SKKN nâng cao kỹ năng giải bài tập PEPTIT dành cho học sinh lớp 12 ôn thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MÔN HÓA HỌC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

"NÂNG CAO KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP CỦA PHẢN ỨNG
OXI HÓA NHẸ ANCOL ĐƠN CHỨC BẬC I TRONG CÁC
ĐỀ THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG"

NÂNG CAO KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP PEPTIT DÀNH
CHO HỌC SINH LỚP 12 ÔN THI THPT QUỐC GIA

Người thực hiện: Lê Thị Lan Hương
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Hóa học
Người viết: Lê Thị Lan Hương
Tổ: Hoá – Sinh – Công nghệ
Tháng 5/2012
MỤC LỤC
1. Đặt vấn đề
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
2. Nội dung
THANH HÓA - NĂM 2018
2.1.
Cơ sở lý luận của vấn đề

Trang
3
3
3
3
3
5
5


MỤC LỤC
1. 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…..………………………...
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm………………………………...
2.1.1. Phân tử amino axit ……………………………………………………..
2.1.2. Phân tử peptit…………………………………………………………...
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng SKKN...………………………
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện…………………………………………..
2.3.1. Giải pháp……………………………………………………………….

2.3.2. Tổ chức thực hiện………………………………………………………
2.3.3. Nội dung thực hiện……………………………………………………..
2.4. Đánh giá hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm……………………….
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

1
1
1
2
2
3
3
3
3
3
3
3
4
17

3.1. Kết luận………………………………………………………………….. 20
3.2. Kiến nghị………………………………………………………………… 20


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Qua một số năm dạy học môn Hóa học ở trường Trung học phổ thông,
luyện thi cho học sinh trong các kì thi tuyển sinh vào đại học, tôi nhận thấy bài
tập peptit rất hay và thường ở mức độ vận dụng cao, được nhiều thầy cô và học
sinh chú ý. Những bài peptit đó thường có nhiều cách giải. Mỗi học sinh, khi

giải xong một bài peptit thường có cảm giác thành tựu. Khi học sinh trao đổi với
nhau, mỗi cách đặt ẩn có khía cạnh khó riêng và bộc lộ ưu - nhược điểm. Tạo
nên vẻ đẹp tiềm ẩn hấp dẫn của từng bài peptit.
Đây là loại bài tập cốt yếu trong các kì thi. Trong học tập hoá học, việc
nhận ra những đặc điểm của các dạng bài tập có một ý nghĩa rất quan trọng.
Thông qua giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh,
sáng tạo, khả năng quan sát, bồi dưỡng hứng thú và nâng cao kỹ năng giải bài
tập của từng dạng tương ứng. Đó chính là mục tiêu giáo dục.
Trong thực tế hiện nay, khi tôi giảng dạy các dạng bài tập peptit, có nhiều
học sinh còn lúng túng khi nhận dạng, đặc biệt là chưa sử dụng thành thạo các
định luật bảo toàn. Vì vậy, khi luyện thi đại học, tôi mong muốn có được một tài
liệu nói đầy đủ một cách hệ thống về dạng bài tập này.
Qua quá trình giảng dạy, tôi đã tích luỹ được một số đặc điểm về bài tập
của peptit. Việc xác định các dạng bài, đặc điểm cụ thể của từng dạng đã tỏ ra có
nhiều ưu điểm. Trong trường hợp này, học sinh tiết kiệm được rất nhiều thời
gian để có kết quả đúng.
Chính vì vậy, tôi mạnh dạn sưu tầm, tham khảo các tài liệu từ đồng
nghiệp và tự rút kinh nghiệm trong giảng dạy, để đưa phương pháp giải một số
dạng bài tập peptit, dành cho học sinh lớp 12 ôn thi THPT Quốc gia, làm tài liệu
phục vụ cho việc dạy học của bản thân. Đồng thời góp một phần nhỏ cho đồng
nghiệp và trên hết là giúp các em học sinh linh hoạt, tự tin khi giải loại bài tập
này.
Vì vậy, tôi chọn đề tài: ”Nâng cao kỹ năng giải bài tập peptit dành cho
học sinh lớp 12 ôn thi THPT Quốc Gia”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tôi nghiên cứu vấn đề này nhằm phân dạng bài tập peptit từ dễ đến khó,
trên cơ sở đã học lí thuyết và làm hết bài tập trong sách giáo khoa. Giúp học
sinh không chỉ nhận ra dạng bài mà còn rèn luyện và nâng cao kỹ năng giải bài
tập peptit.
1.3. Đối tượng nghiên cứu

Đề tài này nghiên cứu các đặc điểm của bài tập peptit thường là đốt cháy
hoặc thủy phân. Dựa trên các định luật bảo toàn: Bảo toàn nguyên tố, bảo toàn
electron và quan trọng hơn cả là bảo toàn khối lượng.
Từ đó, tôi phân ra 3 dạng; kèm theo một số cách giải ngắn gọn, dễ hiểu
nhằm đạt mục tiêu giáo dục.


1.4. Phương pháp nghiên cứu
Qua việc thu thập tài liệu là các bài tập peptit, tôi phân ra 3 dạng. Kết hợp
tìm hiểu đối tượng học sinh, tôi đặt ra mục tiêu cần đạt được cho học sinh sau
khi áp dụng đề tài.
Mặt khác, tôi dùng mẫu trắng lớp 12C7 không áp dụng đề tài để làm đối
chứng. Trên cơ sơ kết quả nhận thức của học sinh thông qua bài kiểm tra, tôi
thống kê, tổng hợp để xác định hiệu quả sử dụng của đề tài. Đánh giá nghiêm
túc chất lượng đề tài, nhận rõ ưu điểm và nhược điểm, khắc phục nhược điểm và
phát huy ưu điểm. Sau đó, bổ sung cho lớp 12C7, để nâng cao kỹ năng giải bài
tập peptit.
Với cơ sở lí thuyết sẵn có phần bài tập peptit, tôi hoàn thiện đề tài nghiên
cứu này để nâng cao kỹ năng giải bài tập peptit.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Dựa vào các đặc điểm của đề bài, chỉ ra cách phân loại, giúp học sinh dễ
nhận ra dạng bài và xác định cách giải phù hợp.
Đưa ra các cách giải cho học sinh rèn luyện, hướng dẫn học sinh nhận ra
ưu điểm, nhược điểm của từng cách giải. Giúp học sinh nhận thức được cách
giải phù hợp cho từng kiểu đề và sở thích riêng của từng em. Từ đó, rút ngắn
thời gian làm bài và đạt yêu cầu: làm được bài tập peptit ở mức độ vận dụng cao
với thời gian ngắn nhất.


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Phân tử amino axit
a. Phân tử amino axit có 1 nhóm - NH2, 1 nhóm - COOH, no, mạch hở
- Công thức phân tử: CnH2n +1NO2
- Công thức cấu tạo: H2N - CH - COOH
- Với n = 2 → glyxin (M = 75).
n = 3 → alanin (M = 89).
n = 5 → valin (M = 117).
b. Phân tử amino axit có 2 nhóm - NH2 hoặc 2 nhóm - COOH
- Lysin: H2N -[CH2]4 - CH - COOH (C6H14N2O2), M = 146.
NH2
- Axit glutamic: HOOC -[CH2]2 - CH - COOH (C5H9NO4), M = 147. [11]
NH2
2.1.2. Phân tử peptit
- Peptit: (aa)n
- Phản ứng thủy phân:
(aa)n + (n -1) H2O + nHCl → n muối
(aa)n + n NaOH → n muối + H2O
- Nếu trong phân tử peptit có các amino axit như lysin hay axit
glutamic thì hệ số phản ứng theo lysin hay axit glutamic.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Khi dạy phần bài tập peptit theo chuẩn kiến thức, sách giáo khoa cơ bản
và sách giáo viên, kết hợp bài tập của sách giáo khoa và sách bài tập tôi thấy kết
quả thu được chưa đạt mong muốn: Đa số học sinh không giải được các câu hỏi
peptit mức độ vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc gia.
Trong thực tế tôi giảng dạy 4 lớp 12, các lớp không hoàn toàn đồng đều
về chất lượng. Tôi đã khắc phục bằng cách tăng thời gian, kèm cặp các em sao
cho đạt tương đối đồng đều về nhận thức lí thuyết và nền cơ bản của bài tập.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
2.3.1. Giải pháp

Tôi dùng các tiết dạy bồi dưỡng để khai thác từng loại phản ứng theo thứ
tự: phân dạng bài tập, nhấn mạnh đặc điểm từng loại bài tập, ví dụ tương ứng,
bài tập tự giải và sau cùng là bài kiểm tra TNKQ tương ứng để đánh giá kết quả
dạy và học.
2.3.2. Tổ chức thực hiện
- Đối tượng thực hiện: học sinh 4 lớp 12C4, 12C5, 12C6, 12C7 tôi đang
trực tiếp giảng dạy.
- Phương pháp thực hiện: tôi chọn 3 lớp 12C4, 12C5, 12C6 để dạy khai
thác theo giải pháp trên; còn lớp 12C7 thì không.
- Thời gian thực hiện: tiết 15 đến tiết 20, chương 3 của phân phối chương
trình hóa học cơ bản lớp 12 và 6 tiết bồi dưỡng trong 3 tuần đó.


2.3.3. Nội dung thực hiện
Dạng 1: Tìm lượng chất (hay gặp nhất): với các peptit được tạo nên từ các
aminoaxit no, mạch hở, 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -NH2 (glyxin, alanin, valin…).
Phương pháp:
Nhận xét: Do trong peptit được tạo nên từ các aminoaxit no, mạch hở, 1
nhóm -COOH, 1 nhóm -NH 2 (glyxin, alanin, valin…) nên nó là dạng bài tuy ở
mức độ vận dụng cao nhưng vẫn là dễ giải quyết.
Dạng này có rất nhiều cách làm, như cách đặt theo gốc axyl, đồng đẳng
hóa, quy đổi về đipeptit, quy đổi liên kết peptit…. Tuy nhiên, tùy theo cảm nhận
của học sinh mà mỗi em có cách giải phù hợp. Tạo nên vẻ đẹp của các bài peptit
hay và khó.
a. Các ví dụ của dạng 1
Ví dụ 1: Cho hỗn hợp E gồm 3 peptit 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 của CO2 và H2O là 39,14 gam.

Giá trị của m là
A. 16,78. B. 25,08. C. 20,17. D. 22,64. [3] Giải: Nhận dạng: “…mạch hở,…thu
được 0,25 mol muối của glyxin, 0,2 mol muối của alanin và 0,1 mol muối của
valin.” Nên bài này thuộc dạng 1.
Cách 1: Theo cách đặt gốc axyl và H2O
Gọi x là tỉ lệ của hỗn hợp E đầu và sau.
Ta có: E là
CnH2n - 1 NO : 0,55x mol; n = 32/11;
H2O
: 0,2x mol ( nE = 0,1x + 0,05x + 0,05x = nH2O).
Do: nCO2 = 0,55nx = 1,6x
nH2O = 0,2x + (32/11 - 0,5).0,55x = 1,525x
Nên: 39,14 = 44.1,6n + 18.1,525x → x = 0,4 mol.
Ta có: mE = 0,55.0,4.(14n + 29) + 0,2.0,4.18 = 16,78 gam.
Chọn: 16,78 gam.
Cách 2: Theo cách quy đổi liên kết peptit
Gọi: E là CO NH : 0,55x mol
CH2
: 1,05x mol (1,05x = 0,25x.2 + 0,2x.3 + 0,1x.5 - 0,55x)
H2O : 0,2x mol ( nE = nH2O = 0,2x).
Sản phẩm cháy: nCO2 = 0,55x + 1,05x = 1,6x;
nH2O = 0,275x + 1,05x + 0,2x = 1,525x.
Do: mCO2 + mH2O = 1,6x.44 + 1,525x.18 = 39,14 → x = 0,4.
Ta có: mE = 43.0,55.0,4 + 14.1,05.0,4 + 18.0,2.0,4 = 16,78. Chọn: 16,78 gam.
Cách 3: Theo cách quy đổi đipeptit
Gọi: E là CnH2nN2O3: 0,275x mol; n = 64/11.
nH2O : 0,2x - 0,275x = - 0,075x mol.
Ta có: nCO2 = 0,275x.64/11 = 1,6x mol.

nH2O = 0,275x.64/11 - 0,075x = 1,525x mol.
Do: mCO2 + mH2O = 1,6x.44 + 1,525x.18 = 39,14 → x = 0,4.
Ta có: mE = (14.64/11 + 76).0,275.0,4 - 0,075.0,4.18 = 16,78.
Chọn: 16,78 gam.
Cách 4: Theo cách đồng đẳng hóa
Gọi: E là C2H3NO: 0,55x mol
CH2 : 0,5x mol
H2O : 0,2x mol ( nE = nH2O = x).
Ta có: nCO2 = 0,55x.2 + 0,5x = 1,6x mol.
nH2O = 0,55x.1,5 + 0,5x + 0,2x = 1,525x mol.
Do: mCO2 + mH2O = 1,6x.44 + 1,525x.18 = 39,14 → x = 0,4.
Ta có: mE = 57.0,55.0,4 + 14.0,5.0,4 + 18.0,2.0,4 = 16,78. Chọn: 16,78 gam. Ví
dụ 2: Chia m gam hỗn 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 0,5M 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. [3]
Giải: Nhận dạng: “Thủy phân hoàn toàn phần hai, thu được hỗn hợp X gồm
alanin, glyxin, valin.” Nên bài này thuộc dạng 1.
Xét 1 phần: naa = 0,36 - 0,22 = 0,14 mol.
Cách 1: Theo cách đặt gốc axyl và H2O
Ta có: T/2 là
CnH2n - 1 NO : 0,14 mol.
H2O
: x mol.

Xét phần 1: nH2O = 0,39 = (n - 0,5). 0,14 + x → 0,46 = 0,14n + x
(1).
Xét phần 2: 20,66 = (14n +29),0,14 + 0,1.40 + 0,12.56 → n = 3.
Từ (1): x = 0,04 → mT = 2.[0,14.(14.3 +29) + 18.0,04] = 21,32 gam.
Chọn: 21,32 gam.
Cách 2: Theo cách quy đổi liên kết peptit
Gọi: T/2 là CO NH : 0,14 mol
CH2 : x mol
H2O : y mol
Xét phần 1: nH2O = 0,39 = 0,07 + x + y → x + y = 0,32 (1).
Xét phần 2: 20,66 = 43.0,14 + 14x + 0,1.40 + 0,12.56 → x = 0,28.
Từ (1): y = 0,04 → mT = 2.(0,14.43 + 14.0,28 + 18.0,04) = 21,32 gam.
Chọn: 21,32 gam.


Cách 3: Theo cách quy đổi đipeptit
Gọi: T/2 là CnH2nN2O3: 0,07 mol.
nH2O : x mol.
Xét phần 1: nH2O = 0,07.n + x = 0,39 (1).
Xét phần 2: 20,66 = (14n + 76 - 18).0,07 + 0,1.40 + 0,12.56 → n = 6
Từ (1) : x = - 0,03 → mT = 2.(0,07.160 - 0,03.18) = 21,32 gam.
Chọn: 21,32 gam.
Cách 4: Theo cách đồng đẳng hóa
Gọi: T/2 là C2H3NO: 0,14 mol.
CH2 : x mol.
H2O : y mol.
Xét phần 1: nH2O = 1,5.0,14 + x + y = 0,39 → x + y = 0,18 (1).
Xét phần 2: 20,66 = 57.0,14 + 14x + 0,1.40 + 0,12.56 → x = 0,14
Từ (1) : y = 0,04 → mT = 2.(57.0,14 + 14.0,14 + 18.0,04) = 21,32 gam.
Chọn: 21,32 gam.

Ví dụ 3: Cho đipeptxit X, hexapeptit Y đều mạch hở và cùng được tạo ra từ 1
amino axit no, mạch hở trong phân tử có 1 nhóm -NH 2 và 1 nhóm -COOH. Cho
13,2 gam X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, làm khô cẩn thận dung dịch sau
phản ứng thu được 22,3 gam chất rắn. Khi đốt hoàn toàn 0,1 mol Y thì cần a mol
O2 (sản phẩm cháy thu được gồm CO2, H2O, N2). Giá trị của a là
A. 1,25.
B. 1,35.
C. 0,975.
D. 2,25.
[6]
Giải: Nhận dạng: “đipeptxit X, hexapeptit Y đều mạch hở và cùng được tạo ra
từ 1 amino axit no, mạch hở trong phân tử có 1 nhóm -NH 2 và 1 nhóm COOH.” Nên bài này thuộc dạng 1.
Cách 1: Theo cách đặt gốc axyl và H2O
Gọi: X là
CnH2n - 1 NO : 2x mol
H2O
: x mol ( nX = nH2O = x).
Do: nH2Opư = x mol; nHClpư = 2x mol
Nên: 18x + 73x = 22,3 - 13,2 → x = 0,1 mol.
Mặt khác: mX = 13,2 = (14n + 29).0,2 + 18.0,1 → n = 2 (mắt xích là glyxin).
Y là:
C2H3NO : 0,6 mol → 1,2 mol CO2; 0,9 mol H2O.
H2O
: 0,1 mol
Chọn: 1,35 mol.
Bảo toàn O: nO2 = 1,2 + 0,9/2 - 0,3 = 1,35 mol.
Cách 2: Theo cách quy đổi liên kết peptit
Gọi: X là CO NH : 2x mol
CH2
: y mol

H2O : x mol ( nX = nH2O = x).
Do: nH2Opư = x mol; nHClpư = 2x mol
x = 0,1
Nên:
13,2 = 86x + 14y + 18x →
22,3 = 13,2 + 18x + 73x
y = 0,2 = 2x → mắt xích là glyxin.


Y là

CO NH : 0,6 mol
CH2 : 0,6 mol
→ 1,2 mol CO2; 0,9 mol H2O.
H2O
: 0,1 mol
Chọn: 1,35 mol.
Bảo toàn O: nO2 = 1,2 + 0,9/2 - 0,3 = 1,35 mol.
Cách 3: Theo cách quy đổi đipeptit
Gọi: X là CnH2nN2O3: x mol; nH2Opư = x mol; nHClpư = 2x mol
Ta có: 13,2 = 14nx + 76x
→
x = 0,1
22,3 = 13,2 + 18x + 73x
nx = 0,4 → n = 4 → mắt xích là glyxin.
Y là:
C4H6N2O3 : 0,3 mol → 1,2 mol CO2; 0,9 mol H2O.
H2 O
: - 0,2 mol
Chọn: 1,35 mol.

Bảo toàn O: nO2 = 1,2 + 0,9/2 - 0,3 = 1,35 mol.
Cách 4: Theo cách đồng đẳng hóa
Gọi: X là C2H3NO: 2x mol
CH2 : y mol
H2O : x mol ( nX = nH2O = x).
Do: nH2Opư = x mol; nHClpư = 2x mol → x = 0,1
Nên: 13,2 = 57.2x + 14y + 18x
22,3 = 13,2 + 18x + 73x
y=0
→ mắt xích là glyxin.
Y là
C2H3NO: 0,6 mol → 1,2 mol CO2; 0,9 mol H2O.
H2O : 0,1 mol
Chọn: 1,35 mol.
Bảo toàn O: nO2 = 1,2 + 0,9/2 - 0,3 = 1,35 mol.
b. Bài tập rèn luyện của dạng 1
Bài 1: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa một số peptit mạch hở bằng
dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 151,2 gam muối natri của các amino axit là
Gly, Ala và Val. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thấy hết
107,52 lít oxi (đktc), thu được 64,8 gam H2O. Giá trị m là D. 100,05.
[7]
A. 51,2.
B. 50,4.
C. 102,4.
Bài 2: Thủy phân tetrapeptit X mạch hở thu được hỗn hợp các α-amino axit (no,
mạch hở, phân tử đều chứa 1 nhóm −NH 2 và 1 nhóm −COOH). Mặt khác, đốt
cháy hoàn toàn m gam X bằng CuO dư, đun nóng thấy khối lượng CuO giảm
3,84 gam. Cho hỗn hợp khí và hơi sau phản ứng vào dung dịch NaOH đặc, dư
thấy thoát ra 448 ml khí N2 (đktc). Thủy phân hoàn toàn m gam X trong dung
dịch HCl dư, đun nóng thu được muối có khối lượng là

A. 5,12.
B. 4,74.
C. 4,84.
D.
4,52.
[10]
Bài 3: 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 O 2 dư thu
được m gam CO2. Giá trị của m là
A. 76,56.
B. 16,72.
C. 38,28.
D.
19,14.
[9]


Dạng 2: Tìm thành phần hợp chất (khó và dài hơn dạng 1): với các peptit
được tạo nên từ các aminoaxit no, mạch hở, 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -NH 2
(glyxin, alanin, valin…).
Phương pháp:
Nhận xét: Do trong peptit được tạo nên từ các aminoaxit no, mạch hở, 1
nhóm -COOH, 1 nhóm -NH 2 (glyxin, alanin, valin…) nên nó là dạng bài ở mức
độ vận dụng cao với 2 bước giải cụ thể:
Bước 1: Tìm các mắt xích amino axit.
Bước 2: Tìm số lượng từng loại mắt xích trong mỗi peptit.
Do peptit được tạo nên từ các aminoaxit no, mạch hở, 1 nhóm - COOH, 1
nhóm -NH2 (glyxin, alanin, valin…) nên dạng này có rất nhiều cách làm, như

cách đặt theo gốc axyl, đặt theo đồng đẳng hóa, quy đổi về đipeptit, quy đổi liên
kết peptit…
a. Các ví dụ của dạng 2
Ví dụ 1: Cho hỗn hợp Z gồm peptit mạch hở X và amino axit Y (MX > 4MY) với
tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1. Cho m gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH,
thu được dung dịch T chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri của glyxin và
alanin. Dung dịch T phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu được
dung dịch chứa 63,72 gam hỗn hợp muối. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Kết
luận nào sau đây đúng ?
A. Phần trăm khối lượng nitơ trong Y là 15,73%.
B. Số liên kết peptit trong phân tử X là 5.
C. Tỉ lệ số gốc Gly : Ala trong phân tử X là 3 : 2.
D. Phần trăm khối lượng nitơ trong X là 20,29%.
[1]
Giải: Nhận dạng: “…hỗn hợp muối natri của glyxin và alanin…Kết luận nào sau
đây đúng ?” Nên bài này thuộc dạng 2.
Cách 1: Theo cách đặt gốc axyl và H2O
nHCl = 0,72 mol → naa = 0,36 mol.
Ta có: Z là

CnH2n - 1 NO : 0,36 mol ( → CnH2n +2 NO2Cl)

H2O
: x mol ( nZ = nX + nY = x = nH2O; nX = nY ).
Do: ∆m = 12,24 = 0,36.40 - 18x
→ x = 0,12 → nX = nY = 0,06 mol.
63,72 = 0,36.58,5 + (14n + 83,5).0,36 → n = 2,5 → ngly = nala = 0,18 mol. Với
nX = 0,06 mol thì naa(Y) = 0,30 mol; nY = 0,06 mol.
→ Số mắt xích của X = 0,30/0,06 = 5 (Số liên kết peptit trong phân tử X là 4).
- TH1: - Nếu Y là alanin thì trong 0,06 mol X có 0,12 mol alanin và 0,18 mol

glyxin hay X: (gly)3(ala)2; Mx = 331 < 4.89 → loại.
- TH2: - Nếu Y là glyxin thì trong 0,06 mol X có 0,18 mol alanin và 0,12 mol
glyxin hay X: (gly)2(ala)3; Mx = 345 > 4.75 → thỏa mãn; %mN(X) = 20,29 %.
Chọn: %mN(X) = 20,29 %.


Cách 2: Theo cách quy đổi liên kết peptit
Gọi: Z là CO NH : 0,36 mol (→ H2N - COONa → ClH3N - COOH + NaCl)
CH2 : x mol
H2O : y mol ( nZ = nH2O = y).
Ta có: ∆m = 12,24 = 0,36.40 - 18y
→ y = 0,12 → nX = nY = 0,06 mol.
63,72 = 0,36.58,5 + 97,5.0,36 + 14x → x = 0,54 mol.
→ nC = 0,36 + 0,54 = 0,9 mol; CX, Y = 2,5 → ngly = nala = 0,18. mol.
Với nX = 0,06 mol thì naa(Y) = 0,30 mol; nY = 0,06 mol.
→ Số mắt xích của X = 0,30/0,06 = 5 (Số liên kết peptit trong phân tử X là 4).
- TH1: - Nếu Y là alanin thì trong 0,06 mol X có 0,12 mol alanin và 0,18 mol
glyxin hay X: (gly)3(ala)2; Mx = 331 < 4.89 → loại.
- TH2: - Nếu Y là glyxin thì trong 0,06 mol X có 0,18 mol alanin và 0,12 mol
glyxin hay X: (gly)2(ala)3; Mx = 345 > 4.75 → thỏa mãn; %mN(X) = 20,29 %.
Chọn: %mN(X) = 20,29 %.
Cách 3: Theo cách quy đổi đipeptit
Gọi: Z là CnH2nN2O3: 0,18 mol. (CnH2nN2O3 +H2O +2HCl → CnH2n + 4 N2O4Cl2)
nH2O
: x - 0,18. (nZ = x = nH2O(Z))
Ta có: ∆m = 12,24 = 0,36.40 - 18x → x = 0,12 → nX = nY = 0,06 mol.
63,72 = 0,36.58,5 + (14n + 167).0,18 → n = 5
→ CX, Y = n/2 = 2,5 → ngly = nala = 0,18. mol.
Với nX = 0,06 mol thì naa(Y) = 0,30 mol; nY = 0,06 mol.
→ Số mắt xích của X = 0,30/0,06 = 5 (Số liên kết peptit trong phân tử X là 4).

- TH1: - Nếu Y là alanin thì trong 0,06 mol X có 0,12 mol alanin và 0,18 mol
glyxin hay X: (gly)3(ala)2; Mx = 331 < 4.89 → loại.
- TH2: - Nếu Y là glyxin thì trong 0,06 mol X có 0,18 mol alanin và 0,12 mol
glyxin hay X: (gly)2(ala)3; Mx = 345 > 4.75 → thỏa mãn; %mN(X) = 20,29 %.
Chọn: %mN(X) = 20,29 %.
Cách 4: Theo cách đồng đẳng hóa
Gọi: Z là C2H3NO: 0,36 mol (C2H3NO + H2O + HCl → C2H6NO2Cl)
CH2 : x mol
H2O : y mol ( nZ = nH2O = y).
Ta có: ∆m = 12,24 = 0,36.40 - 18y → y = 0,12 → n X = nY = 0,06 mol.
63,72 = 0,36.58,5 + 14x + 111,5.0,36 → x = 0,18 mol
→ nC = 0,36.2 + 0,18 = 0,9 → CX, Y = 0,9/0,36 = 2,5 → ngly = nala = 0,18. mol.
Với nX = 0,06 mol thì naa(Y) = 0,30 mol; nY = 0,06 mol.
→ Số mắt xích của X = 0,30/0,06 = 5 (Số liên kết peptit trong phân tử X là 4).
- TH1: - Nếu Y là alanin thì trong 0,06 mol X có 0,12 mol alanin và 0,18 mol
glyxin hay X: (gly)3(ala)2; Mx = 331 < 4.89 → loại.
- TH2: - Nếu Y là glyxin thì trong 0,06 mol X có 0,18 mol alanin và 0,12 mol
glyxin hay X: (gly)2(ala)3; Mx = 345 > 4.75 → thỏa mãn; %mN(X) = 20,29 %.
Chọn: %mN(X) = 20,29 %.


Ví dụ 2: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm 1 tetrapeptit A và 1 pentapeptit B (A
và B đều có mạch hở, chứa đồng thời các gốc Glyxin và Alanin trong phân tử)
bằng 1 lượng dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch thu được (m + 15,8)
gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng 1 lượng oxi vừa
đủ, thu được Na2CO 3 và hỗn hợp hơi Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn Y đi qua
bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng bình tăng thêm 56,04 gam
so với ban đầu và có 4,928 lít khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Xem như
N2 không bị nước hấp thụ, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần phần
trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X là:

A. 35,37%.
B. 58,92%.
C. 46,94%.
D. 50,92%.
[2]
Giải: Nhận dạng: “…chứa đồng thời các gốc Glyxin và Alanin trong phân
tử…Thành phần phần trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X là: ” Nên bài
này thuộc dạng 2.
Cách 1: Theo cách đặt gốc axyl và H2O. Do nN2 = 0,22 mol nên naa = 0,44 mol.
Ta có: X là
CnH2n - 1 NO : 0,44 mol. CnH2n - 1 NO + NaOH → CnH2nNO2Na
H2O
: x mol ( nX = x = nH2O).
- Do: 15,8 = 0,44.40 -18x nên x =0,1 mol; naa = 0,44 mol
→ số aminoaxitA,B = 0,44/0,1 = 4,4 → nA = 0,06 mol; nB = 0,04 mol. Do nNa2CO3 = 0,22 nên nCO2 = 0,44.n - 0,22; nH2O = 0,44.n.
Ta có: 56,04 = 44.(0,44n - 0,22) + 18.0,44.n → n = 53/22
→ ngly = 0,26 mol; nala = 0,18 mol.
Gọi: A: (gly)x1(ala)y1; x1 + y1 = 4; nA = 0,06 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 4).
B: (gly)x2(ala)y2; x2 + y2 = 5; nB = 0,04 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 5).
Ta có: 0,06.x1 + 0,04.x2 = 0,26 hay 3.x1 + 2.x2 = 13 → x1 = 3; x2 = 2;
→ y1 = 1; y2 = 3.
Vậy: B là (gly)2(ala)3 hay MB = 345 g/mol; mB = 13,8 gam.
mX = (14.53/22 + 29).0,44 + 0,1.18 = 29,4 gam → %mB = 46,94%.
Chọn: 46,94 gam.
Cách 2: Theo cách quy đổi liên kết peptit.
Do nN2 = 0,22 mol nên naa = 0,44 mol.
Gọi: X là CO NH : 0,44 mol → H2N - COONa
CH2 : x mol
H2O : y mol ( nX = nH2O = y).
- Do: 15,8 = 0,44.40 -18y nên y =0,1 mol; naa = 0,44 mol

→ số aminoaxitA,B = 0,44/0,1 = 4,4 → nA = 0,06 mol; nB = 0,04
mol. - Do nNa2CO3 = 0,22 nên nCO2 = 0,44 - 0,22 + x = x + 0,22.
nH2O = 0,44 + x.
Ta có: 56,04 = 44.(x + 0,22) + 18.(0,44 + x)→ x = 0,62
→ nC (X) = 0,44 + 0,62 = 1,06 → ngly = 0,26 mol; nala = 0,18 mol.
Gọi: A: (gly)x1(ala)y1; x1 + y1 = 4; nA = 0,06 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 4).
B: (gly)x2(ala)y2; x2 + y2 = 5; nB = 0,04 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 5).
Ta có: 0,06.x1 + 0,04.x2 = 0,26 hay 3.x1 + 2.x2 = 13 → x1 = 3; x2 = 2;


→ y1 = 1; y2 = 3.
Vậy: B là (gly)2(ala)3 hay MB = 345 g/mol; mB = 13,8 gam.
mX = (14.53/22 + 29).0,44 + 0,1.18 = 29,4 gam → %mB = 46,94%.
Chọn: 46,94 gam.
Cách 3: Theo cách quy đổi đipeptit
Do nN2 = 0,22 mol nên naa = 0,44 mol.
Gọi:X là CnH2nN2O3: 0,22 mol. CnH2nN2O3 + 2NaOH - 1H2O → CnH2nN2O4Na2
nH2O
: (x - 0,22) mol. ( nX = x = nH2O(X)).
- Do: 15,8 = 0,44.40 -18x nên x =0,1 mol; naa = 0,44 mol
→ số aminoaxitA,B = 0,44/0,1 = 4,4 → nA = 0,06 mol; nB = 0,04
mol. - Do nNa2CO3 = 0,22; nên nCO2 = 0,22n - 0,22; nH2O =
0,22.n. Ta có: 56,04 = 44.(x + 0,22) + 18.(0,44 + x)→ x = 0,62
→ nC (X) = 0,44 + 0,62 = 1,06 → ngly = 0,26 mol; nala = 0,18 mol.
Gọi: A: (gly)x1(ala)y1; x1 + y1 = 4; nA = 0,06 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 4).
B: (gly)x2(ala)y2; x2 + y2 = 5; nB = 0,04 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 5).
Ta có: 0,06.x1 + 0,04.x2 = 0,26 hay 3.x1 + 2.x2 = 13 → x1 = 3; x2 = 2;
→ y1 = 1; y2 = 3.
Vậy: B là (gly)2(ala)3 hay MB = 345 g/mol; mB = 13,8 gam.
mX = (14.53/22 + 29).0,44 + 0,1.18 = 29,4 gam → %mB = 46,94%.

Chọn: 46,94 gam.
Cách 4: Theo cách đồng đẳng hóa
Do nN2 = 0,22 mol nên naa = 0,44 mol.
Gọi: X là C2H3NO: 0,44 mol; C2H3NO + NaOH → C2H4NO2Na
CH2
: x mol
H2O : y mol ( nX = nH2O = y).
- Do: 15,8 = 0,44.40 -18y nên y =0,1 mol; naa = 0,44 mol
→ số aminoaxitA,B = 0,44/0,1 = 4,4 → nA = 0,06 mol; nB = 0,04 mol.
- Do nNa2CO3 = 0,22; nên nCO2 = 0,88 - 0,22 + x = 0,66 + x; nH2O = 0,88 + x.
Ta có: 56,04 = 44.(x + 0,66) + 18.(0,88 + x) → x = 0,18.
→ nC (X) = 0,88 + 0,18 = 1,06 → ngly = 0,26 mol; nala = 0,18 mol.
Gọi: A: (gly)x1(ala)y1; x1 + y1 = 4; nA = 0,06 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 4).
B: (gly)x2(ala)y2; x2 + y2 = 5; nB = 0,04 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 5).
Ta có: 0,06.x1 + 0,04.x2 = 0,26 hay 3.x1 + 2.x2 = 13 → x1 = 3; x2 = 2;
→ y1 = 1; y2 = 3.
Vậy: B là (gly)2(ala)3 hay MB = 345 g/mol; mB = 13,8 gam.
mX = (14.53/22 + 29).0,44 + 0,1.18 = 29,4 gam → %mB = 46,94%.
Ví dụ 3: Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở T1, T2 (T1 ít hơn
T2 một liên kết peptit, đều tạo thành từ X, Y là hai amino axit có dạng H2NCnH2n-COOH; MX < MY) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa
0,42 mol muối của X và 0,14 mol muối của Y. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn
13,2 gam T cần vừa đủ 0,63 mol O2. Phân tử khối của T1 là
A. 387. B. 303. C. 359. D. 402. [3] Giải: Nhận dạng: “…đều tạo thành từ X, Y
là hai amino axit có dạng H2N-


CnH2n -COOH … Phân tử khối của T1 là” Nên bài này thuộc dạng
2. Cách 1: Theo cách đặt gốc axyl và H2O
Do naa = 0,56 mol, nT = 0,1 mol nên số mắt xích trung bình = 5,6
→ T1: (aa)5, T2: (aa)6; nT1 = 0,04 mol; nT2 = 0,06 mol.

Gọi x là tỉ lệ giữa 13,2 gam và 0,1 mol hỗn hợp T.
Gọi: T là
CnH2n - 1 NO : 0,56x mol.
H2O
: 0,1x mol (nT = 0,1x = nH2O).
Ta có: mT = 13,2 = (14n + 29).0,56x + 1,8x = 7,84nx + 18,04x (1).
nO2 = 0,63 = 0,56nx + (n - 0,5).0,28x - 0,28x = 0,84nx - 0,42x (2).
Từ (1) và (2), ta có: x = 1/3; nx = 11/12 hay n = 2,75 → X là glyxin.
CY = (2,75.0,56 - 2.0,42)/0,14 = 5 → Y là valin.
Gọi: T1: (gly)x1(val)y1; x1 + y1 = 5; nA = 0,04 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 5).
T2: (gly)x2(val)y2; x2 + y2 = 6; nB = 0,06 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 6).
Ta có: 0,04.y1 + 0,06.y2 = 0,14 hay 2.y1 + 3.y2 = 7 → y1 = 2; y2 = 1;
→ x1 = 3; x2 = 5.
Chọn: 402.

Vậy: T2: (gly)5(val)1 hay MT1 = 402 g/mol.
Cách 2: Theo cách quy đổi liên kết peptit
Do naa = 0,56 mol, nT = 0,1 mol nên số mắt xích trung bình = 5,6
→ T1: (aa)5, T2: (aa)6; nT1 = 0,04 mol; nT2 = 0,06 mol.
Gọi x là tỉ lệ giữa 13,2 gam và 0,1 mol hỗn hợp T.
Gọi: T là CO NH : 0,56x mol.
CH2 : y mol
H2O : 0,1x mol ( nT = nH2O = 0,1x).
Ta có: mT = 13,2 = 43.0,56x + 14y + 1,8x = 25,88x + 14y (1).
nO2 = 0,63 = (0,56x + y) + (0,14x + 0,5y) - 0,28x = 0,42x + 1,5y (2).
Từ (1) và (2), ta có: x = 1/3; y = 49/150 → nC = (49/150 + 0,56/3) mol
hay CX,Y = 2,75 → X là glyxin; CY = (2,75.0,56 - 2.0,42)/0,14 = 5 → Y là valin.
Gọi: T1: (gly)x1(val)y1; x1 + y1 = 5; nA = 0,04 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 5).
T2: (gly)x2(val)y2; x2 + y2 = 6; nB = 0,06 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 6).
Ta có: 0,04.y1 + 0,06.y2 = 0,14 hay 2.y1 + 3.y2 = 7 → y1 = 2; y2 = 1;

→ x1 = 3; x2 = 5.
Chọn: 402.

Vậy: T2: (gly)5(val)1 hay MT1 = 402 g/mol.
Cách 3: Theo cách quy đổi đipeptit
Do naa = 0,56 mol, nT = 0,1 mol nên số mắt xích trung bình = 5,6
→ T1: (aa)5, T2: (aa)6; nT1 = 0,04 mol; nT2 = 0,06 mol.
Gọi x là tỉ lệ giữa 13,2 gam và 0,1 mol hỗn hợp T.
Gọi:T là CnH2nN2O3: 0,28x mol.
nH2O : - 0,18x mol. ( nT = 0,1x = nH2O(T)).
Ta có: mT = 13,2 = (14n + 76).0,28x + 18.(-0,18x) = 3,92nx + 18,04x (1).
nO2 = 0,63 = 0,28nx + 0,14nx - 1,5.0,28x = 0,42nx - 0,42x


hay 1,5 = nx - x (2).
Từ (1) và (2), ta có: x = 1/3; nx = 11/6 → n = 5,5 hay CX,Y = 2,75.
→ X là glyxin; CY = (2,75.0,56 - 2.0,42)/0,14 = 5 → Y là valin.


Gọi: T1: (gly)x1(val)y1; x1 + y1 = 5; nA = 0,04 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 5).
T2: (gly)x2(val)y2; x2 + y2 = 6; nB = 0,06 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 6).
0,04.y1 + 0,06.y2 = 0,14 hay 2.y1 + 3.y2 = 7 → y1 = 2; y 2 = 1;
→ x1 = 3; x2 = 5.
Vậy: T2: (gly)5(val)1 hay MT1 = 402 g/mol.
Chọn: 402.
Cách 4: Theo cách đồng đẳng hóa
Do naa = 0,56 mol, nT = 0,1 mol nên số mắt xích trung bình = 5,6
→ T1: (aa)5, T2: (aa)6; nT1 = 0,04 mol; nT2 = 0,06 mol.
Gọi x là tỉ lệ giữa 13,2 gam và 0,1 mol hỗn hợp T.
CH2

: y mol.
H2O : 0,1x mol ( nT = nH2O = 0,1x).
Ta có: mT = 13,2 = 57.0,56x + 14y + 18.0,1x) = 33,72x + 14y (1).
nO2 = 0,63 = 2.0,56x + y + 0,42x + 0,5y - 0,28x = 1,26x + 1,5y (2).
→ X là glyxin; CY = (2,75.0,56 - 2.0,42)/0,14 = 5 → Y là valin. Gọi:
T1: (gly)x1(val)y1; x1 + y1 = 5; nA = 0,04 mol. (x1, y1 ϵ N; x1, y1 ≤ 5).
T2: (gly)x2(val)y2; x2 + y2 = 6; nB = 0,06 mol. (x2, y2 ϵ N; x2, y2 ≤ 6).
Ta có: 0,04.y1 + 0,06.y2 = 0,14 hay 2.y1 + 3.y2 = 7 → y1 = 2; y2 = 1;
→ x1 = 3; x2 = 5.
Vậy: T2: (gly)5(val)1 hay MT1 = 402 g/mol.
Chọn: 402.
b. Bài tập rèn luyện của dạng 2
Bài 1: Hỗn hợp E gồm tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Thủy phân hoàn
toàn 0,2 mol E trong dung dịch NaOH dư, thu được 76,25 gam hỗn hợp muối
của alanin và glyxin. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,2 mol E trong dung dịch
HCl dư, thu được 87,125 gam muối. Thành phần % theo khối lượng của X trong
hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào?
A. 27%.
B. 31%.
C. 35%.
D.
22%.
[4]
Bài 2: Cho hỗn hợp E gồm 2 peptit mạch hở X, Y (M X < MY). Biết X và Y hơn
kém nhau 1 liên kết peptit và đều được tạo nên từ glyxin và alanin. Cho 7,65
gam E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thì thu được dung dịch Z chứa
11,51 gam hỗn hợp muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 7,65 gam E thì cần
7,56 lít oxi (đktc). Tổng số nguyên tử có trong một phân tử của Y là
A. 36. B. 46. C. 30. D. 37. [7]
Bài 3: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (C4H8O3N2), peptit

Y (C7HxOyNz) và peptit Z (C11HnOmNt). Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch
NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của glyxin, alanin và valin. Đốt
cháy toàn bộ T cần dùng 1,155 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 23,32 gam
Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E là
A. 4,64%.
B. 6,97%.
C. 9,29%.
D.
13,93%.
[8]


Dạng 3: Peptit phức tạp (khó hơn dạng 2): với các peptit được tạo nên từ các
amino axit 2 nhóm -COOH hoặc 2 nhóm -NH 2 (axit glutamic, lysin, …). Tìm
lượng chất hoặc tìm thành phần hợp chất.
Phương pháp: Nhận xét: Do trong peptit được tạo nên từ các aminoaxit no,
mạch hở, 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -NH2 (glyxin, alanin, valin…) và lysin hoặc
axit glutamic hoặc cả hai. Nên nó là dạng bài ở mức độ vận dụng cao với 2 bước
giải cụ thể và mẹo đặt ẩn như sau:
Bước 1: Tìm các mắt xích amino axit.
Bước 2: Tìm số lượng từng loại mắt xích trong mỗi peptit.
Mẹo đặt ẩn: - Nếu có lysin thì thêm 1 ẩn cho nNH.
- Nếu có axit glutamic thì thêm 1 ẩn cho nCOO.
a. Ví dụ của dạng 3
Ví dụ 1: Hỗn hợp M gồm hai amino axit X, Y và ba peptit mạch hở Z, T, E đều
tạo bởi X và Y. Cho 31,644 gam M phản ứng hoàn toàn với lượng vừa đủ 288 ml
dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch F chứa a gam hỗn hợp muối natri của
alanin và lysin. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn b mol M cần dùng vừa đủ 35,056
lít O2 (đktc), thu được CO2 và H2O có tỉ lệ số mol tương ứng là 228:233. Kết
luận nào sau đây sai?

A. %n muối natri của alanin có trong a gam hỗn hợp muối là 41,67%.
B. Giá trị của a là 41,544.
C. Giá trị của b là 0,075.
D. mCO2 + mH2O sinh ra khi đốt cháy hoàn toàn 31,644 gam M là 85,536
gam. [5]
Giải: Nhận dạng: “…thu được dung dịch F chứa a gam hỗn hợp muối natri của
alanin và lysin”. Nên bài này thuộc dạng 3.
Cách 1: Theo cách đặt gốc axyl và H2O
Do nNaOH = 0,288 mol nên naa = 0,288 mol; nO2 = 1,565 mol.
Gọi: M là CnH2n - 1 NO : 0,288 mol.
NH : x mol (nlys = nNH = x).
H2O : y mol (nM = nH2O = y).
Ta có: mM = 31,644 = (14n + 29).0,288 + 15x + 18y (1).
BT Cacbon:
0,288.n = 3.(0,288 - x) + 6.x (2).
nCO2: nH2O = 228:233 = (0,288.n)/[0,144(2n - 1) + 0,5x + y](3).
Từ (1,2,3), ta có: n = 4,75; x = 0,168, y = 0,09 → nala = 0,12 mol.
Xét: - %n ala = 0,12/(0,12 + 0,168) = 0,4167 = 41,67% → A đúng.
- a = 41,544 gam
→
B đúng.
- Với 31,644 g M thì nO2 = 1,878 mol;
→ b = 0,09.1,565/1,878 = 0,075 mol → C đúng.
- mCO2 + mH2O = 85,356 gam
→ D sai.
Chọn: mCO2 + mH2O = 85,536 gam


Cách 2: Theo cách quy đổi liên kết peptit
Do nNaOH = 0,288 mol nên naa = 0,288 mol; nO2 = 1,565 mol.

Gọi nala = x mol, nlys = y mol. Ta có: x + y = 0,288 (1).
Gọi: M là CO NH : x + y = 0,288 mol.
CH2 : (2x + 5y) mol.
NH : y mol (nlys = nNH = y).
H2O : z mol ( nM = nH2O = z).
Ta có: x + y = 0,288 (1).
31,644 = 43.0,288 + 14.(2x + 5y) + 15y + 18z → 28x + 85y + 18z =
19,26 (2).
nCO2: nH2O = 228:233 = (3x + 6y)/(2,5x + 6y + z) (3).
Từ (1,2,3), ta có: x = 0,12; y = 0,168; z = 0,09.
Xét: - %n ala = 0,12/(0,12 + 0,168) = 0,4167 = 41,67% → A đúng.
- a = 41,544 gam
→
B đúng.
- Với 31,644 g M thì nO2 = 1,878 mol;
→ b = 0,09.1,565/1,878 = 0,075 mol → C đúng.
- mCO2 + mH2O = 85,356 gam
→ D sai.
Chọn: mCO2 + mH2O = 85,536 gam
Cách 3: Theo cách quy đổi đipeptit
Do nNaOH = 0,288 mol nên naa = 0,288 mol; nO2 = 1,565 mol.
Gọi: M là CnH2nN2O3: 0,144 mol.
NH : x mol (nlys = nNH = x).
nH2O : y mol. ( nM = y + 0,144).
Ta có: mM = 31,644 = (14n + 76).0,144 + 15x + 18y (1).
BT Cacbon: 0,144n = 6x + (0,288 - x).3 (2).
nCO2: nH2O = 228:233 = (0,144n)/(0,144n + 0,5x + y) = 0 (3).
Từ (1,2,3), ta có: n = 9,5; x = 0,168, y = -0,054 → nala = 0,12 mol.
Xét: - %n ala = 0,12/(0,12 + 0,168) = 0,4167 = 41,67% → A đúng.
- a = 41,544 gam

→
B đúng.
- Với 31,644 g M thì nO2 = 1,878 mol;
→ b = 0,09.1,565/1,878 = 0,075 mol → C đúng.
- mCO2 + mH2O = 85,356 gam
→ D sai.
Chọn: mCO2 + mH2O = 85,536 gam
Cách 4: Theo cách đồng đẳng hóa
Do nNaOH = 0,288 mol nên naa = 0,288 mol; nO2 = 1,565 mol.
Gọi: M là C2H3NO: 0,288 mol.
: x mol.
CH2
NH
: y mol (nlys = nNH = y).
H2O
: z mol ( nM = nH2O = z).
Ta có: mM = 31,644 = 57.0,288 + 14x + 15y + 18z (1).
BT Cacbon: 0,576 + x = 6y + (0,288 - y). 3 (2).


nCO2: nH2O = 228:233 = (0,576 + x)/(0,432 + x + 0,5y + z) = 0 (3).
Từ (1,2,3), ta có: x = 0,792; y = 0,168, z = 0,09 → nala = 0,12 mol.
Xét: - %n ala = 0,12/(0,12 + 0,168) = 0,4167 = 41,67% → A đúng.
- a = 41,544 gam
→
B đúng.
- Với 31,644 g M thì nO2 = 1,878 mol;
→ b = 0,09.1,565/1,878 = 0,075 mol → C đúng.
- mCO2 + mH2O = 85,356 gam
→ D sai.

Chọn: mCO2 + mH2O = 85,536 gam
b. Bài tập rèn luyện của dạng 3
Bài 1: X là peptit mạch hở cấu tạo từ axit glutamic và α-aminoaxit Y no, mạch
hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH, X có 4 liên kết peptit. Để tác dụng
vừa đủ với 0,1 mol X cần 0,7 mol NaOH tạo thành hỗn hợp muối trung hoà. Đốt
6,876 gam X cần 8,2656 lít O2 (đktc). Đốt m gam tetrapeptit mạch hở cấu tạo từ
Y cần 20,16 lit O2 (đktc). Giá trị của m là
A. 24,60. B. 18,12. C. 15,34. D. 13,80 Gợi ý: Cách đặt ẩn tương tự như
trên.
Tuy nhiên, để thể hiện là axit glutamic thì ta thêm 1 ẩn cho COO.
Bài 2: Cho hỗn hợp X gồm các peptit mạch hở: Gly-Ala; X 1-Ala; Glu-X2-Ala
(A); Lys- Ala-X 3 (B); Lys-Ala-Ala-Lys (C); nA: nB: nC = 4: 2: 1, trong đó X 1,
X2, X 3 là các α - amino axit no, mạch hở; trong phân tử có 1 nhóm –NH 2 và 1
nhóm –COOH. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ,
đun nóng thu được dung dịch chứa (m + 9,04) gam muối của các α - amino axit.
Đốt cháy hoàn toàn gam hỗn hợp X thu được 20,496 lit CO2 (đktc) và 15,39 gam
H2O. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng X trên tác dụng với dung
dịch H2SO4 loãng dư rồi cô cạn cẩn thận là C. 39,61.
D. 49,57.
A. 52,13.
B. 53,33.


2.4. ĐÁNH GIÁ HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đối tượng áp dụng là học sinh các lớp 12C4, 12C5, 12C6, 12C7 trường
THPT Hàm Rồng năm học 2017 - 2018. Học sinh lớp 12C4, 12C5, 12C6 được
khai thác để giải các bài tập, còn học sinh lớp 12C7 thì chưa được giới thiệu.
KIỂM TRA 30 PHÚT - PHẦN PEPTIT
Câu 1: Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (C xHyOzN6) 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 O2 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.
Câu 2: X và Y lần lượt là các tripeptit và tetrapeptit được tạo thành từ cùng một
amino axit no mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm -NH 2. Đốt cháy
hoàn toàn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm CO 2 , H2O, N2, trong đó tổng khối
lượng của CO2 và H2O là 47,8 gam. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần bao
nhiêu mol O2?
B. 2,025 mol.
C. 3,375 mol.
D. 1,875 mol.
A. 2,8 mol.
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol tripeptit của một amino axit (phân tử chứa
một nhóm –NH2 và một nhóm –COOH), thu được 1,9 mol hỗn hợp sản phẩm
khí. Cho hỗn hợp sản phẩm lần lượt đi qua đi qua bình 1 đựng H 2SO4 đặc, nóng.
Bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy thoát ra 3,36 lít (đktc) 1 khí duy nhất và
bình 1 tăng 15,3 gam, bình 2 thu được m gam kết tủa. Mặt khác, để đốt cháy
0,02 mol tetrapeptit cũng của amino axit đó thì cần dùng V lít (đktc) khí O 2. Giá
trị của m và V là
A . 90 gam và 6,72 lít.
B. 60 gam và 8,512 lít.
C. 90 gam và 13,44 lít.
C. 120 gam và 18,816 lít.
Câu 4: Thủy phân hoàn toàn m gam hh X gồm 3 peptit (trong cấu tạo chỉ chứa
glyxin, alanin, valin) trong dd chứa 47,54 gam KOH. Cô cạn dd sau phản ứng thì
thu được 1,8m gam chất rắn khan. Nếu đốt cháy hết 0,5m gam X thì cần dùng

30,324 lít O 2. Hấp thụ sp cháy vào 650 ml dd Ba(OH) 2 1M thấy khối lượng bình
tăng 65,615 gam, đồng thời khối lượng dd cũng tăng m 1 gam và có một
chất khí thoát ra. Giá trị m1 gần nhất với
C. 22 gam.
D. 23 gam.
A. 21 gam.
B. 20 gam.
Câu 5: 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 H 2O. Giá trị của m gần nhất
với giá trị nào sau đây ?
A. 7,0.
B. 6,5.
C. 6,0.
D. 7,5.


Câu 6: 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 K 2CO3; 2,464 lít N2
(đktc) và 50,96 gam hỗn hợp gồm CO 2 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%. Câu 7: Hỗn hợp E gồm 2 peptit
X và Y (M X < MY) mạch hở, có tổng số liên kết peptit là 10. Đốt cháy 0,2 mol E
với lượng O2 vừa đủ, thu được N2; x mol CO2 và y mol H2O với x = y + 0,08.
Mặt khác, đun nóng 46,8 gam E với dung dịch KOH vừa đủ, thu được dung dịch

chỉ chứa 2 muối của glyxin và valin có tổng khối lượng là 83,3 gam. Phần trăm
khối lượng của Y trong hỗn hợp E là :
A. 38,9%.
B. 56,8%.
C. 45,8%.
D. 30,9%.
Câu 8: 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 O 2 (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). Phần trăm khối lượng peptit Y trong E gần nhất với
A. 91,0%
B. 82,5%
C. 82,0%
D. 81,5%
Câu 9: Thuỷ phân hoàn toàn m gam tetrapeptit X mạch hở, thu được hỗn hợp Y
gồm 2 amino axit (no, phân tử chứa 1 nhóm COOH, 1 nhóm NH 2) là đồng đẳng
kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y cần vừa đủ 58,8 lít không khí (chứa 20%
O2 về thể tích, còn lại là N 2), thu được CO 2, H2O và 49,28 lít N2 (các khí đo ở
đktc). Số công thức cấu tạo thoả mãn của X là
A. 6.
B. 10.
C. 4.
D. 8.
Câu 10: Trộn a (g) hỗn hợp A gồm 3 amino axit X, Y, Z chứa chỉ 1 nhóm NH 2
trong phân tử với b (g) axit glutamic thu được hỗn hợp B. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp B thu được hỗn hợp khí và hơi C. Cho C lội từ từ qua dung dịch
Ba(OH)2, thấy khối lương dung dịch giảm so với ban đầu, và lượng khí thoát ra
có V = 7,84 lit (đktc) (không chứa hơi nước). Mặt khác, khi cho B tác dụng với

dung dịch KOH dư, thu được (a + b + 34,2) gam muối khan. Tiến hành phản ứng
trùng ngưng với a (g) hỗn hợp A nói trên ở điều kiện thích hợp, thu được hỗn
hợp D chỉ gồm các peptit. Đốt cháy hoàn toàn D cần dùng vừa đúng 49,84 lít O 2
(đktc). Biết Y và Z là đồng phân cấu tạo của nhau và cùng thuộc dãy đồng đẳng
của glyxin, MX < MY; khi đốt cùng một lượng về số mol 1 trong 2 đipeptit Y-Z
hay glu-glu, lượng O2 cần dùng là như nhau. Giá trị lớn nhất của a gần nhất với
A. 47,766.
B. 76,899.
C. 45.799.
D. 41,975.


KẾT QUẢ
- Trước khi áp dụng
Các lớp

Số HS

Lớp 12C4
47
Lớp 12C5
44
Lớp 12C6
45
Lớp 12C7
40
- Sau khi áp dụng
Các lớp

Số HS

Lớp 12C4
Lớp 12C5
Lớp 12C6
Lớp 12C7
(không áp
dụng)

47
44
45
40

Dưới 5
33
31
36
28

70,21%
70,45%
80%
70%

Dưới 5
7
4
6
28

14,89%
9,09%
13,33%
70%

Từ5→6,5

Từ 6,5 → 7,5

7
6
6
6

5
5
2
4

14,89%
13,64%
13,33%
15%

10,64%
11,36%
4,44%
10%

Từ5→6,5

Từ 6,5 → 7,5

15
16
17
6

20
18
15
4

31,91%
36,36%
37,78%
15%

42,55%
40,91%
33,33%
10%

≥8
2
2
1
2

4,26%

4,55%
2,22%
5%

≥8
5
6
7
2

10,64%
13,64%
15,56%
5%

+ Đối với học sinh: làm được bài tập peptit ở mức độ vận dụng cao với
thời gian ngắn nhất (dưới 3 phút/bài).
+ Đối với bản thân: Rút ra được nhiều kinh nghiệm trong vận dụng kiến
thức tổng hợp để giải nhanh, chính xác một bài tập peptit, các cách hướng dẫn
cho học sinh. SKKN cũng là tài liệu trong giảng dạy của bản thân.
+ Đối với đồng nghiệp: SKKN góp một phần nhỏ bé cho đồng nghiệp
trong việc tìm tòi, tham khảo tài liệu trong giảng dạy.
+ Đối với phong trào giáo dục trong nhà trường và ở địa phương:
giúp các đối tượng học sinh (đặc biệt là học sinh khá, giỏi) thêm tự tin, say mê
giải các bài tập hay và khó.


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN
Quá trình giảng dạy ở năm học vừa qua, đặc biệt là khi việc kiểm tra,

đánh giá học sinh bằng hình thức kiểm tra TNKQ, tôi nhận thấy:
Kiến thức của học sinh ngày càng được củng cố và phát triển sau khi hiểu
nắm vững được bản chất của các quá trình hoá học.
Tôi đánh giá cao quá trình tự học, học sinh tự tìm tòi, tự phát hiện được
nhiều đặc điểm trong giải bài tập hoá học của từng loại phản ứng khác.
Học sinh nhanh chóng có được kết quả để trả lời câu hỏi TNKQ, giảm
được tối đa thời gian làm bài.
Niềm hứng thú, say mê trong học tập của học sinh càng được phát huy khi
giải được những bài tập hay và khó.
Do thời gian có hạn, đề tài có thể chưa bao quát hết được các dạng. Các ví
dụ được đưa ra trong đề tài có thể chưa thực sự điển hình nhưng vì lợi ích thiết
thực trong công tác giảng dạy và học tập nên tôi mạnh dạn viết, giới thiệu với
các thầy cô và học sinh.
3.2. KIẾN NGHỊ
Rất mong sự đóng góp ý kiến bổ sung cho cho đề tài, để giúp học sinh học
tập ngày càng hiệu quả hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 21 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh nghiệm
của tôi, do tôi viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Người viết

Lê Thị Lan Hương

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề minh họa của Bộ Giáo dục và Đào tạo, 2017 - 2018.
2. Đề minh họa của Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa, 2017 - 2018.
3. Đề thi THPT Quốc Gia, 2017 - 2018.
4. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 - Cẩm Thủy - Thanh Hóa, 2017 - 2018.
5. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 - Chuyên Đại học Vinh, 2017 - 2018.
6. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 - Chuyên KHTN Hà Nội, 2017 - 2018.
7. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 - Chuyên Tuyên Quang, 2017 - 2018.
8. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 - Nguyễn Đình Chiểu, 2017 - 2018.
9. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 - Sở GD & ĐT Hải Phòng, 2017 - 2018.
10. Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 - Thuận Thành - Bắc Ninh, 2017 - 2018.
11. Sách giáo khoa Hoá học lớp 12 - NXB GD HN 2008.
12. Sách giáo viên Hoá học lớp 12- NXB GD HN 2008.

CÁC KÍ HIỆU VIẾT TẮT
1. TNKQ: Trắc nghiệm khách quan
2. dd: dung dịch
3. đktc: điều kiện tiêu chuẩn
4. SKKN: sáng kiến kinh nghiệm
5. THPT: trung học phổ thông.