2.3.1. Năng lực toán học
Ví dụ: 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: BT trên có đặc điểm rèn luyện cho HS năng lực về toán học, biết cách sử dụng các thuật toán để giải quyết các bài tập định lượng trong hóa học.
2.3.2. Năng lực tiếp thu kiến thức
BT1: Cho các dung dịch: C6H5NH2 (anilin); CH3NH2; NaOH; C2H5OH;
NH2CH2COOH; NH2-CH2-CH(NH2)COOH; HOOC-CH2-CH2–CH(NH2)COOH.
Số dung dịch làm đổi màu phenolphtalein là:
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
* Nhận xét: BT này giúp HS nhớ lại tính axit, bazơ của aminoaxit (môi trường của aminoaxit tùy thuộc vào số nhóm NH2 so với nhóm COOH)
HS cũng được nhắc lại tính bazơ của amin (amin béo có lực bazơ mạnh hơn amin thơm, amin thơm có lực bazơ quá yếu => không làm đổi màu chất chỉ thị), từ đó hình thành ở HS khả năng tái hiện kiến thức.
*HDG: Các dung dịch làm đổi màu phenolphtalein là những dung dịch có môi trường bazơ (đủ mạnh)
C6H5NH2 (anilin): amin thơm, có tính bazơ quá yếu => không đổi màu
CH3NH2: amin béo, có tính bazơ > NH3 => đổi màu
C2H5OH: ancol => không đổi màu
NH2CH2COOH : số nhóm NH2 = COOH => môi trường trung tính
NH2-CH2-CH(NH2)COOH:số nhóm NH2 > COOH => môi trường bazơ
HOOC-CH2-CH2–CH(NH2)COOH:số nhóm NH2 < COOH=>môi trường axit
=> Có 3 chất làm đổi màu phenolphtalein là : CH3NH2 ; NaOH; NH2-CH2- CH(NH2)COOH
BT2. Chất X có công thức phân tử C4H9O2N. Biết: X + NaOH → Y + CH4O Y + HCl (dư) → Z + NaCl Công thức cấu tạo của X và Z lần lượt là
A. H2NCH2CH2COOCH3 và CH3CH(NH3Cl)COOH.
B. CH3CH(NH2)COOCH3 và CH3CH(NH3Cl)COOH.
C. CH3CH(NH2)COOCH3 và CH3CH(NH2)COOH.
D. H2NCH2COOC2H5 và ClH3NCH2COOH.
*Nhận xét: BT trên giúp bồi dưỡng các kiến thức về tính chất của aminoaxit, este của aminoaxit. Ta có thể sử dụng BT này trong phần củng cố sau khi học xong aminoaxit hoặc trong các bài luyện tập.
*HDG:
Phương trình X + NaOH → Y + CH4O cho thấy loại ngay được D
Phương trình Y + HCl (dư) → Z + NaCl cho thấy loại C và A vì sản phẩm từ C không có Cl và sản phẩm từ A không đúng vị trí Cl.
BT3: Hỗn hợp X gồm alanin và axit glutamic. Cho m gam X tác dụng hoàn toàn với dd NaOH (dư), thu được dd Y chứa (m+30,8) gam muối. Mặt khác, nếu cho m gam X tác dụng hoàn toàn với dd HCl, thu được dd Z chứa (m+36,5) gam muối.
Giá trị của m là:
A. 112,2 B. 171,0 C. 165,6 D. 123,8
*Nhận xét: BT trên cung cấp các kiến thức về aminoaxit:
+ Tính lưỡng tính của aminoaxit
+ Độ tăng giảm khối lượng khi aminoaxit tác dụng với HCl và NaOH + BT trên được sử dụng trong các tiết ôn tập luyện tập aminoaxit
*HDG:
Ta có 1mol COOH + NaOH 1 mol COONa ΔM= 22 gam
xmol COOH + NaOH x mol COONa Δm= 30,8 gamx=1,4 Ta có 1 mol NH2 + HCl 1 mol NH3Cl ΔM= 36,5 gam
y mol NH2 + HCl y mol NH3Cl Δm= 36,5 gam y=1
Đặt a, b lần lượt là số mol của alanin và axit glutamic. Ta có hệ: a+b=1 và a+2b=1,4 Giải hệ ta được a= 0,6; b=0,4 m=0,6.89 + 0,4.147 = 112,2 gam
BT4. Cho 1 mol amino axit X phản ứng với dung dịch HCl (dư), thu được m1 gam muối Y. Cũng 1 mol amino axit X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được m2 gam muối Z. Biết m2 – m1 = 7,5. Công thức phân tử của X là
A. C5H9O4N. B. C4H10O2N2. C. C5H11O2N. D. C4H8O4N2.
*Nhận xét: tương tự như BT2, BT trên cung cấp các kiến thức về aminoaxit:
+ Tính lưỡng tính của aminoaxit
+ Sự tăng giảm khối lượng khi aminoaxit tác dụng với HCl và NaOH
*HDG:
Coi X có a nhóm NH2 và b nhóm COOH thì
1 mol X phản ứng với HCl tăng 36,5a gam m1 = X + 36,5a 1 mol X phản ứng với NaOH tăng 22b gam m2 = X + 22b
Theo gt: X + 22b = X + 36,5a + 7,5 a =1 và b = 2 Công thức X chứa N1 và O4. BT5: Cho 0,1 mol chất X (CH6O3N2) tác dụng với dung dịch chứa 0,2 mol NaOH đun nóng thu được chất khí làm xanh quỳ tím ẩm và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
A. 5,7 B. 12,5 C. 15 D. 21,8
*Nhận xét: BT trên cung cấp các kiến thức về muối của amin; được sử dụng trong các tiết ôn tập, luyện tâp.
*HDG
- Phân tích: Chất khí bay lên là bazơ nhưng không thể là NH3 vì đây không thể là muối của ammoniac, do đó khí phải là amin CH3NH2 X là muối metylamoni nitrat CH3NH3NO3
PT: CH3NH3NO3 + NaOH → CH3NH2 + NaNO3 + H2O
PƯ: 0,1 0,1 (dư 0,1 mol) 0,1 (mol) Khối lượng chất rắn = m
2.3.3. Năng lực tái hiện liên hệ, tổng hợp và vận dụng kiến thức theo bản chất BT1: Este X (có khối lượng phân tử bằng 103 đvC) được điều chế từ một ancol đơn chức (có tỉ khối hơi so với oxi lớn hơn 1) và một amino axit. Cho 25,75 gam X phản ứng hết với 300 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn. Giá trị m là
A. 27,75. B. 24,25. C. 26,25. D. 29,75.
*Nhận xét:
Đây là bài tập về este của aminoaxit, góp phần hình thành mối liên quan giữa aminoaxit và các loại hợp chất đã học, từ đó phát triển năng lực tái hiện, liên hệ tổng hợp và vận dụng kiến thức của HS
BT này GV có thể sử dụng trong củng cố kiến thức (sau khi học xong bài aminoaxit) hoặc trong các bài ôn tập, luyện tập.
*HDG:
số mol X = 0,25 ; NaOH = 0,3 NaOH dư = 0,05 ứng với 2,0 gam X có dạng H2NRCOOR’ 16 + R + 44 + R’ = 103 R + R’ = 43
ancol đơn chức (có tỉ khối hơi so với oxi lớn hơn 1) R’ > 15 nhưng phải < 43 Vậy R’ là C2H5 (29) R = 14 là CH2 X có công thức H2NCH2COOC2H5 M muối = 103 29 + 23 = 97 m = (970,25) + 2 = 26,25 gam
BT2: Cho 21 gam hỗn hợp gồm glyxin và axit axetic tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH, thu được dung dịch X chứa 32,4 gam muối. Cho X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là
A. 44,65. B. 50,65. C. 22,35. D. 33,50.
*Nhận xét:
- BT trên có tác dụng tổng hợp kiến thức của axit cacboxylic và aminoaxit, tổng hợp tính chất của các hợp chất, vì vậy giúp HS nhớ lại các kiến thức đã học, đồng thời vận dụng linh hoạt trong các BT tiếp theo
*HDG: H2NCH2COOH (75) H2NCH2COOK (119) (1)
CH3COOH (60) CH3COOK (98) (2) H2NCH2COOK + 2HCl ClH3NCH2COOH + KCl (3) CH3COOK + HCl CH3COOH + KCl (4)
Tổng số mol hỗn hợp = 32,4 21 39 1
= 0,3 Hệ PT: 75a + 60b = 21 (I) và a + b = 0,3 (II) Ghép (I) và (II) cho a = 0,2 ; b = 0,1
Theo (3), (4) m = 32,4 + (0,436,5) 0,1(59 35,5) = 44,65 gam
BT3: Chất hữu cơ X mạch hở có dạng H2N-R-COOR' (R, R' là các gốc hiđrocacbon), phần trăm khối lượng nitơ trong X là 15,73%. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH, toàn bộ lượng ancol sinh ra cho tác dụng hết với CuO (đun nóng) được anđehit Y (ancol chỉ bị oxi hoá thành anđehit). Cho toàn bộ Y tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 12,96 gam Ag kết tủa. Giá trị của m là
A. 3,56. B. 5,34. C. 2,67. D. 4,45.
*Nhận xét:
- BT trên có tác dụng ôn tập lại tính chất của các hợp chất: este, aminoaxit, ancol và anđehit:
+ Phản ứng thủy phân este
+ Phản ứng oxi hóa ancol nhờ CuO + Phản ứng tráng gương của anđehit
vì vậy giúp HS nhớ lại các kiến thức đã học, đồng thời vận dụng linh hoạt trong các BT tiếp theo
*HDG:
KL mol của X = 14 : 0,1573 = 89 và số mol Ag = 0,12 16 + R + 44 + R’ = 89 R + R’ = 29 R’ là CH3
H2N-R-COOCH3
NaOHCH3OH CuO, to HCH=O 3
3 +AgNO
NH 4Ag
Số mol X = 0,12 : 4 = 0,03 m = 89 0,03 = 2,67 gam
2.3.4. Năng lực quan sát, nhận xét để tìm con đường ngắn nhất đến kết quả BT1: Cho 0,15 mol H2NC3H5(COOH)2 (axit glutamic) vào 175 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch X. Cho NaOH dư vào dung dịch X. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, số mol NaOH đã phản ứng là
A. 0,70. B. 0,50. C. 0,65. D. 0,55.
*HDG: Đổi n(HCl) = 0,35 mol
Cách 1: Giải bình thường: Viết PTHH, tính theo PTHH
H2NC3H5(COOH)2 + HCl → ClH3N+C3H5(COOH)2
0,15 0,15 0,15 (sau phản ứng còn 0,2 mol HCl) ClH3N+C3H5(COOH)2 + 3NaOH →H2NC3H5(COONa)2 + NaCl + H2O 0,15 0,45
HCl + NaOH → NaCl + H2O 0,2 0,2
Từ các PTHH trên thấy số mol NaOH đã phản ứng = 0,45 + 0,2 = 0,65
Cách 2: Ta có thể nhìn ra mối liên quan: Lượng NaOH phản ứng với dd X bằng với lượng NaOH phản ứng với HCl và nhóm COOH
số mol NaOH = mol (HCl) + mol (COOH) = 0,35 +0,15.2 = 0,65 mol
*Nhận xét:
- Như vậy với cách 2 HS không cần viết PTHH, và cũng không cần quan tâm xem lượng HCl còn dư hay lượng axit glutamic còn dư, cách tính toán cũng đơn giản và nhanh hơn nhiều so với cách 1. Như vậy HS sau khi phân tích sẽ chọn được cách làm nhanh nhất, phù hợp nhất với khả năng của mình
- Về kiến thức: BT này rèn cho HS kĩ năng viết PTHH thể hiện tính lưỡng tính của aminoaxit, tính chất của muối amoni, đồng thời rèn cho HS khả năng tính toán.
- Về cách sử dụng: BT này có thể được sử dụng trong các tiết luyện tập về aminoaxit. GV khi đưa ra đề bài có thể yêu cầu HS giải với các cách khác nhau, từ đó phát triển năng lực quan sát, nhận xét để tìm con đường ngắn nhất đến kết quả.
BT2: Hỗn hợp X gồm 2 amino axit no (chỉ có nhóm chức –COOH và –NH2 trong phân tử), trong đó tỉ lệ mO : mN = 80 : 21. Để tác dụng vừa đủ với 3,83 gam hỗn hợp X cần 30 ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 3,83 gam hỗn hợp X cần 3,192 lít O2 (đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (CO2, H2O và N2) vào nước vôi trong dư thì khối lượng kết tủa thu được là
A. 13 gam. B. 20 gam. C. 15 gam. D. 10 gam.
*HDG: số mol O2 = 0,1425 và HCl = 0,03 Cách 1:
Tỉ lệ số mol O : N = 80 16: 21
14 = 10 : 3 Công thức TB: CxHyO10N3.
CxHyO10N3 + 3HCl (1) 0,01 0,03
CxHyO10N3 + O2 xCO2 + 0,5yH2O + 1,5N2 (2) 0,01 0,1425 0,01x 0,005y
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (3)
Từ (1) tính được KL mol TB = 383 12x + y = 383 160 + 42 = 181 (I) Theo ĐLBT, số mol O = (0,1425×2) + (0,01×10) = (2×0,01x) + 0,005y
4x + y = 77 (II). Kết hợp (I) với (II) cho x = 13 ; y = 25 Từ (2) số mol CO2 = 0,13 Từ (3) khối lượng CaCO3 = 13 gam Cách 2:
Có nN = nHCl = 0,03 mol nO = 10/3nN = 0,1 mol X + O2 CO2 + H2O + N2
0,1425 x y 0,015 (mol)
{
Giải hệ cho x= 0,13; y= 0,125 nCaCO3 = 0,13 mol mCaCO3 = 13 gam
BT3: Hỗn hợp X gồm 1 mol aminoaxit no, mạch hở và 1 mol amin no, mạch hở.
X có khả năng phản ứng tối đa với 2 mol HCl hoặc 2 mol NaOH. Đốt cháy hoàn toàn X thu được 6 mol CO2, x mol H2O và y mol N2. Các giá trị x, y tương ứng là A. 7 và 1,0. B. 8 và 1,5. C. 8 và 1,0. D. 7 và 1,5.
*HDG:
Cách 1:Gọi CT chung của các hợp chất
Theo gt: Amino axit có 1 nhóm NH2 và 2 nhóm COOH, còn amin có 1 nhóm NH2. Công thức 2 chất có dạng H2N-CaH2a 1(COOH)2 và CbH2b+3N
Tổng số C = 6 a + 2 + b = 6 a + b = 4 thì a = 3 (để kết hợp 3 nhóm chức) còn b = 1
Tổng số H = 2 + 2a 1 + 2 + 2b + 3 = 14 số mol H2O = x = 14 2 = 7 Tổng số N = 2 số mol N2 = y = 1
Cách 2:
Theo giả thiết amin đơn chức có 1 nhóm NH2, aminoaxit có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH, hai hợp chất đều no
CT 2 chất có dạng: CnH2n+3N và CmH2m+1O2N với số mol bằng nhau nên CTC là Cn+mH2(n+m+1)O2N2 + O2 (n+m)CO2 + (n+m+1)H2O + N2
1 6 x y (mol) Vì n+m= 6 x=7, y=1
BT4: Amino axit X có công thức H2NCxHy(COOH)2. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít dung dịch H2SO4 0,5M, thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch gồm NaOH 1M và KOH 3M, thu được dung dịch chứa 36,7 gam muối. Phần trăm khối lượng của nitơ trong X là
A. 10,526%. B. 10,687%. C. 11,966%. D. 9,524%.
*HDG:
Số mol H2SO4 = 0,1
Sau các phản ứng dd chứa Na+, K+, SO24, H2NCxHy(COO)2 có khối lượng 36,7 gam Thăng bằng điện tích: a + 3a = (20,1) + (20,1) = 0,4 a = 0,1
Ta có: (230,1)+(390,3)+(960,1)+ (M20,1) = 36,7 M2 = 131 12x + y = 27.
X = 131 + 2 = 133 % khối lượng N = 14 : 133 = 0,10526 hay 10,526%
2.3.5. Năng lực suy luận, biện luận, logic
Ví dụ: Bài tập đốt cháy hỗn hợp gồm amin và các hiđrocacbon
BT1: Đốt cháy hoàn toàn 50 ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và hai hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 375 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch H2SO4 đặc (dư), thể tích khí còn lại là 175 ml. Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện. Hai hiđrocacbon đó là
A. C2H4 và C3H6. B. C3H6 và C4H8. C. C2H6 và C3H8. D. C3H8 và C4H10.
*HDG:
Dễ nhận thấy: V
H O2 = 375 175 = 200 ml ; V
CO2 + V
N2 = 175 ml
- Đến đây để tìm được hai hidrocacbon ta có thể suy luận dựa vào số ̅̅̅ và số ̅
Có ̅̅̅
. Mà C3H9N có số H > 8 nên phải có hiđrocacbon có số H < 8 (1) VC H N3 9 < 50 ml V
N2 < 25 ml V
CO2> 150 ml ̅
nên phải có hiđrocacbon có số C > 3 (2).
Từ điều (1) và (2) nên chỉ có đáp án B thỏa mãn
*Nhận xét: BT này chủ yếu nhằm phát triển năng lực suy luận biện luận logic để tìm ra kết quả bài toán (ở đây là suy luận dựa vào số ̅̅̅ và số ̅), từ đó giúp rèn luyện tính nhuần nhuyễn của tư duy sáng tạo
*Hướng phát triển: Hướng dẫn HS giải các bài tập tương tự để rèn tư duy, ví dụ các BT sau đây:
BT2: Hỗn hợp khí X gồm đimetylamin và hai hiđrocacbon đồng đẳng liên tiếp.
Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 550 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi nước. Nếu cho Y đi qua dung dịch axit sunfuric đặc (dư) thì còn lại 250 ml khí (các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện). Công thức phân tử của hai hiđrocacbon là
A. CH4 và C2H6. B. C2H4 và C3H6. C. C2H6 và C3H8. D. C3H6 và C4H8
*HDG:
Tương tự như BT trên, ta cũng suy luận dựa vào số ̅ và số ̅ Dễ nhận thấy: V
H O2 = 550 250 = 300 ml ; V
CO2 + V
N2 = 250 ml Có ̅̅̅
. Mà đimetylamin là (CH3)2NH hay C2H7N có số H > 6 nên phải có hiđrocacbon có số H < 6 (1)
VC H N3 9 < 100 ml V
N2 < 50 ml V
CO2> 200 ml ̅
nên phải có hiđrocacbon có số C > 2 (2).
Từ điều (1) và (2) nên chỉ có đáp án B thỏa mãn
BT3: Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là đồng đẳng kế tiếp (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O2 (đktc) thu được H2O, N2 và 2,24 lít CO2 (đktc). Chất Y là
A. etylamin. B. propylamin. C. butylamin. D. etylmetylamin.
*HDG:
số mol O2 = 0,2025; CO2 = 0,1.
Bảo toàn mol nguyên tử O ta có: số mol H2O = (0,20252) (0,12) = 0,205 mol Khi đốt cháy anken luôn thu được số mol H2O= số mol CO2
Số mol 2 amin = 0,205 0, 1 1,5
= 0,07 ̅ < 0, 1
0,07 = 1,43 có CH3NH2. Suy ra, Chất Y là etylamin
BT4: Cho X là axit cacboxylic, Y là amino axit (phân tử có một nhóm NH2). Đốt cháy hoàn toàn 0,5 mol hỗn hợp gồm X và Y, thu được khí N2; 15,68 lít khí CO2 (đktc) và 14,4 gam H2O. Mặt khác, 0,35 mol hỗn hợp trên phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa m gam HCl. Giá trị của m là
A. 4,38. B. 5,11. C. 6,39. D. 10,22.
*HDG:
Số mol CO2 = 0,7 ; H2O = 0,8 Số C = 0,7/0,5 = 1,4 và số H = (0,8/ 0,5)2 = 3,2
X là HCOOH để số C < 1,4 và số H < 3,2
Để số mol CO2 < H2O thì Y có dạng H2NRCOOH
Từ sơ đồ CH2O2 CO2 + H2O và CnH2n+1O2N nCO2 + 0,5(2n+1)H2O
số mol Y trong tổng 0,5 mol hỗn hợp = (0,8 0,7)2 = 0,2 chiếm 40%
Vậy số mol Y trong 0,35 mol hỗn hợp = 0,14 = HCl m = 0,14 36,5 = 5,11 gam 2.3.6. Năng lực kiểm chứng
Ví dụ: Các bài tập về peptit
BT1: Hợp chất nào sau đây thuộc loại đipeptit
A. H2N-CH2CONH-CH2-CONH-CH2COOH B.H2N-CH2CONH-CH(CH3)-COOH C. H2N-CH2CH2CONH-CH2CH2-COOH D. H2N-CH2CH2CONH-CH2-COOH
*Phân tích: đipeptit gồm 2 gốc α-aminoaxit liên kết với nhau bằng liên kết peptit (có 1 liên kết peptit) Đáp án B thỏa mãn điều kiện trên
Tuy nhiên HS có thể có những nhầm lẫn thường gặp như sau:
+ đipeptit là hợp chất có 2 liên kết peptit chọn A + 2 gốc không phải là α-aminoaxit chọn C hoặc D
*Nhận xét: Đây là 1 BT lý thuyết đơn giản, nhưng trong quá trình giảng dạy có khá nhiều HS vẫn bị nhầm lẫn, vì vậy khi chữa những BT này, GV cần nhấn mạnh lại
một lần nữa, phân tích cặn kẽ các lựa chọn nhiễu, từ đó kiểm tra khả năng nắm vững kiến thức của HS đồng thời giúp HS rèn luyện năng lực kiểm chứng
BT 2: Có bao nhiêu peptit có CTPT C6H12O3N2
A. 3 B.4 C.5 D.6
*Phân tích:
Vì phân tử có 2N đây là đipeptit: NH2-R1-CONH-R2-COOH R1+R2 = C4H8 Xét các trường hợp sau
+TH1: R1 là CH2, R2 là C3H6