BT1: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là
A. 81,54. B. 66,44. C. 111,74. D. 90,6.
*HDG:
Cách 1:Viết PTHH, tính theo PT
Ala-Ala-Ala-Ala + H2O → 2Ala-Ala 0,1 mol 0,2 mol
Ala-Ala-Ala-Ala + H2O → Ala + Al-Ala-Ala 0,12 mol 0,12mol 0,12 mol Ala-Ala-Ala-Ala + 3H2O → 4Ala
0,05 mol 0,32 – 0,12 = 0,2 mol
=> Tổng số mol Ala-Ala-Ala-Ala = 0,1 + 0,12 + 0,05 = 0,27 mol
=> m = 0,27.302 = 81,54 gam.
Cách 2: Bảo toàn gốc Ala
nAla = 0,32 ; nAla-Ala = 0,2 ; nAla-Ala-Ala = 0,12 Bảo toàn gốc Ala ta có:
nAla-Ala-Ala-Ala = (0,32 + 0,2.2 + 0,12.3)/ 4 = 0,27 m = (89.4 – 18.3).0,27 = 81,54 gam.
Cách 3: Áp dụng định luật BTKL
nAla = 0,32 ; nAla-Ala = 0,2 ; nAla-Ala-Ala = 0,12
Số mol Ala tạo bởi sự cắt hết các liên kết peptit = 0,32 – 0,12 = 0,2 Số mol H2O tham gia phản ứng thủy phân = 0,23
4 + 0,2
2 + 0,12 = 0,37 BTKL ta có: m = 28,48 + 32 + 27,72 – (0,37 18) = 81,54 gam
*Nhận xét:
- BT này có thể giải theo nhiều cách. GV có thể yêu cầu HS tìm ra các cách giải khác nhau, từ đó tìm ra con đường ngắn nhất để đi đến kết quả, rèn luyện tính mềm dẻo của tư duy sáng tạo.
- Tổng quát hóa bằng cách thủy phân .penta .hexa ...octa peptit . - Khai thác bài toán theo các hướng:
+ Hướng thứ 1: thay đổi dữ kiện
BT2: Thủy phân 60,6g Gly-Gly-Gly-Gly-Gly được m gam Gly-Gly-Gly; 13,2g Gly-Gly và 37,5g Glyxin. Tính m?
A.18,9 B.19,8 C.9,9 D.37,8
*HDG: Số mol của (Gly)5= 0,2; (Gly)2 = 0,1 ; Gly = 0,5; đặt (Gly)3 = x Bảo toàn gốc Gly ta có: 0,2 .5 = 3x + 0,1.2 + 0,5 x = 0,1 m = 18,9 gam + Hướng thứ 2 là thay đổi các peptit.
BT3: Cho X là hexapeptit Ala–Gly–Ala–Val–Gly–Val và Y là tetrapeptit Gly–
Ala–Gly–Glu. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm X và Y thu được 4 amino axit, trong đó có 30 gam glyxin và 28,48 gam alanin. Giá trị của m là
A. 73,4. B. 77,6. C. 83,2. D. 87,4.
*HDG:
Đặt: Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val : a mol ; Gly-Ala-Gly-Glu : b mol
nGly= 2a + 2b = 30/75=0,4 mol và nAla = 2a + b = 28,48/89 = 0,32 mol Giải hệ được a = 0,12; b = 0,08
→m = 0,12.(89.2 + 75.2 + 117.2 – 5.18) + 0,08.(75.2+ 89 + 147 – 3.18) = 83,2 gam + Hướng thứ 3: Lựa chọn các bài tập gần giống
BT4: Cho m gam hỗn hợp N gồm 3 peptit X, Y, Z đều mạch hở và có tỉ lệ số mol nX : nY : nZ = 5 : 5 : 2. Thủy phân hoàn toàn N, thu được 75 gam Gly, 133,5 gam
Ala, 93,6 gam Val. Biết số liên kết peptit trong X, Y, Z khác nhau và có tổng là 6.
Giá trị của m là
A. 259,8 B. 264,3 C. 213,9 D. 255,4
*HDG:
Đổi số mol Gly= 1 mol; Ala= 1,5 mol; mol Val=0,8 mol
Dựa vào tỉ lệ mol nX : nY : nZ = 5 : 5 : 2 ta chọn được 3 peptit là (Gly)2 : (Ala)3: (Val)4 thỏa mãn tổng số liên kết peptit = 1+2+3=6 với số mol lần lượt là 0,5: 0,5: 0,2
m = 264,3 gam
BT5:Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và Y (CnHmO6Nt) cần dùng 600 ml dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác đốt cháy 30,73 gam E trong 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
* HDG:
Ala mol Gly
NaOH m
n y x
n mol b Ala Muoi
n mol a Gly Muoi mol
y N O H C Y
mol x N O H C E X
mol : ( )
) ( : )
( : :
) (
) ( : :
) : ( ) )(
( 16 ,
0 :0,9( )
5 6
6
7
2 2 ) 2
( :69,31
) ( 73 ,
30 2
N
g O
H E CO
g O vuadu
Nhớ: Gly (C2H5O2N: 75), Ala (C3H7O2N: 89) BTNT (Na): a + b = 0,9 (*)
06 , 0
1 , 0 9
, 0 5 6
16 , 0 )
(
/ y
x y
x y x peptit c t
gt
Cách 1:
Giả sử: mE(lúc sau) = k.mE(ban đầu) → 30,73 = k.(mGly + mAla – mH2O) )]
4 5 ( 18 89 75 [ 73 ,
30 k a b x y
30,73k[75a89b13,32] (1) BTNT (C): nCO2(lúc sau) = k.nCO2(ban đầu) = k.(2a + 3b)
BTNT (H): nH2O(lúc sau) = k.nH2O(ban đầu)= k.
2
1.nH(ban đầu) = 2
1 .k[5a + 7b – 2.(5x + 4y)]
= 1.k[5a + 7b – 1,48]
mH2O + CO2 = 69,31 → 44.k(2a + 3b) + 18.
2
1 .k[5a + 7b – 1,48] = 69,31 → 69,31 = k[133a + 195b – 13,32] (2)
75 89 13,32
32 , 13 195 133
73 , 30
31 , 69 2
1
a b
b
a (**)
Từ (*) và (**) → a = 0,38; b = 0,52 → a : b = 0,7308.
Cách 2:
X + 5H2O → 6 α-AA 0,1 0,5 0,6 Y + 4H2O → 5 α-AA 0,1 0,4 0,5 Ta thấy: ( )
=
=
=
( tỉ lệ này không đổi) Quy 30,73 gam hỗn hợp E về:
Gly(C2H5O2N) z mol; Ala (C3H7O2N) t mol; - H2O
( )
75z + 89t – 18.
( ) = 30,73 (*)
mCO2+mH2O =(2z +3t).44 + (2,5z +3,5t).18 – 18.
( ) = 69,31 (**) Giải hệ (*)(**) ta có z= 0,19, t = 0,26
a:b = z:t = 0,19:0,26 = 0,7308.
Cách 3:
Đặt CT chung của glyxin và alanin là CnH2n+1O2N với số mol là x Quy 30,73 gam hỗn hợp E về: CnH2n+1O2N 45x mol; -H2O 37x mol
(14n+ 47).45x – 18. 37x = 30,73 (1)
45nx. 44 + .18 – 18.37x = 69,31 (2) Lập tỉ lệ ( )
( ) ta tìm được n = 2,578
Sau đó dựa vào đường chéo tìm được tỉ lệ mol giữa 2 aminoaxit là 0,7308
*Nhận xét:
BT này có tác dụng phát triển năng lực tái hiện, liên hệ, tổng hợp và vận dụng kiến thức theo bản chất đồng thời phát triển năng lực tư duy toán học, khả
năng suy luận, biện luận logic để tìm ra kết quả. Nó đòi hỏi phát huy tính sáng tạo, khả năng tư duy cao độ của HS.
GV cũng có thể yêu cầu HS đưa ra nhiều cách giải khác nhau từ đó phát triển năng lực quan sát, nhận xét để tìm được con đường ngắn nhất đến kết quả.
2.4.2. Rèn luyện khả năng sáng tạo ra bài tập mới cho học sinh
Việc giúp học sinh biết sáng tạo bài toán mới, biết khái quát các vấn đề đã học, đặc biệt biết khái quát hoá hướng suy nghĩ, phương pháp giải là một bước quan trọng của quá trình giải bài tập, một phương thức rèn luyện Tư duy sáng tạo hóa học, một trong những mục tiêu chính của học tập sáng tạo. Có nhiều cách để sáng tạo bài tập mới, tuy nhiên ở đây ta chỉ xét những hướng xây dụng bài tập mới như sau:
a) Diễn tả điều đã biết dưới nhiều dạng khác nhau
b) Từ bài tập đã biết, sử dụng các thao tác tư duy như : tương tự, đặc biệt hoá, khái quát hoá, lật ngược vấn đề,...để đi đến bài tập đảo, bài tập tương tự, dạng đặc biệt hay tổng quát của bài tập.
c) Từ bài tập đã giải, bằng những suy luận có lí suy ra những bài tập khác.
d) Nghiên cứu sâu bản chât của bài tập : Phân tích nguồn gốc cái đã cho, cái cần tìm và những mối liên hệ giữa chúng, đoán nhận được cơ sở sự hình thành nên bài tập...để xây dựng các bài tập cùng dạng.
Ví dụ 1:
BT 1: Số đồng phân cấu tạo của amin bậc một có cùng công thức phân tử C4H11N là:
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
*HDG:
Amin bậc 1 có dạng R- NH2 R có 4C; R có thể có các loại mạch sau:
C─C─C─C─ ; C C C | C
; C C C | C
;
C | C C C | C
Có 4 đồng phân
Ta có thể xây dựng các BT mới bằng cách thay đổi cách hỏi, ví dụ ta có thể chuyển BT trên thành BT sau:
BT2: Số đồng phân cấu tạo của amin có cùng công thức phân tử C4H11N có khả
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
BT3: Số đồng phân cấu tạo của amin có cùng công thức phân tử C4H11N có cùng bậc với ancol etylic là:
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
Thực chất với 2 BT trên vẫn là hỏi số đồng phân amin bậc 1, tuy nhiên đã được thay đổi cách hỏi, với BT2 mục đích để HS ngoài cách viết CTCT các đồng phân amin còn được nhắc lại tính chất của amin bậc 1 là tác dụng với HNO2 tạo khí N2; với BT3 còn nhớ lại được cách xác định bậc của ancol
Ví dụ 2:
BT1: Có các dung dịch riêng biệt sau: C6H5-NH3Cl (phenylamoni clorua), H2N-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH, ClH3N-CH2-COOH, HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)- COOH, H2N-CH2-COONa. Số lượng các dung dịch có môi trường axit là:
A. 2. B. 3. C. 5. D. 4
*HDG: Gồm 3 chất
C6H5-NH3Cl (muối của axit mạnh và bazơ yếu)
ClH3N-CH2-COOH (muối của axit mạnh và bazơ yếu) HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH (số nhóm COOH > NH2) Với BT trên ta có thể thay bằng BT sau:
BT2: Có các dung dịch riêng biệt sau: C6H5-NH3Cl (phenylamoni clorua), H2N-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH, ClH3N-CH2-COOH, HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)- COOH, H2N-CH2-COONa. Số lượng các dung dịch có pH < 7 là:
A. 2. B. 3. C. 5. D. 4 . Thực chất BT2 vẫn là hỏi số lượng các dung dịch có môi trường axit, tuy
nhiên đã được thay đổi cách hỏi, với mục đích nhắc lại cho HS nhớ mối liên hệ giữa giá trị pH và các môi trường
Ví dụ 3: BT đốt cháy peptit
BT 1: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCxH2xCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O.
Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư,
thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 11,82. B. 17,73. C. 23,64. D. 29,55.
*HDG:
Tripeptit X là: (CnH2n+1O2N)3 – 2H2O = C3nH6n-1O4N3 Tetrapeptit Y: (CnH2n+1O2N)4 - 3H2O = C4nH8n-2O5N4
- Đốt cháy Y: C4nH8n-2O5N4 → 4n CO 2 + (4n- 1) H2O + 2N2 0,05 0,05.4n 0,05.(4n-1) (mol)
44. 0,05.4n + 18. 0,05.(4n-1)= 36,3 n = 3 - Đốt cháy X: C9H17O4N3 → 9CO 2 + 8,5H2O + 1,5N2.
0,01 0,09 (mol) CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O
0,09 0,09 (mol) mkết tủa = 1970,09 = 17,73 gam
*Nhận xét:
- Qua BT trên ta có thể tổng kết hướng giải các BT đốt cháy peptit như sau:
+ Lập CT của các peptit, viết PTHH của phản ứng cháy
+ Dựa vào dữ kiện bài ra để tìm CT peptit, từ đó tìm được yêu cầu của BT
- Hướng phát triển: Xây dựng các bài tập tương tự nhưng thay đổi cách hỏi để phát triển tính nhuần nhuyễn của tư duy sáng tạo, ví dụ như các BT sau đây:
BT tương tự 1: X và Y lần lượt là các tripeptit và hexapeptit được tạo thành từ cùng một amoni axit no mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X bằng O2 vừa đủ thu được sản phẩm gồm CO2, H2O và N2 có tổng khối lượng là 40,5 gam. Nếu cho 0,15 mol Y tác dụng hoàn toàn với NaOH (lấy dư 20% ), sau phản ứng cô cạn dd thu được bao nhiêu gam chất rắn ?
A. 9,99 gam B. 87,3 gam C. 94,5 gam D. 107,1 gam
*HDG:
X: tripeptit (CnH2n+1O2N)3-2H2O = C3nH6n-1O4N3 Y: hexapeptit (CnH2n+1O2N)6-5H2O = C6nH12n-4O7N6
- Đốt cháy X: C3nH6n-1O4N3 + O2 → 3n CO2 + (3n- 0.5) H2O + 3/2N2 0,1 (3n.44 + (3n- 0.5).18 + 28. 3/2) = 40,5 n= 2 Y là C
- Thủy phân Y: Y + 6NaOH → Muối + H2O
0,15 0,9 0,15 (mol) BTKL: m(chất rắn) = mY + mNaOH (bđầu) - mH2O
= 0,15.360 + 0,9.40.120% -0,15.18 = 94,5 gam
BT tương tự 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 –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm CO2, 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 ? A. 2,8 mol. B. 2,025 mol. C. 3,375 mol. D. 1,875 mol.
*HDG:
X: tripeptit (CnH2n+1O2N)3-2H2O = C3nH6n-1O4N3 Y: tetrapeptit (CnH2n+1O2N)4 - 3H2O = C4nH8n-2O5N4
- Đốt cháy Y: C4nH8n-2O5N4 → 4n CO 2 + (4n- 1) H2O + 2N2
0,1 (4n.44 + (4n- 1).18) = 47,8 n= 2
X là C6H11O4N3
- Đốt cháy X: C6H11O4N3 + 6,75 O2 → 6CO2 + 5,5 H2O + 1,5N2 0,3 → 2,025 (mol) Ví dụ 4: Thủy phân peptit trong môi trường kiềm
BT1: Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Giá trị của m là
A. 51,72. B. 54,30. C. 66,00. D. 44,48.
*HDG: số mol NaOH = 0,6 PƯ thủy phân X, Y:
(α-aa)4 + 4NaOH 4Muối + H2O
a 4a a (mol) (α-aa)3 + 3NaOH 3Muối + H2O
2a 6a 2a (mol) Như vậy, 4a + 6a = 0,6 a = 0,06
Theo định luật bảo toàn KL: m = 72,48 + (0,06318) (0,640) = 51,72 gam
*Nhận xét:
- Nếu các gốc α-aminoaxit có 1 nhóm COOH và 1 nhóm NH2 thì có bao nhiêu gốc α-aminoaxit cộng bấy nhiêu phân tử NaOH tạo thành 1 phân tử H2O
TQ: (α-aa)n + nNaOH nMuối + H2O
- Với dạng BT này thường sử dụng định luật BTKL - GV có thể phát triển bài toán theo các hướng sau:
+Hướng 1: Thay đổi bằng cách đảo ngược các dữ kiện
BT gốc: Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Giá trị của m là
A. 51,72. B. 54,30. C. 66,00. D. 44,48.
BT phát triển 1: Đun nóng 77,58 gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1,5M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Giá trị của m là?
*HDG:
PƯ thủy phân X, Y:
(α-aa)4 + 4NaOH 4Muối + H2O
a 4a a (mol) (α-aa)3 + 3NaOH 3Muối + H2O
2a 6a 2a (mol) Như vậy, 4a + 6a = 0,9 a = 0,09
Theo định luật bảo toàn KL: m = 77,58 + 0,9.40 (0,09.3.18) = 108,72 gam
BT phát triển 2: Đun nóng 64,65 gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a mol tripeptit mạch hở Y với V ml dung dịch NaOH 2M (vừa đủ). Sau khi các phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 90,6 gam muối khan của các amino axit đều có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2 trong phân tử. Giá trị của V là?
*HDG:
PƯ thủy phân X, Y:
(α-aa)4 + 4NaOH 4Muối + H2O
a 4a a (mol) (α-aa)3 + 3NaOH 3Muối + H2O
2a 6a 2a (mol)
Theo định luật bảo toàn KL: 64,65 + 10a.40 = 90,6 + (3a.18) a= 0,075
số mol NaOH = 10a= 0,75 mol VNaOH = 0,375 lit = 375 ml +Hướng 2: Đưa ra các bài tập tương tự
BT tương tự 1: Thủy phân hoàn toàn m gam đipeptit Gly-Ala (mạch hở) bằng dung dịch KOH vừa đủ, thu được dung dịch X. Cô cạn toàn bộ dung dịch X thu được 2,4 gam muối khan. Giá trị của m là
A. 1,46. B. 1,36. C. 1,64. D. 1,22.
*HDG:
Gly H2NCH2COOH (M = 75) và Ala H2NCH(CH3)COOH (M = 89) GlyAla + 2KOH H2NCH2COOK + H2NCH(CH3)COOK + H2O
(146) (113 + 127 = 240)
m = 1,46 gam
BT tương tự 2: Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được tạo nên từ hai α-amino axit có công thức dạng H2NCxHyCOOH) bằng dung dịch NaOH dư, thu được 6,38 gam muối. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 4,34 gam X bằng dung dịch HCl dư, thu được m gam muối. Giá trị của m là
A. 6,53. B. 7,25. C. 8,25. D. 5,06.
*HDG:
Thủy phân 1 mol tripeptit cần 3 mol NaOH 3 mol muối + 1 mol H2O
số mol tripeptit = 6,38 4, 34 (40 3) 18
= 0,02
Thủy phân 1 mol tripeptit cần 3 mol HCl + 2 mol H2O 3 mol muối (m gam)
m = 4,34 + (0,02336,5) + (0,02218) = 7,25 gam
Tiểu kết chương 2
Trong chương 2 luận văn chúng tôi đã đưa ra bốn nhóm giải pháp bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh ở trường THPT qua dạy học bài tập chương Amin- aminoaxit- protein :
1. Rèn luyện cho HS bài tập theo các mức độ nhận thức và tư duy 2. Rèn luyện một số thao tác tư duy cơ bản
3. Bồi dưỡng một số năng lực đặc trưng của tư duy sáng tạo thông qua các bài tập phù hợp
4. Bồi dưỡng cho học sinh THPT khả năng phát hiện vấn đề mới và khả năng khơi dậy ý tưởng mới.
Trong mỗi nhóm giải pháp,chúng tôi đã xây dựng được một số bài tập minh hoạ tương đối phong phú, trong đó có nhiều bài tập hay có tác dụng nhiều mặt trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo. Chúng tôi hy vọng rằng, với một phương pháp giảng dạy thích hợp, có thể khai thác hệ thống ví dụ đó, góp phần mang lại hiệu quả tích cực trong đổi mới phương pháp giảng dạy ở nhà trường phổ thông.
CHƯƠNG 3