1. GIẢI CHI TIẾT 26 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 mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng 1: 1: Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin 8,19 gam valin Biết tổng số liên kết peptit phân tử ba peptit X nhỏ 13 Giá trị m là: A 18,83 B 18,29 C 19,19 D 18,47 HƯỚNG DẪN GIẢI: Gọi công thức chung peptit Xn (5xmol) Xn (5xmol) + (n - 1)H2O > nX (A 0,16 mol V 0,07mol) Chú ý phản ứng trên: Có nH2O = naa – nXn Có mXn = maa - mXn Giải chậm (hiểu chất): Peptit thứ có dạng Aa1Vv1 (xmol) Peptit thứ hai có dạng Aa2Vv2 (xmol) Peptit thứ hai có dạng Aa3Vv3 (3xmol) nA = x(a1 + a2 + 3a3)x nV = x(v1 + v2 + 3v3)x a1, a2, a3 v1, v2, v3 số nguyên Có nA (a  a  3a ) x 0,16 16kx    với k số nguyên nV ( v1  v  3v ) x 0,07 7kx Trong a1 + a2 + 3a3 = 16k v1 + v2 + 3v3 = 7k (với k số nguyên) -> a1 + a2 + 3a3 + v1 + v2 + 3v3 = 23k (I) Biết tổng số liên kết peptit phân tử ba peptit X nhỏ 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 vế (II) với so sánh với (I) -> 15 chắn nhỏ 23k Nếu nhân vế (II) với so sánh với (I) -> 45 chắn nhỏ 23k -> 15 < 23k < 45 -> 0,65 < 23k < 1,95 -> k = Như 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 thi): Có nA 0,16 16kx   với k số nguyên nV 0,07 7kx Biết tổng số liên kết peptit phân tử ba peptit X nhỏ 13 > tổng số mắt xích = tổng số aa < 16 > tổng số mắt xích = tổng số amino axit  15 -> 15 < 23k < 15.3 -> 0,65 < 23k < 1,956 -> k = (số số lấy tỉ lệ 1:3) Như 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 : : Thủy phân hoàn toàn m gam A thu hỗn hợp sản phẩm gồm 21,75 gam Glyxin 16,02 gam Alanin Biết số liên kết peptit phân tử X nhiều Z tổng số liên kết peptit ba phân tử X, Y, Z nhỏ 17 Giá trị 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 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC Số mol X, Y, Z 2x, 3x 4x mol Gọi công thức chung peptit Xn (9xmol) Xn (9xmol) + (n - 1)H2O > nX (G 0,29 mol A 0,18mol) Có nG 0,29 29kx với k số nguyên   nA 0,18 18kx Biết tổng số liên kết peptit phân tử ba peptit X nhỏ 17 > tổng số mắt xích = tổng số aa < 20 > tổng số mắt xích = tổng số amino axit  19 (II) -> 19 < (29k + 18 k) < 19.4 -> 0,808 < k < 1,617 -> k = (số số lấy tỉ lệ : 3: 4) Như 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 peptit Y (được trộn theo tỉ lệ mol 4:1) thu 30 gam glyxin; 71,2 gam alanin 70,2 gam valin Biết tổng số liên kết peptit có phân tử X Y Giá trị nhỏ m là: A 146,8 B 145 C 151,6 D 148 HƯỚNG DẪN GIẢI: Giải nhanh (áp dụng khi): Số mol X, Y 4x x mol Gọi công thức chung peptit Xn (5xmol) Xn (5xmol) + (n - 1)H2O > nX (G 0,4 mol, A 0,8mol V 0,6mol) Có nG : nA : nV = 0,4 : 0,8 : 0,6 = 2kx: 4kx : 3kx với k số nguyên Biết tổng số liên kết peptit phân tử peptit = > tổng số mắt xích = tổng số aa = + = -> < (2k + k + 3k) < 9.4 -> < k < -> k = (số số lấy tỉ lệ : 1) Xét k = -> 0,4 = 2kx = 2.2.x -> x = 0,4: = 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 = -> 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 m 145 gam -> đáp án B DẠNG KHĨ 2: QUI ĐỔI PEPTIT Câu4:Đun nóng 0,4 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X , tripeptit Y tetrapeptit Z mạch hở lượng vừa đủ dung dịch NaOH, thu dung dịch chứa 0,5 mol muối glyxin 0,4 mol muối alanin 0,2 mol muối valin Mặt khác đốt cháy m gam E O2 vừa đủ thu hỗn hợp CO2, H2O N2, tổng khối lượng CO2 nước 78,28 gam Giá trị m gần với: A.50 B 40 C 45 D 35 HƯỚNG DẪN GIẢI: Qui đổi X, Y, Z thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nE = 0,4mol) C2H3NO, CH2 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) 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 Câu5:Cho hỗn hợp X gồm tetrapeptit tripeptit Để thủy phân hoàn toàn 50,36 gam X cần dung dịch chứa 0,76 mol NaOH, sau phản ứng hoàn tồn cạn thu 76,8 gam hỗn hợp muối gồm a mol muối glyxin b mol muối alanin Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol X O2 dư thu m gam CO2 Giá trị m A 76,56 B 16,72 C 38,28 D 19,14 FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC HƯỚNG DẪN GIẢI: Qui đổi X, Y, Z, T thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nX) C2H3NO (0,76mol), CH2 (0,22mol) 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 97a + 111b = 76,8 -> a = 0,54mol b = 0,22mol Bảo toàn nguyên tố cacbon -> nCH2 = 0,22 [C2H4NO2Na (0,54mol), C3H6NO2Na 0,22mol coi [C2H4NO2Na (0,54mol), C2H4NO2Na.CH2 0,22mol ] > qui hỗn hợp thành C2H4NO2Na (0,54 + 0,22 = 0,76mol) CH2 (0,22mol) 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 Câu6:Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm peptit X peptit Y dung dịch NaOH thu 151,2 gam hỗn hợp gồm muối natri Gly, Ala Val Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X, Y cần 107,52 lít khí O2 (đktc) thu 64,8 gam H2O Giá trị m là: A 102,4 B 97,0 C 92,5 D 107,8 HƯỚNG DẪN GIẢI: Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nX) C2H3NO (xmol), CH2 (ymol) H2O (zmol) + NaOH > C2H4NO2Na (xmol), CH2 (ymol) [C2H4NO2Na, C3H6NO2Na, C5H10NO2Na] Đốt M: C2H3NO (x), CH2 (ymol) 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 z = 0,4mol > m = 57.1,4 + 14.1,1 + 18.0,4 = 102,4 gam -> đáp án A Câu7:Hỗn hợp E gồm peptit X ( CnHmOzN4) peptit Y ( CxHyO7Nt) mạch hở, cấu tạo từ aminoaxit no chứa nhóm –NH2, nhóm –COOH Cho hỗn hợp E phản ứng với lít dung dịch NaOH 0,65M thu dung dịch Z Để trung hịa Z cần 100 ml dung dịch HCl 2M Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu m gam muối Đốt cháy hoàn toàn m gam muối cần 177,6 gam O2 Giá trị gần với m : A 140 B 150 C 160 D 130 HƯỚNG DẪN GIẢI: X (CxHyOzN4) hexapeptit > X4 Y (CnHmO7Nt) pentapetit -> Y6 Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nE) C2H3NO, CH2 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 FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC Câu8:Cho hh A chứa hai peptit X Y tạo aa no mạch hở, phân tử chứa nhóm -COOH, nhóm -NH2, biết tổng số nguyên tử O phân tử X, Y 13 Trong X Y có số liên kết peptit khơng nhỏ Đun nóng 0,7 mol A KOH thấy 3,9 mol KOH phản ứng thu m gam muối Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 66,075 gam A cho sản phẩm hấp thụ vào bình chứa Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam Giá trị m là: A 490,6 B 560,1 C 470,1 D 520,2 HƯỚNG DẪN GIẢI: Tổng số nguyên tử oxi hai phân tử X Y 13 -> tổng số N = 11 X, Y có số liên kết peptit  -> X5 (xmol) Y6 (ymol) Có thể kết hợp thêm với liên kết peptit trung bình = 3,8 : 0,7 = 38 : = 5,42857 X5 + 5KOH > m’ + H2O (1) xmol 5x xmol Y6 + 6KOH > m’ + H2O (2) ymol 6y ymol Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nA = 0,7mol) C2H3NO (3,9mol), CH2 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 tỉ lệ số mol không đổi): C2H3NO (39xmol), CH2 (ymol) 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 y = 0,525mol -> n C2H3NO (39xmol) = 39.0,025 = 0,975mol = 3,9/4 -> nghĩa khối lượng phần ¼ lần khối lượng phần > Trong m gam đầu nCH2 = 0,525.4 = 2,1mol -> m gam đầu có C2H3NO (3,9mol), CH2 (2,1mol) H2O (0,7mol) -> m = 3,9.57 + 2,1.14 + 0,7.18 = 264,3 gam Bảo toàn khối lượng cho phản ứng -> khối lượng muối = 264,3 + 3,9.56 – 0,7.18 = 470,1gam -> đáp án C Câu9:Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm hai peptit X Y dung dịch NaOH vừa đủ thu 9,02 gam hỗn hợp muối natri gly, ala Val Mặt khác, đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp M thu cần hết 7,056 lít khí O2 ( đktc) thu 4,32 gam nước Giá trị m 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 H2O (chú ý nH2O = nM) C2H3NO (xmol), CH2 (ymol) H2O (zmol) + NaOH > C2H4NO2Na, CH2 [C2H4NO2Na, C3H6NO2Na, C5H10NO2Na] Khi đốt m gam X: C2H3NO (xmol), CH2 (ymol) 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 Câu10:Cho m gam hh M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z pentapeptit T (đều mạch hở) t/d với dd NaOH vừa đủ, thu hh Q gồm muối Gly, Ala Val Đốt cháy hoàn toàn Q lượng oxi vừa đủ, thu lấy tồn khí đem hấp thụ vào bình đựng nước vơi dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam có 0,84 lít khí (đktc) Mặt khác, đốt cháy hồn tồn m gam M, thu 4,095 gam H2O Giá trị m gần với giá trị 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 H2O (chú ý nH2O = nE = 0,4mol) C2H3NO, CH2 (xmol) H2O (ymol) + NaOH > C2H4NO2Na, CH2 (xmol) [C2H4NO2Na, C3H6NO2Na mol, C5H10NO2Na mol] FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HĨA HỌC 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) 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 Hướng giải khác: Bảo toàn nguyên tố oxi 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 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 Câu11: Hỗn hợp X gồm peptit Y,Z,T (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng 2:3:4 Tổng số liên kết peptit phân tử Y, Z, T 12 Thủy phân hoàn toàn 39,05 gam X, thu 0,11 mol X1, 0,16 mol X2 0,2 mol X3 Biết X1, X2, X3 có dạng H2NCnH2nCOOH Mặt khác đốt cháy hồn toàn m gam X cần 32,816 l O2 (đktc) Giá trị m gần với giá trị sau đây: A 31 B 28 C 26 D 30 HƯỚNG DẪN GIẢI: Cách giải số 1: Số mol ba peptit 2xmol, 3xmol 4xmol Gọi công thức chung peptit Xn (9xmol) Xn (6xmol) + (n - 1)H2O > nX (X1 0,11 mol, X2 0,07mol X3 0,2mol) Có nX1 : nX2 : nX3 = 0,11 : 0,16 : 0,2 = 11kx : 16kx : 20kx k số nguyên Tổng số liên kết peptit phân tử Y, Z, T 12 > tổng số mắt xích = 12 + = 15 Có 15.2 0,638 < k < 1,191 -> k = > 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 cách chứng minh X1 gly, X2 Ala X3 Valin sau: Cách 1: 0,11X1 + 0,16X2 + 0,2X3 = 45,89 -> thỏa mãn X1 = 75, X2 = 89 X3 = 117 Cách 2: Qui đổi Y, Z, T thành C2H3NO, CH2 H2O -> 0,11 mol X1, 0,16 mol X2 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 thỏa mãn n1 = Gly, n2 = Ala, n3 = Valin Khi đốt m gam X: C2H3NO (47xmol), CH2 (76xmol) 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 (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 O2 đốt aminoaxit FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC  3,6CO2 + 4,1H2O H2NC2,6H5,2COOH + 4,65O2  0,47 2,1855 - Để đốt 39,05 gam X 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  Câu12:Peptit X peptit Y có tổng liên kết peptit Thủy phân hoàn toàn X Y thu Gly Val Đốt cháy hoàn toàn hh E chứa X Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3 cần dùng 22,176 lit O2 (đktc) Sản phẩm cháy gồm CO2, H2O N2 Dẫn toàn sản phẩm cháy qua bình đựng dd Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 46,48 gam, khí khỏi bình tích 2,464 lit (đktc) Thủy phân hồn tồn hỗn hợp E thu a mol Gly b mol Val Tỉ lệ a : b là: A 1:1 B 1:2 C 2:1 D 2:3 HƯỚNG DẪN GIẢI: Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 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) H2O (ymol) + NaOH > C2H4NO2Na (0,22mol), CH2 (xmol) [C2H4NO2Na (amol), C5H10NO2Na bmol] Đốt M: C2H3NO (0,22), CH2 (xmol) 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 y = 0,04 > nCO2 = 0,77 Tổng hợp kết trên: C2H3NO (0,22mol), CH2 (0,33 mol) 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 b = 0,11mol > đáp án A FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HĨA 2000 - THẦY DƯỠNG HĨA HỌC Câu13:Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dd NaOH 1,5M thu dd chứa a mol muối glyxin b mol muối alanin Mặt khác đốt cháy 30,73 gam E O vừa đủ thu hỗn hợp CO2, H2O N2, tổng khối lượng CO2 nước 69,31 gam Giá trị a : b gần với: A 0,730 B 0,810 C 0,756 D 0,962 HƯỚNG DẪN GIẢI: X (CxHyOzN6) hexapeptit > X6 Y (CnHmO6Nt) pentapetit -> Y5 X6 + 6NaOH > m’ + H2O xmol 5x xmol Y5 + 5NaOH > m’ + H2O ymol 6y ymol Có x + y = 0,16 6x + 5y = nNaOH = 0,9 => x = 0,1mol; y = 0,06 mol Qui đổi X, Y thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nE = 0,16) Đốt phần thứ nhất: C2H3NO (0,9mol), CH2 (ymol) H2O (0,16mol) + NaOH(0,9mol) > C2H4NO2Na (0,9mol), CH2 (ymol) [C2H4NO2Na amol, C3H6NO2Na bmol] Đốt phần thứ (30,73 gam E): ý hai phần không tỉ lệ mol không đổi! C2H3NO (9x), CH2 (zmol) 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 -> phần ½ phần -> phần có: C2H3NO (0,9mol), CH2 (0,26.2 = 0,52mol) 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 b = 0,52mol -> a : b = 0,38 : 0,52 = 0,73 -> đáp án A Câu14:Đun nóng 0,14 mol hỗn hợp A gồm hai peptit X (CxHyOzN4) Y (CnHmO7Nt) với dd NaOH vừa đủ thu dung dịch chứa 0,28 mol muối glyxin 0,4 mol muối alanin Mặt khác đốt cháy m gam A O vừa đủ thu hỗn hợp CO2, H2O N2, tổng khối lượng CO2 nước 63,312 gam Giá trị m gần là: A 28 B 34 C 32 D 18 HƯỚNG DẪN GIẢI: X (CxHyOzN4) hexapeptit > X4 Y (CnHmO7Nt) pentapetit -> Y6 X4 + 4NaOH > m’ + H2O xmol 4x xmol Y6 + 6NaOH > m’ + H2O ymol 6y ymol Có x + y = 0,16 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 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 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) H2O (0,14mol) + NaOH (0,68mol) > C2H4NO2Na (0,68), CH2 (0,4mol) [C2H4NO2Na 0,28 mol, C3H6NO2Na 0,4 mol] FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHỊNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHĨM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC Khi đốt m gam A (chú ý số gam hai phần không tỉ lệ mol không đổi): C2H3NO (6,8xmol), CH2 (4xmol) 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) 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 Câu15:Peptit X peptit Y có tổng liên kết peptit Thủy phân hoàn toàn X Y thu Gly Val Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp E chứa X Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3 cần dùng 22,176 lit O2 (đktc) Sản phẩm cháy gồm CO2, H2O N2 Dẫn toàn sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 46,48 gam, khí khỏi bình tích 2,464 lit (đktc) Khớ i lượng X đem dùng gầ n nhấ t với giá tri:̣ 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 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) H2O (ymol) Đốt M: C2H3NO (0,22), CH2 (xmol) 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 y = 0,04 > nCO2 = 0,77 Tổng hợp kết trên: C2H3NO (0,22mol), CH2 (0,33 mol) H2O (0,04mol) Peptit X peptit Y có tổng liên kết peptit -> tổng số N = 10 số mol Xn + số mol Ym = nH2O = 0,04mol, hỗn hợp E chứa X Y có tỉ lệ mol tương ứng 1:3 -> số mol Xn = 0,01 số mol Ym = 0,03mol Có n + m = 10 nN = 0,01n + 0,03m = 0,22 -> n = m = -> X4 (0,01mol) Y6(0,03mol) X4 GaV4-a + O2 -> [2a + 5(4-a)]CO2 + H2O 0,01 [2a + 5(4-a)].0,01 Y6 GbV6-b + O2 -> [2b + 5(6-b)]CO2 + H2O 0,03 [2b + 5(6-b)].0,03 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 = b = X4 G2V2 Y6 G3V3 > mX4 = 0,01(75.2 + 117.2 -3.18) = 3,3gam -> đáp án B Câu16:Hỗn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z pentapeptit T (đều mạch hở) tạo từ Gly, Ala Val Đốt cháy hoàn toàn m gam X, cho toàn sản phẩm cháy (chỉ gồm CO2, H2O N2) vào bình đựng 140 ml dd Ba(OH)2 1M, sau phản ứng xảy hồn tồn thấy có 840 ml (dktc) khí thu dung dịch có khối lượng tăng 11,865 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 7,26 B 6,26 C 8,25 D 7,25 HƯỚNG DẪN GIẢI: Giả sử X có tripeptit Y -> qui đổi Y thành C2H3NO, CH2 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) H2O (0,025mol) Đốt Y: C2H3NO (0,075mol), CH2 (x mol) 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 FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC Thường xảy trường hợp tạo 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 có petapeptit T -> qui đổi T thành C2H3NO, CH2 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) H2O (0,015mol) Đốt Y: C2H3NO (0,075mol), CH2 (x mol) 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 trường hợp tạo 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 -> đốt X 6,085 gam < mX < 6,265 gam -> đáp án B Câu17:Cho 0,225mol hỗn hợp M gồm hai peptit mạch hở X (x mol) Y (y mol), tạo glyxin alanin Đun nóng 0,225mol M lượng dư dung dịch NaOH có 0,775mol NaOH phản ứng Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn x mol X y mol Y thu số mol CO2 Tổng số nguyên tử oxi hai peptit hỗn hợp M Tổng số nguyên tử Hidro hai peptit M là: A 34 B 33 C 35 D 36 HƯỚNG DẪN GIẢI: Tổng số nguyên tử oxi hai phân tử X Y -> tổng số N = khối lượng dung dịch tăng Số Ntb = 0,775 : 0,225 = 3,45 có trường hợp X3, Y4 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 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 n số nguyên tử cacbon X5 m số nguyên tử cacbon Y6 n 16 32     Có nCO2 = 0,125n = 0,1m -> m 10 20 40 mặt khác số C Gly Ala -> 3.2 < n < 3.3 -> < n < -> 4.2 < m < 4.3 -> < n < 12 -> n = m = 10 X3 GlyaAla3-a -> 2a + 3(3 - a) = -> a = -> X3 Gly – Ala – Ala : 0,125 mol Y4 GlybAla4-b -> 2b + 3(4-b) = 10 -> b = -> Y4 Gly2Ala2 : 0,3 Công thức thu gọn gly C2H5NO2 Ala C3H7NO2 -> Số H X3 (Gly – Ala – Ala) = + 7.2 – 2.2 = 15 Số H Y4 (Gly2Ala2) = 5.2 + 7.2 – 3.2 = 18 Tổng số H X3 Y4 = 15 + 18 = 33 nguyên tử -> đáp án B FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC Câu18:Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở X (x mol) Y (y mol), tạo glyxin alanin Đun nóng 0,7 mol T lượng dư dung dịch NaOH có 3,8 mol NaOH phản ứng thu dung dịch chứa m gam muối Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn x mol X y mol Y thu số mol CO2 Biết tổng số nguyên tử oxi hai phân tử X Y 13, X Y có số liên kết peptit khơng nhỏ Giá trị m là: A 396,6 B 340,8 C 409,2 D 399,4 HƯỚNG DẪN GIẢI: Tổng số nguyên tử oxi hai phân tử X Y 13 -> tổng số N = 11 X, Y có số liên kết peptit  -> X5 (xmol) Y6 (ymol) Có thể kết hợp thêm với liên kết peptit trung bình = 3,8 : 0,7 = 38 : = 5,42857 X5 + 5NaOH > m’ + H2O xmol 5x xmol Y6 + 6NaOH > m’ + H2O ymol 6y ymol Có x + y = 0,7 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 n số nguyên tử cacbon X5 m số nguyên tử cacbon Y6 Có nCO2 = 0,4n = 0,3m -> 4n = 3m mặt khác số C Gly Ala -> 5.2 < n < 5.3 -> 10 < n < 15 -> 6.2 < m < 6.3 -> 12 < n < 18 -> n = 12 m = 16 X5 GlyaAla5-a -> 2a+3(5-a) = 12 -> a = -> X5 Gly3Ala2 : 0,4 Y6 GlybAla6-b -> 2b+3(6-b) = 16 -> b = -> Y6 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 chứa Gly –Na (3*0,4+2*0,3) = 1,8 mol Ala - Na (2*0,4+4*0,3)=2 mol 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 Câu19:Hỗn hợp X gồm peptit A mạch hở có cơng thức CxHyN5O6 hợp chất B có công thức phân tử C4H9NO2 Lấy 0,09 mol X tác dụng vừa đủ với 0,21 mol NaOH thu sản phẩm dung dịch gồm ancol etylic a mol muối glyxin, b mol muối alanin Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X lượng oxi vừa đủ thu N2 96,975 gam hỗn hợp CO2 H2O Giá trị a : b gần với: A 0,50 B 0,76 C 1,30 D 2,60 HƯỚNG DẪN GIẢI: A mạch hở có công thức CxHyN5O6 -> A pentapeptit A5 Dễ dàng nhận thấy CTCT B (C4H9O2N) H2NCH2COOC2H5 b mol este glyxin rượu etylic A5 + amol 5NaOH  Muối +1 H2O 5amol FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 10 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG C4H9O2N + bmol 1NaOH  NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC Muối Gly - Na + C2H5OH bmol a + b = 0,09 mol (I) 5a + b = 0,21 mol (II)  a = 0,03mol b = 0,06mol Cách 1: A5 qui đổi thành C2H3NO (0,15mol), CH2 H2O nH2O = nA5 = 0,03mol Vì pentapeptit A5 nên n C2H3NO = nN = 5nA5 = 5nH2O = 0,15 C4H9O2N H – NH – CH2 – CO – OC2H5 qui đổi thành C2H3NO (0,06mol), C2H5OH (0,06mol) Như hỗn hợp X qui đổi thành: C2H3NO (0,21mol), CH2, H2O (0,03mol) C2H5OH (0,06mol) Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X (khối lượng phần khác tỉ lệ số mol không thay đổi) C2H3NO (21xmol), CH2 (ymol), H2O (3xmol) 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 H2O) = 44(54x+ y) + 18(52,5x + y) = 96,975 (II) x = 0,025 mol y = 0,225mol -> 41,325 gam hỗn hợp X n C2H3NO = 21.0,025 = 0,525mol Có 0,525/0,21 = 2,5 -> phần gấp 2,5 lần phần -> hỗn hợp đầu có : C2H3NO (0,21mol), CH2 (0,225/2,5 = 0,09mol) , H2O (0,03mol) 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 b = 0,09mol -> a:b = 0,12 : 0,09 = 1,333 -> đáp án C Cách 2: A5 qui đổi thành C2H3NO (0,15mol), CH2 H2O (0,03mol) nH2O = nA5 = 0,03mol Vì pentapeptit A5 nên n C2H3NO = nN = 5nA5 = 5nH2O = 0,15 Như qui đổi hỗn hợp X thành: C2H3NO (0,15mol), CH2, H2O (0,03mol) C4H9NO2 (0,06mol) Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X (khối lượng phần khác tỉ lệ số mol không thay đổi) C2H3NO (5xmol), CH2 (ymol), H2O (xmol) 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) Có m hỗn hợp (CO2 H2O) = 44(18x+ y) + 18(17,5x + y) = 96,975 (II) x = 0,075 mol y = 0,225mol -> 41,325 gam hỗn hợp X n C2H3NO = 5.0,075 = 0,375mol Có 0,375/0,15 = 2,5 -> phần gấp 2,5 lần phần -> hỗn hợp đầu có : C2H3NO (0,15mol), CH2 (0,225/2,5 = 0,09mol), H2O (0,03mol) 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 b = 0,09mol -> a:b = 0,12 : 0,09 = 1,333 -> đáp án C Cách 3: peptit A mạch hở có cơng thức CxHyN5O6 tạo thành từ Gly Ala Gọi công thức chung aa dạng Gly Ala C n H2 n +1NO2 4 H 2O  A5: C5 n H10 n 5C n H2 n +1NO2  - 3N5O6 -> hỗn hợp X gồm: C5 n H10 n - 3N5O6 (0,03mol) C4H9NO2 (0,06mol) Nếu đốt cháy hoàn toàn 41,325 gam hỗn hợp X (khối lượng phần khác tỉ lệ số mol không thay đổi) C5 n H10 n xmol - 3N5O6 + O2 > n CO2 n x mol + (5 n - 1,5)H2O + N2 (5 n -1,5)x mol FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 11 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG C4H9NO2 + O2 NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC > 4CO2 2xmol 8x mol + 4,5H2O + N2 9x mol Có mX = 70 n x + 163x + 103.2x = 41,325 (I) Có m hỗn hợp (CO2 H2O) = 44(5 n x + 8x) + 18[(5 n -1,5)x + 9x)] = 96,975 (II) -> n x = 0,195 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 có thấy Có 0,075/0,03 = 2,5 -> phần gấp 2,5 lần phần -> hỗn hợp X + NaOH thì: C13H23N5O6 (0,03mol) 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 b = 0,09mol -> a:b = 0,12 : 0,09 = 1,333 -> đáp án C Câu20:Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X pentapeptit Y (đều mạch hở) dung dịch KOH vừa đủ, cạn cẩn thận thu (m + 11,42) gam hỗn hợp muối khan Val Ala Đốt cháy hoàn toàn muối sinh lượng oxi vừa đủ thu K2CO3; 2,464 lít N2 (đktc) 50,96 gam hỗn hợp gồm CO2 H2O Phần trăm khối lượng Y hỗn hợp M A 55,24% B 54,54% C 45,98% D 64,59% HƯỚNG DẪN GIẢI: Qui đổi X4, Y5 thành C2H3NO, CH2 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) 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 Y5 bmol + 4KOH > m’ 4a + 5KOH > m’ 6b + + H2O amol H2O bmol a + b = 0,05 (I) nKOH = nN = 4a + 5b = 0,22(II) -> a = 0,03mol b = 0,02mol Có đốt cháy hồn tồn X4 Y5 thu nCO2 = nC = 0,22.2 + 0,46 = 0,9 mol X4 AaV4-a + O2 -> [3a + 5(4-a)]CO2 + H2O 0,03 [3a + 5(4-a)].0,03 Y5 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 = b = 457.0,02 X4 A2V2 (0,03mol) Y5 A2V3 (0,02mol) > %mY = 100 = 45,98% -> đáp án C 19,88 Có đốt cháy hoàn toàn X4 Y5 thu nCO2 = nC = 0,12.5 + 0,1.3 = 0,9 mol X4 AaV4-a + O2 -> 0,03 [3a + 5(4-a)]CO2 [3a + 5(4-a)].0,03 + H2O 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 Y5 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 = b = 457.0,02 X4 A2V2 (0,03mol) Y5 A2V3 (0,02mol) > %mY = 100 = 45,98% -> đáp án C 19,88 Câu21:X amino axit có cơng thức H2NCnH2nCOOH, Y axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở Cho hh E gồm peptit Ala-X-X Y t/d vừa đủ với 450 ml dd NaOH 1M, thu m gam muối Z Đốt cháy hoàn tồn Z cần 25,2 lít khí O2 (đktc), thu N2, Na2CO3 50,75 gam hh gồm CO2 H2O Khối lượng muối có phân tử khối nhỏ 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) 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 = -> m =2 CH3COONa (0,15mol) n = Gly (0,2mol) Như muối có A – Na (C3H6O2Na) 0,1mol, G – Na (C2H4O2Na) 0,2mol, 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 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 + N2 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) ẩn để bấm máy tính: > a = 0,3mol , b = 0,15mol , ( n a + mb) = -> 0,3 n + 0,15m = -> n + 1,5m = 10 m=1 m=2 n = 2,83 -> X G -> Ala- G – G loại lúc này: n = 2,33 -> X G -> Ala- G – G thỏa mãn lúc này: n = (3.1 + 2.2)/3 = 2,333 n = (3.1 + 2.2)/3 = 2,333 FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHÒNG - 0912364936 13 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHÓM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC Như muối có A – Na (C3H6O2Na) 0,1mol, G – Na (C2H4O2Na) 0,2mol, CH3COONa (0,15mol) mCH3COONa = 0,15.82 = 12,3 gam > đáp án B Cách 3: Xét hỗn hợp CO2 H2O sau đốt Z ta có : BT:O  2nCO2  nH2O  3,15 nCO2  0,775mol  2nCO2  nH2O  2nO2  2nZ  3nNa2CO3       44nCO2  18nH2O  50,75 nH2O  0,925mol 44nCO2 18nH2O mhỗn hợ p Sau tớnh nCO2 nH2O tính cách cách Câu22:X este amino axit, Y peptit mạch hở Cho m gam hỗn hợp M gồm X Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, đun nóng Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu 13,8 gam ancol đơn chức Z hỗn hợp T chứa muối glyxin, alanin, valin (trong có 0,5 mol muối glyxin) Đốt cháy hoàn toàn T O2, thu Na2CO3, N2, H2O 1,45 mol CO2 Cho toàn lượng Z tác dụng hết với Na, sinh 0,15 mol H2 Phần trăm khối lượng X M là: A 58,37% B 98,85% C 50,57% D 49,43% HƯỚNG DẪN GIẢI: Ancol R’OH có nR’OH = 2nH2 = 0,15.2 = 0,3mol -> R’OH = 13,8/0,3 = 46 C2H5OH X có dạng H2N – R COOC2H5, Y 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 y =0,1mol Nhận thấy x = y = 0,1 < n C2H5OH (=0,3mol) -> este Gly– C2H5 (0,03mol) Trong peptit Y nGly = 0,02, nAla = 0,01 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 Câu23:Cho 0,225mol hỗn hợp M gồm hai peptit mạch hở X (x mol) Y (y mol), tạo glyxin alanin Đun nóng 0,225mol M lượng dư dung dịch NaOH có 0,775mol NaOH phản ng Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn x mol X y mol Y thu số mol CO2 Tổng số nguyên tử oxi hai peptit hỗn hợp M Tổng số nguyên tử Hidro hai peptit M là: A 34 B 33 C 35 D 36 HƯỚNG DẪN GIẢI: Tổng số nguyên tử oxi hai phân tử X Y -> tổng số N = Số Ntb = 0,775 : 0,225 = 3,45 có trường hợp X3, Y4 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 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 n số nguyên tử cacbon X5 m số nguyên tử cacbon Y6 n 16 32     Có nCO2 = 0,125n = 0,1m -> m 10 20 40 mặt khác số C Gly Ala FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHỊNG - 0912364936 14 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHĨM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC -> 3.2 < n < 3.3 -> < n < -> 4.2 < m < 4.3 -> < n < 12 -> n = m = 10 X3 GlyaAla3-a -> 2a + 3(3 - a) = -> a = -> X3 Gly – Ala – Ala : 0,125 mol Y4 GlybAla4-b -> 2b + 3(4-b) = 10 -> b = -> Y4 Gly2Ala2 : 0,3 Công thức thu gọn gly C2H5NO2 Ala C3H7NO2 -> Số H X3 (Gly – Ala – Ala) = + 7.2 – 2.2 = 15 Số H Y4 (Gly2Ala2) = 5.2 + 7.2 – 3.2 = 18 Tổng số H X3 Y4 = 15 + 18 = 33 nguyên tử -> đáp án B Câu24:X,Y,Z peptit mạnh hở MX >MY>MZ Khi đốt cháy hoàn toàn a mol X a mol Y a mol Z thu CO2 có số mol nhiều số mol H2O a mol Nếu đun nóng 34,9 g hỗn hợp E gồm X,Y 0,08 mol Z (trong E số mol X nhỏ số mol Y) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu dung dịch chứa alanin valin có tổng khối lượng 50,52g Tính % khối lượng X E có giá gần với: A.54,2% B 95,5% C 12% D 10,56% HƯỚNG DẪN GIẢI: Qui đổi Xn thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nX = amol) C2H3NO (namol) , CH2 (xmol) 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 = -> X tetrapeptit X4 Tương tự Y tetrapeptit Y4 Z tetrapeptit Z4 Gọi X công thức chung X4, Y4 Z4: X4 + 4naOH -> m’ (Ala-Na C3H6NO2Na, Val – Na 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 amol nVal – Na bmol Ta có : mmuối Ala + mmuối Val = 50,52 = 111a + 139b (I) Bảo toàn Na -> nNa =nNaOH = a + b = 0,44 (II) => nAla = nAl-Na = a = 0,38mol nVal = nVal –Na = b = 0,06 mol Nhận thấy: n Val = 0,06 mol mà nZ4 = 0,08 -> Z4 chứa Val > Z4 Ala4 Trong X4 Y4 có nAla = 0,38 – 4.0,08 = 0,06mol nVal = 0,06mol X4 AlaV4-a, Y4 AlbV4-b có số Valtb =nVal/(nX4 + nY4) = 0,06/0,03 = mà MX >MY -> số Val X4 Z4 phải khác > có trường hợp: -> Trường hợp 1: X4 Val4 (xmol) Y4 Ala3Val (ymol) -> x + y = 0,03 nAla = 3y = 0,06 -> x = 0,01mol y = 0,02mol (thỏa mãn điều kiện nX < nY) ->%mX = 0,01.414/34,9 = 11,86% -> đáp án C -> Trường hợp 2: X4 Val3Ala Y4 Ala3Val -> x + y = 0,03 nAla = x + 3y = 0,06 -> x = 0,015mol = 0,015mol (không thỏa mãn điều kiện nX < nY) -> loại Câu25:X peptit có 16 mắt xích tạo từ  -amino axit 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 cô cạn cẩn thận thu hỗn hợp rắn Y Đốt cháy Y bình chứa 12,5 mol khơng khí, tồn khí sau phản ứng cháy ngưng tụ nước cịn lại 271,936 lít hỗn hợp khí Z Biết phản ứng xảy hồn tồn, khí đo đktc, khơng khí có 1/5 thể tích O2 cịn lại N2 Giá trị gần m : A 46 gam B 41 gam C 43 gam D 38 gam HƯỚNG DẪN GIẢI: Qui đổi X16 thành C2H3NO, CH2 H2O (chú ý nH2O = nE = xmol) -> n C2H3NO = 16xmol C2H3NO (16xmol) , CH2 (ymol) H2O (xmol) + NaOH > C2H4NO2Na(16xmol), CH2 (ymol) 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 Chú ý mol O2 cần để đốt X đốt Y = 2,04mol Đốt X: C2H3NO (16xmol) , CH2 (ymol) 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 nNkk = 10mol C2H4NO2Na(16xmol), CH2 (ymol) + O2 -> Na2CO3 + CO2 + H2O + N2 2,04mol 8x 24x + y 32x + y 8x Sau ngưng tụ nước -> thu hỗn hợp khí Z gồm: CO2 (24x + y)mol, O2 dư (2,5 – 2,04 = 0,46mol) N2 (8x + 10) mol Có nZ = 24x + y + 0,46 + 8x + 10 = 12,14 (II) Từ (I) (II) -> x = 0,04mol y = 0,4mol -> đổi X16 thành C2H3NO (0,64mol) , CH2 (0,4mol) H2O (0,04mol) mZ = 0,64.57 + 0,4.14 + 0,04.18 =42,8gam -> đáp án C Câu26:Hỗn hợp E gồm chất: X (là este amino axit); Y Z hai peptit mạch hở, nguyên tử nitơ (đều chứa hai loại gốc amino axit, MY < MZ) Cho 36 gam E tác dụng vừa đủ với 0,44 mol NaOH, thu 7,36 gam ancol no, đơn chức, mạch hở 45,34 gam ba muối glyxin, alanin, valin (trong có 0,1 mol muối alanin) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 36 gam E O2 dư, thu CO2, N2 1,38 mol H2O Phần trăm khối lượng Y 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 + H2O (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 bảo toàn nguyên tố N Na -> x + y = 0,44-0,1 = 0,34 mol -> x = 0,31 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 7,36 > 14n + 18 = (2n  2) -> n =2 > ancol C2H5OH nC2H5OH = 7,39/46 = 0,16 mol 0,96 Dựa vào mol muối mol ancol suy X NH2-CH2COOC2H5 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  5, > Y pentapeptit Y5 Z hexapetit Z6 Số N trung bình Y,Z = 0, 05 Y5 + 5NaOH ->m’ + H2O Z6 + 6NaOH > m’ + H2O nY + nZ = 0,05 5nY + 6nZ = nNaOH = 0,28 -> mol Y = 0,02 mol, mol Z = 0,03 mol mặt khác nVal = 0,03 -> Y không chứa Val Z chứa Val: > Y (gly)a – (ala)(5-a) 0,02 mol Z (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 = Y: (gly)3 – (ala)2 0,02 mol FB: THẦY DƯỠNG HÓA HỌC - GIẢNG VIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC Y DƯỢC - HẢI PHỊNG - 0912364936 16 TIẾN SỸ NGUYỄN VĂN DƯỠNG NHĨM FACEBOOK: NHÓM HÓA 2000 - THẦY DƯỠNG HÓA HỌC 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 17 ... HỌC -> 3.2 < n < 3.3 -> < n < -> 4.2 < m < 4.3 -> < n < 12 -> n = m = 10 X3 GlyaAla3-a -> 2a + 3(3 - a) = -> a = -> X3 Gly – Ala – Ala : 0,125 mol Y4 GlybAla4-b -> 2b + 3(4-b) = 10 -> ... = 0,4n = 0,3m -> 4n = 3m mặt khác số C Gly Ala -> 5.2 < n < 5.3 -> 10 < n < 15 -> 6.2 < m < 6.3 -> 12 < n < 18 -> n = 12 m = 16 X5 GlyaAla5-a -> 2a+3(5-a) = 12 -> a = -> X5 Gly3Ala2... nCO2 = 0,125n = 0,1m -> m 10 20 40 mặt khác số C Gly Ala -> 3.2 < n < 3.3 -> < n < -> 4.2 < m < 4.3 -> < n < 12 -> n = m = 10 X3 GlyaAla3-a -> 2a + 3(3 - a) = -> a = -> X3 Gly – Ala – Ala