MỘT số KINH NGHIỆM GIẢI NHANH bài TOÁN PEPTIT

MỤC LỤC
I. MỞ ĐẦU …………………………………………………………….
1.1. Lí do chọn đề tài …………………………………………………...
1.2. Mục đích nghiên cứu ……………………………………………….
1.3. Đối tượng nghiên cứu ……………………………………………...
1.4. Phương pháp nghiên cứu ……………………………………..…....
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm………………………
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ………………………...
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ………………………….
2.2. Thực trạng của đề tài………………………………………………
2.3.Giải pháp thực hiện………………………………………………….
2.3.1. Cơ sở lý thuyết……………………………………………………
2.3.2. Một số kinh nghiệm giải nhanh bài toán peptit…………………
Kinh nghiệm 1: Sử dụng mối quan hệ về công thức cấu tạo các peptit,
quan hệ về số mol các chất trong phản ứng của peptit…………………..
Kinh nghiệm 2: Sử dụng khoảng chặn để xác định số gốc aminoaxit,
loại peptit………………………………………………………………..
Kinh nghiệm 3: Sử dụng kĩ thuật trùng ngưng hóa peptit (gộp chuỗi
peptit)……………………………………………………………………
Kinh nghiệm 4: Sử dụng phương pháp bảo toàn số mol gốc amino axit.
Kinh nghiệm 5: Sử dụng cách quy đổi peptit thành các thành phần đơn
giản hơn………………………………………………………………….
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm ………………………………
3. KẾT KUẬN, KIẾN NGHỊ …………………………………………..
TÀI LIỆU THAM KHẢO.

Trang
1
1
1
1

2
2
2
2
2
2
3
3
3
6
7
9
11
19
20


I. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đối với bộ môn hóa học, ngoài học lý thuyết thì việc giải bài tập hóa học
có ý nghĩa rất quan trọng. Giúp học sinh nhớ được các kiến thức đã học, củng
cố, đào sâu và mở rộng kiến thức một cách hệ thống, phong phú, hấp dẫn. Rèn
luyện các kỹ năng tính toán theo công thức hoá học và PTHH… , rèn kỹ năng
thực hành, phát triển tư duy logic, góp phần vào việc giáo dục toàn diện cho học
sinh. Thông qua giải bài tập hóa học rèn luyện tính kiên nhẫn, tính tích cực, trí
thông minh sáng tạo, làm tăng hứng thú học tập cho học sinh.
Hiện nay đề thi trung học phổ thông quốc gia vẫn được ra dưới hình thức
làm bài trắc nghiệm. Các bài thi này có số lượng câu hỏi nhiều, trải dài trên
nhiều nội dung bài học của chương trình hóa học phổ thông. Bên cạnh đó, các
dạng toán ngày càng được khai thác nhiều hơn, rộng rãi hơn với các phương

pháp giải độc đáo hơn. Bài thi ngày càng phân hóa hơn với những nội dung từ
dễ đến khó, phân loại được trình độ năng lực của học sinh. Các em muốn đạt
được điểm giỏi trở lên phải chinh phục được những bài toán khó, mức độ tư duy
cao. Do đó bên cạnh việc nắm vững kiến thức lý thuyết cơ bản thì các em cần
phải nắm bắt được các phương pháp giải toán khác nhau. Đặc biệt cần phải linh
hoạt vận dụng các phương pháp giải nhanh cho từng loại bài tập thì mới giảm
thiểu được thời gian làm bài.
Có nhiều dạng bài toán hóa học mới được khai thác qua từng năm, trong
đó bài tập peptit là chuyên đề khá mới ở bậc phổ thông, đặc biệt những năm gần
đây dạng bài tập này được khai thác nhiều với những câu hỏi rất hay, khó , mới
lạ và trở thành một trong những dạng bài tập thuộc mức độ vận dụng và vận
dụng cao dành cho học sinh.
Là một chuyên đề mới nên khi gặp bài toán peptit các em học sinh thường
rất lúng túng trong việc tìm phương pháp giải hoặc nếu có giải được thì cũng rất
tốn thời gian do các bước giải rất dài. Nguyên nhân là do các em chưa thực sự
nắm vững mối quan hệ bản chất giữa các chất trong các phản ứng của peptit,
chưa linh hoạt trong việc vận dụng các phương pháp, chưa nắm bắt được các
phương pháp giải nhanh để tiết kiệm thời gian.Với những lý do trên tôi chọn đề
tài: “ MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI NHANH BÀI TOÁN PEPTIT” nhằm
giúp các em học sinh hiểu rõ bản chất, vận dụng được các cách giải nhanh để tự
tin khi làm dạng bài tập này. Hy vọng đề tài này sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích
cho các em học sinh và đồng nghiệp.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu tìm hiểu các cách giải nhanh bài toán peptit. Tuyển chọn, xây
dựng, phân dạng các bài tập trắc nghiệm khách quan dưạ trên những kinh
nghiệm đã tích lũy được để học sinh hiểu rõ bản chất, từ đó có phương pháp làm
bài tập nhanh và hiệu quả.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
- Các dạng bài tập peptit trong chương trình hóa học phổ thông.
- Các phương pháp giải nhanh bài toán peptit.

1


1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Nghiên cứu cơ sở lý luận của giảng dạy bài toán hóa học trong nhà
trường.
- Nghiên cứu tài liệu, Internet, sách giáo khoa, tham khảo, các đề thi:
HSG, ĐH,...
- Phương pháp thực nghiệm, thống kê và xử lý số liệu.
1.5. NHỮNG ĐIỂM MỚI CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Hệ thống bài tập và cách giải được xây dựng cụ thể, rõ ràng, dễ nhận dạng
dựa trên những kinh nghiệm được rút ra trong quá trình nghiên cứu, giảng dạy
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2. 1. Cơ sở lý luận của đề tài.
Trong thời gian qua Bộ giáo dục và đào tạo liên tục đổi mới các hình thức
kiểm tra đánh giá để phát triển toàn diện học sinh. Từ hình thức thi tự luận sang
hình thức thi trắc nghiệm. Từ thời gian làm bài dài sang ngắn mà số lượng câu
hỏi, dung lượng nội dung và bài tập nhiều buộc người học phải học thực sự và
phải có tư duy nhanh nhạy, thông minh sáng tạo mới có thể đạt kết quả cao. Để
dạy học sinh thích ứng với các hình thức thi mới này người giáo viên phải luôn “
vận động” tìm tòi các phương pháp giải nhanh, xây dựng hệ thống bài tập và
phân dạng các bài tập để học sinh dễ tiếp thu và vận dụng giải quyết nhanh được
các bài tập.
2. 2 .Thực trạng của đề tài.
Các bài tập hóa học về peptit cũng có nhiều tài liệu viết nhưng đây là nội
dung mới nên các phương pháp giải nhanh đưa ra chưa hệ thống, chưa nhiều.
Trong những năm gần đây các dạng bài tập peptit thường xuất hiện trong
các đề thi đại học, cao đẳng nay là thi THPT quốc gia và học sinh thường gặp
khó khăn khi giải chúng. Hơn nữa thời gian yêu cầu cho một bài tập trong kì thi
quốc gia là rất ngắn. Vì vậy người giáo viên phải tìm ra phương pháp để giải

nhanh dạng bài tập này
Khó khăn lớn nhất khi dạy cho học sinh dạng bài tập này là phải làm cho
học sinh hiểu và nhớ được công thức cấu tạo liên quan giữa các peptit (đipeptit,
tripeptit…oligopeptit), mối quan hệ giữa các chất trong phản ứng của peptit
(phản ứng đốt cháy, phản ứng thủy phân…), vận dụng phương pháp giải nhanh
nào cho từng loại bài tập. Vì vậy việc sưu tầm, phân dạng các dạng bài tập để
vận dụng các cách giải nhanh là quan trọng và cần thiết.
2. 3. Giải pháp thực hiện
Tôi đã sưu tầm các bài tập dạng này trong các đề thi đại học – cao đẳng và
nay là đề thi THPT quốc gia của bộ và đề thi thử của các trường THPT rồi giải,
sau đó phân ra từng dạng và vận dụng phương pháp giải nhanh các dạng đó. Tôi
cũng đã áp dụng vào thực hành giảng dạy cho các học sinh tôi dạy ôn thi THPT
quốc gia, nhận thấy các em tiếp thu tốt hơn và giải nhanh được các bài tập tương
tự. Trong giới hạn của đề tài này tôi chỉ đưa ra một số kinh nghiệm đã giảng dạy
cho học sinh như sau:
2


- Kinh nghiệm 1:Sử dụng mối quan hệ về công thức cấu tạo các peptit, quan hệ
về số mol các chất trong phản ứng của peptit.
- Kinh nghiệm 2: Sử dụng khoảng chặn để xác định số gốc amino axit, loại
peptit.
- Kinh nghiệm 3: Sử dụng kĩ thuật trùng ngưng hóa peptit (gộp chuỗi peptit).
- Kinh nghiệm 4: Sử dụng phương pháp bảo toàn số mol gốc amino axit.
- Kinh nghiệm 5: Sử dụng cách quy đổi peptit thành các thành phần đơn giản
hơn.
2.3.1. Cơ sở lý thuyết
- Bài toán peptit được xây dựng dựa trên bản chất cấu tạo các peptit và
tính chất hóa học của peptit như phản ứng thủy phân, phản ứng đốt cháy... Qua
đó các số liệu bài cho có liên quan đến nhau. Vận dụng mối liên hệ các chất

trong phản ứng, các định luật bảo toàn để đưa ra công thức giải nhanh nhất.
- Những lưu ý chung khi giải bài tập peptit
+ Nắm được khối lượng mol của một số amino axit hay gặp.
+ Nắm được tính chất hóa học của peptit.
+ Nắm được các công thức tính toán trong hóa học: tính số mol, khối
lượng, thể tích…
+ Nắm được các định luật bảo toàn trong hóa học: Định luật bảo toàn khối
lượng, ĐLBT nguyên tố, ĐLBT electron.
2.3.2. Một số kinh nghiệm giải nhanh bài toán peptit.
Kinh nghiệm 1: Sử dụng mối quan hệ về công thức cấu tạo các peptit, quan
hệ về số mol các chất trong phản ứng của peptit.
Nội dung bài toán: Thủy phân peptit trong môi trường axit, môi trường kiềm
hoặc đốt cháy peptit. Đề bài yêu cầu tính lượng peptit hoặc lượng muối, lượng
sản phẩm trong phản ứng đốt cháy.
Phương pháp giải: Đây là dạng bài toán phổ biến của peptit. Để giải nhanh
dạng bài tập này trước hết cần nắm vững tính chất của peptit, viết phương trình
hóa học và mối quan hệ số mol các chất trong phản ứng.
-Mối quan hệ về công thức cấu tạo các peptit [1].
Nếu amino axit no mạch hở có một nhóm -NH 2 và một nhóm -COOH có
công thức là CnH2n+1NO2 thì có thể suy ra công thức peptit tương ứng
Đipeptit: 2CnH2n+1O2N -1H2O → C2nH4nN2O3
Tripeptit: 3CnH2n+1NO2 - 2H2O →C3nH6n-1N3O4
Tetrapeptit: 4CnH2n+1O2N - 3H2O → C4nH8n-2N4O5
Peptit có k mắt xích: CknH2kn+2-kNkOk+1
(đặt kn = m. peptit có dạng CmH2m+2-kNkOk+1)
Rút ra được: Số liên kết peptit = k- 1; Số mắt xích = k
Số nguyên tử oxi = k +1; Độ bất bão hòa = k
- Quan hệ về số mol các chất trong phản ứng của peptit [1]
3

+ Với phản ứng đốt cháy peptit
3kn 3k
k
k

)O2  knCO2  (kn  1  ) H 2O  N 2
2
4
2
2
 n peptit nH 2O  n N 2
Từ phản ứng có mối

Ckn H 2 kn 2 k N k Ok 1  (

 nCO2

liên hệ:
 nCO2  nH 2O (0,5k  1) n peptit

 nO2 1,5 (nCO2  nN 2 ) 1,5 (nH 2O  n peptit ) + Với phản ứng thủy

phân peptit trong
2n N 2

môi trường axit
 n peptit  k
X n  nHCl  (n  1) H 2O  nClH 3 N  R  COOH
 nHCl nClH 3 NRCOOH Quan hệ giữa số mol các chất:


 n X n  nH 2O nHCl + Với phản ứng thủy phân

peptit trong môi trường kiềm
 nHCl n n peptit

(NaOH)

X n  nNaOH  nH 2 N  R  COONa  H 2O

Quan hệ giữa số mol các chất:  nNaOH nH NRCOONa
2

 n X n nH 2O
Lưu ý: Trong giải toán peptit 
thường sử dụng định luật bảo  nNaOH n n peptit

toàn khối lượng và định luật bảo toàn nguyên tố
Ví dụ 1: Thủy phân hoàn toàn m gam một pentapeptit mạch hở M thu được hỗn
hợp gồm hai amino axit X, Y (đều no, mạch hở phân tử chứa một nhóm –NH 2 và
một nhóm –COOH). Đốt cháy toàn bộ m gam peptit trên cần dùng vừa đủ
0,1275 mol O2, chỉ thu được N2, H2O và 0,11 mol CO2. Giá trị của m là [2]
A.3,17 gam
B. 3,89 gam
C. 4,31 gam
D. 3,59 gam
Hướng dẫn giải:
Sử dụng mối quan hệ số mol các chất trong phản ứng cháy
0,1275
;

n 1,5 (n  n )  n 0,11 
0,025mol
O2

CO2

N2

N2

1,5

n peptit 

2n N 2
5

(Do M là pentapeptit)
nH 2O n CO2 n peptit  n N 2 0,11  0,01  0,025 0,095mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
m peptit mCO2  mH 2O  mN 2  mO2 0,11 44  0,095 18  0,025 28  0,1275 32 3,17 gam

Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit X mạch hở (X được tạo nên từ
hai α - amino axit có cùng công thức dạng H 2NCxHyCOOH) bằng dung dịch
4

0,01mol

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 là [3]
A.6,53
B. 7,25
C. 5,06
D. 8,25
Hướng dẫn giải:
 nNaOH 3 n peptit - Thủy phân trong NaOH, ta có:

Theo định luật bảo toàn khối
 n peptit nH O
lượng
mX + mNaOH = mmuối + mnước → 4,34 + 3a×40 = 6,38 + 18a → a = 0,02 mol
 nHCl 3 n peptit 0,06mol - Thủy phân trong HCl, ta

có:
 nH O 2 n peptit 0,04mol
Theo định luật bảo toàn
khối lượng: mmuối = mHCl + mX + mnước = 7,25 gam.
→ Đáp án B
Ví dụ 3: 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 oxi (đktc). Sản
phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng
dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 46,48 gam, khí thoát ra khỏi
bình có thể tích là 2,464 lít ở đktc. Khối lượng X đem dùng là [4]
A. 3,3 gam
B. 3,28 gam
C. 4,24 gam
D. 14,48 gam

Hướng dẫn giải:
Theo
 N 2 : 0,11mol
N
 X : amol
( OH ) du
 O2 (0,99mol )   2
 Ca 
  

bài:
 Y : 3amol
 CO2 , H 2O
 mb.tăă 46,48 gam
nO 1,5 (nCO  n N )  nCO 0,77mol
Ta có:
2

2

2

2

2

2

2

mCO2  mH 2O 46,48  mH 2O 46,48  44 0,77 12,6 gam  nH 2O 0,7 mol
nCO  n peptit nH O  nN  n peptit 0,04mol  a 0,01mol
Và
Gọi n, m là số mắt xích có trong X,Y: (n-1) + (m-1) = 8  n + m =10 (1)
Áp dụng bảo toàn nguyên tố N:
0,01n + 0,03m = 0,22
(2)
Từ (1) và (2) tính được: n = 4 và m = 6
Ta có: . Theo bảo toàn nguyên  X : (Gly) x (Val ) 4 x
E
tố C
 Y : (Gly ) y (Val ) 6  y
2

2

2

 x 2
2 x n X  (4  x) 5n X  2nY  (6  y ) 5nY 0,77  x  3 y 11  
 y 3 Vậy

X

là
(Gly)2(Val)2: 0,01 mol m = 0,01×330 = 3,3 gam. → Đáp án A
Việc sử dụng các công thức biểu thị mối liên hệ số mol các chất trong phản ứng
sẽ giúp các em vận dụng và tính toán nhanh hơn, không nhất thiết phải viết
PTHH.

5




Kinh nghiệm 2: Sử dụng khoảng chặn để xác định số gốc amino axit, loại
peptit.
Nội dung bài toán: Đề bài thường cho hỗn hợp peptit X, Y (mạch hở) có tỉ lệ
mol tương ứng là a:b. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp peptit thu được x (mol)
amino axit A và y (mol) amino axit B (A, B là amino axit chứa một nhóm -NH 2
và một nhóm -COOH). Biết tổng số liên kết peptit của hai peptit là S.
Phương pháp giải
Nếu nX : nY = 1: 1 thì tổng số gốc của hỗn hợp là (S+2)
Nếu nX : nY = a:a thì tổng số gốc của hỗn hợp là a × (S+2)
Nếu nX : nY = b:b thì tổng số gốc của hỗn hợp là b × (S+2)
Nếu nX : nY = a:b thì a × (S+2) < tổng số gốc của hỗn hợp < b × (S+2)
Lập tỉ mol các amino axit
nA : nB = x : y = m : n (m, n là số tự nhiên tối giản).
Khi đó tổng số gốc sẽ là: k × (m + n) và a × (S+2) < k × (m + n) < b × (S+2)
Từ đó tính được k. Sau đó gọi  u  v S  2
X là u - peptit và Y là v- peptit,  au  bv k (m  n)
ta có hệ sau
từ đó tính
được u, v
Ví dụ 4: Hỗn hợp A gồm peptit X và Y (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng là
1:2, tổng số liên kết peptit trong hai phân tử là 5. Khi thủy phân hoàn toàn hai
peptit thu được 24 gam glyxin và 10,68 gam alanin. Peptit X, Y thuộc loại gì ?
[5]
Hướng dẫn giải
Nếu nX : nY = 1: 1 thì tổng số gốc của hỗn hợp là : 5 + 2 = 7

Nếu nX : nY = 2: 2 thì tổng số gốc của hỗn hợp là : 2 ×(5+2) =14
Sau thủy phân, ta có : nGly = 0,32 mol và nAla = 0,12 mol
Lập tỉ lệ mol: nGly : nAla = 0,32 : 0,12 = 8 : 3. Tổng số gốc là: k×( 8+3) = 11k
7 < 11k < 14 → k = 1
Sau đó gọi X là u - peptit và Y là v- peptit, ta có hệ sau
 u  v 7
 u 3
Vậy X là
 

 u  2v 11  v 4 tripeptit và Y là tetrapeptit
Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm peptit X và Y (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng là
3:4, tổng số liên kết peptit trong hai phân tử là 5. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn
hợp A thu được 1,08 mol glyxin và 0,48 mol alanin. Peptit X, Y thuộc loại gì ?
[5]
Hướng dẫn giải
Nếu nX : nY = 3: 3 thì tổng số gốc của hỗn hợp là : 3 × (5 + 2 )= 21
Nếu nX : nY = 4: 4 thì tổng số gốc của hỗn hợp là : 4 ×(5+2) =28
Sau thủy phân, ta có : nGly = 0,32 mol và nAla = 0,12 mol
6


Lập tỉ lệ mol: nGly : nAla = 1,08 : 0,48= 9 : 4. Tổng số gốc là: k×( 9+4) = 13k
21 < 13k < 26 → k = 2
Sau đó gọi X là u - peptit và Y là v- peptit, ta có hệ sau
Vậy X là  u  v 7
 u 2
 

đipeptit và Y là pentapeptit  3u  4v 26  v 5

Kinh nghiệm 3: Sử dụng kĩ
thuật trùng ngưng hóa peptit (gộp chuỗi peptit).
Nội dung bài toán: Cho hỗn hợp peptit X, Y có tỉ lệ mol tương ứng a, b. Thủy
phân hoàn toàn hỗn hợp peptit thu được x (mol) amino axit A và y (mol) amino
axit B (A, B là amino axit chứa một nhóm -NH 2 và một nhóm -COOH) hoặc
peptit nhỏ hơn nhưng biết số mol. Tính khối lượng hỗn hợp peptit biết tổng số
liên kết peptit của hai peptit là S (hoặc nhỏ hơn một giá trị nào đó).
Phương pháp giải
- Sử dụng khoảng chặn để xác định số gốc amino axit, loại peptit tùy theo đề bài.
- Trùng ngưng hóa hỗn hợp nhiều các peptit mà đề bài đã cho thành một chuỗi
peptit lớn hơn (trong phương pháp này tạm xem một phân tử peptit là một amino
axit vì nó cùng một điểm chung là có một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH).
Tổng quát: aX + bY → (X)a(Y)b + ( a +b -1)H2O (1)
Dựa vào dữ kiện và phương trình (1) tính được số mol H2O
Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng tính khối lượng peptit
Ví dụ 6: Cho m gam hỗn hợp A gồm 3 peptit X, Y, Z đều mạch hở và có tỉ lệ
mol lần lượt là 2 : 3 : 5. Thủy phân hoàn toàn A, thu được 60 gam Gly, 80,1 gam
Gla, 117 gam Val. Biết số liên kết peptit trong X, Y, Z khác nhau và có tổng là 6.
Giá trị của m là [6]
A.176,5
B. 226,5
C. 255,4
D. 257,1
Hướng dẫn giải
Nếu nX : nY : nZ = 2: 2: 2 thì tổng số gốc của hỗn hợp là : 2 × (6 + 3 )= 18
Nếu nX : nY : nZ = 5: 5: 5 thì tổng số gốc của hỗn hợp là : 5 ×(6+3) = 45
Sau thủy phân, ta có : nGly = 0,8 mol, nAla = 0,9 mol và nVal = 1 mol
Lập tỉ lệ mol: nGly : nAla : nVal = 0,8 : 0,9 : 1 = 8 : 9 : 10.
Tổng số gốc là: k×( 8 + 9 + 10) = 27k
18 < 27k < 45 → k = 1. Vậy tổng số gốc peptit là 27

Biến đổi 3 peptit trên thành một peptit B mới
2X + 3Y + 5Z → X - X - Y - Y - Y -Z - Z - Z - Z - Z + 9H2O
2X + 3Y + 5Z → [Gly]8[Ala]9[Val]10(-26)H2O + 9H2O
0,1 mol
0,9 mol
nH O 0,9mol Số mol peptit mới: n B = 0,1 mol
→
Áp dụng ĐLBT khối lượng:
mhỗn hợp peptit ban đầu = mhỗn hợp peptit mới + mnước
m = 0,1×2013 + 0,9×18 =226,5 gam → Đáp án B
2

7


Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở, có tỉ lệ mol tương ứng là 1:1:3.
Thủy phân m gam hỗn hợp trên thì thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam
Ala; 8,19 gam Val. Biết tổng số liên kết peptit trong phân tử của 3 peptit trên
nhỏ hơn 13. Giá trị của m là [3]
A. 18,83
B. 18,29
C. 19,19
D. 18,47
Hướng dẫn giải:
Gọi 3 peptit là A, B, C
Nếu nA : nB : nC = 1: 1: 1 thì tổng số gốc của hỗn hợp < 1 × (13 + 3 )= 16
Nếu nA : nB : nC = 3: 3: 3 thì tổng số gốc của hỗn hợp < 3 ×(13+3) = 48
Theo bài nA : nB : nC = 1: 1: 3 thì tổng số gốc của hỗn hợp < 48
Sau thủy phân ta có: nAla = 0,16 mol và nVal = 0,07 mol
Lập tỉ lệ mol: nAla : nVal = 0,16 : 0,07 = 16 : 7

Tổng số gốc là: k×(16 + 7) = 23k
23k < 48 → k = 1,2. vậy tổng số gốc peptit là 27
Gộp 3 peptit trên thành một peptit Y mới
A + B + 3C → A-B-C-C-C + 4H2O
TH1: (Với k = 1) A + B + 3C →[Ala]16[Val]7(-22)H2O + 4H2O
0,01 mol
0,04 mol
nH O 0,04mol Số mol peptit mới: nY = 0,01 mol
→
Áp dụng ĐLBT khối lượng:
mhỗn hợp peptit ban đầu = mhỗn hợp peptit mới + mnước
m = 0,01×1847 + 0,04×18 = 19,19 gam
TH2: (Với k = 2) A + B + 3C →[Ala]32[Val]14(-45)H2O + 4H2O
0,005 mol
0,02 mol
nH O 0,02mol Số mol peptit mới: nY = 0,005
mol →
Áp dụng ĐLBT khối lượng:
mhỗn hợp peptit ban đầu = mhỗn hợp peptit mới + mnước
m = 0,005×3676 + 0,04×18 = 18,74 gam. → Đáp án C
Ví dụ 8: Hỗn hợp X gồm 3 peptit A, B, C (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng
là 2: 3: 4. Tổng số liên kết peptit trong phân tử A, B, C là 12. Thủy phân hoàn
toàn 39,05 gam X thu được 0,11 mol X 1; 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 lit O2 (đktc). Giá trị m gần nhất với giá trị nào sau đây. [7]
A. 31 gam
B. 28 gam
C. 26 gam
D. 30 gam
Hướng dẫn giải

Sau thủy phân ta có: nX1 : nX2 : nX3 = 0,11: 0,16: 0,2 = 11: 16: 20
Tổng số gốc là: k×(11 + 16 + 20) = 57k
2 × (12 + 3 ) < 57k < 4 ×(12+3) → k = 1. Vậy tổng số gốc peptit là 57
Gộp 3 peptit trên thành một peptit Y mới
2

2

8


2A + 3B + 4C → A2B3C4 + 8H2O
2A + 3B + 4C → [X1]11[X2]16[X3]20(-56)H2O + 8H2O
nH O 0,08mol Số mol peptit mới: nB = 0,01 mol
→
Khối lượng peptit mới: mB = 39,05 - 0,08×18= 37,61 gam
MB = 37,61 : 0,01 = 3761 ( amino axit đều có dạng H2NCnH2nCOOH)
2

(14n  16  45) 57  56 18 3761  n 2,617

Theo ĐLBT nguyên tố nCO 3,617 0,47 1,7mol
cacbon, đốt 39,95 gam X:
n N 0,47 mol Theo ĐLBT nguyên tố N:
nO 1,5 (nCO  n N ) 2,1975 mol  VO 49,224(lit ) Khi đốt cháy
39,05 gam X
thì:
Vậy với thể tích O2 là 32,816 sẽ đốt cháy được 26 gam X.→ Đáp án C
Kinh nghiệm 4: Sử dụng phương pháp bảo toàn số mol gốc amino axit.
Nội dung bài toán: Đề bài thường cho là thủy phân hoàn toàn hoặc không hoàn

toàn peptit trong môi trường axit. Nếu thủy phân hoàn toàn sẽ tạo ra các amino
axit. Nếu thủy phân không hoàn toàn sẽ tạo ra hỗn hợp các chất gồm amino axit
và các peptit nhỏ hơn. Đề bài thường yêu cầu tìm khối lượng peptit ban đầu
hoặc khối lượng chất sau thủy phân.
Phương pháp giải: Để giải nhanh loại bài toán này nên sử dụng định luật bảo
toàn số mol mắt xích các amino axit. Tức là tổng số mol mắt xích amino axit
trước và sau phản ứng là bằng nhau.
-TH1:Thủy phân hoàn toàn: Xn + (n-1)H2O → n amino axit
Từ phương trình trên rút ra: namino axit = n×npeptit và (n-1)×n amino axit = n×nnước
-TH2:Thủy phân không hoàn toàn:
Ví dụ: (1) Gly - Gly - Gly + H2O → Gly + Gly - Gly
(2) Ala - Val - Ala - Val + H 2O → Ala - Val - Ala + Val - Ala - Val + Al Val + Val - Ala + Ala + Val
Theo định luật bảo toàn gốc amino axit
3n( Gly ) 2n( Gly )  nGly Phương trình (1):
Phương trình (2):
2

2

2

2

2

3

2

  BT:Ala  2n( Ala)2 (Val )2 2n( Ala)2 Val  n(Val )2 Ala  nAlaVal  nValAla  nAla

 BT:Val
    2n( Ala)2 (Val ) 2 n( Ala)2Val  2n(Val )2 Ala  nAlaVal  nValAla  nVal Cả

hai trường hợp thường
áp dụng định luật bảo toàn

khối lượng
mpeptit + mnước = mhỗn hợp sản phẩm
Ví dụ 9: Cho X là hexapeptit Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrapeptit GlyAla-Gly-Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X và Y thu được 4 amino
axit, trong đó có 30 gam Glyxin và 28,48 gam Alanin. Giá trị của m là [2]
9


A. 77,6 gam

B. 83,2 gam

C. 87,4 gam
D. 73,4 gam
Hướng dẫn giải
MX = 472đvc; MY = 332đvc. Theo bài: nGly = 0,4 mol; nAla = 0,32 mol.
Đặt nX = a mol; nY = b mol. Theo ĐLBT số mol mắt xích amino axit
Bảo toàn Gly: nGly = 2a + 2b = 0,4
Bảo toàn Ala: nAla = 2a + b = 0,32
Từ đó tìm ra: a = 0,12; b = 0,08
Vậy: m = 0,12×472 + 0,08×332 = 83,2 gam
Ví dụ 10: Tripeptit A và tetrapeptit B được tạo ra từ một amino axit X (dạng
H2N-R-COOH). Phần trăm khối lượng của nitơ trong X là 18,67%. Thủy phân
không hoàn toàn m gam hỗn hợp A và B (số mol bằng nhau) thu được hỗn hợp
gồm 0,945 gam A; 4,62 gam một đipeptit và 3,75 gam X. Giá trị của m gần nhất

với giá trị [4]
A. 4,1945 gam
B. 8,389 gam
C. 12,58 gam
D. 25,167 gam
Hướng dẫn giải
14
%N 
18,667%  M X 75 -Ta có: . Vậy X là
MX
Glyxin: H2NCH2COOH.
Theo bài: nA = 0,005 mol; ndipeptit = 0,035 mol; nX = 0,05 mol
Đặt: nA = nB = a mol. Theo ĐLBT số mol gốc Gly:
3a + 4a = 0,005×3 + 0,035×2 + 0,05 → a = 0,135/7 mol
Vậy: gam.→ Đáp án m m  m  0,135 (189  246) 8,389
A
B
7
B
Ví dụ 11: Thủy phân một tetrapeptit X (mạch hở) chỉ thu được 6,125 gam GlyAla-Val; 14,6 gam Ala-Gly; 7,3 gam Gly-Ala; 1,875 gam Gly; 8,775 gam Val; m
gam hỗn hợp gồm Ala-Val và Ala. Giá trị của m là [4]
A. 29,006
B. 38,675
C. 34,375
D. 29,925
Hướng dẫn giải
Dựa vào sản phẩm thủy phân → Tetrapeptit X là Ala-Gly-Ala-Val
Sơ đồ phản ứng thủy phân
H 2O
 G

 V  A G  G
  V
A  G A V  
  A 
  A  G
X

0 , 025mol

0 ,1mol

0 , 05mol

0 , 025mol

0 , 075mol

 A  V A
   
mgam

Đăt nAla-Val = x mol; nAla = y mol
- Bảo toàn gốc Gly:
nX = nG-A-V + nA-G + nG-A + nG = 0,025 + 0,1 + 0,05 + 0,025 = 0,2 mol
- Bảo toàn gốc Val:
nX = nG-A-V + nV + nA-V = 0,025 + 0,075 + x = 0,2 mol → x= 0,1 mol
- Bảo toàn gốc Ala: 2nX = nG-A-V +nA-G + nG-A + nA-V + nA
2×0,2 = 0,025 + 0,1 + 0,05 + x + y → y = 0,125 mol
Vậy m = mA-V + mA = 0,1× 188 + 0,125×89 = 29,925 gam
10

→ Đáp án D

Kinh nghiệm 5: Sử dụng cách quy đổi peptit thành các thành phần đơn
giản hơn.
Nội dung bài toán: Đề bài thường cho một peptit hoặc hỗn hợp peptit thủy phân
trong môi trường kiềm, sau đó đốt cháy peptit hoặc đốt cháy sản phẩm muối sau
thủy phân. Các dữ kiện đề bài cho thường liên quan đến CO 2, H2O, N2, lượng
peptit. Đề bài thường yêu cầu tính khối lượng peptit hoặc khối lượng sản phẩm
sau thủy phân
Phương pháp giải: Để giải nhanh loại bài toàn này nên quy đổi (phân cắt)
peptit thành các thành phần nhỏ hơn, sau đó áp dụng các định luật bảo toàn sẽ dễ
dàng trong tính toán. Có một số cách quy đổi phổ biến cho loại bài tập này
Trường hợp 1: Quy peptit thành các gốc axyl CnH2n-1ON và H2O
Công thức tổng quát của peptit được tạo từ các amino axit (có gốc no, chứa 1
nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH): H(HN-(CH2)mCO)tOH
Do đó có thể quy đổi peptit ban đầu thành: CnH2n-1ON và H2O ( nnước = npeptit)
Áp dụng cho các dạng toán trọng tâm
3n  1,5
2n  1
1
Đốt
cháy
Cn H 2 n  1ON 
O2  nCO2 
H 2O  N 2 2
2
2 peptit:
- Thủy phân trong môi trường kiềm: CnH2n-1ON + MOH → CnH2nO2NM

 Sử dụng các phương pháp bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng để
giải loại bài tập này
Ví dụ 12: Hỗn hợp M gồm tripeptit X và hexapeptit Y được tạo thành từ các
amino axit no, mạch hở, chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Đốt cháy hoàn
toàn 0,1 mol M bằng O2 vừa đủ thu được sản phẩm gồm CO 2, H2O có tổng khối
lượng là 60,525 gam và 5,04 lit N2 (đktc). Nếu cho 0,15 mol M tác dụng hoàn
toàn với NaOH (lấy dư 20%), sau phản ứng cô cạn dung dịch thì khối lượng
chất rắn thu được là [4]
A. 73,2375
B. 72,1225
C. 75,8275
D.70,0225
Hướng dẫn giải
-Quy hỗn hợp M thành CnH2n-1ON (amol) và H2O: nnước = nM = 0,1 mol
Khi đốt M:
3n  1,5
2n  1
1

 Cn H 2 n  1ON 
2

 nH O 0,1(mol )
 1

O2  nCO2 

2

H 2O  N 2

2
a nCn H 2 n 1ON 2nN 2 0,45mol

Theo định luật

bảo toàn nguyên tố N

44nCO2 18nH 2O 60,525  44an  18(an  0,5a  0,1) 60,525  n 2,25

Cn H 2 n  1ON  NaOH  Cn H 2 nO2 NNa
    
      Khi cho peptit tác dụng
1, 5 amol
1, 5 amol

với NaOH:

Với nNaOH dư = 0,2×nNaOH ban đầu = 0,2×1,5a = 0,135 mol
11


Theo định luật bảo toàn khối lượng, khối lương chất rắn thu được
m mC H O NNa  40nNaOH 73,2375gam .→ Đáp án A
Ví dụ 13: Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z,
pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được
hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng 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 lit khí (đktc) thoát ra. Mặt khác,
đốt cháy hoàn toàn m gam M thu được 4,095 gam H 2O. Giá trị của m gần nhất
với giá trị nào sau đây [8]

A. 6,0
B. 6,5
C. 7,0
D. 7,5
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp M thành CnH2n-1ON và H2O
Cn H 2 n  1ON  NaOH  Cn H 2 nO2 NNa
Khi đó:
(muối
trong hỗn hợp Q)
- Khi đốt:
 Na2CO3
n

2n

2

Cn H 2 n O2 NNa  O2  
Ca ( OH ) 2 du
     
mH 2O 13,23 gam; nN 2 0,0375mol
CO
2
 CO2 ; H 2O, N 2   m
Q
nQ 2nN 2 0,075mol

Theo ĐLBT nguyên tố N: →

nNa = 0,075 mol
nNa2CO3 

nNa
0,0375mol Theo ĐLBT nguyên tố Na:
2
Theo ĐLBT nguyên tố H: nH 2O 0,075n

nCO2 0,075n  n Na2CO3 0,075n  0,0375 Theo ĐLBT nguyên

tố C:

44nCO2  18nH 2O 13,23  44 (0,075n  0,0375)  18 0,075n 13,23  n 3,2
nH 2O ( n  0,5) 0,075  a 0,2275  a 0,025mol Khi đốt m gam

M: CnH2n-1ON

(0,075 mol) và H2O (a mol).
Giá trị m: m = (14×3,2 + 29)×0,075 + 0,025×18 = 5,985 gam→ Đáp án A
Trường hợp 2: Quy đổi peptit về C2H3ON, CH2 và H2O
Theo định nghĩa: “Đồng đẳng là dãy các chất có tính chất tương tự nhau,
hơn kém nhau 1 hay nhiều nhóm CH 2 trong phân tử”. Do đó mục đích của
phương pháp này là sẽ đưa dãy gồm nhiều chất trong cùng một dãy đồng đẳng
về chất đơn giản nhất và các nhóm CH2.
Công thức tổng quát của peptit được tạo từ các - aminoaxit (có gốc no,
chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH) là: H(HN-(CH2)nCO)tOH
Nên ta có thể phân cắt peptit này thành 3 mảnh: HN-CH 2-CO (gốc của
glyxin), CH2 và H2O. Nhận thấy: nnước = npeptit
Áp dụng cho các dạng toán trọng tâm
9

3
1
C H ON  O  2CO  H O  N - Đốt cháy peptit:
2

3

4

2

2

2

2

2

2

12


3
CH 2  O2  CO2  H 2O
2
 C2 H 3ON
 C H O NM - Thủy phân trong môi
 MOH   2 4 2


trường kiềm
 CH 2
 CH 2

Ví dụ 14: Thủy phân
hoàn toàn 1 mol peptit X và một mol peptit Y thu được 3 mol Alanin và 4 mol
glyxin. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 13,7 gam peptit X cần dùng vừa đủ 13,44
lit khí oxi thu được tổng khối lượng CO 2 và H2O là 30,1 gam. Số liên kết peptit
trong Y là [4]
A.1
B. 2
C. 3
D. 4
Hướng dẫn giải
nO 0,6mol - Thủy phân 1 mol peptit X và
một mol peptit Y thu được 3 mol
Alanin và 4 mol glyxin. Như vậy tổng số mắt xích trong X và Y là 7;
- Quy đổi peptit X thành C2H3ON (a mol); CH2 (b mol), H2O (c mol)
9
3
1
C H ON  O  2CO  H O  N Đốt cháy peptit X:
2

2

3

4

2

2

2

2

 57 a  14b  18c 13,7


 2,25a  1,5b 0,6
 44(2a  b)  18(1,5a  b  c)30,1


2

2

 a 0,2

 b 0,1
 c 0,05


3
CH 2  O2  CO2  H 2O
2

Ta có hệ: → nnước =

npeptit = 0,05.
nC2 H 3ON
nX

4

Số mắt xích của X = . Vậy X là
tetrapeptit và Y là tripeptit →
Trong Y có hai liên kết peptit→

Đáp án B
Ví dụ 15: Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y
(CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch
chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy 30,73
gam E trong oxi vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối
lượng của CO2 và H2O là 69,31 gam. Giá trị a:b gần nhất với [9]
A. 0,730
B. 0,810
C. 0,756
D. 0,962
Hướng dẫn giải
- Quy đổi peptit X thành C2H3ON ; CH2 ; H2O. Khi đó: nnước = npeptit = 0,16
C2 H 3ON  NaOH  C2 H 4O2 NNa  nC2 H 3ON nNaOH 0,09mol
nC2 H 3ON
nH 2 O



Nên
0,9
5,625
0,16
Đốt cháy

30,73 gam E:
C2H3ON (5,625x mol); CH2 (y

mol) ; H2O (x mol)
13


9
3
1
C2 H 3ON  O2  2CO2  H 2O  N 2
4
2
2

 338,625x  14 y 30,73


 (5,625 2 x  y ) 44  (1,5 5,625x  x  y ) 18 69,31

3
CH 2  O2  CO2  H 2O
2
 x 0,08 Ta có hệ:


mol
 y 0,26 Số

C2H3ON:
n = 0,08 × 5,625 = 0,45 mol.
Như vậy 0,16 mol E có khối lượng là: 2 × 30,73 = 61,46 gam
- Xét hỗn hợp muối:
mmuối = mE + mNaOH - mnước = 61,46 + 0,9×40 - 0,16×18 = 94,58 gam
Hai muối : C2H4O2NNa ( a mol) và C3H6O2NNa ( b mol)
 97a  111b 94,58
 a 0,38 a
Ta có hệ → Đáp án

 0,73

A
b
 a  b 0,9
 b 0,52
Trường hợp 3: Quy
đổi peptit thành CH3O2N, CH2, H2O
- Cho hỗn hợp các peptit tạo bởi các amino axit (có gốc no, chứa 1 nhóm -NH2
và 1 nhóm -COOH): H2N-CnH2n-COOH (n ≥ 1)
- Công thức tổng quát của peptit : [kH2N-CnH2n-COOH- (k-1)H-2O] = kH2NCOOH + knCH2 - (k -1)H2O (k là số mắt xích)
- Quy peptit thành H2N-COOH (CH3O2N); CH2; - H2O
nH O nCH O N  n peptit Ta có mối liên hệ:
Lưu ý: Trong quá trình tính toán ta phải bớt đi lượng nước hoặc các nguyên tố
có trong lượng nước này.
2

3

2

Ví dụ 16: X là peptit có dạng CxHyOZN6, Y là peptit có dạng CpHqO6Nt (X, Y
đều được tạo bởi các amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm -NH 2 và 1 nhóm
-COOH). Đun nóng 32,76 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 480 ml dung dịch
NaOH 1M. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 32,76 gam E thu được sản phẩm cháy
gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào nước vôi trong lấy dư, thu
được 132 gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch thay đổi a gam. Giá trị
của a là [10]
A.Tăng 49,44 gam
B. Giảm 94,56 gam
C.Tăng 94,56 gam
D. Giảm 49,44 gam
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp E: CH3O2N (amol), CH2 (b mol), -H2O (c mol)
nNaOH 0,48nmol
) nCH
1,23
a 0,48mol
;
Ca ( OH
O Nmol
Theo ĐLBT nguyên tố cacbon. Khi đốt cháy E
2

3 2

nCO2 a  b 1,23  b 0,75
14


Khối lượng E:
51a + 14b - 18c = 32,76 → c = 0,39 mol
Theo ĐLBT nguyên tố hidro. Khi đốt cháy E
nH 2O 1,5a  b  c 1,5 0,48  0,75  0,39 1,08mol
mCO2  mH 2O  mCaCO3 1,23 44  1,08 18  123  49,44gam →

→ Đáp

án D

Ví dụ 17: 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; 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 CO2 và H2O là 78,28 gam. Giá trị của m gần nhất
với giá trị nào sau đây ? [10]
A.45 gam
B. 40 gam
C. 50 gam
D. 35 gam
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp E: CH3O2N (amol), CH2 (b mol), -H2O (c mol)
Cho 0,4 mol E + NaOH → GlyNa (0,5 mol); AlaNa (0,4 mol); ValNa (0,2 mol)
Theo ĐLBT nguyên tố N: a = 0,5 + 0,4 + 0,2 = 1,1 mol
Theo bảo toàn nhóm CH2: b = 0,5 + 0,4×2 + 0,2×4 = 2,1 mol
nH O c nCH O N  n peptit a  0,4 1,1  0,4 0,7mol →

mE mCH O N  mCH  mH O 1,161  2,114  0,7 18 83,9 gam
Khi đó
Đốt cháy 83,9 gam E
nCO a  b 3,2mol  mCO 3,2 44 140,8 gam Theo bảo toàn C:
Theo bảo toàn H :
2

3

3

2

2

2

2

2

2

nH 2O 1,5a  b  c 1,5 1,1  2,1  0,7 3,05mol  mH 2O 3,05 18 54,9 gam
mCO2  mH 2O 140,8  54,9 195,7 gam Vậy:
mCO2  mH 2O 78,28 gam

83,9 gam E (+

O2) →

m gam E (+ O2) →

→ m = 33,56 gam → Chọn đáp án D
Trường hợp 4: Quy đổi peptit thành HNCO, CH2, H2O
Công thức tổng quát của peptit được tạo từ các amino axit (có gốc no,
chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH) là: H(HN-(CH2)nCO)tOH
Nên ta có thể phân cắt peptit này thành 3 mảnh: HNCO, CH2 và H2O
Ta nhận thấy:
 nH O n peptit x

Ví dụ 18: Cho hỗn hợp X gồm  nNHCO t x
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
2

15


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 [4]
A.76,56
B. 16,72
C. 38,28
D. 19,14
Hướng dẫn giải
nNHCO trong X = nNaOH = 0,76 mol
Quy đổi X
 HNCO : 0,76mol


 CH 2 : xmol
 H O : ymol
 2

 H NCOONa : 0,76mol
 NaOH
   2
 0,76 43  14 x  18 y 50,36

 CH 2 : xmol 
 0,76 83  14 x 76,8

 x 0,98

 y 0,22

Ta có hệ:
n peptit nH 2O 0,22mol
O2
0,22(mol ) X  

 nCO2 0,76  0,98 1,74mol
 O2

0,11(mol ) X  
  nCO 0,87mol  mCO 38,28gam
Vậy: → Đáp án C
Ví dụ 19: Cho m gam hỗn hợp M (có tổng số mol là 0,03 mol) gồm đipeptitX,
tripeptitY, tetrapeptit Z và peptapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch
NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy

hoàn toàn Q bằng lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào
bình nước vôi trong dư thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lit khí
thoát ra ở đktc. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ? [4]
A. 6,0
B. 6,9
C. 7,0
D. 6,08
Hướng dẫn giải
Quy hỗn hợp M:HNCO, CH2, H2O
n NaOH n
HnONHCO
n
n0N,03
mol
0,075mol ;
M 2
2

2

2

2

 Na2CO3 : 0,0375mol
 NHCO : 0,075mol
 H 2 NCOONa : 0,075mol O2 

 NaOH
    Q


   mCO2  mH 2O 13,23gam
 CH 2 : xmol
CH
:
xmol

2
 H O : 0,03mol

 2
 N 2 : 0,0375mol

M
 nCO2 (0,075  x)  0,0375
 44 (0,0375  x)  18 (0,075  x) 13,23  x 0,165mol

 nH 2O 0,075  x

đốt
Vậy: mM = 43×0,075 + 14×0,165 + 18×0,03 = 6,075 gam → Đáp án D
Trường hợp 5: Quy đổi peptit thành đipeptit
Xét phản ứng thủy phân hoàn toàn peptit (X)n và đipeptit (X)2 (n, 2 là số
mắt xích; n>2) (Giả thiết các peptit đều được tạo bởi các amino axit no, mạch hở
chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH)
(X)n + (n-1)H2O → nX (I)
X2 + H2O → 2X
(II)
Lấy (I)×2 - (II)×n được phương trình
2(X)n + (n-2)H2O → nX2 ( phương trình thủy phân tạo đipeptit)

16


Quy đổi peptit (X)n thành đipeptit X2 ( amol) và H2O (-b mol)
Đipeptit có dạng: CnH2nO3N2. Khi đốt cháy
Cn H 2 n O3 N 2 

3n  3
O2  nCO2  nH 2O  N 2
2
nNn2 H
nn nO23 N 2 Việc quy đổi ra đipeptit có lới
2 O C n H 2CO

ích là được: ;
Lưu ý: - Lượng CO2 sinh ra khi đốt peptit (X)n và đipeptit (X)2 là như nhau
- Lượng nước sinh ra khi đốt đipeptit = Lượng nước sinh ra khi đốt
peptit (X)n cộng với lượng nước cần thủy phân (X)n
- Lượng O2 dùng để đốt (X)n và (X)2 là như nhau
Ví dụ 20: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một
loại amino axit no, mạch hở chứa 1 nhóm -NH2 và 1 nhóm -COOH. Đốt cháy
hoàn toàn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm CO 2, H2O và N2, trong đó tổng khối
lượng của CO2 và H2O là 54,9 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản
phẩm thu được cho lội qua dung dịch nước vôi trong dư, thì thu được m gam kết
tủa. Giá trị của m là [11]
A. 45 gam
B. 120 gam
C. 100 gam
D. 60 gam
Hướng dẫn giải:

Quy đổi Y thành đipeptit
2(X)3
+ H2O → 3(X)2
0,1 mol
0,05
0,15 mol
Khi đốt Y cũng chính là đốt (X)2 (0,15 mol) và H2O (-0,05 mol)
nH O nCO 0,15 n(mol ) Đốt
cháy
đipeptit:
CnH2nO3N2 ( 0,15mol):
mCO  mH O 1,5n 44  1,5n 18  0,05 18 54,9 gam Khi đốt cháy Y
thì : → n = 6
nCO 0,2 6 1,2mol  mCaCO 1,2 100 120 gam Khi đốt 0,2 mol
X: → Đáp án B
Đây chỉ là một vài cách quy đổi thường gặp. Một bài toán peptit có thể áp dụng
nhiều cách quy đổi khác nhau. Sử dụng một trong các cách quy đổi này sẽ giúp
bài toán trở nên đơn giản hơn, học sinh dễ dàng tính toán hơn và tiết kiệm thời
gian.
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1:Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một
amino axit (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 gam
B. 80 gam
C. 60 gam
D. 30 gam
Bài 2: X là tetrapeptit Ala-Gly-Val-Ala, Y là tripeptit Val-Gly-Val. Đun nóng m

gam hỗn hợp X và Y có tỉ lệ mol n X : nY = 1: 3 với 780 ml dung dịch NaOH 1M
2

2

2

2

2

3

17


(vừa đủ), sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch . Cô cạn dung dịch thu
được 94,98 gam muối. m có giá trị là
A.68,1 gam
B. 64,86 gam
C. 77,04 gam
D. 65,13 gam
Bài 3: X là một tetrapeptit cấu tạo từ amino axit A no, mạch hở, chứa một nhóm
–NH2 và một nhóm –COOH. Trong A, oxi chiếm 42,67% khối lượng. Thủy phân
hết m gam X thì thu được 28,35 gam tripeptit, 79,2 gam đipeptit và 101,25 gam
A. Giá trị của m là
A. 405,9
B. 258,3
C. 184,5
D. 202,95

Bài 4: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 peptit X, Y, Z có tỉ lệ mol lần
lượt là 2: 3: 5 thu được 120 gam glyxin, 160,2 gam alanin và 234 gam valin.
Biết tổng số liên kết peptit trong X, Y, Z là 6 và số liên kết mỗi peptit là khác
nhau. Giá trị của m là
A. 453
B. 514,2
C. 510,8
D. 353
Bài 5: Hỗn hợp M gồm peptit X, peptit Y, peptit Z được cấu tạo từ cùng một loại
amino axit và có tổng số liên kết peptit trong ba phân tử là 11 với tỉ lệ mol tương
ứng là 4: 6: 9, thủy phân hoàn toàn m gam M thu được 2 gam glyxin, 56,96 gam
alanin và 252,72 gam valin. Giá trị của m và loại peptit Z là
A. 283,76 và hexapeptit
C. 283,76 và tetrapeptit
B. 327,68 và tetrapeptit
D. 327,68 và hexapeptit
Bài 6: (Chuyên Bắc Ninh) Đipeptit X, pentapeptit Y đều mạch hở và cùng được tạo từ amino axit no, mạch hở trong phân tử có một
nhóm –NH2 và một nhóm –COOH. Cho 16 gam X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, làm khô cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được
25,1 gam chất rắn. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Y thì cần ít nhất bao nhiêu mol O2 nếu sản phẩm cháy thu được gồm CO2, H2O và

2
A. 3,75 mol
B. 3,25 mol
C. 4,00 mol
D. 3,65 mol
Bài 7: (Chuyên KHTN-2018) Hỗn hợp X gồm 3 peptit đều mạch hở có tỉ lệ
mol có tỉ lệ mol tương ứng là 1: 1: 3. Thủy phân hoàn toàn a gam X thu được
hỗn hợp gồm 14,24 gam Ala và 5,25 gam Gly. Biết tổng số liên kết peptit trong
phân tử của ba peptit trên nhỏ hơn 13. Giá trị của a là
A. 19,49

B. 16,25
C. 15,53
D. 22,73
Bài 8: (Trường THPT Kiến An) Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X,
tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch
NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy
hoàn toàn Q bằng một lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ
vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam và có
0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M, thu được
4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 6,0
B. 6,5
C. 7,0
D. 7,5
Bài 9: (THPT Phan Đình Phùng) Cho hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và
pentapeptit Y (đều hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng m gam hỗn hợp A
với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn cẩn thận dung dịch thu được (m+ 7,9)
gam muối khan. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp muối, được Na2CO3 và hỗn hợp B
(khí và hơi). Cho B vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình
N

18


tăng 28,02 gam và có 2,464 lít khí bay ra (đktc). Phần trăm khối lượng của Y
trong A là:
A. 46,94%
B. 64,63%
C. 69,05%
D. 44,08%

Bài 10: Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở: đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z
có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1 : 2. Cho một lượng E phản ứng hoàn toàn với
dung dịch NaOH dư, thu được 0,06 mol muối của glyxin, 0,1 mol muối của
alanin và 0,1 mol muối của valin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu
được tổng khối lượng CO2 và H2O là 112,28. Giá trị của m là
A. 36,78
B. 45,08
C. 55,18
D. 43,72
Bài 11: (Đề THPT quốc gia năm 2017) Hỗn hợp E gồm 3 peptit đều mạch hở:
đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1:1. Cho một
lượng E phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư thu được 0,25 mol muối
của glyxin, 0,2 mol muối của alanin và 0,1 mol muối của valin. Mặt khác, đốt
cháy hoàn toàn m gam E, thu được tổng khối lượng CO 2 và H2O là 39,14 gam.
Giá trị của m là
A. 16,78 gam
B. 25,08 gam
C. 20,17 gam
D. 22,64 gam
Bài 12: Hỗn hợp E gồm hai peptit mạch hở X và Y. Đốt 0,06 mol E trong O 2 dư
thu được 0,06 mol khí CO2; 10,08 gam H2O và N2. Thủy phân 7,64 gam E bằng
dung dịch NaOH thu được dung dịch chỉ chứa m gam muối của một α- amino
axit. Giá trị của m là
A.17,76
B. 11, 10
C. 8,88
D. 22,20
Bài 13: Tripeptit mạch hở X và tetrapeptit mạch hở Y đều được tạo ra từ một
amino axit no, mạch hở có một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH. Đốt cháy
hoàn toàn 0,1 mol X thu được sản phẩm gồm H2O, CO2 và N2 trong đó tổng

khối lượng H2O và CO2 bằng 36,3 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol Y thì
số mol O2 cần dùng là
A. 2,8 mol
B. 1,875 mol
C.3,375 mol
D.1,8 mol
Bài 14: Chia m gam hỗn hợp T gồm các peptit mạch hở thành hai phần bằng
nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1, thu được CO2, N2 và 7,02 gam H2O. Thủy
phân hoàn toàn phần 2, thu được hỗn hợp X gồm alani, glyxin và valin. Cho X
vào 200 ml dung dịch NaOH 0,5M và KOH 0,6M, thu được dung dịch Y chứa
20,66 gam chất tan. Để tác dụng vừa đủ với Y cần vừa đủ 360 ml dung dịch HCl
1M. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 24,20 gam
B. 21,32 gam
C. 24,92 gam
D.19,88 gam
Bài 15: Đốt cháy hoàn toàn 9,92 gam peptit X và peptit Y (đều được tạo ra từ
một amino axit no, mạch hở có một nhóm -NH2 và một nhóm -COOH) bằng oxi
vừa đủ thu được N2, 0,38 mol CO2, 0,34 mol H2O. Mặt khác, đun nóng hỗn
hợp trên với NaOH vừa đủ thu được m gam muối. Giá trị của m là
A.16,24 gam
B.14,98 gam
C.15,68 gam
D.17,04 gam
Đáp án 1C 2A
3C
4A
5D
6A
7B

8A
9A
10D
11A 12B
13D
14B
15B
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
19


2.4. 1. Đối với học sinh
Năm học 2017 – 2018 tôi giảng dạy lớp 12A1, 12A2 là các lớp khối A,
B. Ban đầu khi gặp dạng bài tập mới này đa phần các e đều nản và thường bỏ
qua. Bởi vậy tôi đã nghiên cứu đề tài này và đã áp dụng vào thực tế giảng dạy
của mình. Tôi đã hướng dẫn cho học sinh từng dạng từ lý thuyết đến tính toán cụ
thể, giúp học sinh cách nhận dạng bài toán để áp dụng. Từ đó có thể làm những
bài toán tổng hợp và kết hợp nhiều cách tính nhanh trong một bài toán. Vì vậy
các em không còn “sợ” khi gặp bài tập dạng này.
Sau khi hướng dẫn cho các e học sinh làm và luyện dạng bài tập dạng này.
Tôi đã tiến hành kiểm tra và đây là kết quả bài kiểm tra của hai lớp 12A1, 12A2
trường THPT Yên Định 2
+ Trước khi áp dụng đề tài:
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu, kém
TT Lớp Sĩ số
SL
%

SL
%
SL
%
SL
%
1 12A1 48
2
4,2
10
20,8
15
31,3
21 43,7
2 12A2 42
0
0
6
14,3
12
28,6
24 57,1
+ Sau khi áp dụng đề tài:
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu, kém
TT Lớp Sĩ số
SL
%

SL
%
SL
%
SL
%
1 12A1 48
15
31,3
22
45,8
9
18,8
2
4,1
2 12A2 42
5
11,9
20
47,6
12
28,6
5
11,9
2.4.2. Đối với giáo viên
- Giáo viên vừa nắm bắt được hệ thống các cách giải nhanh bài tập peptit
từ đó có phương pháp hướng dẫn học sinh làm bài tập dạng này phát huy được
tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh.
- Đối với bản thân tôi qua quá trình tìm hiểu, nghiên cứu tài liệu để viết
sáng kiến đã tích lũy thêm vốn kiến thức và thêm một số kinh nghiệm trong

giảng dạy. Từ đó nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ sư phạm của mình.
3. KẾT KUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Đề thi THPT quốc gia những năm gần đây thường có một câu peptit, bài
tập dạng này thường thuộc loại vận dụng và vận dụng cao, nội dung khó. Vì vậy
nghiên cứu các cách giải nhanh có ý nghĩa rất lớn. Nó giúp học sinh tìm ra cách
giải nhanh nhất, rút ngắn thời gian làm bài, giúp các em đạt được kết quả cao
trong học tập và trong kỳ thi quốc gia.
Trên đây là một số kinh nghiệm mà tôi rút ra đươc khi nghiên cứu các đề
thi thử đại học, đề thi quốc gia tôi hay gặp. Tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu và mở
rộng đề tài này ở các năm học tiếp theo.
Những kinh nghiệm mà tôi đưa ra cũng chỉ là một trong những kinh
nghiệm nhỏ bé trong vô vàn kinh nghiệm được đúc kết qua sách vở, cũng như
của các thầy giáo, cô giáo cùng các bạn đồng nghiệp. Vì vậy, bản thân tôi rất
20


mong được sự góp ý, xây dựng của quý thầy giáo, cô giáo, cùng các bạn đồng
nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn nhằm giúp tôi từng bước hoàn thiện
phương pháp giảng dạy của mình. Từ đó, bản thân tôi có điều kiện cống hiến
nhiều hơn nữa cho sự nghiệp giáo dục.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
3.2. Kiến nghị.
3.2.1. Đối với nhà trường:
Nhà trường cần quan tâm hơn nữa về việc trang bị thêm sách tham khảo về
bài tập peptit để học sinh có thể nghiên cứu, tìm tòi các phương pháp nhanh để
giải tránh bỡ ngỡ khi gặp dạng bài tập này cũng như giảm được thời gian làm
bài.
3.2.2. Đối với Sở GD&ĐT:
Những sáng kiến có chất lượng cần được giới thiệu phổ biến đến các

trường THPT để cùng nhau trao đổi và áp dụng thực tế.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh hóa, ngày 27 tháng 5 năm 2018
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết bài

Nguyễn Thị Yến

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]: Sách giáo khoa hóa học 12 cơ bản và nâng cao -NXB GD năm 2008.
[2]: Báo hóa học và ứng dụng số 11/2017.
[3]: Đề TSĐH năm 2014.
[4]: Internet/Google/violet.
[5]: Báo hóa học và ứng dụng số 17/2015.
[6]: Báo hóa học và ứng dụng số 7/2018.
[7]: Đề trung học phổ thông quốc gia năm 2016.
[8]: Đề mimh họa THPT quốc gia 2017.
[9]: Đề mimh họa THPT quốc gia 2015.
[10]: Báo hóa học và ứng dụng số 3/2018.
[11]: Đề TSĐH - khối B năm 2010

22


DANH MỤC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Yến.
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Yên Định 2.

TT

1.
2.

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Giải nhanh bài toán hóa Ngành GD cấp
học vô cơ bằng phương tỉnh; Tỉnh Thanh
pháp quy đổi.
Hóa
Một số kinh nghiệm giải Ngành GD cấp
nhanh
bài
toán tỉnh; Tỉnh Thanh
hiđrocacbon
Hóa

Kết quả

đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá
xếp loại

C

2009-2010

C

2013-2014

23


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KINH NGHIỆM

GIẢI NHANH BÀI TOÁN PEPTIT
MỘT SỐ KINH NGHIỆM
GIẢI NHANH BÀI TOÁN PEPTIT

Người thực hiện: Nguyễn Thị Yến
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Yên Định 2
Người thực hiện: Nguyễn Thị Yến
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Hóa học
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Yên Định 2
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Hóa học

THANH HOÁ NĂM 2018

24