ TH cuối: X là (Val)4 thì Y là (Val)1(Ala)3 hoặc (Ala)4; TH (Ala)4 thì nX = nY rồi.
chỉ TH Y là (Val)1(Ala)3 giải được nX = 0,02 mol và nY = 0,04 mol thỏa mãn.
Theo đó, yêu cầu %mX trong E ≈ 11,86%.
Hướng tư duy 2
X : Alap Val4-p xmol
Y Alaq Val4-p y mol
x+ y = 0,06

ax + by = 0,12
Do MX > MY nên p < q
như vậy
a( x+ y) < 0,12 < b ( x+ y)
a < 2< b
bỏ tất cả các cặp a+ b = 4 do x= y= 0,03

Xét a=0 và b= 3 X là (Val)4 Y là (Val)1(Ala)3
giải được nX = 0,02 mol và nY = 0,04 mol thỏa mãn.
Theo đó, yêu cầu %mX trong E ≈ 11,86%.

16


III2. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ CHO HỌC SINH TỰ LUYỆN
1) Bài toán thủy phân hoàn toàn peptit trong môi trường kiềm.
Câu 1(CĐ 2012): Thủy phân hoàn toàn m gam đipeptit Gly-Ala (mạch hở) bằng dung dịch
KOH vừa đủ, thu được dung dịch X. Cô cạn toàn bộ dung dịch X thu được 2,4 gam muối
khan. Giá trị của m là
A. 1,46.
B. 1,36.
C. 1,64.
D. 1,22.
Câu 2: Thủy phân hoàn toàn 32,55 gam tripeptit mạch hở (Ala-Gly-Ala) bằng dung dịch
NaOH (vừa đủ), sau phản ứng thu được dung dịch X. Cô cạn X thu được m gam muối khan.
Giá trị m là:
A. 47,85 gam
B. 42,45 gam
C. 35,85 gam
D. 44,45 gam

Câu 3 (ĐH 2012-Khối B): Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a
mol tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết
thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm –
COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Giá trị của m là
A. 54,30.
B. 66,00.
C. 44,48.
D. 51,72.
Câu 4: Đun nóng 32,9 gam một peptit mạch hở X với 200 gam dung dịch NaOH 10% (vừa
đủ). Sau phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 52 gam muối khan.
Biết răng X tạo thành từ các α-amino axit mà phân tử chứa 1 nhóm NH 2 và 1 nhóm COOH.
Số liên kết peptit trong X là:
A. 10
B. 9
C. 5
D. 4
Câu 5: Thủy phân hoàn toàn 21,8 gam đipeptit mạch hở Glu-Ala trong NaOH (vừa đủ) thu
được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 28,0
B. 24,0
C. 30,2
D. 26,2
Câu 6: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm 2a mol tripeptit mạch hở X và a mol
tetrapeptit mạch hở Y (biết rằng X, Y đều được tạo thành từ các α-amino axit có cùng 1 nhóm
–NH2 và 1 nhóm –COOH) cần vừa đủ 560 gam dung dịch KOH 7%. Sau phản ứng thu được
dung dịch chứa 104,6 gam muối. Giá trị m là:
A. 69,18 gam
B. 67,2 gam
C. 82,0 gam
D. 76,2 gam

Câu 7: X là tetrapeptit mạch hở: Ala-Gly-Val-Ala; Y là tripeptit mạch hở: Val-Gly-Val. Đun
nóng m (gam) hỗn hợp chứa X và Y có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:3 với dung dịch NaOH
vừa đủ. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch T. Cô cạn cẩn thận dung dịch T thu
được 23,745 gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 68,1.
B. 17,025.
C. 19,455.
D. 78,4
Câu 8: Cho X là đipeptit mạch hở Gly-Ala; Y là tripeptit mạch hở Ala-Ala-Gly. Đun nóng
36,3 gam hỗn hợp gồm hai peptit X và Y (tỉ lệ mol 1:1) với lượng dung dịch NaOH vừa đủ.
Sau phản ứng thu được dung dịch chứa m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 43,6 gam
B. 52,7 gam
C. 40,7 gam
D. 41,1
Câu 9: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm
28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là
A. 90,6.
B. 111,74.
C. 81,54.
D. 66,44.
.Câu 10: Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol tripeptit
mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô cạn
dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm -COOH và
một nhóm -NH2 trong phân tử. Giá trị của M là
.
A. 51,72
B. 54,30
C. 66,00
D. 44,48

Câu 11. Thủy phân hoàn toàn m gam tetratapeptit (tạo bởi các aminoaxit cùng dãy đồng đẳng của
glyxin) cần vừa đủ 200 ml dung dịch NaOH 2M. Sau phản ứng thu được 50 gam muối. Giá trị của m
là
A. 37.
B. 25,6.
C. 35,8.
D. 36,4.

17


Câu 12: Thủy phân một lượng tetrapeptit X (mạch hở) chỉ thu được 14,6 gam Ala-Gly; 7,3
gam Gly-Ala; 6,125 gam Gly-Ala-Val; 1,875 gam Gly; 8,775 gam Val; m gam hỗn hợp gồm
Ala-Val và Ala. Giá trị của m là
A. 29,006.
B. 38,675.
C. 34,375.
D. 29,925.
Câu 13: Đun nóng 32,9 gam một peptit mạch hở X với 200 gam dung dịch NaOH 10% (vừa
đủ). Sau phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 52 gam muối khan.
Biết X tạo thành từ các α-amino axit mà phân tử chứa 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH. Số
liên kết peptit trong X là:
A. 10
B. 9
C. 5
D. 4
Câu 14: Hỗn hợp X gồm tripeptit A và tetrapeptit B đều được cấu tạo bởi glyxin và alanin.
Thành phần phần trăm khối lượng nitơ trong A và B theo thứ tự là 19,36% và 19,44%. Thủy
phân hoàn 0,1 mol hỗn hợp X bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch
Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 36,34 gam hỗn hợp muối. Tỉ lệ mol giữa A và B trong hỗn

hợp X là
A. 2:3
B. 3:7
C. 3:2
D. 7:3
2) Bài toán thủy phân hoàn toàn peptit trong môi trường axit.
Xét phản ứng giữa một peptit mạch hở X chứa n gốc amino axit (n-peptit) với dung dịch HCl
(đun nóng). Ta có phương trình p ứtổng quát như sau:
TH1: Nếu X chỉ tạo thành từ các amino axit có 1 nhóm NH2 thì
Xn + nHCl + (n -1)H2O → n muối
TH2: Nếu phân tử X chứa x gốc amino axit có hai nhóm NH 2 (Lys), còn lại là các amino axit
có 1 nhóm –NH2 thì : Xn + (n+x)HCl + (n -1)H2O → n muối
Trong đó chú ý bảo toàn khối lượng: mpeptit + maxit p/ư + mnước = mmuối
Câu 1: Cho 24,36 gam tripeptit mạch hở Gly-Ala-Gly tác dụng với lượng dung dịch HCl vừa
đủ, sau phản ứng thu được dung dịch Y chứa m gam muối. Giá trị m là:
A. 37,50 gam
B. 41,82 gam
C. 38,45 gam
D. 40,42 gam
Câu 2: Thuỷ phân hoàn toàn 0,1 mol một peptit X (mạch hở, được tạo bởi các α - amino axit
có 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH) bằng dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch Y. Cô
cạn dung dịch Y thu được chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng của X là 52,7 gam. Số
liên kết peptit trong X là
A. 14.
B. 9.
C. 11.
D. 13.
Câu3: Thủy phân hoàn toàn 143,45 gam hỗn hợp A gồm hai tetrapeptit thu được 159,74 gam
hỗn hợp X gồm các Aminoaxit (Các Aminoaxit chỉ chứa 1nhóm -COOH và 1 nhóm -NH2).
Cho tòan bộ X tác dụng với dung dịch HCl dư, sau đó cô cạn dung dịch thì nhận được m gam

muối khan. Tính khối lượng nước phản ứng và giá trị của m lần lượt là:
A. 8,145 gam và 203,78 gam.
B. 32,58 gam và 10,15 gam.
C. 16,2 gam và 203,78 gam
D. 16,29 gam và 203,78 gam.
Câu 4: Cho biết X là tetrapeptit (mạch hở) tạo thành từ 1 amino axit (A) no, mạch hở (phân
tử chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH). Biết rằng trong phân tử A chứa 15,73%N theo
khối lượng. Thủy phân m gam X trong môi trường axit thu được 41,58 gam tripeptit; 25,6
gam đipeptit và 92,56 gam A. Giá trị m là:
A. 149 gam
B. 161 gam
C. 143,45 gam
D. 159,25 gam
Câu 5. Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được tạo nên từ hai α – amino
axit có cùng công thức dạng H2NCxHyCOOH) bằng dung dịch NaOH dư, thu được 6,38 gam
muối. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X bằng dung dịch HCl dư, thu được m gam
muối. Giá trị của m làA. 6,53.
B. 7,25.
C. 5,06.
D. 8,25.

18


3, Phản ứng cháy
Câu 1: Tripeptit mạch hở X và Tetrapeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một aminoacid
no,mạch hở có 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 .Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được
sản phẩm gồm H2O,CO2 và N2 trong đó tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 36,3(g) .Nếu đốt
cháy hoàn toàn 0,2 mol Y thì số mol O2 cần phản ứng là?
a. 2,8(mol).

b. 1,8(mol).
c. 1,875(mol).
d. 3,375 (mol)
Câu 2: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm
X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05
mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol
X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.
Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 29,55.
B. 17,73
.C. 23,64.
D. 11,82.
Câu 3: DH-2010 Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một
aminoaxit (no, mạch hở, trong phân tử chứa một nhóm –NH 2 và một nhóm –COOH). Đốt
cháy hoàn toàn 0,1 mol Y, thu được tổng khối lượng CO 2 và H2O bằng 54,9 gam. Đốt cháy
hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam
kết tủa. Giá trị của m là
A. 120.
B. 60.
C. 30.
D. 45.
Câu 4: peptit X bị thủy phân theo phương trình phản ứng: X + 2H 2O 2Y + Z ( trong đó Y
và Z là các amino axit) . Thủy phân hoàn toàn 4,06 gam X thu được m gam Z. Đốt cháy hoàn
toàn m gam Z cần vừa đủ 1,68 lít khí O 2 (đktc) thu được 2,64g CO 2, 1,26g H2O và 224 ml N2
( đktc). Biết Z có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Tên gọi của Y
A. alanin
B. Axit glutamic
C. lysin
D. Glyxin
Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp X gồm 2 chất H 2NR(COOH) x và

CnH2n+1COOH, thu được 52,8 gam CO 2 và 24,3 gam H 2O. Mặt khác, 0,1 mol X phản ứng
vừa đủ với dung dịch chứa a mol HCl. Giá trị của a là
A. 0,10.
B. 0,06.
C. 0,125.
D. 0,05.
Câu 6: Thuỷ phân hoàn toàn m gam một pentapeptit mạch hở M thu được hỗn hợp gồm hai
amino axit X1, X2 (đều no, mạch hở, phân tử chứa một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH).
Đốt cháy toàn bộ lượng X1, X2 ở trên cần dùng vừa đủ 0,255 mol O 2, chỉ thu được N2, H2O và
0,22 mol CO2. Giá trị của m là
A. 6,34.
B. 7,78.
C. 8,62.
D. 7,18.
III. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN
1. Kết quả thực nghiệm
Sáng kiến được áp dụng trong học kỳ II năm học 2016– 2017
Điểm TBT các bài kiểm tra và thi khảo sát trên 2 đối tượng là học sinh lớp 12 C1 (42 hs),
12C2 (40 hs) áp dụng sáng kiến và lớp 12C4 (44 hs) không áp dụng sáng kiến như sau:
Xếp loại
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu - Kém
Đối tượng
C1
47,36%
42,1%
10,54
0%

C2
30%
57,5%
12,5%
0%
C4
9%
32%
59%
0%
-Trong thời gian nghiên cứu đề tài, chúng tôi đã tiến hành nghiên cứu thực nghiệm sư
phạm trên các tập thể lớp đã nêu trên. Kết quả cho thấy, việc sử dụng bài tập có nhiều cách
giải trong tiết dạy và các hoạt động khác làm cho học sinh học tập tích cực hơn, không khí
lớp học sôi nổi, kết quả các bài kiểm tra đạt chất lượng cao hơn.

19


2. Kết quả từ thực tiễn
+ Sử dụng bài tập hóa học , đặc biệt là bài tập hóa học có nhiều cách giải một cách có hiệu
quả, thông qua việc lựa chọn và tổ chức để HS tìm ra cách giải sẽ giúp HS thông hiểu kiến thức
một cách sâu sắc hơn, điều đó cho thấy chính người sử dụng bài toán mới làm cho bài toán có ý
nghĩa thật sự.
+ HS ở lớp không chỉ rèn luyện được tư duy nhanh nhạy, sáng tạo mà còn rèn được cả cách
nói và trình bày lập luận của mình một cách lôgic, chính xác, khả năng độc lập suy nghĩ
+ Với HS các lớp đối chứng gặp khó khăn trong việc xác định nhanh hướng giải bài toán, hầu
hết đều sử dụng phương pháp truyền thống để giải vừa mất thời gian mà nhiều bài gặp bế tắc
không thể giải được.
+ Năng lực tư duy của HS lớp thực nghiệm cũng không rập khuôn máy móc mà linh hoạt,
mềm dẻo hơn, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và nhiều khía cạnh

khác nhau trên cơ sở nắm vững kiến thức cơ bản.
+ Như vậy phương án thực nghiệm đã nâng cao được năng lực tư duy của học sinh, khả
năng làm việc độc lập và tự lực, năng lực vận dụng linh hoạt và sáng tạo kiến thức đã học
vào những bài toán là những tình huống mới, biết nhận ra cái sai của bài toán và bước đầu xây
dựng những bài toán nhỏ góp phần rèn luyện tư duy, óc tìm tòi sáng tạo cho học sinh, gây được
không khí hào hứng trong quá trình nhận thức.
KẾT LUẬN
1. Đã xây dựng được một số phương pháp giải bài tập peptit và protein thường gặp.
2. Đã xây dựng hệ thống gồm 25 bài tâp peptit và protein thường gặp để học sinh tự luyện .
Đề tài có tính thực tiễn rất cao, có thể được áp dụng ở tất cả các hoạt động dạy học
của giáo viên, nhất là các tiết học luyện tập, ôn tập, dạy học theo chủ đề tự chọn. Vấn đề
quan trọng là giáo viên phải chuẩn bị tốt hệ thống bài tập và các cách giải có thể có; chuẩn bị
tốt các hoạt động trong tiết học ắt sẽ đạt kết quả tốt nhất. Hi vọng trong thời gian tới, đề tài
này tiếp tục nghiên cứu sâu hơn, tìm ra phương pháp tốt nhất nhằm góp phần nâng cao chất
lượng giáo dục nói chung.

Hậu Lộc , ngày 24 tháng 05 năm 2017
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Tôi xin cam đoan SKKN trên là do tôi viết không
sao chép nội dung của người khác .

NGƯỜI THỰC HIỆN

Nguyễn Minh Hải

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Đề tuyển sinh ĐH, CĐ các năm của Bộ GD và ĐT- Đề chính thức
2. Trịnh Văn Biều (2003), Các phương pháp dạy học hiệu quả, Trường ĐHSP. TPHCM.
3. Cao Cự Giác (2008), Hướng dẫn giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học 12, Nhà xuất bản
Đại học sư phạm.
4. Võ Chánh Hoài (2008), Tuyển chọn và xây dựng hệ thống bài tập nhằm phát triển tư duy
cho HS trong dạy học phần hóa học vô cơ lớp 12 nâng cao ở trường trung học phổ thông,
Luận văn thạc sỹ giáo dục học.
5. Võ Văn Mai (2007), Sử dụng bài tập hóa học để góp phần hình thành một số phẩm chất
và năng lực cần có cho học sinh giỏi ở phổ thông, Luận văn thạc sỹ giáo dục học.

21


DANH MC TI SNG KIN KINH NGHIM C HI NG NH
GI XP LOI CP PHềNG GD & T , CP S GD & T V CC CP CAO
HN XP T LOI C TR LấN

H v tờn tỏc gi : Nguyn Minh Hi
Chc v v n v cụng tỏc : T trng chuyờn mụn
Trng THPT hu lc 3
TT
1

2

3

3

Tờn ti SKKN

Cp ỏnh
giỏ xp loi

Kt qu
ỏnh giỏ

Nm hc

PHNG PHP GII NHANH BI TP TRC
NGHIM HO HU C-LP 11,12 TRUNG HC
PHTHễNG

Cp s

LoiC

2008- 2009

PHNG PHP GII NHANH BI TP PHN
NG CNG HIRO CA HIROCACBON
KHễNG NO
CHNG 6 LP 11 THPT

Cp s

LoiC

2011- 2012

NNG CAO HIU QU HC TP MễN HểA
HC CA HC SINH THPT BNG CCH TO
HNG TH THễNG QUA CC LIấN H
THC T CA CUC SNG

Cp s

LoiC

2012- 2013

Tuyển chọn, xây dng và sử dụng MT
S tậpHểA HU C IN HèNH LP 11,12
có nhiều cách giảI để phát triển t duy
cho học sinh

Cp s

LoiC

2004- 2015

22