Chương II. Bài 6. Quy đổi peptit và các vấn đề liên quan (Phần 2).Image.Marked

QUY ĐỔI PEPTIT VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN (PHẦN 2) A LÝ THUYẾT CẦN NẮM I KIẾN THỨC CƠ SỞ Ngun tắc tách nhóm chức peptit (-CONH-) Cơng thức tổng quát amino axit no, mạch hở, phân tử chứa nhóm NH , nhóm –COOH H2NCmH2mCOOH Khi đó, cơng thức tổng qt peptit tạo amino axit no, mạch hở, nhóm –NH2, nhóm –COOH H ( HNCm H 2m CO ) k OH (k: số mắt xích hay số gốc axyl có peptit) Nhận thấy: CONH : a CONH : kc  Quy ®ỉi a kc H ( HNCm H 2mCO ) k OH :c mol   CH : b CH : mkc  b mkc H O : c H 2O : c  2 Hệ Quả nCH2  (Ca.at¹ o peptit  1)na.a t¹ o peptit nH2O  npeptit k  CONH  Ca.a t¹ o peptit  nCONH nCONH  npeptit nH2O nCH2  nCONH nCONH Các trường hợp áp dụng Kỹ thuật tách nhóm chức áp dụng cho hầu hết trường hợp liên quan đến tính tốn lượng chất, tìm cơng thức peptit, toán hỗn hợp peptit chất hữu khác (este, muối amino axit, axit,…) Xét tốc độ giải tương đương với kỹ thuật giải toán peptit cách quy gốc axyl H2O Đặt mua file Word link sau https://tailieudoc.vn/toantapnguyenanhphong/ II KIẾN THỨC BỔ SUNG KHI GIẢI TOÁN Trong phân tử hợp chất hữu tổng số oxi hóa nguyên tố nên ta coi số oxi hóa nguyên tố 0 0 0 o 4 2 1 2 t  CO2  H O N Xét phản ứng đốt cháy sau: Cx H y Oz N t  O2  Nhận thấy C :  4 H :  1 ne nh- êng  (4x  y  2z)nCx Hy OzNt  N:00 ne nhËn  4nO2 O :  2 Do ne nh- êng  ne nhËn  (4x  y  2z)nCx Hy OzNt  4nO2 B.CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Dạng toán liên quan đến lượng chất tìm cơng thức peptit a) Phương pháp giải * Xét phản ứng đốt cháy peptit CO2 : a  b CONH : a   O2 Peptit  X CH : b  Y H 2O : 0,5a  b  c H O : c N : 0,5a   Theo cách quy đổi trên, ta có: nH2O(Y )  nCO2  nN2  nH2O(X )  npeptit Bảo tâm C: nCONH  nCH2  nCO2 Bảo toàn H: 0,5nCONH  nCH2  nH2O(X )  nH2O(Y ) Bảo toàn O: nCONH  nH2O(X )  nH2O(Y )  2nCO2  2nO2 nO ®èt peptit  nO2 ®èt (CONH, CH2 ) Bảo toàn electron: 3nCONH  6nCH2  4nO2 * Xét phản ứng hỗn hợp sau quy đổi peptit tác dụng với dung dịch kiềm MOH (NaOH, KOH) Trường hợp 1: MOH dùng vừa đủ CONH : a CONH : a COONa: a    MOH  CH : b  CH : a CH : b  H O : c MOH : a CH : b    Bản chất phản ứng tạo muối natri/kali amino axit: CONH   NaOH   COONa     NH 2 amol amol amol amol Trương hợp 2: MOH dùng dư CONH : a CONH : a MOH   da  CH : b CH : b  H O : c  MOH : d   Trong q trình tính tốn dù lượng kiềm vừa đủ (hoặc dư) ta giữ nguyên hỗn hợp muối thu sau phản ứng dạng CONH, CH2, MOH mà không cần chuyển dạng muối amino axit * Xét phản ứng hỗn hợp sau quy đổi peptit tác dụng với dung dịch axit COOH : a CONH : a    H CH : b  CH : b H O : c    NH : a Bản chất phản ứng tạo muối amino axit:  CONH  COOH   NH   H 2O  H 3  amol amol amol amol Theo cách quy đổi trên, ta có: nCONH  nCOOM  nMOH  nH  nNH  nCH2  nCONH Ca.a tao peptit  Cmuèi  nCONH b) Các ví dụ minh họa Ví dụ 1:Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở: đipeptit X, tripepti Y, tetrapeptit Z có tỉ lệ mol tương ứng 2:1:1 Cho lượng E phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu 0,25 mol muối glyxin, 0,2 mol muối alanin 0,1 mol muối valin Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu tổng khối lượng CO2 H2O 39,14 Giá trị m A.16,78 B.25,08 C.20,17 D.22,64 (Đề thi THPT Quốc Gia, năm 2017) Giải Theo giả thiết n X : n Y : n Z  :1:1  X : 2a mol; Y :a mol; Z : a mol Theo BTNT N, ta 2.2a  3a  4a  nmuèi  0,25  0,2  0,1  a  0,05mol CONH : 0,55mol CO2 :1,6mol   to  Khi đó: E  CH : nGly  2nAla  4nVal  1,05  H 2O :1,525mol     H 2O : 0,2mol  97,85gam   41,95gam Đốt 41,95 gam E thu 97,85 gam CO2 H2O Đốt m gam E thu 39,14 gam CO2 H2O Từ đó, tìm m  41,95.39,14  16,78gam 97,85 Chọn đáp án A Ví dụ 2:Hỗn hợp E chứa hai peptit gồm tripeptit X pentapeptit Y, tạo thành từ   amino axit no, mạch hở chứa nhóm –NH2 nhóm –COOH Cho 0,1 mol E tác dụng với 200 ml dung dịch HCl 1M thu dung dịch Z, dung dịch Z tác dụng vừa đủ với 620 ml dung dịch NaOH 1M Mặt khác đốt cháy 13,15 gam E lượng O2 vừa đủ, lấy sản phẩm tạo thành sục vào bình đựng dung dịch NaOH dư, thấy thu 2,352 lít khí khỏi bình (đktc) Amino axit tạo thành X Y A.Gly Ala B.Gly C.Ala D.Gly Val (Đề thi thử THPT Quốc gia – THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An, năm 2015) Giải Lượng chất mà E tham gia phản ứng hai thí nghiệm thủy phân đốt cháy khơng Do đó, để giải tốn cách thuận lợi ta cần phải tìm tỉ lệ hai phần Khai thác từ thí nghiệm đốt cháy dễ thấy ta tìm tỉ lệ hai phần dựa n N Giờ ta tiến hành giải toán sau: n  nNaOH pø t¹ o mi cđa a.a  0,62  0,2  0,42 n  2nN2  N E ë TN1 N E ë TN 2,352  0,21   nN E ë TN1 22,4  Số liệu TH1 gấp hai lần số liệu TH2 Do đó: mE ë TN1  2.13,15  26,3gam Khi đó, ta tiến hành quy đổi: CONH : 0,42mol 26,3  0,42.43  18.0,1  E  nCH2   0,46mol   26,3gam CH 14 0,1mol H O : 0,1mol  X (x mol) x  y  0,1 x  0,04(mol) Đặt    Y (y mol) 3x  5y  0,42 y  0,06(mol) Theo bảo toàn nguyên tố C, ta được: C  X : (Gly)2 Ala CX 6 0,04CX  0,06CY  0,42  X  CY 10   0,46   CY  10 Y : (Gly)5 nCONH nCH2 Do đó, amino axit tạo thành X Y Gly Ala Chọn đáp án A Ví dụ 3:Chia m gam hỗn hợp T gồm peptit mạch hở thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu N2, CO2 7,02 gam H2O Thủy phân hoàn toàn phần hai, thu hỗn hợp X gồm alanin, glyxin, valin Cho X vào 200ml dung dịch chứa NaOH 0,5M KOH 0,6M, thu dung dịch Y chứa 20,66 gam chất tan Để tác dụng vừa đủ với Y cần 360 ml dung dịch HCl 1M Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A.21,32 B.24,20 C.24,92 D.19,88 (Đề thi THPT Quốc gia Bộ giáo dục Đào tạo, năm 2017) Giải CONH  Tiến hành quy đổi phần thành CH  X H O  CONH  NaOH : 0,1 CH Xét phần 2, ta được: X     0,36mol HCl   KOH : 0,12 NaOH : 0,1   võa ®đ   KOH : 0,12 10,72gam    20,66gam   H  OH  H 2O Bản chất:    CONH  H 2O  H  NH  COOH Do đó: nCONH   nH  nOH  0,14mol  nCH2   20,66  mNaOH;KOH  mCONH  : 43  0,28mol CONH : 0,14mol  Xét phần 1, ta được: X  CH : 0,28mol  0,14.0,5  0,28  a  0,39  a  0,04 H O : a   m  2(43.0,14  14.0,28  18.0,04)  21,32gam Chọn đáp án A Ví dụ 4:Thủy phân hồn tồn m gam hexapeptit mạch hở X thu (m+4,68) gam hỗn hợp Y gồm alanin valin Oxi hóa hồn tồn hỗn hợp Y cần vừa đủ a mol khí oxi, thu hỗn hợp Z gồm CO2, H2O N2 Dẫn hỗn hợp Z qua bình H2SO4 đậm đặc (dư) thấy khối lượng khí khỏi bình giảm 18b gam so với khối lượng hỗn hợp Z, tỉ lệ a:b = 51:46 Để oxi hóa hồn tồn 27,612 gam X thành CO2, H2O N2 cần tối thiểu V lít oxi (đktc) Giá tị V gần với giá trị sau đây? A.32,70 B.29,70 C.53,80 D.33,42 (Đề thi thử THPT Quốc gia – THPT Chuyên Hoàng Lê Kha – Tây Ninh, năm 2015) Giải  Cách 1: Gọi công thức chung amino axit Cn H 2n1NO2 4nO  (6n   2.2)na.a (BT.electron) Xét phản ứng đốt cháy Y, ta có:  nH2O  (n  0,5)na.a Lại có: n a 1,5n  0,75 51 10 5 n    n    Ala    X : Ala5Val b 46 nVal n  n  0,5  nX trong27,612gam  0,0585mol Mặt khác: X  5H 2O   6amino axit  na.a  6nX  6.0,0585 nO2 (§ ètX)  nO2 (§ ètY)   10   VO2 (§ ètY)  22,4.6.0,0585 1,5  0,75  33,4152        nO2 (§ ètY)  Cách 2: CO2 CONH : 6x COOH : 6x CO    H 2O amol O2 H 2SO4 đặ c NH : 6x  H 2O   CH : y N H O : x CH : x N   2        Z (m 4,68)gamY mgamX mZ gi¶m  mH2O  18b  nH2O  b mY  mX  90x  4,68 x  0,052  m  24,544 BT.electron :18x  6y  4a   y  0,728    mO2 ®èt 24,544 gam X  1,326 BT.H : 9x  y  b a  1,326  a: b  51: 46 GÇn nhÊt ví i Đốt 27,612 gam X cần nO2  1,49175mol  33,4152lÝt  33,42 lÝt Chọn đáp án D Từ hai cách ta nhận thấy đề thừa kiện, dùng kiện Y gồm alanin valin khơng cần dùng hai thơng số m (m+4,68), tương tự cho trường hợp ngược lại Dạng tốn liên quan đến lượng chất tìm công thức muối amino axit a) Phương pháp giải * Phương pháp cổ điển: Thiết lập công thức muối tính tốn dựa hệ thức liên hệ rút từ phương trình đốt cháy 6n   to O2  (2n  1)CO2  2nH 2O  M 2CO3  N 2Cn H 2nO2NM   Xét phản ứng đốt cháy:  M : Na;K Từ đó, ta có: nH2O  nCO2  nN2  nM 2CO3  nmuèi nMOH  2 Ngồi ra, ta xác định lượng oxi cần dùng để đốt cháy thơng qua định luật bảo tồn electron mở rộng cho hợp chất C, H, O, N, M (với M Na K) Thật vậy, xét phản ứng sau: 0 0 0 o 4 2 1 2 1 4 2 t Cn H 2n O2 N M  O2   CO2  H O  N  M CO3 C :  4 H :  1 ne nh- êng  (4n   2n   2.2   1)n  CnH2nO2NM  C H O M Nhận thấy N :    nenhËn  4nO2 O :  2 M :  1  (6n  3) nC H n 2n O2NM  4nO2  Xét phản ứng thủy phân: n – peptit + nNaOH   muối + H2O Nhận thấy: NaOH, H2O đốt cháy không cần O2 nên đốt muối đốt cháy hỗn hợp peptit cần dùng lượng O2 * Phương pháp đại: CONH  Tiến hành quy đổi hỗn hợp muối thành: CH Khi đó: MOH  Từ đó, ta có: nH2O  nCO2  nN2  nM 2CO3  n n n n CO2 : 0,5a  b CONH : a    H 2O : a  b O2 CH : b   MOH : a N : 0,5a  M CO : 0,5a  nmuèi nNaOH  2 C muèi  nCONH  nCO2  nM 2CO3 H muèi  nCONH  2nCH2  nMOH  2nH2O O muèi  nCONH  nMOH  2nCO2  nH2O  3nM 2CO3  2nO2 M muèi  2nM 2CO3 Với Nitơ: Khi đốt cháy hoàn toàn muối (C, H, O, N, M) với M Na, K - Nếu đốt O2, ta có: nN muèi  2nN2 sinh - Nếu đốt khơng khí (vừa đủ), ta có: n N muèi  2nN2 sinh  2nN2 kh«ng khÝ  4nO2 pø Sau cô cạn sản phẩm phản ứng thủy phân peptit mơi tường kiềm; hỗn hợp rắn thu có NaOH NaOH khơng bị đốt cháy oxi (hay khơng khí) CO2 sinh bị NaOH hấp thụ (một phần hoàn toàn, điều phụ thuộc vào sản phẩm cháy đề cho) Do đó, cần phải đặc biệt vận dụng định luật bảo tồn ngun tố trường hợp b) Ví dụ minh họa Ví dụ 5:Đun nóng hỗn hợp M chứa hai peptit X Y (đều mạch hở) với 500 ml dung dịch NaOH 1M (dư 25% so với lượng cần phản ứng), thu hỗn hợp muối Q chứa a mol muối E b mol muối F (E, F muối amino axit dãy đồng đẳng có dạng H 2NCn H 2nCOOH,M E  M F ) Đốt cháy toàn muối Q, thu Na2CO3, N2 49,42 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị tỉ lệ a:b gần với giá trị sau đây? A.0,6 B.0,7 C.0,8 D.0,9 Giải  Cách 1: Ta có: nCONH /M  nNaOH p  0,5.1,25  0,4mol CO2 : (0,4n  0,25)  Cn H 2nO2NNa: 0,4 O2 H 2O : (0,4n  0,05)   Sơ đồ hóa tốn:  NaOH d- : 0,1 Na2CO3 : 0,25 N  Từ tổng khối lượng CO2 H2O thu sau phản ứng đốt cháy, ta có: E :Gly (0,4n  0,25).44  0,05).18    (0,4n    49,42  n  2,4  F : Ala  mCO2 mH2O Dùng sơ đồ đường chéo ta được: a 2,4  2   b  2,4  Cách 2: CO2 : 0,15  x CONH : 0,4mol   O2   H 2O : 0,45  x CH : x NaOH : 0,5mol  BT.Na  Na2CO3 : 0,25      44(0,15  x)  18(0,45  x)  49,42  x  0,56   Cmuèi  E : Gly a 2,4  2 0,4  0,56  2,4       0,4 F : Ala b  2,4 Chọn đáp án A Ví dụ6:Cho m gam hỗn hợp M (có tổng số mol 0,03 mol) gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu hỗn hợp 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 tăng 13,23 gam có 0,84 lít khí (đktc) Giá trị m gần với giá trị sau đây? A.6,0 B.6,9 C.7,0 D.6.08 (Đề thi thử THPT Quốc gia lần – THPT chuyên KHTN Hà Nội, năm 2017) Giải nNaOH  nCONH  2nN2 CONH : 0,075mol   0,075  M   CH : x mol mgam H O : 0,03mol  CONH : 0,075  O2 ,t o Q  CH : x   Na2CO3  CO2  H 2O  N       NaOH : 0,075 0,0375 x 0,075 x 0,0375   x)  18(0,075  x)  13,23 44(0,0375   x  0,165 GÇn nhÊt ví i  m m    6,08gam CO2 H2O y  6,075 m  0,075.43  14x  0,03.18  Chọn đáp án D Ví dụ7:X peptit có 16 mắt xích tạo thành 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 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 m gần với giá trị sau đây? A.30,92 B.41 C.43 D.38 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1- Sở GD ĐT Vĩnh Phúc, năm 2017) Giải  CONH : x mol  BT.e X  CH : y mol   3x  6y  4.2,04   8,16 (1)  nO2 x H 2O : mol  16 CO2  CO2 : 0,5  y HO CONH : x O2 :2,5   x N2:10  N     H 2O CH : y    N :10  O d2 NaOH : x    O d: 0,46  Na2CO3   Y    12,14mol 0,5x  x  y  12,14  0,46  10  1,68 (2) x  0,64 18x Từ (1), (2)    m  43x  14y   42,8 16 y  1,04 Chọn đáp án C Ví dụ 8: X, Y peptit tạo từ   amino axit no, mạch hở chứa nhóm –NH2 nhóm – COOH Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y dung dịch NaOH (vừa đủ) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu m gam muối khan Đốt cháy toàn lượng muối thu 0,2 mol Na2CO3 hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2 tổng khối lượng CO2 H2O 65,6 gam Mặt khác đốt cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần vừa đủ a mol O2, thu CO2, H2O, N2 Giá trị a gần với giá trị sau đây? A.2,5 B.1,5 C.3,5 D.3,0 (Đề thu thử THPT Quốc gia – THPT Hoằng Hóa – Thanh Hóa, năm 2016) Giải  Cách 1: nH2O  nCO2  nNa2CO3  0,2 nH2O  1,2   18nH2O  44nCO2  65,6 nCO2  nCO2  nNa2CO3  0,2  Cmuèi     m  0,4(89  22)  44(gam) nE 0,4 nO2®èt E  nO2®èt muèi   nO2 ®èt E  1,5mol Mà 4n O2®èt muèi  (6Cmuèi   1) n muèi (BT.electron)   2nNa2CO3   mE  m muèi  18nH 2O  40n NaOH  30,2gam(nNaOH  2nNa2CO3  0,4)     44,4 0,4 0,1 Lại có  gÇn nhÊt ví i 1,51m  2,22  a  1,5.2,22  3,33mol   3,5mol  mE  Cách 2:Xét thí nghiệm với 0,1 mol E CO2 : 0,2  x CONH CONH : 0,4    O NaOH   CH : x   H 2O : 0,4  x CH H O : 0,1mol NaOH : 0,4 Na CO : 0,2        mgammuèi 0,1mol E Từ tổng khối lượng CO2 H2O, ta có: 44(0,2  x)  18(0,4  x)  65,6 m  0,4.83  0,8.14  44,4gam  x  0,8mol   mE/0,1mol  0,4.43  0,8.14  18.0,1  30,2gam Nhận thấy số mol O2 cần dùng để đốt cháy 0,1 mol E O2 cần dùng để đốt –CONH– –CH2– Áp dụng định luật bảo toàn electron cho phản ứng đốt cháy, ta được: 4nO2 ®èt 30,2 gam E  (4   1)nCONH  6nCH2  3.0,4  6.0,8  nO2 ®èt 30,2 gam E  1,5mol Mặt khác: 1,51m  2,22  a  1,5.2,22  3,33mol 30,2 Chọn đáp án C    CONH : a CONH : a O2 a bmol    NaOH 2,7075mol  CH : b H 2O  CH : b   H O : c NaOH : 47,54gam 0,5a b cmol            65,615.2 gam 1,8m   mgamX CO2  47,54  18c  0,8(43a  14b  18c) a  0,69    Bt.e: 3a  6b  4.2,7075  b  1,46 44(a  b)  18(0,5a  b  c)  131,23 c  0,23   Xét phản ứng đốt cháy 0,5m, ta có: mBaCO3  nOH  nCO2  1,3  1,075  0,225  m1  65,615  0,225.197  21,29gam  14.1,46  18.0,23 Từ đó: m  m1  43.0,69   75,54gam     21,29 m1 m Câu 6:Chọn đáp án D CONH : x   CH : y NaOH CONH :x mol X  CH : y mol Y  H 2O : 0,2mol 0,2mol NaOH : x  76,25gam CONH : x  NH Cl : x HCl CH : y  87,125gam Từ khối lượng muối thu phản ứng thủy phân môi trường NaOH H+, ta được: mmuèi Na  83x  14y  76,25 x  0,75   mmuèi Cl   97,5x  14y  87,125 y  nGlyNa  nAlaNa  nCONH  0,75 nGlyNa  0,5   nAlaNa  0,25 97nGlyNa  111nAlaNa  76,25 nX  nY  0,2 n  0,05  X Mặt khác:  3nX  4nX  nCONH  0,75 nY  0,15 Khi đó: Glya (Ala)3a : 0,05    a  X : GlyAla2 (M  217)  X BT.Gly   0,05a  0,15b  0,5     b  Y : Gly3Ala(M  260)  b (Ala) 4a : 0,15 Gly     Y  %mX / E  217.0,05  21,76%  22% 217.0,05  260.0,15 Câu 7:Chọn đáp án C Nhận xét: Đề u cầu tìm phần trăm khối lượng X có hỗn hợp, ta có hướng giải sau: Hướng 1, tìm trực tiếp cơng thức phân tử Z số mol Z Hướng 2, tìm số mol cơng thức phân tử chất X; Y Từ tìm phần trăm khối lượng chúng hỗn hợp Rồi suy phần trăm khối lượng Z hỗn hợp  Cách 1: Tìm cơng thức A, B:  CO2 X A;0,36mol    to E Y  H : 0,09mol  O2    H 2O  X H O  1,1475mol 0,36  0,09   N :  0,225mol    Ta có: nO2  1,5 nCO2  nN2   nCO2  0,99mol    1,1475 0,225   C  2(Gly)  0,36CA  0,09CB  0,99   A CB 3(Ala) mbình tă ng 44nCO2 18nH2O      nH O  0,965mol 0,99 60,93  Mặt khác:  m  30,51mol O2 mbình tă ng 28nN mE 32 n      E 60,93  1,1475 0,225    Ta có: nO2  1,5 nH2O  nE   nE  0,2  nX   nY ;Z  0,1    1,1475  0,965  Mà C  O nCO2 X ;Y ;Z nE X : Gly  Gly(0,1mol)   4,95   0,99  4.0,1  5,9  Y : Gly  Ala CX ;Y  0,1   14   N X ;Y ;Z  14   11  N  11   nY  nZ  0,1 n  0,09  Lại có: 2nY  7nZ  2nX  2nN (BT.N)   Y  2 nX  0,01  0,1 0,225  Do đó: %mZ / E  100%  (%mX / E  %mY / E )  100%   Cách 2: CONH : 0,45 CO2 : 0,45  a  1,1475mol O2 E  CH : a   H 2O : 0,225  a  b H O : b     60,93gam 132.0,1  146.0,09 100%  13,7% 30,51 Từ khối lượng CO2, H2O BT.electron cho phản ứng đốt cháy ta được:  a)  18(0,225  a  b)  60,93 44(0,45  a  0,54   mCO2 mH2O   nX  nY ,Z  0,1  b  0,2 BT.electron :3.0,45  6a  4.1,1475  0,45  0,54  4,95  X : (Gly)2 (0,1mol) 0,2 0,45  0,54  0,1.4  C(Y ,Z)   5,9  Y : Gly  Ala 0,1  OZ  14  OX  OY   Z : (Gly)m (Ala)7 m  CE  nY  nZ  0,1 n  0,09  Y  BT.N : 2.0,1  2nY  7nZ  0,45 nZ  0,01 Theo bảo toàn, CH2, ta được: 0,1.2  0,09.3  0,01.(14  m)  0,54  m   Z  (Gly)7  %mZ / E  0,01.417 100%  13,67%  13,7% 0,45.43  0,54.14  0,2.18 Câu 8:Chọn đáp án B Ta có: mE  32nO2  mCO2  mH2O  28nN2  nN2  0,27mol      36,78 1,395 73,86 Hướng 1:  nO2  1,5(nCO2  nN2  (1,5(nH2O  nE )  nCO2  1,2mol    0,27   nH2O  1,17mol  1,395 44nCO  18nH O  73,86   2  nE  0,24mol Hướng CONH : 0,27.2 BT.e: 0,54.3  6a  4.1,395 a  0,66  E     CH : a 36,78gam 14a  18b  36,78  43.0,54 b  0,24  nE H O : b  Từ hướng hướng 2, ta suy được: X : Gly  Gly(0,12mol)  CE    nCO2  0,12.4 6 nY ;Z  0,12mol  CY ;Z  0,12  Y : (Ala)2 Trường hợp I: CY  CZ    Z : (Gly)3 Trường hợp II: Y Z có số C < Khi đó: Y: Gly – Ala Do dù trường hợp I II muối A, B tạo C2H4O2NNa (97) C3H6O2NNa (111) Xét 36,78 gam E + NaOH vừa đủ, theo BTKL ta có: mE  40nNaOH  mmuèi  18nH2O  mmuèi  54,06gam    36,78 0,27.2 0,24 97nC2H4O2NNa  111nC3H6O2NNa  54,06 n   C2H4O2NNa  0,42 Khi đó: n   C H O NNa  nC3H6O2NNa  n NaOH  nC3H6O2NNa  0,12  0,27.2   a 97.0,42   3,06 b 111.0,12 Chú ý: Mặc dù lượng chất E dùng hai thí nghiệm khác tỉ lệ a ln khơng đổi hai thí b nghiệm Do vậy, để thuận tiện cho tính tốn ta xét hỗn hợp E ứng với 54,06 gam (0,24 mol) Câu 9:Chọn đáp án C  Cách 1: Đặt công thức chung peptit X RN k Ok 1 : amol nCO2  y  nH2O  153y  43,74 18 Theo ta có hệ phương trình: 153y  43,74  BT.O : a(k  1)  0,375.2  2y  ak  0,14 18   BTKL cho X  KOH : 9,26  56ak  16,38  18a  a  0,04 9,26  32n  m  m  14n y  0,32 O2 CO2 H 2O N        ak 0,375 197y  43,74   nBaCO3  0,32.197  63,04gam  Cách 2: CONH : a CO2 (cmol) H O : b O2    0,375     153c  43,74   C  H 2O  18    H  9,26  153c  43,74 BT.O : a  b  0,375.2  2c  a  0,14 18   BTKL cho X  KOH : 9,26  56a  16,38  18b  b  0,04 9,26  32n  m  m  m c  0,32 O2 CO2 H 2O N2        0,375 14a  197c 43,74  nBaCO3  0,32.197  63,04gam Chú ý: Đề khơng nói rõ amino axit tạo thành peptit có no hay không nên cách giải khác so với dạng tập làm Ngoài bạn giải hệ phương trình ẩn cách 2: CONH: a; H2O: b; C: c; H: d (mol) Câu 10:Chọn đáp án C CONH : 0,22( 2nN2 ) CO  E  CH : a  O2    N   H 2O 0,11mol  H O : b 0,99mol  46,48gam   BTKL  mE 17,88 m  0,22.43  14a 18b  17,88 a  0,55  E  b  0,04 BT.e: 3.0,22  6a  4.0,99 0,55  0,22 2   3,5  nGly  nVal Ca.a   0,22  nX  0,01;nY  0,03 n : n  1:  X Y Mặt khác: X n n  m    10 n   (Kí hiệu peptit A có n mắt xích An)   Ym 0,01n  0,03m  0,22 m  X : Gly 2Val (0,01mol)  Y : Gly3Val (0,03mol) Từ đó, tìm được: %mY / E  0,03.486.100% GÇn nhÊt ví i  81,54%  82% 17,88 Câu 11:Chọn đáp án A Vì đốt cháy X Y cần lượng O2 lượng CO2 sinh Do đó: CONH : a 61a  14b  79,86 a  1,02  3nZ  5nT (* ) § èt X CO2 : 2,28  X      CH : b   79,86gam 3a  6b  4.2,655 b  1,26 H 2O : 2,79 H O : a  Khi đó, đốt Y ta có: 90,06  m  (mCO2  mH2O )  nH2O  2,09mol  nH2O sinh ph¶n øng  2,79  2,09  0,7mol  2nZ  4nT (* * ) (* ),(* * )  nZ  0,29mol,nT  0,03mol  CY  6C 2,28  7,125  Z  0,29  0,03 7C Mà 0,29CZ  0,03CT  2,28  CZ  6(Gly)3 ,CT  18 x  y  z   x  1;y  z  Xét (Gly)x (Ala)y (Val)z     2x  3y  5z  11 T Vậy T có tỉ lệ mắt xíc Gly, Ala, Val tương ứng 1:2:2 Câu 12:Chọn đáp án A 2nN2 2(nCO2  nH2O  nE ) 2.0,28     2,8 CONH  nE nE 0,2 Ta có:   CONH  10   12  X : đipeptit (x mol) n 10  2,8   X  9 2,8  Y : đecapeptit (y mol) nY Trong phản ứng đốt cháy: CONH : 2,8a CONH : 2,8a  83,3  48,  0.25   a  KOH   KOH : 2,8a   2,8.56  18 H2 : a CH : b CH : b b         83,3 gam 48,6 gamE  Cmuèi  2,8a b 17 § chÐo nGly nGly  nVal 0,7      nGly  0,6;nVal  0,1mol 2,8a nVal Mặt khác: nCONH / TN2 nCONH / TN1  X : Gly)n (Val)2 n 0,225 0,25  1,25  E  mol 0,2 Y : (Gly)m (Val)10 m 0,025 BT.Gly   0,225n  0,025m  0,6  n  2;m  Do đó: %mX / E  0,225(75.2  18) 100%  38,89% 48,6 Câu 13:Chọn đáp án B n  0,07 nAlaVal  nX  nY  0,12  X  2nAlaVal  5nX  6nY  0,89( nOH ) nY  0,05 CONH  nOH nhh CONH : 89a 89    H 2O : 24b 24  CH : b    123,525 43.89a  18.24a  14b  123,525 a  0,015 TN1 24.0,015   341,355      1,5 TN 0,24 44(89a  b)  18(89.0,5a 24a b) b  4,26 Xét phản ứng 0,24 mol E với NaOH, KOH ta có: BT.CH  2nAla  4nVal  2,84  nAla  0,36  (mol)  BT.CONH : n  n  0,89 n  0,53  Ala Val  Val (Ala)m (Val)5 m : 0,07    X BT.Ala Khi đó:    0,07m  0,05n  0,12  0,36  m  n  n (Val)6 n (Ala)    Y 0,24  mE/0,24mol  0,36 123,525  82,35gam Vậy  %m  (89.2  117.3  18.4).0,07.100%  38,85% X /E  82,35 Câu 14:Chọn đáp án C CONH : 0,37 CONH : 0,37   O2  CH    H 2O CH  H O : 0,1  NaOH : 0,37 1,08     0,1mol E   0,37  nCH2  1,08  nCH2  0,71  m0,1molE  27,65 BT.H CONH : 0,37  E   HCl   NH 3Cl : 0,37  mmuèi  0,37.97,5  0,71.14  46,015 0,1mol CH : 0,71  Mà 33,18  1,2  m  1,2.46,015  55,218gam 27,65 Câu 15:Chọn đáp án B nCONH  nNaOH  2nNa2CO3  0,44 CONH : 0,44 CONH : 0,44   1,155mol O2 NaOH  E  CH : b    NaOH : 0,44  Na2CO3    H O : c CH : b 0,22       28,42gam T a  0,44 mE  43.0,44  14b  18c  28.42  0,44  b  0,55  CONH / E   4,4  0,1 BT.e: 3.0,44  6b  1,155.4 c  0,1  X cã hai nhãm -CONH Z phải có nhóm –CONH–  Y cã ba nhãm -CONHNhận thấy:  X : C4H8O3N    X : Gly (a' mol) 4 2 Thủy phân thu đ- ợ c Y : GlyVal(b'mol) Y : C7H x Oy N z  Gly,Ala,Val     7 2 5 2.2 Z : Gly Ala(c' mol)  11H n Om N t Z : C   11 2.4 Từ kiện đề cho, ta có hệ phương trình: nCONH  2a' 2b' 5c'  0,44 a'  0,01    b'  0,01 nE  a' b' c'  0,1 n  4a' 7b' 11c'  0,44  0,55 c'  0,08   C/ E  %mX /E  0,01.132.100% GÇn nhÊt ví i  4,64%  5,0% 28,42 Câu 16:Chọn đáp án A  Cách 1: Đặt X (x mol); Y (y mol) Khi theo ta có (40.4  18)x  (40.5  18)y  15,8 m   x  0,06  (mol)  y  0,04 4x  5y  0,22.2(BT.N) o t Cn H 2nO2NNa: (0,22.2mol)   44(n  0,5).0,44   56,04     18n.0,44   nCO2 C«ng thøc TB cđa mi n2 nH2O 22  nmuèi cña Ala  0,44  0,18  22 nmuèi cña Gly  0,44  0,18  0,26  Khi đó: m muèi  45,2gam  m  45,2  15,8  29,4gam (Ala)n (Gly)4 n : 0,06   X (Ala)m (Gly)5 m : 0,04  n 4;m  0,06n  0,04m  0,18 n=1;m=3 m;n* Bảo toàn gốc Ala Y  %mY / E  (89.3  75.2  18.4).0,04 100%  46,94% 29,4  Cách 2: CO2 : 0,22  x CONH CONH : 0,44    H 2O : 0,44  x O2  NaOH M CH  CH : x     H O  NaOH : 0,44  Na2CO3 : 0,22    N : 0,22      m15,8 m Ta có: mNaOH  mH2O  40.0,44  18nH2O  15,8 nX  0,06mol   nH2O  nX  nY nY  0,04mol  BTNT.N : 4n  5n  0,44 X Y  mCO2  mH2O  56,04  x  0,62mol   44(0,22 x) 12(0,44 x) X : (Ala)a (Gly)4a  (CONH  2CH )a (CONH  CH )4a : 0,06mol  Y : (Ala)b (Gly)5 b  (CONH  2CH )b (CONH  CH )5a : 0,04mol Theo BT.CH2, ta được: a  0,06(a  4)  0,04(b  5)  0,62   b   %mY / E  (89.3  75.2  18.4).0,04 100%  46,94% 29,4 Câu 17:Chọn đáp án A CONH : a  Tiến hành quy đổi E thành CH : b H O : c  Theo BT.electron, mCO2  mH2O BTKL cho phản ứng X + KOH, ta được: BT.e: 3a  6b  4.2,43  44(a  b)  18(0,5a  b  c)  51 0,75.56  8,52  0,6(43a  14b  18c)  18c  a  0,6 n 0,6  1,32  3,2   b  1,32  Ca.a   3,2   Gly   0,6 nVal 3,2  2 c  0,24  nGly  0,36 nGly  nVal 0,6   mol nVal  0,24 0,6   2,5  m m;n X n n  Ta có:     n  2;m  0,24 Ym n m    nX  nY  0,24 n  0,2  X Mặt khác:  2nX  5nY  0,6(n  nNaOH ) nY  0,04 Gọi u; v số mắt xích Gly X, Y Khi đó: 0,2u  0,04v  0,36  u  1;v  4(u  2;v  5) X : GlyVal(0,2mol) (75.4  117  18.4).0,04  %mY / E   28,40% Do đó:  14.1,92  29.0,6  18.0,24 Y : Gly 4Val(0,04mol) Câu 19:Chọn đáp án D CO : a mmuèi  68a  15b  14c  27 NH : b    nC  a  c  0,625  0,5a Muối   CH : b BT.e: 2x  y  6z  4.0,925 NaOH : a  a  0,25  nX  b :  1/ 30  b  0,2   neste  nCO/este  0,25  0,2  0,05  nC2H5OH c  0,5  CO : 0,25  Do đó: E  NH : 0,2;H O :1/ 30  mE  19,9 CH : 0,5;C H : 0,05  2 Câu 20:Chọn đáp án C CONH : 0,6  0,12  0,48 CH : a CH 3OH CONH : 0,6  NaOH          0,6 mol   0,12  CH   H 2O H 2O  NaOH : 0,6  H N  CH  COO  CH : 0,12   64,36gam    47,8gam nCH2 / muèi  (64,36  83.0,6) :14  1,04mol  a  1,04  0,12   0,92 nCH2 /Z nH2O  (47,8  0,6.40  0,12.32  64,36);18  0,2mol CX  CY  nCONH  a 0,48  0,92  7 nH2O 0,2 X : Gly  Val(x mol) x  y  0,2   Y : (Gly)2 (Ala)(y mol) BT.CONH : 2x  3y  0,48  x  0,12;y  0,08 Do đó: %mY  0,08.203: 47,8  33,97% Câu 21:Chọn đáp án C CO :1,6mol nCO2  1,6  b  3,27 NH : a   X  BT.e: 4nO2  2.1,6  a  6b  4.3,4375 CH : b  mX  1,6.28  15a  14b  18c  97,19 H 2O : c    97,19 a  0,53 nY  1,6  0,53  1,07   b  1,67   n2peptit  1,17  1,07  0,1 c  1,17  Khi đó: CX  nCO2 nX (nH2O ) 11  Cpeptit   2,79  Y : HCOOCH (1,07mol) Peptit P:11C(0,07mol) 3,27  2.1,07  11,3    0,1 Peptit Q :12C(0,03mol) (Gly)4 Ala: 0,07 Lại có: 0,07k P  0,03k Q  0,53  k P  5;k Q     (Gly)6 : 0,03 k  Sè nhãm -CONH Bảo tồn khối lượng tìm được: mT  mX  mNaOH  18nH2O  mCH3OH  125,15gam  0,1  %mAlaNa  111.0,07 :125,15  6,21% Câu 22:Chọn đáp án D Tiến hành quy đổi E thành  CONH : x  mE  43x  14y  18z  72(0,16  x)  40z  11,76 CH : y    BT.e: 4.0,535  3x  6y  (4.2  4)(0,16  x)  (3.4  4) z  H 2O : z C H COOH : 0,16  x n  0,5x  y  z  2(0,16  x)  2z  0,36  H 2O   C3H :z C3H6 (OH)2  2H 2O x  0,06  nCONH.KOH   y  0,1 z  0,01  Do đó: m  0,06.99   0,1.110     14.0,1     18,34% mCONH.KOH mCH2 mC2H3COOK Câu 23:Chọn đáp án C Nhận thấy: C4H 9NO4  HCOONH 3CH 2COOCH (0,08mol) CONH : 0,48  0,08  0,4 CO : 0,56  NH : 0,56  0,08  0,48  CH : 0,63  0,08  0,55 Muèi  E    54,1gam 0,19mol  H 2O : 0,19  0,08  0,11 NaOH : 0,56 BTKL  CH : 0,63mol C4 H 9NO4 : 0,08  CONH (X ,Y ) X : (Gly)3 (CH )m (0,11  0,07  0,04)       11 Y : (Gly)4 (CH )n  0,11  0,07  11    BT.CH  (3  m)0,04  (4  n)0,07  0,55  m  2;n  trongpeptit Tìm được: %mX / E  217.0,04.100%  23,04% % 217.0,04  260.0,07  135.0,08 Câu 24:Chọn đáp án A CTPT : Z  Ala  Z : H 2NCH 2COOCH Ta có:  E  NaOH  CH 3OH  nCH OH  0,1  nZ  nH2NCH2COOCH3  0,1mol Mặt khác:   nCONH  2nNa2CO3  1,06 Khi đó: CONH :1,06 CONH :1,06  0,1  0,96   4nO2  3nCONH  CH :1,33  0,1  1,23  1,33  E CH :   72,26gam  H NCH 2COOCH : 0,1  NaOH :1,06 BTKL  H 2O : 0,27mol Muối  X : 0,27  0,15  0,12mol Tripeptit    (Gly)3 (CH2 )n  CONH peptit    Tetrapeptit Y : 0,27.5 /  0,15mol     (Gly)4 (CH2 )m BT.CH   0,12(3  n)  0,15(4  n)  1,23 trongpeptit  m  n   Y : (Gly)3 (Ala)(0,15mol)  %mY / E  260.0,15  54% 72,26 Câu 25:Chọn đáp án C CO : 0,39 4nO2  (2.0,39  0,24)   NH;0,24  0,45mol  BT.e: mCH2    CH m  68.0,39  15.0,24  14nCH2  36,42gam  NaOH : 0,39  muèi   Muèi  neste  0,39  0,24  0,15mol  nC2H5OH   mX  mNaOH  mmuèi  18nH O  46nC H OH  nH2O  0,09  npeptit ' 2   BTKL choX  NaO H  BTC   0,09Cpeptit  0,15Cpeptit  1,14  Cpeptit  6;Ceste  Lại có: CONH  nNH Đipeptit :C6H12O3N (0,03mol)   npeptit (Gly)3 (0,06mol)  %mĐipeptit / X  0,03.160 : 29,34  16,36% Câu 26:Chọn đáp án A Tiến hành quy đổi E thành CONH : 0,21( 2nN2 )  C H O : 0,37  0,21  0,16  nancol  0,16mol E CH :1,15  0,21  0,16.4  0,3(BT.C) BTKL  H I : 0,05mol  Thủy phân E thu muối chứng tỏ X, Y tạo axit M ancol  33,75  32  CH OH (0,16mol) 14  Ancol  CH (0,02mol) Khi đó, muối thu gồm C2H 4O2NNa: 0,21 C2H 4O2NNa: 0,14    C3H 6O2NNa: 0,07 C2H 3COONa: 0,16 CH : 0,3  0,21  0,02  0,07  0,16 C H COONa: 0,16    CONH (Z,T)  Z (0,05  0,01  0,04) 0,21  4,2    0,05 T5 (0,05.0,2  0,01) Z : (Ala)(Gly)3 (0,04mol) nAla 0,070,04 3.0,01    T : (Ala)3 (Gly)2 (0,01mol) Do đó: %mT / E  345.0,01.100%  12,37% 27,89 Câu 28:Chọn đáp án A Xét phản ứng 0,12 mol E với dung dịch KOH, ta có: nZ  nT  0,06  nZ  0,5nE CONH : a CH : b CO2 ;H 2O O2      0,99 mol  E    49,74   23,1gam  H 2O : c BTKL  N : 0,18mol NH : 0,5c Ta có: a  0,27 BT.e: 3a  6b  1,5c  4.0,99   mE  43a  14b  26,5c  23,1  b  0,48 BT.N : a  0,5c  0,18.2   c  0,18  n(X ;Y )  nZ  nT  0,09 nGly (x mol);nAla (y mol) AlaNH3CH3    * TH1: CH 3CH(NH )COONH 3CH  CH 3NH      z T x  0,15  nGly/ peptit x  y  nCONH  0,27   BT.C : 2x  3y  0,09.1  0,27  0,48 y  0,12  nAla/ peptit  0,03 CONH peptit  0,15  0,03   X,Y Đipeptit 0,09 M X  M Y X : Gly  Gly (8H)   Mà  0,15  0,12.2  4,(3) Y : Gly  Ala  Ala  Ala C(X ;Y )  0,09  GlyNH3CH3    *TH 2: H 2NCH 2COONH 3C2H  C2H 5NH     z T x  0,24  nGly / peptit  0,15 x  y  nCONH  0,27   BT.C : 2x  3y  0,09.2  0,27  0,48 y  0,03  nAla/ peptit CONH peptit  0,15  0,03   X,Y Đipeptit 0,09 M X  M Y X : Gly  Gly (8H)   Mà  0,15  0,12.2  4,(3) Y : Gly  Ala  Ala  Ala C(X ;Y )  0,09  Câu 29:Chọn đáp án B (COONa)2 : a 0,925.4  2a 3(0,5  2a)  CONH.NaOH : 0,5  2a   43,16  44(0,25  b)  18(0,5  2a b) CH : b  a  0,08  nOH /ancol  0,16   b  0,42 0,34 0,08 Muối este cố định lµ (COONa)2 n  CONH  0,34 COO : 0,16mol  7,04gam   Este  (COOR)2 R : 5,4  17.0,16  2,68gam  E CONH(0,34mol)   31,66gam  Peptit CH (0,42mol)   BTKL  H 2O(0,08mol)  Z (Gly)4 (CH )n (0,06mol)  CONH  4,25   T5 (Gly)5 (CH )m (0,02mol) BT.CH  (4  n)0,06  (5  m)0,02  0,42  n  m  260.0,06.100%  %mZ / E   49,27% 31,66 Chú ý: Vì peptit cấu tạo Gly Ala nên nCH2 (peptit ) nCONH  Hoặc suy luận từ kiện thu muối dẫn tới nCH2 (peptit )  nCONH  0,34(* ) Do đó, muối este CH2(COONa)2 lượng CH2 cịn lại peptit 0,34 (mâu thuẫn với (*) (COOH)2 : 0,08  3,6gam Có thể xử lí este sau: Este   Cn H 2n1OH : 0,16     CH 2  H 2O : 0,16  2,52gam Khi đó, kết hợp BTKL tìm mol H2O cách làm Câu 30:Chọn đáp án B  Cách 1: Tiến hành quy đổi Y, Z, T (cùng y mol) thành CpH 2n18O10 (y mol) Cm H 2m1NO : x O2  CO (0,96)  1,12 mol Khi đó: E  CpH 2p18O10 : y   H 2O(0,96  0,5x  9y)   H 2O BT.K : x  5y  0,35 x  0,03   BT.O : x  10y  1,12  0,96.3  0,5x  9y y  0,01 BTKL   nH2O/ E  0,06 BTKL   a  24,64  0,35.56  0,01.92  18(0,06  2.0,01)  41,88  Cách 2: H 2NCm H 2mCOOH Cm H 2m1NH : 2a   R COOH R H(1) : 3b  H 2O 0,35mol COO E   E   E   2 (* ) R COOH R H(2) : 2b C H (OH) C H (OH) : b   CO2 (0,96  0,35  0,61mol)  1,12 mol E2   BT.O  H 2O(3b  1,02) mol N (a)  2a  5b  nCOO  0,35 a  0,15  nCO2  nH2O  nN2  2a  2b  b   b  0,01    0,61(3b1,02)a O2  BTKL, tìm được: mE2  mC  mH  mN  mO  14,1     12.0,61 2.1,05 14.0,3 16.0,03  mE1  mE2  0,35.44  29,5  nH2O  (mE1  mE ) :18  0,27mol  nH2O(thđy ph©n peptit)  0,27  n H2O (thđy ph©n este)  0,24mol    3b  npeptit  2a  0,24  0,06mol BTKL cho phản ứng thủy phân KOH, ta được: mmuèi  mE  mKOH  18(n2axit  npeptit )  92nC3H5 (OH)3  42,88        24,64 56.0,35 2.0,01 0,06 0,01 ...  4nO2 B.CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Dạng toán liên quan đến lượng chất tìm cơng thức peptit a) Phương pháp giải * Xét phản ứng đốt cháy peptit CO2 : a  b CONH : a   O2 Peptit ... amol Theo cách quy đổi trên, ta có: nCONH  nCOOM  nMOH  nH  nNH  nCH2  nCONH Ca.a tao peptit  Cmuèi  nCONH b) Các ví dụ minh họa Ví dụ 1:Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở: đipeptit X,...  0,09  npeptit '' 2   BTKL choX  NaO H  BTC   0,09Cpeptit  0,15Cpeptit  1,14  Cpeptit  6;Ceste  Lại có: CONH  nNH Đipeptit :C6H12O3N (0,03mol)   npeptit (Gly)3