GIẢI CHI TIẾT 30 bài tập PEPTIT HAY và KHÓ

TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

DẠNG KHÓ 1:
THỦY PHÂN HỖN HỢP PEPTIT ĐÃ BIẾT TỈ LỆ MOL
Câu1:Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là 1: 1: 3. Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu được
hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin và 8,19 gam valin. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong
X nhỏ hơn 13. Giá trị của m là:
A. 18,83
B. 18,29
C. 19,19
D. 18,47
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Gọi công thức chung của 3 peptit là Xn (5xmol)
Xn (5xmol)
+ (n - 1)H2O ----> nX (A 0,16 mol và V 0,07mol)
Chú ý trong phản ứng trên:
Có nH2O = naa – nXn
Có mXn = maa - mXn
Giải chậm (hiểu bản chất):
Peptit thứ nhất có dạng Aa1Vv1 (xmol)
Peptit thứ hai có dạng Aa2Vv2 (xmol)
Peptit thứ hai có dạng Aa3Vv3 (3xmol)
nA = x(a1 + a2 + 3a3)x và nV = x(v1 + v2 + 3v3)x trong đó a1, a2, a3 và v1, v2, v3 là các số nguyên.
Có

nA (a 1  a 2  3a 3 ) x 0,16 16kx
với k là số nguyên.




nV ( v1  v 2  3v 3 ) x 0,07 7kx

Trong đó a1 + a2 + 3a3 = 16k và v1 + v2 + 3v3 = 7k (với k là số nguyên)
---> a1 + a2 + 3a3 + v1 + v2 + 3v3 = 23k (I)
Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 13 ----> tổng số mắt xích = tổng số aa < 16
----> tổng số mắt xích = tổng số amino axit = a1 + a2 + a3 + v1 + v2 + v3  15 (II)
Nếu nhân 2 vế của (II) với 1 và so sánh với (I) ---> 15 chắc chắn sẽ nhỏ hơn 23k
Nếu nhân 2 vế của (II) với 3 và so sánh với (I) ---> 45 chắc chắn sẽ lớn hơn 23k
---> 15 < 23k < 45 ---> 0,65 < 23k < 1,95 ---> k = 1
Như vậy 0,16 = 16kx = 16.1.x ---> x = 0,16: 16 = 0,01mol ---> nXn = 5xmol = 0,05mol
Có nH2O = naa – nXn = 0,23 – 0,05 = 0,18mol
Có mXn = maa - mXn = 14,24 + 8,19 - 0,18.18 = 19,19 gam---> đáp án C.
Giải nhanh (áp dụng khi thi):
Có

nA 0,16 16kx


với k là số nguyên.
nV 0,07 7kx

Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 13 ----> tổng số mắt xích = tổng số aa < 16
----> tổng số mắt xích = tổng số amino axit  15
---> 15 .1 < 23k < 15.3 ---> 0,65 < 23k < 1,956 ---> k = 1 (số 1 và số 3 lấy ở tỉ lệ 1:3)
Như vậy 0,16 = 16kx = 16.1.x ---> x = 0,16: 16 = 0,01mol
---> x = 0,01 ---> nXn = 5xmol = 0,05mol
Có nH2O = naa – nXn = 0,23 – 0,05 = 0,18mol
Có mXn = maa - mXn = 14,24 + 8,19 - 0,18.18 = 19,19 gam---> đáp án C.
Câu2:Hỗn hợp A gồm ba peptit mạch hở X, Y, Z có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4. Thủy phân hoàn toàn m gam A

thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 21,75 gam Glyxin và 16,02 gam Alanin. Biết số liên kết peptit trong phân tử X nhiều
hơn trong Z và tổng số liên kết peptit trong ba phân tử X, Y, Z nhỏ hơn 17. Giá trị của m là:
A. 30,93.
B. 31,29.
C. 30,57.
D. 30,21.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Giải nhanh (áp dụng khi):
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

1


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Số mol của X, Y, Z lần lượt là 2x, 3x và 4x mol.
Gọi công thức chung của 3 peptit là Xn (9xmol)
Xn (9xmol)
+ (n - 1)H2O ----> nX (G 0,29 mol và A 0,18mol)
Có

nG 0,29 29kx
với k là số nguyên.


nA 0,18 18kx

Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 17 ----> tổng số mắt xích = tổng số aa < 20

----> tổng số mắt xích = tổng số amino axit  19 (II)
---> 19 .2 < (29k + 18 k) < 19.4 ---> 0,808 < k < 1,617 ---> k = 1 (số 2 và số 4 lấy ở tỉ lệ 2 : 3: 4)
Như vậy 0,29 = 29kx = 29.1.x ---> x = 0,29: 29 = 0,01mol ---> nXn = 9xmol = 0,09mol
Có nH2O = naa – nXn = 0,47 – 0,09 = 0,38mol
Có mXn = maa - mXn = 21,75 + 16,02 – 0,38.18 = 30,93 gam---> đáp án A.
Câu3:Thủy phân hoàn toàn m gam hh A gồm peptit X và peptit Y (được trộn theo tỉ lệ mol 4:1) thu được 30 gam glyxin; 71,2
gam alanin và 70,2 gam valin. Biết tổng số liên kết peptit có trong 2 phân tử X và Y là 7. Giá trị nhỏ nhất của m có thể là:
A. 146,8.
B. 145.
C. 151,6.
D. 148.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Giải nhanh (áp dụng khi):
Số mol của X, Y lần lượt là 4x và x mol.
Gọi công thức chung của 2 peptit là Xn (5xmol)
Xn (5xmol)
+ (n - 1)H2O ----> nX (G 0,4 mol, A 0,8mol và V 0,6mol)
Có nG : nA : nV = 0,4 : 0,8 : 0,6 = 2kx: 4kx : 3kx với k là số nguyên.
Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của 2 peptit = 7 ----> tổng số mắt xích = tổng số aa = 7 + 2 = 9
---> 9 .1 < (2k + 4 k + 3k) < 9.4 ---> 1 < k < 4 ---> k = 2 hoặc 3 (số 1 và số 4 lấy ở tỉ lệ 4 : 1)
Xét k = 2 ---> 0,4 = 2kx = 2.2.x ---> x = 0,4: 4 = 0,1mol---> nXn = 5xmol = 0,5mol
Có nH2O = naa – nXn = 1,8 – 0,5 = 1,3mol
Có mXn = maa - mXn = 30 + 71,2 + 70,2 – 1,3.18 = 148gam.
Xét k = 3 ---> 0,4 = 2kx = 2.3.x ---> x = 1/15 mol---> nXn = 5.1/15 = 1/3mol
Có nH2O = naa – nXn = 1,8 – 1/3 = 22/15mol
Có mXn = maa - mXn = 30 + 71,2 + 70,2 – 18.22/15 = 145gam.
---> Giá trị nhỏ nhất của m có thể là 145 gam ---> đáp án B.
Câu4:Hỗn hợp X gồm 2 peptit mạch hở X1, X2 có tỉ lệ mol là 2 : 3, và tổng số liên kết peptit trong 2 phân tử X1, X2 là 7.
Lấy m gam X đem thủy phân hoàn toàn, làm khô thu được hỗn hợp Y gồm 2 amino axit là glyxin và alanin. Đốt cháy
hoàn toàn 1/10 hỗn hợp Y rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 350 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi các phản ứng

kết thúc thấy tách ra 60,085gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 40,14 gam so với ban đầu.
Giá trị của m gần nhất là:
A. 82,00gam
B. 50,55gam
C. 80,56gam
D. 89,45gam
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Có nBaCO3  = 0,305mol
Trường hợp 1 : phản ứng tạo 2 muối BaCO3 0,305mol và Ba(HCO3)2
Bảo toàn Ba ---> nBa(HCO3)2 = 0,35 – 0,305 = 0,045mol ---> nCO2 = 0,305 + 0,045.2 = 0,395mol
Có mdung dịch giảm = mkết tủa – mCO2 – mH2 O
--->nH2O = 0,1425mol (vô lý vì đốt Gly và Ala sẽ cho nH2O > nCO2)
Trường hợp đúng: phản ứng tạo muối BaCO3 0,305mol và Ba(OH)2 dư
Bảo toàn C ---> nCO2 = 0,305mol
Có mdung dịch giảm = mkết tủa – mCO2 – mH2 O
--->nH2O = 0,3625mol
Gọi a và b là mol Gly (C2H5NO2) và Ala (C3H7NO2) trong 1/10 hỗn hợp Y
---> nCO2 = 2a + 3b = 0,305 (I) và nH2O = 2,5a + 3,5b = 0,3625 (II) ---> a = 0,04 và b = 0,075
---> Trong Y chứa Gly (0,4mol) và Ala(0,75mol)
Số mol của X1, X2 lần lượt là 2x, 3x.
Gọi công thức chung của 2 peptit là Xn (2x + 3x = 5xmol)
Xn (5xmol)
+ (n - 1)H2O ----> nX (Gly 0,4 mol và Ala 0,75mol)

FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

2


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

nG 0,4
8kx
Có
với k là số nguyên.


nA 0,75 15kx
Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của 2 peptit trong X = 7 ----> tổng số mắt xích = tổng số aa = 9
---> 9 .2 < (8k + 15 k) < 9.3 ---> 0,782 < k < 1,17 ---> k = 1 (số 2 và số 3 lấy ở tỉ lệ 2 : 3)
Như vậy 0,4 = 8kx = 8.1.x ---> x = 0,4: 8 = 0,05mol ---> nXn = 5xmol = 0,25mol
Có nH2O = naa – nXn = 0,4 + 0,75 – 0,25 = 0,9mol
Có mXn = maa - mXn = 0,4.75 + 0,75.89 - 0,9.18 = 80,55 gam---> đáp án C.

DẠNG KHÓ 2: QUI ĐỔI PEPTIT
Câu5: X, Y là 2 peptit đuợc tạo từ các -aminio axit no,mạch hở chứa 1 nhóm - NH2 và 1 nhóm –COOH. Đun nóng 0,1
mol hỗn hợp E chứa X, Y bằng dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu đuợc m gam muối khan.
Đốt cháy toàn bộ luợng muối này thu đuợc 0,2 mol Na2CO3 và hỗn hợp CO2, H2O, N2 trong đó tổng khối luợng của CO2
và H2O là 65,6 gam. Mặt khác đốt cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần dùng a mol O2,thu đuợc CO2, H2O, N2. Giá trị của a
gần nhất với
A .2,5

B. 1,5

C. 3,5

D 3,0

HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nX + nY = 0,1mol)
Bảo toàn Na và N ---> nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,2.2 = 0,4mol---> nC2H4NO2Na = nC2H3NO (0,4mol)
C2H3NO (0,4mol), CH2 (xmol) và H2O (0,1mol) + NaOH (0,4mol) ----> C2H4NO2Na (0,4mol), CH2 (xmol)
Khi đốt mg muối:
C2H4NO2Na (0,4mol), CH2 (xmol) + O2 (5,55mol) ----> Na2CO3
+ CO2
+ H2O
+
N2 (1)
0,2mol
x+0,6 mol
x + 0,8 mol
Có m(CO2 + H2O) = 65,6 gam ---> 44(x+0,6) + 18(x + 0,8) = 65,6 ---> x = 0,4mol
---> m = mC2H4NO2Na (0,4mol), CH2 (0,4mol) = 44,4gam
---> khối lượng peptit = m(C2H3NO (0,4mol), CH2 (0,4mol) và H2O (0,1mol)) = 30,2gam
Khi đốt 31 gam petit X, Y:
C2H3NO (0,4mol), CH2 (0,4mol), H2O (0,1mol) + O2 ---> CO2
+ H2O
+
N2 (2)
1,2mol
1,1 mol
Bảo toàn nguyên tố O ---> nO2 (2) = 1,5mol
---> Đốt 30,2 gam X, Y cần 1,5mol O2
---> Đốt 1,51m = 1,51.44,4 = 67,044 gam X, Y cần amol O2 ---> a = 67,044.1,5/30,2 = 3,33mol
Câu6:Chia m gỗn hợp T gồm các peptit mạch hở thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được N2,
CO2 và 7,02 gam H2O. Thủy phân hoàn toàn phần hai, thu được hỗn hợp X gồm alanin, glyxin, valin. Cho X vào 200 ml
dung dịch chứa NaOH 0,5 M và KOH 0,6M, thu được dung dịch Y chứa 20,66 gam chất tan. Để tác dụng vừa đủ với Y
cần 360 ml dung dịch HCl 1M. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:

A. 21,32.
B. 24,20.
C. 24,92.
D. 19,88.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Y + HCl coi như hỗn hợp gồm {aa, NaOH, KOH} + HCl
---> n a.a (X) + n NaOH + n KOH = n HCl → n a.a = 0,36 – 0,1 -0,12 = 0,14 = n N
Khi cho X + NaOH, KOH ---> chất tan + H2O
Vì naa = 0,14 < n(NaOH + KOH) = 0,22 ---> nH2O = naa = 0,14mol
Bảo toàn khối lượng---> m a.a + m bazo = m chất tan + m H2O
m a.a + 0,1.40 + 0,12.56 = 20,66 + 0,14.18 ---> maa = 12,46gam
Qui đổi T thành C2H3NO (0,14mol), CH2 và H2O (chú ý nH2O = nT)
C2H3NO (0,14mol), CH2 và H2O + H2O ----> 12,46gam {C2H5NO2 0,14mol , CH2}
--->nCH2 = (12,46 – 0,14.75)/14 = 0,14mol
Khi đốt 1/2T: C2H3NO (0,14mol), CH2 (0,14) và H2O + O2 ---->
CO2
+
H2O (0,39mol) +
N2
Bảo toàn H --> nH2O (T) = (0,39.2 – 0,14.3 - 0,14.2)/2 = 0,04mol
--->mT = 0,14.57 + 0,14.14 + 0,04.18 = 10,66gam---> m = 10,66.2 = 21,32gam--->đáp án A.
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

3


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Câu7:Cho hỗn hợp gồm 3 peptit Y,Z,T (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4 Tổng liên kết trong peptit trong
phân tử Y, Z, T bằng 12 .Thủy phân hoàn toàn 39,05 g X thu được 0,11 mol X1 và 0,16 mol X2 và 0,2mol X3. Biết X1, X2,
X3 đều có dạng H2NCnH2nCOOH. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 32,816 lít O2 (đktc). Gía trị của m gần nhất
với giá trị nào sau đây:
A. 31
B. 28
C. 26
D.30
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Giải nhanh (áp dụng khi thi):
Số mol của X, Y, T lần lượt là 2x, 3x và 4x mol.
Gọi công thức chung của 3 peptit là Xn (9xmol)
Xn (9xmol)
+ (n - 1)H2O ----> naa (X1 0,11 mol, X2 0,16 mol và X3 0,2 mol)
nX1 :nX2:nX3 = 0,11 : 0,16 : 0,2 = 11kx : 16kx : 20kx trong đó k là số nguyên.
Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của ba peptit = 12---> tổng số mắt xích = tổng số aa = 12+3 = 15
---> 15 .2 < (11k + 16 k + 20k) < 15.4 ---> 0,638 < k < 1,27 ---> k = 1 (số 2 và số 4 lấy ở tỉ lệ 2 : 3: 4)
Như vậy 0,11 = 11kx = 11.1.x ---> x = 0,11: 11 = 0,01mol ---> nXn = 9xmol = 0,09mol
Có nH2O = naa – nXn = 0,47 – 0,09 = 0,38mol
Qui đổi Y, Z, T thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nY + nZ + nT = 0,1mol)
Bảo toàn N ---> nC2H3NO = nN (X1, X2, X3) = 0,11 + 0,16 + 0,2 = 0,47mol
---> nCH2 = (39,05 – 47.57 – 0,09.18)/14 = 0,76 mol
Khi đốt 39,05 gam hỗn hợp:
C2H3NO (0,47mol), CH2 (0,76mol), H2O (0,09mol) + O2 ----> CO2
+ H2O
+
N2 (1)
1,7mol
1,555 mol
Bảo toàn nguyên tố O ---> nO2 (1) = (1,7.2 + 1,555 – 0,47 – 0,09.2)/2 = 2,1975mol

---> Đốt 30,95 gam Y, Z, T cần 2,1975mol O2
---> Đốt mgam Y, Y, T cần 1,465 mol O2 ---> m = 30,95.1,465/2,1975 = 20,633 gam ---> đáp án C
Câu8:Đun nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X , tripeptit Y và tetrapeptit Z đều mạch hở bằng lượng vừa đủ dung
dịch NaOH, thu được dung dịch chứa 0,5 mol muối của glyxin và 0,4 mol muối của alanin và 0,2 mol muối của valin.
Mặt khác đốt cháy m gam E trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và
nước là 78,28 gam. Giá trị m gần nhất với:
A.50.
B. 40.
C. 45.
D. 35.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X, Y, Z thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nE = 0,4mol)
C2H3NO, CH2 và H2O (0,4mol) + NaOH ----> C2H4NO2Na, CH2
[C2H4NO2Na 0,5 mol, C3H6NO2Na 0,4 mol, C5H10NO2Na 0,2mol].
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = 0,5 + 0,4 + 0,2 = 1,1mol
Bảo toàn nguyên tố C ---> 1,1.2 + nCH2 = 0,5.2 + 0,4.3 + 0,2.5 ---> nCH2 = 1mol
Khi đốt m gam X:
C2H3NO (11xmol), CH2 (10xmol) và H2O (4xmol) + O2 ----> CO2 (32xmol) + H2O (30,5xmol) + N2
44.32x + 18.30,5x = 78,28 ---> x = 0,04 ---> m = 57.0,44 + 14.0,4 + 18.0,16 = 33,56 gam ----> đáp án D.
Câu9:Cho hỗn hợp X gồm một tetrapeptit và một tripeptit. Để thủy phân hoàn toàn 50,36 gam X cần dung dịch chứa 0,76
mol NaOH, sau phản ứng hoàn toàn cô cạn thu được 76,8 gam hỗn hợp muối chỉ gồm a mol muối của glyxin và b mol
muối của alanin. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol X bằng O2 dư thu được m gam CO2. Giá trị của m là
A. 76,56
B. 16,72
C. 38,28
D. 19,14
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X, Y, Z, T thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nX)
C2H3NO (0,76mol), CH2 (0,22mol) và H2O (ymol) + NaOH ---->
C2H4NO2Na (0,76mol), CH2 (0,22mol)

[C2H4NO2Na (amol), C3H6NO2Na bmol].
Có nCH2 = (76,8 – 0,76.97)/14 = 0,22mol
Hoặc a+ b = 0,76 và 97a + 111b = 76,8 ---> a = 0,54mol và b = 0,22mol
Bảo toàn nguyên tố cacbon ---> nCH2 = 0,22
hoặc [C2H4NO2Na (0,54mol), C3H6NO2Na 0,22mol coi là [C2H4NO2Na (0,54mol), C2H4NO2Na.CH2 0,22mol ].
----> qui hỗn hợp thành C2H4NO2Na (0,54 + 0,22 = 0,76mol) và CH2 (0,22mol)
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

4


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

mX = 50,36 = 57.0,76 + 14.0,22 + 18.nH2O ----> nH2O = 0,22 mol
Có nX = nH2O = 0,22 mol --> nCO2 = nC = 0,76.2 + 0,22 = 1,74mol
--->nX = 0,11mol ---> nCO2 = 1,74/2 = 0,87mol ---> mCO2 = 0,87.44 = 38,28gam ---> đáp án C.
Câu10:Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu được 151,2 gam hỗn
hợp gồm các muối natri của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X, Y ở trên cần 107,52 lít
khí O2 (đktc) và thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là:
A. 102,4.
B. 97,0.
C. 92,5.
D. 107,8.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nX)
C2H3NO (xmol), CH2 (ymol) và H2O (zmol) + NaOH ---->
C2H4NO2Na (xmol), CH2 (ymol)
[C2H4NO2Na, C3H6NO2Na, C5H10NO2Na].

Đốt M:
C2H3NO (x), CH2 (ymol) và H2O (zmol)

+ O2 --->
CO2
+
H2O
+
N2
4,8mol
2x + y
3,6
Khối lượng muối = m (C2H4NO2Na (xmol), CH2 (ymol)) = 97x + 14y = 151,2 (I)
Bảo toàn nguyên tố O ---> x + z + 4,8.2 = 2(2x + y) + 3,6 (II)
Bảo toàn nguyên tố H ---> 3x + 2y + 2z = 3,6.2 (III)
---> x = 1,4; y = 1,1 và z = 0,4mol
----> m = 57.1,4 + 14.1,1 + 18.0,4 = 102,4 gam ---> đáp án A.
Câu11:Hỗn hợp E gồm peptit X ( CnHmOzN4) và peptit Y ( CxHyO7Nt) đều mạch hở, cấu tạo từ các aminoaxit no chứa 1
nhóm –NH2, 1 nhóm –COOH. Cho hỗn hợp E phản ứng với 2 lít dung dịch NaOH 0,65M thu được dung dịch Z. Để
trung hòa Z cần 100 ml dung dịch HCl 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối. Đốt cháy hoàn toàn m
gam muối trên cần 177,6 gam O2. Giá trị gần nhất với m là :
A. 140.
B. 150.
C. 160.
D. 130.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
X (CxHyOzN4) là hexapeptit --> X4
Y (CnHmO7Nt) là pentapetit ---> Y6
Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nE)
C2H3NO, CH2 và H2O + NaOH

----> C2H4NO2Na, CH2
0,2mol
1,1mol
1,1mol
NaOH dư
+
HCl
--->
NaCl + H2O
0,2mol
0,2mol
0,2mol
Khi đốt muối:
C2H4NO2Na (1,1mol), CH2 (xmol) + O2 (5,55mol) ----> Na2CO3
+ CO2
+ H2O
+
N2
0,55mol
x + 1,65 mol x + 2,2 mol
NaCl
---------> NaCl
0,2mol
0,2mol
Bảo toàn nguyên tố O ---> 1,1.2 + 5,55.2 = 0,55.3 + 2(x + 1,65) + x + 2,2---> x = 2,05mol
---> khối lượng muối = m (C2H4NO2Na (1,1mol), CH2 (xmol)) + mNaCl = 1,1.97 + 2,05.14 + 0,2.58,5 = 147,1gam --> đáp
án B.
Câu12:Cho hh A chứa hai peptit X và Y tạo bởi các aa no mạch hở, phân tử chứa 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -NH2, biết rằng
tổng số nguyên tử O trong 2 phân tử X, Y là 13. Trong X hoặc Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Đun nóng 0,7 mol
A trong KOH thì thấy 3,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt khác đốt cháy hoàn 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 DẪN GIẢI:
Tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13 ---> tổng số N = 11
X, Y đều có số liên kết peptit  4---> X5 (xmol) và Y6 (ymol)

Có thể kết hợp thêm với chỉ liên kết peptit trung bình = 3,8 : 0,7 = 38 : 7 = 5,42857....
X5
+ 5KOH ----> m’
+
H2O (1)
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

5


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

xmol
5x
Y6
+ 6KOH ----> m’
ymol
6y

+

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

xmol
H2O (2)
ymol

Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nA = 0,7mol)
C2H3NO (3,9mol), CH2 và H2O (0,7mol) + KOH (3,9mol)----> C2H4NO2K (3,9mol), CH2
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = nK = 3,9mol
Bảo toàn nguyên tố C ---> 1,1.2 + nCH2 = 0,5.2 + 0,4.3 + 0,2.5 ---> nCH2 = 1mol
Khi đốt 66,075 gam X (hai khối lượng khác nhau nhưng tỉ lệ số mol không đổi):
C2H3NO (39xmol), CH2 (ymol) và H2O (7xmol) + O2 ----> CO2 (78x + y) mol + H2O (65,5x + y) mol + N2
Có 57.39x + 14y + 18.7x = 66,075 (I)
khối lượng bình tăng 147,825 gam = mCO2 + mH2O = 44(78x + y) + 18(65,5x + y) (II)
Giải hệ --> x = 0,025mol và y = 0,525mol
---> n C2H3NO (39xmol) = 39.0,025 = 0,975mol = 3,9/4 ---> nghĩa là khối lượng phần 2 bằng ¼ lần khối lượng phần 1.
----> Trong m gam đầu nCH2 = 0,525.4 = 2,1mol
---> trong m gam đầu sẽ có C2H3NO (3,9mol), CH2 (2,1mol) và H2O (0,7mol)
---> m = 3,9.57 + 2,1.14 + 0,7.18 = 264,3 gam.
Bảo toàn khối lượng cho phản ứng 1 và 2 ---> khối lượng muối = 264,3 + 3,9.56 – 0,7.18 = 470,1gam ---> đáp án C.
Câu13:Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm hai peptit X và Y bằng dung dịch NaOH vừa đủ thu được 9,02 gam
hỗn hợp các muối natri của gly, ala và Val. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp M trên thu thì cần hết 7,056
lít khí O2 ( đktc) thu được 4,32 gam nước. Giá trị m là
A.6,36 gam
B.4,56 gam
C.7,86 gam
D.9,16 gam
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nM)
C2H3NO (xmol), CH2 (ymol) và H2O (zmol) + NaOH ---->

C2H4NO2Na, CH2
[C2H4NO2Na, C3H6NO2Na, C5H10NO2Na].
Khi đốt m gam X:
C2H3NO (xmol), CH2 (ymol) và H2O (zmol) + O2 (0,35mol)----> CO2 (2x + y) mol + H2O (1,5x + y + z)mol + N2
Có khối lượng muối natri = 97x + 14y = 9,02 (I)
Bảo toàn nguyên tố oxi ---> x + z + 0,315.2 = 4x + 2y + 0,24 (II)
Bảo toàn nguyên tố H ---> 1,5x + y + z = 0,24 (II)
Giải hệ ---> x = 0,08mol, y = 0,09mol, z = 0,03mol----->m = 57.0,08 + 14.0,09 + 18.0,03 = 6,36 gam ----> đáp án A.
Câu14:Cho m gam hh M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) t/d với dd NaOH vừa đủ,
thu được hh 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
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X, Y, Z, T thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nE = 0,4mol)
C2H3NO, CH2 (xmol) và H2O (ymol) + NaOH ---->
C2H4NO2Na, CH2 (xmol)
[C2H4NO2Na, C3H6NO2Na mol, C5H10NO2Na mol].
Có nN2 = 0,0375mol ---> nC2H3NO = nN = 0,075mol---> nC2H4NO2Na = nNaOH = 0,075mol
Đốt Q:
C2H4NO2Na (0,075mol), CH2 (xmol) + O2 ---> Na2CO3 +
CO2
+
H2O
+
N2
0,0375

x + 0,1125
x + 0,15
0,0375
Có khối lượng bình tăng 13,23 = mCO2 + mH2O = 44(x + 0,1125) + 18(x + 0,15) = 13,23---> x = 0,09mol
Đốt M:
C2H3NO (0,075), CH2 (0,09mol) và H2O (ymol)
+ O2 --->
CO2
+
H2O
+
N2
0,24mol
0,2275
0,0375
Bảo toàn nguyên tố H -----> 0,075.3 + 0,09.2 + 2y = 0,2275.2 ---> y = 0,025
mM = 57.0,075 + 14.0,09 + 18.0,025 = 5,985 gam ----> đáp án A.
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

6


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Hướng giải khác:
Bảo toàn nguyên tố oxi hoặc bảo toàn khối lượng cho pư đốt Q--->nO2 = 0,30375mol
Chú ý nO2 dùng để đốt M = nO2 dùng để đốt Q = 0,30375mol.
Bảo toàn nguyên tố oxi hoặc bảo toàn khối lượng cho pư đốt M---> nH2O = nY = 0,025mol

mM = 57.0,075 + 14.0,09 + 18.0,025 = 5,985 gam ----> đáp án A.
Câu15: Hỗn hợp X gồm 3 peptit Y,Z,T (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng là 2:3:4. Tổng số liên kết peptit trong phân
tử Y, Z, T bằng 12. Thủy phân hoàn toàn 39,05 gam X, thu được 0,11 mol X1, 0,16 mol X2 và 0,2 mol X3. Biết X1, X2,
X3 đều có dạng H2NCnH2nCOOH. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 32,816 l O2 (đktc). Giá trị m gần nhất với
giá trị nào sau đây:
A. 31
B. 28
C. 26
D. 30
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Cách giải số 1:
Số mol của ba peptit lần lượt là 2xmol, 3xmol và 4xmol
Gọi công thức chung của 3 peptit là Xn (9xmol)
Xn (6xmol)
+ (n - 1)H2O ----> nX (X1 0,11 mol, X2 0,07mol và X3 0,2mol)
Có nX1 : nX2 : nX3 = 0,11 : 0,16 : 0,2 = 11kx : 16kx : 20kx trong đó k là số nguyên.
Tổng số liên kết peptit trong phân tử Y, Z, T bằng 12----> tổng số mắt xích = 12 + 3 = 15
Có 15.2 <11k + 16k + 20k = 47k < 15.4 ---> 0,638 < k < 1,191 ---> k = 1
----> 0,11 = 11x ---> x = 0,01mol---> nXn = 9xmol = 0,09mol
Có nH2O = naa – nXn = 0,47 – 0,09 = 0,38mol
Có mXn = maa - mXn ---> maa = 39,05 + 0,38.18 = 45,89gam
Có 2 cách chứng minh X1 là gly, X2 là Ala và X3 là Valin như sau:
Cách 1: 0,11X1 + 0,16X2 + 0,2X3 = 45,89 ---> chỉ thỏa mãn khi X1 = 75, X2 = 89 và X3 = 117
Cách 2: Qui đổi Y, Z, T thành C2H3NO, CH2 và H2O -------> 0,11 mol X1, 0,16 mol X2 và 0,2 mol X3.
Có nH2O = tổng mol peptit = 9x = 0,09mol
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN(X1, X2, X3) = 0,47mol
nCH2 = (39,05 – 0,47.57 – 0,09.18)/ 14 = 0,76mol
Bảo toàn nguyên tố C ---> 0,47.2 + 0,76 = 0,11n1 + 0,16n2 + 0,2n3 chỉ thỏa mãn khi n1 = 2 là Gly, n2 = 3 là Ala, n3 = 5 là
Valin.
Khi đốt m gam X:

C2H3NO (47xmol), CH2 (76xmol) và H2O (9xmol) + O2 (1,465mol) ----> CO2 (170xmol) + H2O (155,5mol) + N2
Bảo toàn nguyên tố oxi ---> 47x + 9x + 1,465.2 = 170x.2 + 155,5x ---> x = 1/150 mol
----> m = 57.47/150 + 14.76/150 + 18.9/150 = 26,03gam ---> đáp án C.
Cách giải số 2 (Nhanh hơn):
Tổng mol peptit = 2x + 3x + 4x = 9x
- Tỷ lệ: nX1 : nX2 : nX3 = 0,11 : 0,16 : 0,2 = 11 : 16 : 12 ----> x = 0,01 ----> Tổng mol peptit = 0,09
- nH2O = naminoaxit – npeptit = 0,47 – 0,09 = 0,38
- BTKL: maminoaxit = mPeptit + mH2O = 39,05 + 0,38*18 = 45,89
- MH2NCnH2nCOOH = 45,89: 0,47 = 97,64 suy n = 2,6
- Lượng O2 cần đốt peptit cũng bằng O2 đốt các aminoaxit

 3,6CO2 + 4,1H2O
H2NC2,6H5,2COOH +
4,65O2 
0,47......................2,1855
- Để đốt 39,05 gam X thì cần 2,1855 mol O2
 m = 1,465*39,05/2,1855 = 26,176---> đáp án C
- Vậy để đốt m gam X cần 1,465 
Câu16:Peptit X và peptit Y có tổng liên kết peptit bằng 8. Thủy phân hoàn toàn X cũng như Y đều thu được Gly và Val.
Đốt cháy hoàn toàn hh E chứa X và Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3 cần dùng 22,176 lit O2 (đktc). Sản phẩm cháy gồm CO2,
H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dd Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 46,48 gam, khí thoát ra
khỏi bình có thể tích 2,464 lit (đktc). Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp E thu được a mol Gly và b mol Val. Tỉ lệ a : b là:
A. 1:1
B. 1:2
C. 2:1
D. 2:3
HƯỚNG DẪN GIẢI:
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

7

TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nX)
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = NaOH = 0,11.2 = 0,22mol
C2H3NO (0,22mol), CH2 (x mol) và H2O (ymol) + NaOH ----> C2H4NO2Na (0,22mol), CH2 (xmol)
[C2H4NO2Na (amol), C5H10NO2Na bmol].
Đốt M:
C2H3NO (0,22), CH2 (xmol) và H2O (ymol)

+ O2 --->
CO2
+
H2O
+
N2
0,99 mol
x + 0,44mol
x + y + 0,33
0,11
Có khối lượng bình tăng = mCO2 + mH2O = 44(x + 0,44) + 18(x + y + 0,33) = 46,48 (I)
Bảo toàn nguyên tố oxi ---> 0,22 + y + 0,99.2 = 2(x + 0,44) + x + y + 0,33 (II)
---> x = 0,33 và y = 0,04 ----> nCO2 = 0,77
Tổng hợp kết quả trên:
C2H3NO (0,22mol), CH2 (0,33 mol) và H2O (0,04mol) + NaOH (0,22)----> C2H4NO2Na (0,22mol), CH2 (0,33mol)
[C2H4NO2Na (amol), C5H10NO2Na bmol].
Bảo toàn nguyên tố nitơ ---> a + b = 0,22

Bảo toàn nguyên tố cacbon---> 2a + 5b = 0,77
---> a= 0,11mol và b = 0,11mol ----> đáp án A.
Câu17:Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dd NaOH 1,5M
chỉ thu được dd chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy 30,73 gam E trong O 2 vừa đủ
thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 69,31 gam. Giá trị a : b gần nhất với:
A. 0,730.
B. 0,810.
C. 0,756.
D. 0,962.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
X (CxHyOzN6) là hexapeptit --> X6
Y (CnHmO6Nt) là pentapetit ---> Y5

X6
+ 6NaOH ----> m’ +
H2O
xmol
5x
xmol
Y5
+ 5NaOH ----> m’
+
H2O
ymol
6y
ymol
Có x + y = 0,16 và 6x + 5y = nNaOH = 0,9 => x = 0,1mol; y = 0,06 mol
Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nE = 0,16)
Đốt phần thứ nhất:
C2H3NO (0,9mol), CH2 (ymol) và H2O (0,16mol) + NaOH(0,9mol) ---->

C2H4NO2Na (0,9mol), CH2 (ymol)
[C2H4NO2Na amol, C3H6NO2Na bmol].
Đốt phần thứ 2 (30,73 gam E): chú ý hai phần không bằng nhau nhưng tỉ lệ mol không đổi!
C2H3NO (9x), CH2 (zmol) và H2O (1,6xmol)
+ O2 --->
CO2
+
H2O
+
N2
18x + y
15,1x + y
mE = 30,73 = 57.9x + 14z + 18.1,6x = 30,73 (I)
m (CO2 + H2O) = 44(18x+ y) + 18(15,1x+ y) = 29,31 (II)
---> x = 0,05; y = 0,26 ---> n C2H3NO = 9x = 9.0,05 = 0,45mol ---> như vậy phần 2 sẽ bằng ½ phần 1
---> trong phần 1 sẽ có:
C2H3NO (0,9mol), CH2 (0,26.2 = 0,52mol) và H2O (0,16mol) + NaOH(0,9mol) --> C2H4NO2Na (0,9mol), CH2 (0,52mol)
[C2H4NO2Na amol, C3H6NO2Na bmol].
Bảo toàn nguyên tố N ---> a + b = 0,9 (I)
Bảo toàn nguyên tố C ---> 2a + 3b = 0,9.2 + 0,52.1 (III)
---> a = 0,38mol và b = 0,52mol ---> a : b = 0,38 : 0,52 = 0,73 ---> đáp án A.
Câu18:Đun nóng 0,14 mol hỗn hợp A gồm hai peptit X (CxHyOzN4) và Y (CnHmO7Nt) với dd NaOH vừa đủ chỉ thu được
dung dịch chứa 0,28 mol muối của glyxin và 0,4 mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy m gam A trong O 2 vừa đủ thu
được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và nước là 63,312 gam. Giá trị m gần nhất là:
A. 28.
B. 34.
C. 32.
D. 18.
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

8


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

HƯỚNG DẪN GIẢI:
X (CxHyOzN4) là hexapeptit --> X4
Y (CnHmO7Nt) là pentapetit ---> Y6

X4
+ 4NaOH ----> m’ +
H2O
xmol
4x
xmol
Y6
+ 6NaOH ----> m’
+
H2O
ymol
6y
ymol
Có x + y = 0,16 và 4x + 6y = nNaOH = nNa (C2H4NO2Na)+ nNa (C3H6NO2Na) = 0,28 + 0,4 = 0,68
=> x = 0,08mol; y = 0,06 mol
Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nE = 0,14)
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = 0,28 + 0,4 = 0,68mol
C2H3NO (0,68), CH2 và H2O (0,4mol) + NaOH (0,68mol)

---->

C2H4NO2Na (0,68), CH2
[C2H4NO2Na 0,28 mol, C3H6NO2Na 0,4 mol].
Bảo toàn nguyên tố C ---> 0,68.2 + nCH2 = 0,28.2 + 0,4.3 ---> nCH2 = 0,4mol
Tóm lại:
C2H3NO (0,68), CH2 (0,4mol) và H2O (0,14mol) + NaOH (0,68mol)----> C2H4NO2Na (0,68), CH2 (0,4mol)
[C2H4NO2Na 0,28 mol, C3H6NO2Na 0,4 mol].
Khi đốt m gam A (chú ý số gam hai phần không bằng nhau nhưng tỉ lệ mol không đổi):
C2H3NO (6,8xmol), CH2 (4xmol) và H2O (1,4xmol) + O2 ----> CO2 (17,6xmol) + H2O (15,6xmol) + N2
44.17,6x + 18.15,6x = 63,312 ---> x = 0,06 ---> C2H3NO (6,8x = 6,8.0,06 = 0,408mol), CH2 (4x = 4.0,06 = 0,24mol) và
H2O (1,4x = 1,4.0,06 = 0,084mol)
---> m = 57.0,408 + 14.0,24 + 18.0,084 = 28,128 gam ----> đáp án A.

DẠNG KHÓ 3:
XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC CẤU TẠO CỦA TỪNG LOẠI PEPTIT
Câu19:Peptit X và peptit Y có tổng liên kết peptit bằng 8. Thủy phân hoàn toàn X cũng như Y đều thu được Gly và Val. Đốt
cháy hoàn toàn hỗn hợp E chứa X và Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3 cần dùng 22,176 lit O2 (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 2,464 lit (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:
Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nX)
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = NaOH = 0,11.2 = 0,22mol
C2H3NO (0,22mol), CH2 (x mol) và H2O (ymol)
Đốt M:
C2H3NO (0,22), CH2 (xmol) và H2O (ymol)

+ O2 --->
CO2
+
H2O
+
N2
0,99 mol
x + 0,44mol
x + y + 0,33
0,11
Có khối lượng bình tăng = mCO2 + mH2O = 44(x + 0,44) + 18(x + y + 0,33) = 46,48 (I)
Bảo toàn nguyên tố oxi ---> 0,22 + y + 0,99.2 = 2(x + 0,44) + x + y + 0,33 (II)
---> x = 0,33 và y = 0,04 ----> nCO2 = 0,77
Tổng hợp kết quả trên:
C2H3NO (0,22mol), CH2 (0,33 mol) và H2O (0,04mol)
Peptit X và peptit Y có tổng liên kết peptit bằng 8 ---> tổng số N = 10
số mol Xn + số mol Ym = nH2O = 0,04mol, hỗn hợp E chứa X và Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3
---> số mol Xn = 0,01 và số mol Ym = 0,03mol.

Có n + m = 10 và nN = 0,01n + 0,03m = 0,22 ---> n = 4 và m = 6 ---> X4 (0,01mol) và Y6(0,03mol)
X4 là GaV4-a + O2 --->
[2a + 5(4-a)]CO2
+
H2O
0,01
[2a + 5(4-a)].0,01
Y6 là GbV6-b + O2 --->
[2b + 5(6-b)]CO2
+
H2O

0,03
[2b + 5(6-b)].0,03
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

9


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Có nCO2 = [2a + 5(4-a)].0,01 + [2b + 5(6-b)].0,03 = 0,77
---> (20 -3a).0,01 + (30 – 3b).0,03 = 0,77 ---> a + 3b = 11 ---> a = 2 và b = 3
X4 là G2V2 và Y6 là G3V3 ----> mX4 = 0,01(75.2 + 117.2 -3.18) = 3,3gam ---> đáp án B.
Câu20:Hỗn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) chỉ được tạo ra từ Gly, Ala và Val. Đốt
cháy hoàn toàn m gam X, rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy (chỉ gồm CO 2, H2O và N2) vào bình đựng 140 ml dd Ba(OH)2
1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có 840 ml (dktc) một khí duy nhất thoát ra và thu được dung dịch có khối
lượng tăng 11,865 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Giá trị của m gần với giá trị nào nhất sau đây?
A. 7,26
B. 6,26.
C. 8,25.
D. 7,25.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Giả sử X chỉ có tripeptit Y---> qui đổi Y thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nY)
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = NaOH = 0,0375.2 = 0,075mol---> nH2O = nY = 0,075/3 = 0,025mol
C2H3NO (0,075mol), CH2 (x mol) và H2O (0,025mol)
Đốt Y:
C2H3NO (0,075mol), CH2 (x mol) và H2O (0,025mol)
+ O2 --->
CO2

+
H2O
+
N2
x + 0,15mol
x + 0,1375
0,0375
2+
Ba(OH)2 ----> Ba
+
2OH
0,14mol
0,14
0,28
Thường xảy ra trường hợp tạo 2 muối ---> nBaCO3  = nOH- - nCO2 = 0,28 –(x + 0,15) mol
= mCO2 + mH2O - mBaCO3 
= 44(x + 0,15) + 18(x + 0,1375) – 197(0,28 –(x + 0,15)) = 11,865 ---> x = 0,11mol
MY = 57.0,075 + 14.0,11 + 18.0,025 = 6,265gam
Giả sử X chỉ có petapeptit T---> qui đổi T thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nY)
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = NaOH = 0,0375.2 = 0,075mol---> nH2O = nY = 0,075/5 = 0,015mol
C2H3NO (0,075mol), CH2 (x mol) và H2O (0,015mol)
Đốt Y:
C2H3NO (0,075mol), CH2 (x mol) và H2O (0,015mol)
+ O2 --->
CO2
+
H2O
+
N2
x + 0,15mol

x + 0,1275
0,0375
2+
Ba(OH)2 ----> Ba
+
2OH
0,14mol
0,14
0,28
khối lượng dung dịch tăng

Thường xảy ra trường hợp tạo 2 muối ---> nBaCO3  = nOH- - nCO2 = 0,28 –(x + 0,15) mol
= mCO2 + mH2O - mBaCO3 
= 44(x + 0,15) + 18(x + 0,1275) – 197(0,28 –(x + 0,15)) = 11,865 ---> x = 0,11mol
MY = 57.0,075 + 14.0,11 + 18.0,015 = 6,085gam
---> khi đốt X thì 6,085 gam < mX < 6,265 gam ---> đáp án B
Câu21:Cho 0,225mol hỗn hợp M gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi glyxin và alanin. Đun
nóng 0,225mol M trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 0,775mol NaOH phản ứng. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x
mol X hoặc y mol Y đều thu được cùng số mol CO2. Tổng số nguyên tử oxi của hai peptit trong hỗn hợp M là 9. Tổng số
nguyên tử Hidro của hai peptit trong M là:
A. 34.
B. 33.
C. 35.
D. 36.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 9 ---> tổng số N = 7
khối lượng dung dịch tăng

Số Ntb = 0,775 : 0,225 = 3,45....có 2 trường hợp X3, Y4 hoặc X2, Y5
Xét trường hợp X3, Y4

X3
+ 3NaOH ----> m’
+
H2O
xmol
3x
xmol
Y4
+
4NaOH ----> m’
+
H2O
ymol
4y
ymol
Có x + y = 0,225 và 3x + 4y = nNaOH = 0,775 => x = 0,125mol; y = 0,1 mol
X3 + O2 ----> nCO2
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

10


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

0,125
0,125n
Y4 + O2 ----> mCO2
0,1

0,1m
Trong đó n là số nguyên tử cacbon của X5 và m là số nguyên tử cacbon của Y6
n 4 8 16 32
Có nCO2 = 0,125n = 0,1m --->
 


m 5 10 20 40
mặt khác số C ủa Gly là 2 và của Ala là 3
---> 3.2 < n < 3.3 ---> 6 < n < 9
---> 4.2 < m < 4.3 ---> 8 < n < 12
---> n = 8 và m = 10
X3 là GlyaAla3-a ---> 2a + 3(3 - a) = 8 ---> a = 1 ---> X3 là Gly – Ala – Ala : 0,125 mol
Y4 là GlybAla4-b ---> 2b + 3(4-b) = 10 ---> b = 2 ---> Y4 là Gly2Ala2 : 0,3
Công thức thu gọn của gly là C2H5NO2 và của Ala là C3H7NO2 --->
Số H của X3 (Gly – Ala – Ala) = 5 + 7.2 – 2.2 = 15
Số H của Y4 (Gly2Ala2) = 5.2 + 7.2 – 3.2 = 18
Tổng số H của X3 và Y4 = 15 + 18 = 33 nguyên tử ---> đáp án B.
Câu22: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:
Tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 13 ---> tổng số N = 11
X, Y đều có số liên kết peptit  4---> X5 (xmol) và Y6 (ymol)

Có thể kết hợp thêm với chỉ liên kết peptit trung bình = 3,8 : 0,7 = 38 : 7 = 5,42857....
X5
+ 5NaOH ----> m’ +
H2O
xmol
5x
xmol
Y6
+ 6NaOH ----> m’
+
H2O
ymol
6y
ymol
Có x + y = 0,7 và 5x + 6y = nNaOH = 3,8 => x = 0,4mol; y = 0,3 mol
X5 + O2 ----> nCO2
0,4
0,4n
Y6 + O2 ----> mCO2
0,3
0,3m
Trong đó n là số nguyên tử cacbon của X5 và m là số nguyên tử cacbon của Y6
Có nCO2 = 0,4n = 0,3m ---> 4n = 3m mặt khác số C ủa Gly là 2 và của Ala là 3
---> 5.2 < n < 5.3 ---> 10 < n < 15
---> 6.2 < m < 6.3 ---> 12 < n < 18
---> n = 12 và m = 16
X5 là GlyaAla5-a ---> 2a+3(5-a) = 12 ---> a = 3 ---> X5 là Gly3Ala2 : 0,4
Y6 là GlybAla6-b ---> 2b+3(6-b) = 16 ---> b = 2 ---> Y6 là Gly2Ala4 : 0,3
Gly3Ala2 + 5NaOH ----> m’ +
H2O

0,4
2,0
0,4
Gly2Ala4 + 6NaOH ----> m’ +
H2O
0,3
1,8
0,3
Bảo toàn khối lượng ---> khối lượng muối = 331.0,4 + 0,3.416 + 3,8.40 – 0,7.18 = 396,6 gam
Hoặc muối thu được chứa Gly –Na (3*0,4+2*0,3) = 1,8 mol và Ala - Na (2*0,4+4*0,3)=2 mol
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

11


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Vậy m muối =1,8*(75+22)+2*(89+22)= 396,6 gam
-----> đáp án A.

DẠNG KHÓ 4:
HỖN HỢP PEPTIT + ESTE, AXIT, ESTE CỦA AMINOAXIT
Câu23:Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 và hợp chất B có công thức phân tử là C4H9NO2.
Lấy 0,09 mol X tác dụng vừa đủ với 0,21 mol NaOH chỉ thu được sản phẩm là dung dịch gồm ancol etylic và a mol
muối của glyxin, b mol muối của alanin. Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X bằng lượng oxi vừa đủ thì thu
được N2 và 96,975 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Giá trị a : b gần nhất với:
A. 0,50.
B. 0,76.

C. 1,30.
D. 2,60.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
A mạch hở có công thức CxHyN5O6 ---> A là pentapeptit A5

Dễ dàng nhận thấy CTCT B (C4H9O2N) là H2NCH2COOC2H5 b mol là este của glyxin và rượu etylic.
A5

+

amol
C4H9O2N
bmol

5NaOH



Muối

+1 H2O



Muối Gly - Na

+ C2H5OH

5amol
+

1NaOH
bmol

a + b = 0,09 mol (I) và 5a + b = 0,21 mol (II)  a = 0,03mol và b = 0,06mol
Cách 1: A5 có thể được qui đổi thành C2H3NO (0,15mol), CH2 và H2O trong đó nH2O = nA5 = 0,03mol
Vì là pentapeptit A5 nên n C2H3NO = nN = 5nA5 = 5nH2O = 0,15
C4H9O2N là H – NH – CH2 – CO – OC2H5 có thể được qui đổi thành C2H3NO (0,06mol), C2H5OH (0,06mol)
Như vậy hỗn hợp X được qui đổi thành: C2H3NO (0,21mol), CH2, H2O (0,03mol) và C2H5OH (0,06mol)
Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X (khối lượng các phần khác nhau nhưng tỉ lệ số mol không thay đổi)

C2H3NO (21xmol), CH2 (ymol), H2O (3xmol) và C2H5OH (6xmol) + O2 ---> CO2

+

(54x + y) mol

H2O

+ N2

(52,5x + y) mol

Có mX = 57.21x + 18.3x + 46.6x +14.y = 41,325 (I)
Có m hỗn hợp (CO2 và H2O) = 44(54x+ y) + 18(52,5x + y) = 96,975 (II)
x = 0,025 mol và y = 0,225mol ---> trong 41,325 gam hỗn hợp X thì n C2H3NO = 21.0,025 = 0,525mol
Có 0,525/0,21 = 2,5 ---> như vậy phần 2 gấp 2,5 lần phần một.
---> trong hỗn hợp đầu có :
C2H3NO (0,21mol), CH2 (0,225/2,5 = 0,09mol) , H2O (0,03mol) và C2H5OH (0,06mol) + NaOH
----> C2H4NO2Na (amol), C3H6NO2Na (bmol), C2H5OH (0,06mol).

Bảo toàn nguyên tố C ---> 2a + 3b = 0,21.2 + 0,09.1 = 0,51 (II)
Bảo toàn nguyên tố N ---> a + b = 0,21(II) ---> a = 0,12mol và b = 0,09mol ---> a:b = 0,12 : 0,09 = 1,333---> đáp án C.
Cách 2: A5 có thể được qui đổi thành C2H3NO (0,15mol), CH2 và H2O (0,03mol) trong đó nH2O = nA5 = 0,03mol
Vì là pentapeptit A5 nên n C2H3NO = nN = 5nA5 = 5nH2O = 0,15
Như vậy qui đổi hỗn hợp X thành: C2H3NO (0,15mol), CH2, H2O (0,03mol) và C4H9NO2 (0,06mol)
Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X (khối lượng các phần khác nhau nhưng tỉ lệ số mol không thay đổi)

C2H3NO (5xmol), CH2 (ymol), H2O (xmol) và C4H9NO2 (2xmol) + O2 ---> CO2 +

H2O

+ N2

(18x + y) mol (17,5x + y) mol
Có mX = 57.5x + 18.x + 103.2x +14.y = 41,325 (I)
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

12


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Có m hỗn hợp (CO2 và H2O) = 44(18x+ y) + 18(17,5x + y) = 96,975 (II)
x = 0,075 mol và y = 0,225mol ---> trong 41,325 gam hỗn hợp X thì n C2H3NO = 5.0,075 = 0,375mol
Có 0,375/0,15 = 2,5 ---> như vậy phần 2 gấp 2,5 lần phần một.
---> trong hỗn hợp đầu có :
C2H3NO (0,15mol), CH2 (0,225/2,5 = 0,09mol), H2O (0,03mol) và C4H9NO2 (0,06mol) + NaOH
----> C2H4NO2Na (amol), C3H6NO2Na (bmol), C2H5OH (0,06mol).

Bảo toàn nguyên tố C ---> 2a + 3b + 0,06.2 = 0,15.2 + 0,09.1 + 0,06.4 (II)
Bảo toàn nguyên tố N ---> a + b = 0,21(II) ---> a = 0,12mol và b = 0,09mol ---> a:b = 0,12 : 0,09 = 1,333---> đáp án C.
Cách 3: peptit A mạch hở có công thức CxHyN5O6 được tạo thành từ Gly và Ala
Gọi công thức chung của aa dạng Gly và Ala là C n H2 n +1NO2
4 H 2O
5C n H2 n +1NO2 
 A5: C5 n H10 n

- 3N5O6

---> hỗn hợp X gồm: C5 n H10 n - 3N5O6 (0,03mol) và C4H9NO2 (0,06mol)
Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X (khối lượng các phần khác nhau nhưng tỉ lệ số mol không thay đổi)
C5 n H10 n

- 3N5O6

+ O2

----> 5 n CO2
5 n x mol

xmol
C4H9NO2

+ O2

----> 4CO2

2xmol

8x mol

+ (5 n - 1,5)H2O

+ N2

(5 n -1,5)x mol
+ 4,5H2O

+ N2

9x mol

Có mX = 70 n x + 163x + 103.2x = 41,325 (I)
Có m hỗn hợp (CO2 và H2O) = 44(5 n x + 8x) + 18[(5 n -1,5)x + 9x)] = 96,975 (II)
---> n x = 0,195 và x = 0,075 ---> n =0,195/0,075 = 2,6---> C5 n H10 n
dạng G – G – A – A – A

- 3N5O6

có dạng C13H23N5O6 nhẩm ra sẽ có thấy

Có 0,075/0,03 = 2,5 ---> như vậy phần 2 gấp 2,5 lần phần một.
---> hỗn hợp X + NaOH thì:
C13H23N5O6 (0,03mol) và C4H9NO2 (0,06mol) + NaOH
----> C2H4NO2Na (amol), C3H6NO2Na (bmol), C2H5OH (0,06mol).
Bảo toàn nguyên tố C ---> 2a + 3b + 0,06.2 = 13.0,03 + 0,06.4 (II)
Bảo toàn nguyên tố N ---> a + b = 0,21(II) ---> a = 0,12mol và b = 0,09mol ---> a:b = 0,12 : 0,09 = 1,333---> đáp án C.
Câu24:Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở) bằng dung dịch KOH
vừa đủ, rồi cô cạn cẩn thận thì thu được (m + 11,42) gam hỗn hợp muối khan của Val và Ala. Đốt cháy hoàn toàn muối

sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được K2CO3; 2,464 lít N2 (đktc) và 50,96 gam hỗn hợp gồm CO2 và H2O. Phần
trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp M có thể là
A. 55,24%.
B. 54,54%.
C. 45,98%.
D. 64,59%.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X4, Y5 thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nX)
Bảo toàn nguyên tố N ---> n C2H3NO = nN = KOH = 0,11.2 = 0,22mol
C2H3NO (0,22mol), CH2 (x mol) và H2O (ymol) + KOH ----> muối gồm (C2H4NO2K (0,22mol, CH2 xmol)
Hoặc [C3H6NO2K, C5H10NO2K].
Đốt muối:
C2H4NO2K (0,22mol), CH2 xmol
+ O2 --->
K2CO3 +
CO2
+
H2O
+
N2
0,11 mol
x + 0,33mol
x + 0,44
0,11
mCO2 + mH2O = 44(x + 0,33) + 18(x + 0,44) = 50,96 ---> x = 0,46mol
khối lượng muối = m + 11,42 = 113.0,22 + 14.0,46----> m = 19,88gam
---> mM = 19,88 = 57.0,22 + 14. 0,46 + 18y ---> y = 0,05mol
----> nX4 + nY5 = nH2O = 0,05

X4

amol

+

4KOH ----> m’
4a

+

H2O
amol

FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

13


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

Y5
bmol

+ 5KOH ----> m’
6b

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

+

H2O

bmol

a + b = 0,05 (I) và nKOH = nN = 4a + 5b = 0,22(II) ---> a = 0,03mol và b = 0,02mol
Có khi đốt cháy hoàn toàn X4 và Y5 sẽ thu được nCO2 = nC = 0,22.2 + 0,46 = 0,9 mol

X4 là AaV4-a + O2 --->
[3a + 5(4-a)]CO2
+
H2O
0,03
[3a + 5(4-a)].0,03
Y5 là AbV5-b + O2 --->
[3b + 5(5-b)]CO2
+
H2O
0,03
[3a + 5(5-b)].0,02
Có nCO2 = [3a + 5(4-a)].0,03 + [3b + 5(5-b)].0,02 = 0,9
---> (20 - 2a).0,03 + (25 – 2b).0,02 = 0,9 ---> (20 - 2a).3 + (25 – 2b).2 = 90
---> 6a + 4b = 20 ---> 3a + 2b = 10 ---> a = 2 và b = 2
457.0,02
X4 là A2V2 (0,03mol) và Y5 là A2V3 (0,02mol) ----> %mY =
.100 = 45,98% ---> đáp án C.
19,88
Có khi đốt cháy hoàn toàn X4 và Y5 sẽ thu được nCO2 = nC = 0,12.5 + 0,1.3 = 0,9 mol

X4 là AaV4-a + O2 --->
[3a + 5(4-a)]CO2
+
H2O

0,03
[3a + 5(4-a)].0,03
Y5 là AbV5-b + O2 --->
[3b + 5(5-b)]CO2
+
H2O
0,03
[3a + 5(5-b)].0,02
Có nCO2 = [3a + 5(4-a)].0,03 + [3b + 5(5-b)].0,02 = 0,9
---> (20 - 2a).0,03 + (25 – 2b).0,02 = 0,9 ---> (20 - 2a).3 + (25 – 2b).2 = 90
---> 6a + 4b = 20 ---> 3a + 2b = 10 ---> a = 2 và b = 2
457.0,02
X4 là A2V2 (0,03mol) và Y5 là A2V3 (0,02mol) ----> %mY =
.100 = 45,98% ---> đáp án C.
19,88
Câu25:X là amino axit có công thức H2NCnH2nCOOH, Y là axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở. Cho hh E gồm peptit
Ala-X-X và Y t/d vừa đủ với 450 ml dd NaOH 1M, thu được m gam muối Z. Đốt cháy hoàn toàn Z cần 25,2 lít khí O2
(đktc), thu được N2, Na2CO3 và 50,75 gam hh gồm CO2 và H2O. Khối lượng của muối có phân tử khối nhỏ nhất trong Z là:
A. 14,55 gam.
B. 12,30 gam.
C. 26,10 gam.
D. 29,10 gam.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Cách 1:
Ala- X – X
+
3NaOH ----> C3H6O2Na, CnH2nO2NNa + H2O
amol
amol
2amol

CmH2mO2
+
NaOH ----> CmH2m-1 O2Na + H2O
bmol
C3H6O2Na (amol), CnH2nO2NNa (2a) ,CmH2m-1 O2Na (bmol)
+ O2
1,125mol
-----> Na2CO3
+ CO2 +
H2O
+
N2
0,225mol
3a + 2na + mb – 0,225 3a + 2na + mb – 0,5b
Có
3a + b = nNa = 0,45 (I)
Bảo toàn nguyên tố oxy: 2a + 4a + 2b + 1,125.2 = 0,225.3 + 2(3a + 2na + mb – 0,225) + 3a + 2na + mb – 0,5b
----> 3a – 2,5b + 3(2na + mb) = 2,025 (II)
mCO2 + mH2O = 44(3a + 2na + mb – 0,225) + 18(3a + 2na + mb – 0,5b) = 50,75
----> 186a - 9b + 62(2na + mb) = 60,65 (III)
Chú ý : coi (2na + mb) là 1 ẩn để bấm máy tính:
----> a = 0,1mol , b = 0,15mol , (2na + mb) = 0,7
---> 2.0,1n + 0,15m = 0,7---> 2n + 1,5m = 7 ---> m =2 là CH3COONa (0,15mol) và n = 2 là Gly (0,2mol)
Như vậy muối sẽ có A – Na (C3H6O2Na) 0,1mol, G – Na (C2H4O2Na) 0,2mol, và CH3COONa (0,15mol)
mCH3COONa = 0,15.82 = 12,3 gam ----> đáp án B.
Cách 2:
Ala- X – X
+
3NaOH ----> C n H2 n NO2Na + H2O
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

14


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

amol
CmH2mO2
+
NaOH ----> CmH2m-1 O2Na + H2O
bmol
Muối Z gồm: có a + b = nNaOH = 0,45mol
C n H2 n NO2Na (amol), CmH2m-1 O2Na (bmol) + O2 -----> Na2CO3 + CO2 +
H2O
+
1,125mol 0,225mol
n a + mb – 0,225 n a + mb – 0,5b
Có
a + b = nNa = 0,45 (I)
Bảo toàn nguyên tố oxy: 2a + 2b + 1,125.2 = 0,225.3 + 2( n a + mb – 0,225) + n a + mb – 0,5b
----> – 2a – 2,5b + 3( n a + mb) = 2,025 (II)
mCO2 + mH2O = 44( n a + mb – 0,225) + 18( n a + mb – 0,5b) = 50,75
----> -9b + 62( n a + mb) = 60,65 (III)
Chú ý : coi ( n a + mb) là 1 ẩn để bấm máy tính:
----> a = 0,3mol , b = 0,15mol , ( n a + mb) = 1
---> 0,3 n + 0,15m = 1---> 3 n + 1,5m = 10
m=1
m=2

n = 2,83---> X là G ---> Ala- G – G loại vì lúc này:
n = 2,33---> X là G ---> Ala- G – G thỏa mãn vì lúc này:
n = (3.1 + 2.2)/3 = 2,333
n = (3.1 + 2.2)/3 = 2,333
Như vậy muối sẽ có A – Na (C3H6O2Na) 0,1mol, G – Na (C2H4O2Na) 0,2mol, và CH3COONa (0,15mol)
mCH3COONa = 0,15.82 = 12,3 gam ----> đáp án B.
Cách 3:
Xét hỗn hợp CO2 và H2O sau khi đốt Z ta có :

N2

BT:O

2n CO2  n H2O  3,15
n CO2  0,775mol
 2n CO2  n H2O  2n O2  2n Z  3n Na 2CO3
 




44n CO2  18n H2O  50,75 n H2O  0,925mol
44n CO2  18n H2O  m hçn hîp

Sau khi tính được nCO2 và nH2O sẽ tính tiếp theo cách 1 hoặc cách 2.
Câu26:X là este của amino axit, Y là peptit mạch hở. Cho m gam hỗn hợp M gồm X và Y tác dụng vừa đủ với dung dịch
chứa 0,7 mol NaOH, đun nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 13,8 gam một ancol đơn chức Z và hỗn
hợp T chứa muối của glyxin, alanin, valin (trong đó có 0,5 mol muối của glyxin). Đốt cháy hoàn toàn T trong O2, thu
được Na2CO3, N2, H2O và 1,45 mol CO2. Cho toàn bộ lượng Z trên tác dụng hết với Na, sinh ra 0,15 mol H2. Phần trăm
khối lượng của X trong M là:

A. 58,37%.
B. 98,85%.
C. 50,57%.
D. 49,43%.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Ancol là R’OH có nR’OH = 2nH2 = 0,15.2 = 0,3mol ---> R’OH = 13,8/0,3 = 46 là C2H5OH
X có dạng H2N – R COOC2H5, Y là Yn
H2N – R COOC2H5, Yn
+
NaOH (0,7mol)
---> Z gồm (C2H4O2NNa (0,5mol), C3H6O2NNa, C5H10O2NNa) + C2H5OH (0,3mol) + H2O
Z gồm (C2H4O2NNa (0,5mol), C3H6O2NNa xmol, C5H10O2N Na ymol) + O2 ----> Na2CO3 + CO2 +
H2O+ N2
0,35mol 1,45mol
Có
x + y + 0,5 = nNa = nN = 0,7 (I)
Bảo toàn nguyên tố cacbon ---> 2.0,5 + 3x + 5y = 0,35 + 1,45 (II)
----> x = 0,1mol và y =0,1mol
Nhận thấy x = y = 0,1 < n C2H5OH (=0,3mol) ---> este là Gly– C2H5 (0,03mol)
Trong peptit Y thì nGly = 0,02, nAla = 0,01 và nVal = 0,01 ---> Y có dạng Gly – Gly - Ala - Val
----> %m Gly– C2H5 = 103.0,03/(103.0,03 + 302.0,01) = 50,57%---> đáp án C.
Câu27:Cho 0,225mol hỗn hợp M gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi glyxin và alanin. Đun
nóng 0,225mol M trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 0,775mol NaOH phản ng. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x
mol X hoặc y mol Y đều thu được cùng số mol CO2. Tổng số nguyên tử oxi của hai peptit trong hỗn hợp M là 9. Tổng số
nguyên tử Hidro của hai peptit trong M là:
A. 34.
B. 33.
C. 35.
D. 36.
HƯỚNG DẪN GIẢI:

FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

15


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

Tổng số nguyên tử oxi trong hai phân tử X và Y là 9 ---> tổng số N = 7

Số Ntb = 0,775 : 0,225 = 3,45....có 2 trường hợp X3, Y4 hoặc X2, Y5
Xét trường hợp X3, Y4
X3
+ 3NaOH ----> m’
+
H2O
xmol
3x
xmol
Y4
+
4NaOH ----> m’
+
H2O
ymol
4y
ymol
Có x + y = 0,225 và 3x + 4y = nNaOH = 0,775 => x = 0,125mol; y = 0,1 mol
X3 + O2 ----> nCO2

0,125
0,125n
Y4 + O2 ----> mCO2
0,1
0,1m
Trong đó n là số nguyên tử cacbon của X5 và m là số nguyên tử cacbon của Y6
n 4 8 16 32
Có nCO2 = 0,125n = 0,1m --->
 


m 5 10 20 40
mặt khác số C ủa Gly là 2 và của Ala là 3
---> 3.2 < n < 3.3 ---> 6 < n < 9
---> 4.2 < m < 4.3 ---> 8 < n < 12
---> n = 8 và m = 10
X3 là GlyaAla3-a ---> 2a + 3(3 - a) = 8 ---> a = 1 ---> X3 là Gly – Ala – Ala : 0,125 mol
Y4 là GlybAla4-b ---> 2b + 3(4-b) = 10 ---> b = 2 ---> Y4 là Gly2Ala2 : 0,3
Công thức thu gọn của gly là C2H5NO2 và của Ala là C3H7NO2 --->
Số H của X3 (Gly – Ala – Ala) = 5 + 7.2 – 2.2 = 15
Số H của Y4 (Gly2Ala2) = 5.2 + 7.2 – 3.2 = 18
Tổng số H của X3 và Y4 = 15 + 18 = 33 nguyên tử ---> đáp án B.
Câu28:X,Y,Z là 3 peptit đều mạnh hở và MX >MY>MZ. Khi đốt cháy hoàn toàn a mol X hoặc a mol Y hoặc a mol Z đều
thu được CO2 có số mol nhiều hơn số mol của H2O là a mol. Nếu đun nóng 34,9 g hỗn hợp E gồm X,Y và 0,08 mol Z
(trong E thì số mol của X nhỏ hơn số mol của Y) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chỉ chứa 2 của alanin
và valin có tổng khối lượng là 50,52g. Tính % khối lượng X trong E có giá gần nhất với:
A.54,2%
B. 95,5%
C. 12%
D. 10,56%

HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi Xn thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nX = amol)
C2H3NO (namol) , CH2 (xmol) và H2O (amol) + O2 ----> CO2
+
H2O
+ N2
(2na + x) mol
1,5na + x + a (mol)
nCO2 - nH2O = a mol---> 2na + x - (1,5na + x + a) = a ---> 0,5na - a = a ---> n = 4 ---> X là tetrapeptit X4
Tương tự Y là tetrapeptit Y4 và Z cũng là tetrapeptit Z4
Gọi X 4 là công thức chung của X4, Y4 và Z4:

X4

+ 4naOH ---> m’ (Ala-Na là C3H6NO2Na, Val – Na là C5H10NO2Na ) + H2O

x mol

4x

xmol

Bảo toàn khối lượng : mE+ mNaOH = mmuối + mH2O ---> 34,9 + 40.4x = 50,52 + 18x ---> x = 0,11mol
=> nX4 + nY4 + nZ4 = 0,11 mol, mà nZ4 = 0,08 ---> nX4 + nY4 = 0,03 mol
Gọi nAla – Na là amol và nVal – Na là bmol

Ta có : mmuối Ala + mmuối Val = 50,52 = 111a + 139b (I) và Bảo toàn Na---> nNa =nNaOH = a + b = 0,44 (II)
=> nAla = nAl-Na = a = 0,38mol và nVal = nVal –Na = b = 0,06 mol
Nhận thấy:
n Val = 0,06 mol mà nZ4 = 0,08 ---> Z4 không thể chứa Val--> như vậy Z4 chính là Ala4

Trong X4 và Y4 sẽ có nAla = 0,38 – 4.0,08 = 0,06mol và nVal = 0,06mol
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

16


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

X4 là AlaV4-a, Y4 là AlbV4-b có số Valtb =nVal/(nX4 + nY4) = 0,06/0,03 = 2 mà MX >MY---> số Val trong X4 và Z4
phải khác nhau----> có 2 trường hợp:
---> Trường hợp 1:
X4 là Val4 (xmol) và Y4 là Ala3Val (ymol) ---> x + y = 0,03 và nAla = 3y = 0,06---> x = 0,01mol và y = 0,02mol (thỏa
mãn điều kiện nX < nY) --->%mX = 0,01.414/34,9 = 11,86% ---> đáp án C.
---> Trường hợp 2:
X4 là Val3Ala và Y4 là Ala3Val ---> x + y = 0,03 và nAla = x + 3y = 0,06---> x = 0,015mol = 0,015mol (không thỏa mãn
điều kiện nX < nY) ---> loại.
Câu29:X là một peptit có 16 mắt xích được tạo từ các  -amino axit cùng dãy đồng đẳng với glyxin. Để đốt cháy m gam
X cần dùng 45,696 lít O2. Nếu cho m gam X tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH rồi cô cạn cẩn thận thì thu được
hỗn hợp rắn Y. Đốt cháy 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 xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc, trong không khí có 1/5 thể
tích O2 còn lại là N2. Giá trị gần nhất của m là :
A. 46 gam
B. 41 gam
C. 43 gam
D. 38 gam
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Qui đổi X16 thành C2H3NO, CH2 và H2O (chú ý nH2O = nE = xmol) ---> n C2H3NO = 16xmol
C2H3NO (16xmol) , CH2 (ymol) và H2O (xmol) + NaOH ----> C2H4NO2Na(16xmol), CH2 (ymol)

Chú ý mol O2 cần để đốt X và đốt Y là như nhau = 2,04mol
Đốt X:
C2H3NO (16xmol) , CH2 (ymol) và H2O (xmol) + O2 ---->
CO2
+
H2O
+
N2
2,04mol
32x + y
25x + y
Bảo toàn nguyên tố oxy: 16x + x + 2,04.2 = 2(32x + y) + 25x + y (I)
Đốt Y: cần nkk = 12,5mol ---> nO2 kk = 12,5.20/100 = 2,5mol và nNkk = 10mol
C2H4NO2Na(16xmol), CH2 (ymol) +
O2
---> Na2CO3
+
CO2
+
H2O
+
N2
2,04mol
8x
24x + y
32x + y
8x
Sau khi ngưng tụ hơi nước
---> thu được hỗn hợp khí Z gồm: CO2 (24x + y)mol, O2 dư (2,5 – 2,04 = 0,46mol) và N2 (8x + 10) mol
Có nZ = 24x + y + 0,46 + 8x + 10 = 12,14 (II)

Từ (I) và (II) ---> x = 0,04mol và y = 0,4mol ---> đổi X16 thành C2H3NO (0,64mol) , CH2 (0,4mol) và H2O (0,04mol)
mZ = 0,64.57 + 0,4.14 + 0,04.18 =42,8gam ---> đáp án C.
Câu30:Hỗn hợp E gồm 3 chất: X (là este của amino axit); Y và Z là hai peptit mạch hở, hơn kém nhau một nguyên tử nitơ (đều
chứa ít nhất hai loại gốc amino axit, MY < MZ). Cho 36 gam E tác dụng vừa đủ với 0,44 mol NaOH, thu được 7,36 gam ancol
no, đơn chức, mạch hở và 45,34 gam ba muối của glyxin, alanin, valin (trong đó có 0,1 mol muối của alanin). Mặt khác, đốt
cháy hoàn toàn 36 gam E trong O2 dư, thu được CO2, N2 và 1,38 mol H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong E là:
A. 18,39%.
B. 20,72%.
C. 27,58%.
D. 43,33%.
HƯỚNG DẪN GIẢI:

Sơ đồ phản ứng
E
+ NaOH ------>
36 gam 0,44 mol

Muối: C2H4NO2Na x mol
+ H2 O
(45,34g) C3H6NO2Na 0,1 mol
CnH2n+2O (7,36 gam)
C5H10NO2Na y mol
BTKL ---> nH2O = (36 + 0,44.40 – 45,34 – 7,36)/18 = 0,05 mol = nY,Z
Ta có hệ: 97x + 139y = 45,34 - 0,1.111 và bảo toàn nguyên tố N hoặc Na ---> x + y = 0,44-0,1 = 0,34 mol
---> x = 0,31 và y = 0,03 mol
Qui đổi hỗn hợp E thành C2H3NO (0,44mol), CH2, CnH2n+2O (7,36g), H2O (0,05mol) + O2
-----> CO2
+
H2O
+

N2
1,38mol
---> nCH2 = (36 – 0,44.57 – 7,36 – 0,05.18)/14 = 0,19mol
BT nguyến tố H ---> nH(ancol) = 1,38.2 – 0,44.3 – 0,19.2 – 0,05.2 = 0,96 mol
Do CnH2n+2O ----> (2n+2)H
FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

17


TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG

NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC

7,36
----> 14n + 18 =
(2n  2) ---> n =2 ----> ancol là C2H5OH và nC2H5OH = 7,39/46 = 0,16 mol.
0,96
Dựa vào mol 3 muối và mol ancol suy ra X là NH2-CH2COOC2H5 là Gly – C2H5 (0,16 mol)
Gly -C2H5
+
NaOH----> Gly – Na
+ C2H5OH
0,16mol
0,16mol
0,16mol
0,16mol
Y, Z
+
NaOH----> Gly – Na

+ Ala- Na
+ Val - Na
0,05mol
0,28mol
0,15mol
0,03mol
0,1mol
0, 28
Số N trung bình trong Y,Z =
 5, 6 ----> Y là pentapeptit Y5 và Z là hexapetit Z6
0, 05
Y5
+ 5NaOH--->m’ + H2O
Z6
+ 6NaOH----> m’ + H2O
nY + nZ = 0,05 và 5nY + 6nZ = nNaOH = 0,28
---> mol Y = 0,02 mol, mol Z = 0,03 mol mặt khác nVal = 0,03 ---> Y không chứa Val và Z chỉ chứa 1 Val:
----> Y là (gly)a – (ala)(5-a) 0,02 mol và Z là (gly)b – (ala)(5-a) – Val 0,03 mol
Bảo toàn Gly ta có: 0,02a + 0,03b = 0,15 => 2a + 3b = 15 => a = b = 3
Y: (gly)3 – (ala)2 0,02 mol
Z: (gly)3 – (ala)2 – Val 0,03 mol
----> %mY = (0,02.331)/36 = 18,39%----> đáp án A.

FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936

18