Tải bản đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm SKKN phân loại và phương pháp giải một số dạng bài tập hóa học về hợp chất hữu cơ chưa nitơ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"PH N O I V PH
NG PHÁP GI I M T S
NG
IT P
H
HỌ VỀ HỢP H T H U
HỨ NIT "


. PHẦN MỞ ĐẦU
I- Ý O HỌN ĐỀ T I.
1-

.

P

T


-T

-T
-


II. THỰ TR NG TR Ớ KHI THỰ HIỆN Á GI I PHÁP Ủ ĐỀ T I.
1. Khó khăn: T

;
T e

túng

ác bài toán.


2. Thuận lợi:

e e




B –PH M VI ÁP ỤNG V GIỚI H N N I UNG Ủ SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM:
I . PH M VI ÁP ỤNG.
-C

C

-C
-C



II. GIỚI H N N I UNG.
C
ò

T

12
T

c
:
I T P VỀ MU I NITR T ,
NO Đ N HỨ M H HỞ.
-

I T P VỀ TÍNH

ỠNG TÍNH Ủ

OXY

T,

ON T



MIN

MINO XIT.

I T P VỀ MINO XIT TÁ
ỤNG VỚI UNG Ị H KIỀM ( HOẶ
DUNG Ị H XIT) S U Đ
Y S N PHẨM THU Đ Ợ
HO TÁ
ỤNG
VỚI UNG Ị H XIT( HOẶ DUNG Ị H KIỀM)
-

I T P VỀ PH N ỨNG THUỶ PH N PEPTIT.

III. N I UNG.


T

12
-T
CTPT


CxHyOzNt
PT

nhi u h c sinh
e
K

ò

q

ỏq

q

ạng 1: Muối cacboxylat của amin :
C



: CnH2n+3NO2 (n≥1) . L






CnH2n+3NO2 + H+

 CxH2x+1COOH + CyH2y+3NH+

CnH2n+3NO2 + OH-  CxH2x+1COO- + CyH2y+3N + H2O

(x+y+1=n)
(x+y+1=n)

Ví dụ 1 : Hai ch t h
A B
c CH5NO2 và C2H7NO2. H n h p X gồm A và
B cho tác d ng v N O
o ra 2,72 gam m t mu i duy nh t và bay ra m t h n h p
khí có M = 27,5. H n h p X có kh
ng
A. 1,47 gam

B. 2,94 gam

C.

4,42

gam

D. 3,32 gam
H ỚNG DẪN GI I:
Theo bài ra A có CTCT : HCOONH4  B có công th c c u t o: HCOOH3NCH3 (Vì
sau ph n ng ch t o ra m t mu i duy nh t là HCOONa )
n HCOONa = 0,04mol  m khí =0,04.27,5 = 1,1 gam
mH2O = 0,04 . 18 =0,72 gam
mNaOH=0,04.40 = 1,6 gam.
T e ĐLBT

:

X=

2,72+ 1,1+ 0,72 - 1,6 =2,94 gam.  C

B


Ví dụ 2 : C


NO



ử C2H7NO2
8
Z(
7 C
2 ằ

Y

(

q ỳẩ ) T

Z

Y

:

A. 16,5 gam

B. 14,3 gam

C. 8,9 gam

D.

15,7

)

gam

H ỚNG ẪN GI I:
CTPT : C2H7NO2.
PTHH : CH3COONH4 + NaOH  CH3COO Na + NH3 + H2O (*)
(mol)

x

x

x

x

x

HCOOH3NCH3 + NaOH  HCOO Na + CH3NH2 + H2O (2*)
(mol)

y

y

y

y

y

Theo (*),(2*) : nZ=0,2 ( mol ) =n NaOH = n H2O = n hhX
m

= 77.0,2 + 40.0,2 - 18.0,2-13,75.2.0,2 = 14,3 (gam).  C

Ví dụ 3 :
N O

N O
ã
ồ N NO2

A. 14,32 g

C

C2H7NO2
Y
P C

Z

B

Z
:

B. 9,52 g

C. 8,75 g

D. 10,2 g

H ỚNG ẪN GI I:
C2H7NO2



HCOOH3NCH3
PTHH : HCOOH3NCH3+ NaOH  HCOO Na + CH3NH2 + H2O
0,15 mol

0,15mol

:


m = 68.0,15 = 10,2 gam . C

Ví dụ 4 : L
N O

D

9
(
Y

ử C3H9O2N
Y(
q
CO2
Y

)
88

A. CH3COONH3CH3; CH3NH2

B. HCOONH3C2H3; C2H3NH2

C. CH2=CHCOONH4; NH3

D. HCOONH3C2H5; C2H5NH2

ẩ ) Đ

H ỚNG ẪN GI I:
: CxH2x+1COO-CyH2y+3NH+

Côn

PTHH: CxH2x+1COO-CyH2y+3NH+ +NaOH CxH2x+1COONa + CyH2y+3N +H2O (*)
0,1mol
T e ĐLBT

0,1 mol
cacbon ta có: 0,1.y=0,2 moly=2

: = + +  x= 0  C

M

D

ạng 2 : Muối nitrat của amin
C
( CnH2n + 3N )
CnH2n+3NH+NO3-


( NO3 )
+
+

z

+ NaOH  CnH2n+3N + H2O + NaNO3

Ví dụ 1 : C
N O
C)
Y
A. 85.

: CnH2n+4 O3N2 ( ≥ ) . L
M

Y
B. 68.

ử C2H8O3N2
K
C. 45.

ử( e
D. 46.


H ỚNG DẪN GI I:
Theo bài ra công th c c a X có d ng C2H7NH+NO3PTHH : C2H7NH+NO3- + NaOH  C2H7N + H2O + NaNO3
Y là C2H7N K

ử( e

Ví dụ 2 : M
Y (Y
T

C)


C

C
N

C

Y

C

Đ

6O3N2

N O
q ỳ

ẩ )

?

A. 8,2 gam

B. 8,5 gam

C. 6,8 gam

D. 8,3 gam

H ỚNG ẪN GI I:
CH6O3N2 có công th c là: CH3NH3NO3
PTHH : CH3NH3NO3+ NaOH  CH5N + H2O + NaNO3
Theo bài ra nY = 0,1 mol = n NaNO3  m NaNO3 = 85.0,1 =8,5 gam  C

Ví dụ 3 : C
N O M
q

C


S
C

A. 12,75 gam

00

6N2O3

Y

Y

B. 21,8 gam

C. 14,75 gam

D. 30,0 gam

H ỚNG DẪN GI I:
PTHH : CH3NH3NO3+ NaOH  CH5N + H2O + NaNO3
0,15mol
m NaNO3 = 85.0,15 =12,75 gam  C

0,15mol
A

B

Z


Ví dụ 4: M
KO
T

CTPT C3H10O3N2 L

M C

Y

00

I

G
A. 18,4 gam

9

:
B. 13,28 gam

C. 21,8 gam

D. 19,8 gam

H ỚNG DẪN GI I:
Theo bài ra ta có : S mol c a KOH =0,2 mol; c a mu i X=0,16 mol.
: C3H9NH+NO3-

C3H10O3N2

PTHH : C3H9NH+NO3- + KOH  C3H9N +
0,16mol
 KO

H2 O

0,16mol

T e ĐLBT

:

= 9

+

0,16mol
+0

0,16mol

6 - 0,16.59 - 0,16.18

= 18,4 gam  C

Ví dụ 5:
00
A. 21,5 gam

KO

M
G

B. 38,8 gam

KNO3

A

ử C6H8N2O3 C

8 08
Y C

:
C. 30,5 gam

D. 18,1 gam

H ỚNG DẪN GI I:
Theo bài ra ta có : S mol c a KOH =0,4 mol; S mol c a X=0,18 mol.
: C6H5NH3+NO3-

C6H8N2O3

PTHH : C6H5NH3+NO3- + KOH  C6H5NH2 +
0,18mol
 KO

0,18mol

H2 O
0,18mol

+

KNO3
0,18mol

Y


T e ĐLBT

:

= 8 08 +0,4.56 - 0,18.93 - 0,18.18 =30,5 gamC

C

ạng 3: Muối cacbonat của amin :
a- C




: CnH2n+6 O3N2 (n≥ ) L
)

(



tính.
K
Na2CO3 +

z

( D: N O )



:

+

K

( D: C )

N C +



:

+

C

:C




S

CnH2n+4 O3N2

q

b- C

: CnH2n+6O3N2 (n≥2)
G



CnH2n+3 O3N (n≥ ) L


(

)


K
Na2CO3 +

z

( D: N O )



+

K

( D: C )

N C +



:

+

Ví dụ 1 :
Y ồ

C4H14O3N2 K


N O
q ỳ

S CTCT
A. 3

:

B. 2

C. 4

D. 5




H ỚNG DẪN GI I:
CTPT C4H14O3N2 có th
CH3NH3CO3H2N(CH3)2

có công th c là : CH3NH3CO3H3NCH2CH3

ho c

Ta có các PTHH:
CH3NH3CO3H3NCH2CH3 + 2NaOH  CH3NH2 + CH3CH2NH2 + H2O + Na2CO3
CH3NH3CO3H2N(CH3)2
C

+ 2NaOH  CH3NH2 + CH3NHCH3 + H2O + Na2CO3

B

Ví dụ 2 : C
M S
C ồ

A

CTPT C3H12N2O3
B

NaOH 0,15
C C

q ỳẩ
?

A. 14,6 gam

B. 17,4 gam

C.

24,4

gam

D. 16,2 gam
H ỚNG DẪN GI I:
Theo bài

:S

N O =0

A=0

: (CH3NH3)2CO3

CTPT C3H12N2O3 có
PTHH:

;

(CH3NH3)2CO3 +2 NaOH  2CH3NH2 + 2H2O + Na2CO3
0,1mol

0,2 mol

0,2mol

0,2mol

0,1mol

N O
T e ĐLBT

:

=

+0

0 - 0,2.31 - 0,2.18 =14,6 gam  C

A

Ngoài ba dạng bài tập trên - ài tập về aminoaxit tuy không khó nhưng nếu biết
vận dụng tốt một số kỹ thật giải toán, các kỹ thuật này được xây dựng trên cơ sở các
định luật bảo toàn thì giúp cho HS đi đến kết quả nhanh hơn, chính xác hơn.


ạng 4: ài toán về tính lưỡng tính của amino axit
P
Đ

:


(

P

)

R(COO )x(NH2)y ta có :

N O :

R(COOH)x(NH2)y + xNaOH  R(COONa)x(NH2)y + xH2O
 maa + 22nNaOH = m

; x= nNaOH/naa

P

KO :

R(COOH)x(NH2)y + x KOH  R(COOK)x(NH2)y + xH2O
 maa + 38 nKOH = m

; x= nKOH/naa

` P

C:

R(COOH)x(NH2)y + y HCl  R(COOH)x(NH3Cl)y + xH2O
 maa + 35,5 nHCl= m

; y= nHCl/naa

Ví dụ 1 : H n h p X gồ alanin và axit glutamic. Cho m gam X tác
hoàn toàn
v i dung d ch NaOH (d ), thu
c dung d ch Y
(m + 30,8) gam m
M khác,
n cho m gam X tác
hoàn toàn v dung d HCl, thu
c dung d ch Z ch a (m
+ 36,5) gam m i. Giá c m là
A. 112,2

B. 165,6

C. 123,8

D. 171,0

H ỚNG DẪN GI I:
Alanin : CH3 - CH(NH2) - COOH và axit glutamic : HOOC(CH2)2CH( NH2)COOH có s mol l
t là x và y
Á

:

aa

+ 22nNaOH = m

 nNaOH =30,8/22 =1,4 mol


Á
T

:

aa

 nHCl=36,5/36,5 = 1mol

+ 35,5 nHCl= m

ng trình : x+ y =1 (1) ; x +2y =1,4 (2)

G

: x = 0,6 mol ; y = 0,4 mol

 m =89.0,6 +147.0,4 = 112,2

C

A

Ví dụ 2 : H h X ồm glyxin và Lysin. Cho m gam X tác d
hoàn toàn v i
dung d ch NaOH ( ) thu
dung d ch Y c
(m + 22) gam mu M khác, n
cho m gam X tác
hoàn toàn
dung d ch HCl, thu
dung d ch Z ch (m +
51,1) gam mu Giá c a m là :
A. 112,2 gam

B. 103,4 gam

C. 123,8 g am

D.171,0 gam

H ỚNG DẪN GI I:
G i s mol Glyxin : CH2(NH2)COOH và Lysin H2N -(CH2)4-CH(NH2)-COOH l n
t là x,y.
Á

:

aa

+ 22nNaOH = m

Á

:

aa

+ 35,5 nHCl= m

Ta c
G

: + = ( );

+

 nNaOH =22/22 =1mol
 nHCl=51,1/36,5 = 1,4 mol
=

( )

: x = 0,6 mol; y = 0,4 mol

 m =146.0,4 +75.0,6 = 103,4 gam

C

B

Dạng 5: Bài tập về phản ứng của amịno axit với axit hoặc bazơ sau đó lấy toàn bộ
sản phẩm thu đựoc cho tác dụng với dung dịch bazơ hoặc axit.

Bài toán 1 : a mol R(COOH)x(NH2)y + b mol dd HCl  dung d ch X, dung d ch X tác
d ng v
v i c mol dung d ch NaOH  dung d ch Y . Tính kh
ng mu i khan
c khi cô c n dung d ch Y.


Phương pháp giải :
Cách 1: Theo bài ra ta có PTHH :
R(COOH)x(NH2)y + y HCl  R(COOH)x(NH3Cl)y (1)
Sau (1): Dung d ch X ch a R(COOH)x(NH3Cl)y. và R(COOH)x(NH2)y
ò
c c hai ch t tham gia ph n ng u h t .
Vì v y khi cho dung d ch X v i dung d ch NaOH sẽ ph

c HCl

ng h p :

Trường hợp 1 : Dung d ch X ch ch a R(COOH)x(NH3Cl)y ta có PTHH x y ra:
R(COOH)x(NH3Cl)y + ( y + x) NaOH  R(COONa)x(NH2)y +y NaCl +x H2O
 Dung d ch Y sau ph n ng ch ch a các mu i : R(COONa)x(NH2)y a mol ; và NaCl b
mol .Áp d
nh lu t b o toàn nguyên t v i Na ta có :
n NaOH ph n

ng

= x. naa+ nHCl

Trường hợp 2: Dung d ch X ch a R(COOH)x(NH3Cl)yvà R(COOH)x(NH2)y
Ta có PTHH x y ra :
R(COOH)x(NH3Cl)y + ( y + x) NaOH  R(COONa)x(NH2)y +y NaCl +x H2O
R(COOH)x(NH2)y

+

x NaOH

 R(COONa)x(NH2)y +x H2O

 Dung d ch Y sau ph n ng ch ch a các mu i : R(COONa)x(NH2)y a mol ; và NaCl b
mol . Áp d
nh lu t b o toàn nguyên t v i Na ta có :
n NaOH ph n

ng

= x. naa+ nHCl

Trường hợp 3 : Dung d ch X ch a R(COOH)x(NH3Cl)y. và HCl
Ta có PTHH x y ra :


R(COOH)x(NH3Cl)y + ( y + x) NaOH  R(COONa)x(NH2)y +y NaCl +x H2O
HCl + NaOH  NaCl + H2O
 Dung d ch Y sau ph n ng ch ch a các mu i : R(COONa)x(NH2)y a mol ; và NaCl b
mol . Áp d
nh lu t b o toàn nguyên t v i Na ta có :
n NaOH ph n

ng

= x. naa+ nHCl

T cách gi i trên tôi nh n th y c
nhau và có th gi
e
không ph
ng h p và k t qu
Cách 2: B
d ch HCl tác d ng v
ng mu
PTHH:

ng h

u cho cùng m t k t qu gi ng
q
i v i PTHH dễ vi
c hoàn toàn chính xác

c quy i thành : a mol R(COOH)x(NH2)y và b mol dung
v i c mol mol dung d ch NaOH  dung d ch Y. Tính kh i
c khi cô c n dung d ch Y.

R(COOH)x(NH2)y + xNaOH  R(COONa)x(NH2)y + xH2O (1)
 maa + 22nN O

( )

=m

HCl + NaOH  NaCl + H2O (2)
 mNaCl = 58,5 .nHCl .
m mu

iY

= maa + 22nN O

( )

+ 58,5 .nHCl

= maa + 22(nNaOH - nHCl ) + 58,5 .nHCl
ài toán ngược của bài toán 1 có dạng : a mol R(COOH)x(NH2)y tác d ng v i b
mol dung d ch NaOH  dung d ch X, dung d ch X tác d ng v
v i c mol dung
d ch HCl  dung d ch Y . Tính kh
ng mu
c khi cô c n dung d ch Y.
Phương pháp giải : T
c chuy
i thành :
R(COOH)x(NH2)y và a mol dung d ch NaOH tác d ng v
v i b mol dung d ch HCl
 dung d ch Y . Tính kh
ng mu
c khi cô c n dung d ch Y.
PTHH:

R(COOH)x(NH2)y + yHCl  R(COOH)x(NH3Cl)y (1)

 maa + 36,5n

C

( )

=m


HCl + NaOH  NaCl + H2O (2)
 mNaCl = 58,5 .nNaOH . m mu

iY

= maa + 36,5n

C

( )

+ 58,5 .nNaOH

= maa + 36,5 (nHCl - nNaOH ) + 58,5 .nNaOH
Hai bài toán này còn có thể khai thác ở các tình huống khác nhau như: có thể là
hỗn hợp các aminoaxit, tìm số mol NaOH hoặc số mol H l cần dùng cho phản ứng
... Vì vậy tuỳ tình huống mà giáo viên phân tích để học sinh sáng tạo trong cách vận
dụng dạng bài tập này.

Ví dụ 1 : Cho 0,15 mol H2NC3H5(COOH)2 (axit glutamic) vào 175 ml dung d ch HCl
2M, thu
dung d ch X. Cho NaOH d vào dung d ch X. Sau khi các ph n ng x y
ra hoàn toàn, s mol NaOH ã
ng là :
A. 0,50.

B. 0,65.

C. 0,70.

D. 0,55.

H ỚNG DẪN GI I:
PTHH: H2NC3H5(COOH)2 + 2NaOH  H2NC3H5(COONa)2 + xH2O (1)
0,15 mol
HCl

+

0,35 mol
S mol NaOH ã

0,3 mol
NaOH  NaCl + H2O (2)
0,35 mol
ng là: 0,65 mol.

C

B

Ví dụ 2: Cho 0,2 mol α – amino axit X ph n
v
v i 100 ml dung d ch HCl
2M thu
dung d ch A. Cho dung d ch A ph
ng v a
v i dung d ch NaOH,
sau ph n
cô c n s n phẩ thu
33,9g mu i. X có tên g i là:
A. glixin

B. alanin

H ỚNG DẪN GI I:
nHCl = y.0,2 mol = 0,2  y = 1

C. valin

D. axit glutamic


R(COOH)x(NH2)y + xNaOH  R(COONa)x(NH2)y + xH2O (1)

PTHH:

0,2 mol

HCl

+

x 0,2 mol

NaOH  NaCl
0,2mol

33,9

+ H2O (2)
0,2 mol

= maa + 22(nNaOH - nHCl ) + 58,5 .nHCl

33,9 = MX .0,2 + 22 x . 0,2 + 36,5 .0,2  MX = 133 - 22x
T e

ra x= 1 ho c x=2

x = 1  MX = 133 - 22 = 111 lo i
x = 2  MX = 133 - 22.2 = 89  alanin Ch n B

Ví dụ 3 : A là
t α-amino axit m ch cacbon không phân nhánh. Cho 0,1 mol A vào
dung d ch ch a 0,25 mol HCl (d ),
dung d ch B. Đ ph n
h t
dd B, c n
v
300 ml dd NaOH 1,5 M un nóng. N cô
dung d ch sau cùng, thì
c
33,725 g ch r khan. A là:
A. Glixin

B. Alanin

C. axit glutamic

D. axit α-amino butiric

H ỚNG DẪN GI I:
PTHH:

R(COOH)x(NH2)y + xNaOH  R(COONa)x(NH2)y + xH2O (1)
0,1

0,1x

HCl + NaOH  NaCl + H2O (2)
0,25mol 0,25mol

0,25mol

theo (1) ,(2): 0,1x + 0,25 = nNaOH = 0,45  x =2
m mu i = maa + 22nN O

( )

+ 58,5 .nHCl


=0,1MA + 22.0,2 + 0,25 .58,5 =33,725
 MA = 147 A là: axit glutamic

C

C

Ví dụ 4 : X là m t α-amino axit có ch a vòng th m và m t nhóm –NH2 trong phân tử. Bi t
50 ml dung d ch X ph n ng v a
v i 80 ml dung d ch HCl 0,5M, dung d ch thu
c
ph n ng v
v i 50 ml dung d ch NaOH 1,6M. M t khác n u trung hòa 250 ml dung
d ch X bằng l ng v a KOH rồi em cô c n thu
c 40,6 gam m i. CTCT c a X là:
A. C6H5-CH(CH3)-CH(NH2)COOH

B. C6H5-CH(NH2)-CH2COOH

C. C6H5-CH(NH2)-COOH

D. C6H5-CH2CH(NH2)COOH

H ỚNG DẪN GI I:
nX = n HCl = 0,5.0,08 = 0,04 mol; nNaOH = 0.05.1,6 = 0,08 mol.
R(COOH)xNH2 + xNaOH  R(COONa)xNH2 + xH2O (1)

PTHH:

0,04 mol

0,04x mol

HCl + NaOH  NaCl + H2O (2)
0,04mol 0,04mol

0,04mol

theo (1) ,(2): 0,04x + 0,04 = nNaOH = 0,08  x =1
M

:

2NRCOOH

+ KOH  H2NRCOOK + xH2O (1)

0,2 mol
m

= maa + 38nKO

0,2mol

= 0,2 MX + 38.0,2 = 40,6  MX = 165.

MR = 104  R: C8H8
Vì X là m t α-amino axit  CTCT c a X là: C6H5-CH2CH(NH2)COOH  C

D


Ví dụ 5 : Cho 20,15 gam n h p X gồm glyxin và alanin p
v 200 ml dung
d ch HCl 1M, thu
c dung d ch Y. Dung d ch Y ph
ng v a
v 450 ml dung
d ch NaOH 1M. Thành ph n %
k
c glyxin trong h h X là
A. 55,83%.

B. 53,58%.

C. 44,17%.

D. 47,41%.

H ỚNG ẪN GI I:
CH2(NH2)COOH

+ NaOH 

x

x

CH2(NH2)COONa

+ NaOH 

CH3CH(NH2)COOH
y

+ H2O (1)

CH3CH(NH2)COONa

+ H2O (2)

y
+ NaOH  NaCl + H2O (3)

HCl

0,2

0,2

Theo (1),(2),(3) nNaOH = x +y + 0,2 =0,45  x +y =0,25
L
%

:7
k

+ 89
c

= 0

G

glyxin trong h

=0
h

(0,15.75 .100%) / 20,15 =55,83%.  C
B

e
ng em h c sinh
ỏ M
e
h c sinh và h c sinh
q

e

; =0

X là :
A
c sinh
axit khó
q


h c sinh

ã
e

e

:

ạng 6: Phản ứng thuỷ phân peptit tạo ra các amino axit và các aminoaxit tác dụng
với dung dịch axit .
Phương pháp giải: Đ

:


C 2
V y

v α – amino axit thì tách 1 phân ử H2O
α – amino axit thì tách (x - 1) phân tử H2O

x

M t phân tử ipepit ẽ c ng 1 phân ử H2O
V y

v α – amino axit ẽ c ng (x-1) phân ử H2O

1peptit có x

 n H2O = (x-1) .n peptit .
 m aa = mpeptit + mH2O

T e ĐLBT
Mpeptit = T



α-

e

- 8

e

Aminoaxit + HCl  M
T e ĐLBT

: m muôí = maa + m HCl

UÝ: P
α-

e
N

các



2

Ví dụ 1 : Thuỷ phân hoàn toàn 150 gam h n h p các ipeptit thu
c 159 gam các
aminoaxit. Bi t rằng các ipeptit
c t bởi các aminoaxit ch ch a m t nguyên tử N
trong phân tử. N u l y 1/10 kh i l ng aminoaxit thu
c tác d ng v i HCl d thì l ng
mu i thu
c là:
A. 19,55 gam

B. 20,375 gam

C. 23,2 gam

D. 20,735 gam

H ỚNG ẪN GI I:
m aa = mpeptit + mH2O  mH2O = 9 gam  n H2O = (2-1) .n peptit =0,5 mol
T

1 mol.
C =

Aminoaxit thu

c tác d ng v i HCl d thì l

159 + 36,5 = 195,5

ng mu i thu

c:


1/10 kh i l ng aminoaxit thu
195,5/10 =19,55 gam  C
A

c tác d ng v i HCl d thì l

ng mu i thu

c:

Ví dụ 2: Th y phân hoàn toàn 60 gam h n h hai ipetit thu
63,6 gam
h
X ồ các amino axit (các amino axit ch có
t nhóm amino và
t nhóm cacboxyl
trong phân ử). N cho 1/10 h h X tác
v dung d ch HCl (d ), cô c n cẩn
th n dung d ch, thì l ng mu i khan thu
là :
A. 7,09 gam.

B. 16,30 gam

C. 8,15 gam

D. 7,82 gam.

H ỚNG ẪN GI I:
m aa = mpeptit + mH2O  mH2O = 3,6 gam  n
0

H2O

= (2-1) .n peptit =0,2 mol  T

C =0
Aminoaxit thu

c tác d ng v i HCl d thì l

ng mu i thu

c:

ng mu i thu

c:

63,6 + 14,6 = 78,2gam
1/10 hh X thu

c tác d ng v i HCl d thì l

78,2/10 =7,82 gam  C

D

Ví dụ 3 : Th phân hoàn toàn 143,45 gam
h p A gồ hai tetrapeptit thu
c
159,74 gam h n h p X gồ các Aminoaxit(các Aminoaxit ch ch 1nhóm COOH và 1
nhóm NH2). Cho toàn b X tác d ng v i dung d ch HCl d
ó cô
dung d ch thì
nh
c m(gam) m
khan. Kh i
n c ph n
và giá
m
t
ằng?
A. 8,145(g) và 203,78(g).
C. 16,2(g) và 203,78(g)

B. 32,58(g) và 10,15(g).
D. 16,29(g) và 203,78(g).

H ỚNG ẪN GI I:
m aa = mpeptit + mH2O  mH2O = 16,29 gam  n H2O = (4-1) .n peptit =0,905 mol


T

aminoaxit là (4.0,905)/3 mol= 1,2067mol
C =

H n h p X tác d ng v i HCl d thì l

ng mu i thu

159,74 + 1,2067.36,5 = 203,78 gam  C

067
c:

D

ạng 7: ài toán thuỷ phân peptit bằng dung dịch kiềm

Phương pháp giải: Đ
M

peptit

:


=T
v α – amino axit)

e

- 18 (x-1) (x là

M t phân tử ipetit ẽ c ng 2 phân ử NaOH t o ra 1 phân tử H2O
v α–amino axit ẽ c ng x phân ử NaOH t o ra 1 phân tử H2O

V y
1peptit có x
+ Mu i

nNaOH=x.npeptit ; n H2O = n peptit .
T e ĐLBT

:

Ví dụ 1 : X là tetrapeptit
gam h h X và Y có
(dùng d g p 2
ng
Cô c n dung d ch thu
A. 68,1 gam

= mpeptit + m NaOH - mH2O

Ala–Gly–Val–Ala, Y là tripeptit Val–Gly–Val. Đun nóng m
l
mol nX : nY = 1:3
1560 ml dung d ch NaOH 1M
c thi t), sau khi ph n
k t thúc thu
dung d ch Z.
126,18 gam ch r n khan. m có giá t là :

B. 75,6 gam

C. 66,7 gam

D. 78,4 gam

H ỚNG ẪN GI I:
MX = 2.89 + 75 + 117-3.18 = 316; MY =2.117 + 75 -2.18 = 273;
nX = a mol ; n Y = 3a mol


T



:

Ala–Gly–Val–Ala + 4 NaOH 

+

a

4a

Val–Gly–Val + 3 NaOH 

+

3a
T e ĐLBT

2O

a

2O

9a

3a

ng : 316a +273.3a +40.1,56 =126,18 + 18.4a

 a = 0.06  m= 68,1 g  C

A

Ví dụ 2 : X là tetrapeptit có công th Gly – Ala – Val – Gly. Y là tripeptit có công th
Gly – Val – Ala. Đun m gam n h p A gồm X, Y có
mol t ng ng là 4:3 v i dung
d ch KOH v a
sau khi ph
ng x y ra hoàn toàn cô c dung d ch thu
c 257,36g
ch t r n khan. Giá tr c a m là:
A. 167,38 gam

B. 150,88 gam

C. 212,12 gam

D. 155,44 gam

H ỚNG ẪN GI I:
MX = 2.75+ 89 + 117-3.18 = 302; MY =117 + 75+ 89 -2.18 = 245;
nX = 4a mol ; nY = 3a mol
T



:

Gly – Ala – Val – Gly + 4 KOH 

+

4a

16a

Gly – Val– Ala + 3 KOH 

: 0

4a

i + 1H2O

3a
T e ĐLBT

2O

9a
+

a = 0.08  m= 155,44 gam  C

3a
+ 6
D

=257,36g + 18.7a


Ví dụ 3 : Khi th ỷ phân hoàn toàn 0,1 mol peptit A m ch hở (A t bởi các amino axit
có m t nhóm amino và m t nhóm cacboxylic) bằng l ng dung d ch NaOH g p ôi
l ng c n ph n ng, cô c n dung d ch thu
h n h p ch t r n t ng so v i kh i l ng
A là 78,2gam. S liên k t peptit trong A là:
A. 10

B. 20

C. 9

D. 18

H ỚNG ẪN GI I:
CTCT

e

T

A

n

:

n

+ n NaOH  Muôí + 1 H2O

0,1 n.0,1
T e ĐLBT
n=10 C

:

A+

0,1
0

0=

A + 78,2 + 0,1 .18

A

ạng 8: ài tập về phản ứng thuỷ phân không hoàn toàn peptit tạo ra hỗn hợp các
peptit và amino axit .

Phương pháp giải : Đ

:

M
e
A

thành các peptit B,C,D,E ... và amino axit X (Aminoaxit ch ch 1 nhóm COOH và 1
nhóm NH2). N

ABCDE
Xa,Xb,Xc,Xd,Xe
(
e
A,nB,nC,nD,nE
α – amino axit trong các peptit A,B,C,D,E...) thì :
MA = a Mx- 18(a-1)
MB = b Mx- 18(b-1)
MC = c Mx- 18(c-1)
MD = dMx- 18(d-1)


ME = eMx- 18(e-1)....
T e

ó:

a.nA= bnB + cnC + dnD + enE + ...+ nX
Ví dụ 1 : Th y phân h t m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (m
ở) thu
h gồ 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá c
A. 90,6.

B. 111,74.

C. 81,54.

h n
m là

D. 66,44.

H ỚNG ẪN GI I:
M (Ala)4 = 4.89-3.18 = 302; M
n

(Ala)4

(Ala)3

= 3.89- 2.18 = 231 ; M (Ala)2 = 2.89-18 = 160

= a mol; n (Ala)3 = 0,12 mol; n (Ala)2 = 0,2 mol ; n

T e

N

:

=

 a = 0,27 mol  m =0,27.302 =81,54 gam  C

Ala

= 0,32 mol.

0

+

0

+0

C

Ví dụ 2 : X là
t tetrapeptit c u
Aminoaxit A, trong phân ử A có 1 nhóm -NH2
và 1 nhóm -COOH no, m ch hở T ong A Oxi chi
42,67% kh i
. Th y phân m
gam X trong môi tr ng acid thì thu
28,35g tripeptit; 79,2g ipeptit và 101,25g
A. Giá tr c a m là?
A. 184,5.
B. 258,3.
H ỚNG ẪN GI I:

C. 405,9.

D.

202,95.

A có CTPT là CnH2n +1O2N MA = (32.100) / 42,67 =75 A là H2NCH2COOH
(glyxin)  X là Gly-Gly-Gly-Gly.
M (Gly)4 = 4.75-3.18 = 246; M
n

(Gly)4

(Gly)3

= 3.75- 2.18 = 189 ; M (gly)2 = 2.75-18 = 132

= a mol; n (Gly )3 = 0,15 mol; n (Gly )2 = 0,6 mol ; n

T e

N

4a = 3.0,137 + 2.0,6+ 1,35  a = 0, 75 mol 
m =0,75 . 246 =184,5 gam  C

A

:

gly

= 1,35 mol.


Ví dụ 3 : X là m t hexapeptit c t o t
t Aminoaxit H2N-CnH2n-COOH (Y). Trong
Y có
% kh i l ng Oxi và Nit là 61,33%. Th phân h t m(g) X trong môi
tr ng acid thu
c 30,3(g) petapeptit, 19,8(g) eptit và 37,5(g) Y. Giá tr c a m là :
A. 69 gam.

B. 84 gam.

C. 100 gam.

D. 78 gam.

H ỚNG ẪN GI I:
Y là Aminoaxit
H2N-CnH2n-COOH MY = (32+14).100 / 61,33 =75A là
H2NCH2COOH (glyxin)  X là Gly-Gly-Gly-Gly-Gly-Gly.
M (Gly)6 = 6.75-5.18 = 360; M
n

(Gly)6

(Gly)5

= 5.75- 4.18 = 303 ; M (gly)2 = 2.75-18 = 132

= a mol; n (Gly )5 = 0,1 mol; n (Gly )2 = 0,15 mol ; n

T e

N

:6 =

 a = 13/60 mol  m =13.360/ . 60 =78 gam  C
Ví dụ 4 : Khi th
alanin. X là:

phân hoàn toàn 55,95 gam

A. tripeptit.

B. tetrapeptit.

gly

0

= 0,5 mol.
+

0

+0

D
t peptit X

C. pentapeptit.

thu

66,75 gam

D. ipeptit.

H ỚNG ẪN GI I:
G

(A ) n .Ta có PTHH : (Ala) n + (n-1) H2O  n Ala

n Ala = 66,75/89 = 0,75 mol.
T e

: m H2O = 66,75-55,95 =10,8 gam

 n H2O = 0,6 mol  (n-1)/n = 0,6/0,75 = 4/5  n=5  C
Ví dụ 5 : Khi th y phân hoàn toàn 65 gam
56,25 gam glyxin. X là :
A. tripeptit.

B. tetrapeptit.

H ỚNG ẪN GI I:
G

(A )x (Gly) y .

t peptit X thu
C. pentapeptit.

C
22,25 gam alanin và
D. ipeptit.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×