Tải bản đầy đủ

chuyên đề PEPTIT Hóa 12

Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit

Peptit là chuyên đề khá mới ở bậc phổ thông, đặc biệt là đề thi tuyển sinh những năm gần đây liên tục xuất
hiện các câu hỏi của peptit rất hay, khó và mới lạ. Nếu không hiểu sâu sắc về bản chất và vận dụng linh hoạt
các phương pháp với nhau thì rất khó để giải quyết được.
Chuyên đề về “Peptit – phương pháp mới giải bài toán peptit” sẽ giúp các bạn khắc phục được các khó khăn
trên và tự tin khi xử lí các câu hỏi liên quan đến peptit.

A. PEPTIT:
I. NỘI DUNG LÝ THUYẾT:
1. Khái niệm, phân loại:
a) Khái niệm:
- Liên kết của nhóm –CO– với nhóm –NH– giữa hai đơn vị  - amino axit được gọi là liên kết peptit.

- Vậy peptit là những hợp chất chứa từ 2 đến 50 gốc  - amino axit liên kết với nhau bằng liên kết peptit.
- Peptit có vai trò quan trọng trong sự sống : Một số peptit là hocmon điều hòa nội tiết, một số peptit là
kháng sinh của vi sinh vật, polipeptit là cơ sở tạo nên protein.
b) Phân loại: Các peptit được chia làm 2 loại :
- Oligopeptit gồm các peptit có từ 2 đến 10 gốc  - amino axit và được gọi tương ứng là đipeptit, tripeptit,...
đecapeptit.
- Polipeptit gồm các peptit có từ 11 đến 50 gốc  - amino axit. Popipeptit là cơ sở tạo nên protein.

2. Cấu tạo, đồng phân, danh pháp:
a) Cấu tạo:
- Phân tử peptit hợp thành từ các gốc  - amino axit nối với nhau bởi liên kết peptit theo một trật tự nhất
định : amino axit đầu N còn nhóm –NH2, amino axit đầu C còn nhóm –COOH.

b) Đồng phân, danh pháp:
- Mỗi phân tử peptit gồm một số xác định các gốc  - amino axit liên kết với nhau theo một trật tự nghiêm
ngặt. Việc thay đổi trật tự đó sẽ dẫn tới các peptit đồng phân.
- Nếu phân tử peptit chứa n gốc  - amino axit khác nhau thì số đồng phân loại peptit sẽ là n !
- Tên của các peptit được hình thành bằng cách ghép tên gốc axyl của các  - amino axit bắt đầu từ đầu N,
rồi kết thúc bằng tên của axit đầu C (được giữ nguyên).

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 1


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit

3. Tính chất hóa học:
a) Tính chất vật lí: Các peptit thường ở thể rắn, có nhiệt độ nóng chảy cao và dễ tan trong nước.
b) Tính chất hóa học: Do peptit có chứa các liên kết peptit nên nó có hai phản ứng điển hình là phản ứng
thủy phân và phản ứng màu biure.
 Phản ứng màu biure:
- Phản ứng với Cu(OH)2 : tạo phức màu tím
- Đipeptit chỉ có một liên kết peptit nên không có phản ứng này. Vì vậy có thể phân biệt giữa đipeptit với
peptit có 2 liên kết trở lên.
 Phản ứng thủy phân:
- Khi đun nóng dung dịch peptit với axit hoặc kiềm, sẽ thu được dung dịch không còn phản ứng màu biure
là do peptit đã bị thủy phân thành hỗn hợp các - amino axit .

II. CÁC DẠNG TOÁN TRỌNG TÂM:
■ Dạng 1: Xác định loại peptit dựa vào phân tử khối
- Khi hình thành một liên kết peptit giữa 2 phân tử -amino axit thì sẽ có 1 phân tử nước bị tách bỏ. Giả sử
peptit Xn mạch hở được tạo thành từ n gốc -amino axit, ta có phương trình tổng quát sau:
 Xn + (n – 1)H2O (phản ứng trùng ngưng)
n -aminoaxit 

+ Ví dụ như phản ứng tạo tripeptit có chứa 3 gốc -amino axit: 3-aminoaxit 
 X3 + 2H2O

- Từ phương trình tổng quát trên ta thiết lập được hệ thức liên quan đến khối lượng phân tử của peptit:
n.M a.a  M X n  (n –1).18 (áp dụng bảo toàn khối lượng)
- Ngoài ra việc ghi nhớ tên gọi, công thức và phân tử khối của các -amino axit là rất quan trọng trong quá
trình tính toán.
Tên

Công thức
Tên thay thế
Tên bán hệ thống
PTK
thường
hiệu
H2N–CH2 –COOH
Axit aminoetanoic
Glyxin
Gly
75
Axit - aminoaxetic
H2N–CH–COOH
Axit
Axit
Alanin
Ala
89
CH3
2 - aminopropanoic
- aminopropionic
CH3–CH–CH–COOH
Axit - 2 amino -3 Axit  Valin
Val
117
CH3 NH2
metylbutanoic
aminoisovaleric
Axit  - amino -
CH2 CH COOH
HO
Axit - 2 - amino -3(4 Tyrosin
Tyr
181
(p
- hiđroxiphenyl)
NH2
hiđroxiphenyl)propanoic
propionic
HOOC–(CH2)2–CH–COOH
Axit
Axit
Axit
Glu
147
NH2
2 - aminopentanđioic
- aminopentanđioic glutamic
H2N–(CH2)4–CH–COOH
Axit
Axit
Lysin
Lys
146
NH2
2,6 - điaminohexanoic
,  - điaminocaproic
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 2


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit

 Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Tính phân tử khối của các peptit mạch hở sau:
a. Gly-Gly
b. Ala-Ala-Gly-Ala
c. Val-Glu-Gly
Hướng dẫn giải
- Áp dụng công thức: M X  n.M a.a  (n –1).18 vào bài ví dụ này như sau:
a. Đipeptit được tạo từ 2 gốc Gly có: M  2.75  (2  1).18  132
b. Tetrapeptit được tạo từ 1 gốc Gly và 3 gốc Ala có: M  1.75  3.89  (4 1).18  288
c. Tripeptit được tạo từ 1 gốc Val, 3 gốc Glu và 1 gốc Gly có: M  1.117  1.147  1.75  (3 1).18  303
Ví dụ 2: Cho một X peptit được tạo nên bởi n gốc glyxin có khối lượng phân tử là 189 đvC. Peptit X thuộc
loại
A. tripetit.
B. đipetit.
C. tetrapeptit.
D. pentapepit.
Hướng dẫn giải
- Phương trình phản ứng:
nGly 
 X + (n – 1)H2O
- Ta có: n.M Gly  M X n  (n –1).18  75n  189  (n  1).18  n  3 . Vậy X thuộc loại tripeptit .
Ví dụ 3: Cho một (X) peptit được tạo nên bởi x gốc alanin và y gốc glyxin có khối lượng phân tử là 345
đvC. Peptit X thuộc loại
A. tripetit.
B. đipeptit.
C. tetrapeptit.
D. pentapepit
Hướng dẫn giải
- Phương trình phản ứng:
xGly + yAla 
 X + (x + y – 1)H2O
- Ta có: x.M Ala  y.M Gly  M X  (x + y –1).18  71x  57y  327 . Biện luận cặp giá trị của x và y:
x
y

1
4,5

2
3,2

3
2

4
0,8

Vậy chỉ có 1 trường hợp thỏa mãn là x = 3; y = 2 với (x + y) = 5  X thuộc loại pentapeptit .
■ Dạng 2.1: Thủy phân hoàn toàn peptit
Xn + (n – 1)H2O 
 n -aminoaxit
n
n
- Từ phương trình trên ta rút ra được: a.a 
 (n  1).n a.a  n.n H 2O
n H 2O n  1
- Phương trình tổng quát:

và áp dụng bảo toàn khối lượng: m peptit  m H 2O  ma.a

 Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Khi thủy phân hoàn toàn 55,95 gam một peptit X thu được 66,75 gam alanin (amino axit duy nhất).
X là
A. tripeptit.
B. tetrapeptit.
C. pentapeptit.
D. đipeptit.
Hướng dẫn giải
66, 75
 0, 75 mol . Phương trình thủy phân: Xn + (n – 1)H2O 
 nAla
- Ta có: n Ala 
89
- Áp dụng bảo toàn khối lượng: m peptit  m H 2O  ma.a  55,95  m H 2O  66, 75  n H 2O  0, 6 mol
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 3


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
Mà (n  1).n Ala  n.n H 2O  (n  1).0, 75  0, 6.n  n  5 . Vậy X là pentapeptit .
Ví dụ 2: Khi thủy phân hoàn toàn 65 gam một peptit X thu được 22,25 gam alanin và 56,25 gam glyxin. X
là :
A. tripeptit.
B. tetrapeptit.
C. pentapeptit.
D. đipeptit.
Hướng dẫn giải
56, 25
22, 25
 0, 75 mol và n Ala 
 0, 25 mol
- Tính số mol: n Gly 
75
89
- Áp dụng bảo toàn khối lượng: m X  m H 2O  m Ala  m Gly  m H 2O  13,5 gam  n H 2O  0, 75 mol
65

22,25

56,25

- Phương trình thủy phân: X + (n + m – 1)H2O 
 nAla + mGly
mol:
0,75
0,25 0,75
(n Ala  n Gly )
nm
- Ta có: 

 n  m  4 . Vậy X là tetrapeptit .
n H 2O
n  m 1
Ví dụ 3: Thuỷ phân hoàn toàn 500 gam một oligopeptit X (chứa từ 2 đến 10 gốc α-amino axit) thu được 178
gam amino axit Y và 412 gam amino axit Z. Biết phân tử khối của Y là 89. Phân tử khối của Z là :
A. 103.
B. 75.
C. 117.
D. 147.
Hướng dẫn giải
- Phân tử của Y là 89  Y là Alanin với n Y  2 mol .
- Áp dụng bảo toàn khối lượng: m X  m H 2O  m Y  m Z  m H 2O  90 gam  n H 2O  5 mol
500

178

412

- Phương trình thủy phân: X + (n + m – 1)H2O 
 nY + mZ
mol:
5
2
 (n  m  1).n Y  n.n H 2O  n  m  1  2,5n (1) . Vì X là oligopeptit nên: m  n  10  m  n  1  9 (2)
- Thay (1) vào (2) ta có: 2,5n  9  n  3,6 . Khi đó n = 2 suy ra m = 4 với n Z 
Vậy M Z 

m
n Y  4 mol
n

412
 103 . Công thức của Z là: H2NC3H6COOH.
4

■ Dạng 2.2: Thủy phân không hoàn toàn peptit
- Khi phân không hoàn toàn peptit thì thu được hỗn hợp các peptit có mạch ngắn hơn và các -amino axit.
 Gly + Gly-Gly
+ Ví dụ: (1) Gly-Gly-Gly + H2O 
 Ala-Val-Ala + Val-Ala-Val + Ala-Val + Val-Ala + Ala + Val
(2) Ala-Val-Ala-Val + H2O 
- Để giải nhanh dạng bài toán này, ta nên sử dụng phương pháp bảo toàn các gốc -amino axit.
+ Ví dụ: Phương trình (1) ta bào toàn gốc Gly như sau: 3n (Gly)3  2n (Gly) 2  n Gly
BT: Ala

 2n (Ala) 2 (Val) 2  2n (Ala) 2 Val  n (Val) 2 Ala  n AlaVal  n ValAla  n Ala
 
Phương trình (2): 
BT: Val
 2n (Ala) 2 (Val) 2  n (Ala) 2 Val  2n (Val) 2 Ala  n AlaVal  n ValAla  n Val

 
- Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng: m peptit  m H 2O  mhỗn hợp sản phẩm

 Các ví dụ minh họa:
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 4


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
Ví dụ 4: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Gly-Gly-Gly-Gly (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 30 gam Gly;
21,12 gam Gly-Gly và 15,12 gam Gly-Gly-Gly. Giá trị của m là
A. 66,24.
B. 59,04.
C. 66,06.
D. 66,44.
Hướng dẫn giải
- Tính số mol: n Gly  0, 4 mol ; n (Gly)2  0,16 mol ; n (Gly)3  0, 08 mol
- Phản ứng thủy phân: (Gly)4 + H2O 
 (Gly)3 + (Gly)2 + Gly
- Bảo toàn gốc Gly: 4n (Gly) 4  3n (Gly)3  2n (Gly) 2  n Gly  n (Gly) 4  0, 24 mol  m (Gly) 4  59, 04 gam
Ví dụ 5: Thủy phân một tetrapeptit X (mạch hở) chỉ thu được 14,6 gam Ala-Gly; 7,3 gam Gly-Ala; 6,125
gam Gly-Ala-Val; 1,875 gam Gly; 8,775 gam Val; m gam hỗn hợp gồm Ala-Val và Ala. Giá trị của m
A. 29,006.
B. 38,675.
C. 34,375.
D. 29,925.
Hướng dẫn giải
- Theo giả thiết hỗn hợp sản phẩm sau khi thủy phân  Tetrapeptit X là Ala-Gly-Ala-Val
- Sơ đồ phản ứng thủy phân:
m gam
H O

2
A  G  A  V 
A G  G  A  G  A  V 

X

0,1 mol

0,05 mol

0,025 mol

G
0,025 mol



V
0,075 mol

AV A
x mol

y mol

- Bảo toàn gốc Gly: n X  n A G  n G A  n G A V  n G  0, 2 mol
- Bảo toàn gốc Val: n X  n G A V  n V  x  x  0,1 mol
- Bảo toàn gốc Ala: 2n X  n A G  n G A  n G A V  x  y  y  0,125 mol
Vậy m  m Ala Val  m Ala  0,1.188  0,125.89  29,925 gam
Ví dụ 6: Tripeptit M và tetrapeptit Q được tạo ra từ một amino axit X mạch hở (amino axit chỉ chứa 1 nhóm
–COOH và 1 nhóm –NH2). Phần trăm khối lượng nitơ trong X bằng 18,667%. Thủy phân không hoàn toàn
m gam hỗn hợp M, Q (có tỉ lệ số mol 1:1) thu được 0,945 gam M; 4,62 gam đipeptit và 3,75 gam X. Giá trị
của m là :
A. 4,1945 gam.
B. 8,389 gam.
C. 12,58 gam.
D. 25,167 gam.
Hướng dẫn giải
14
 18, 667%  M X  75  X là Glyxin : H2NCH2COOH.
- Ta có: %N 
MX
- Tripeptit M, tetrapeptit Q được tạo ra từ Gly nên cấu tạo của M là Gly-Gly-Gly và Q là Gly-Gly-Gly-Gly.
- Đặt a là số mol của M và Q. Sơ đồ phản ứng thủy phân:
M : (Gly) 3 : a mol  H 2O
 (Gly) 3  (Gly) 2  Gly
Q : (Gly) 4 : a mol
0,005 mol

0,035 mol

0,05 mol

- Bảo toàn gốc Gly ta có : 3n M  4n Q  3n (Gly)3  2n (Gly) 2  n Gly  a 
7a

0,135

0,135
mol
7

Vậy m  m M  m Q  3, 645  4, 744  8,389 gam
■ Dạng 3: Đốt cháy peptit
- Lập công thức tổng quát của peptit tạo ra từ k gốc -amino axit.
+ Công thức của aminoaxit no, đơn chức, mạch hở: CnH2n+1O2N (n > 1)
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 5


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
+ Phản ứng tạo đipeptit chứa 2 gốc -amino axit: 2CnH2n+1O2N 
 C2nH4nO3N2 + H2O
+ Phản ứng tạo tripeptit chứa 3 gốc -amino axit: 3CnH2n+1O2N 
 C3nH6n –1O4N3 + 2H2O
 Phản ứng tạo polipeptit từ k gốc -amino axit: kCnH2n+1O2N 
 CknH2kn +2–kOk+1Nk + (k–1)H2O
+ Đặt kn = a ta suy ra công thức tổng quát: CaH2a+2–kOk+1Nk (a > 3, k > 1)
k
k
 3a 3k 

- Phương trình đốt cháy peptit: Ca H 2a 2–k O k 1N k     O 2 
 aCO 2   a  1   H 2O  N 2
4 
2
2
 2

- Áp dụng các định luật bảo toàn để giải các bài toán đốt cháy:
+ Định luật bảo toàn cho các nguyên tố C, H, O, N
m peptit  m O 2  m CO 2  m H 2O  m N 2
+ Định luật bảo toàn khối lượng: 
m peptit  m C  m H  m O  m N

n CO 2  n H 2O  (0,5k  1).n peptit

- Sử dụng mối quan hệ số mol giữa các chất với nhau: n CO 2  n peptit  n H 2O  n N 2
n  1,5.(n
CO 2  n N 2 )  1,5.(n H 2O  n peptit )
 O2
- Nếu dẫn sản phẩm cháy qua H2SO4 đặc, CaCl2 khan, CuSO4 khan, P2O5 thấy khối lượng bình tăng m1 (g), khí
mH O  m1

thoát ra khỏi bình dẫn tiếp vào dung dịch kiềm dư thấy khối lượng bình tăng m2 (g) thì  2

mCO2  m2
và khí thoát ra khỏi bình là khí N2.
- Nếu cho sản phẩm cháy qua dung dịch kiềm thì :
+ Khối lượng bình tăng: mbình tăng = (mCO2  m H 2O ) hấp thụ
+ Khối lượng dung dịch: mdd tăng = (mCO2  m H 2O ) – mkết tủa và mdd giảm = mkết tủa – (mCO2  m H 2O )

 Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Một α-aminoaxit có công thức phân tử là C2H5NO2. Khi đốt cháy 0,1 mol oligopeptit X tạo
nên từ α-aminoaxit đó thì thu được 12,6 gam nước. Vậy X là
A. đipeptit.
B. tetrapeptit.
C. tripeptit.
D. pentapeptit.
Hướng dẫn giải
- Phản ứng tạo X từ k gốc -amino axit: kC2H5O2N 
 C2kH4k +2–kOk+1Nk + (k–1)H2O
9k
k
 3k 
- Phương trình đốt cháy: C 2k H 3k 2O k 1N k  O 2 
 2kCO 2    1 H 2O  N 2
2
2
 2

mol :
0,1
0,7
 0,1.(1,5k  1)  0,7  k  4 . Vậy X là tetrapeptit
Ví dụ 2: Đipeptit mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một aminoaxit (no, mạch hở,
trong phân tử chứa một nhóm –NH2 và một nhóm –COOH). Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y, thu được tổng
khối lượng CO2 và H2O bằng 54,9 gam. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X, sản phẩm thu được cho lội từ từ
qua nước vôi trong dư, tạo ra m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 120.
B. 60.
C. 30.
D. 45.
Hướng dẫn giải
- Y là một tripeptit mạch hở có công thức là: C3nH6n-1O4N3 .
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 6


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit

6n  1
3
H2O +
N2
2
2
mol :
0,1
0,3n
(0,3n – 0,05)
 m H 2O  0,3n.44  (0,3n  0, 05).18  54,9  n  3
O

2
+ Đốt cháy 0,1 mol Y: C3nH6n-1O4N3 
 3nCO2 +

+ Ta có: mCO2

n 3

- Y là một đipeptit mạch hở có công thức là: C2nH4nO3N2 
 C6H12O3N2
O

2
+ Đốt cháy 0,2 mol X: C6H12O3N2 
 6CO2 + 6H2O + N2
mol :
0,2
1,2

Vậy m CaCO3

CO2 + Ca(OH)2 dư 
 CaCO3 + H2O
mol : 1,2
1,2
 1, 2.100  120 gam

Ví dụ 3: Peptit X và peptit Y có tổng liên kết peptit bằng 8. Thủy phân hoàn toàn X cũng như Y đều thu
được Gly và Val. Đốt cháy hoàn toàn hỗn E chứa X và Y có tỉ lệ mol tương ứng 1: 3 cần dùng 22,176 lít oxi
(đktc). Sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2
dư thấy khối lượng bình tăng 46,48 gam, khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 2,464 lít (đktc). Khối lượng X
đem dùng là:
A. 3,3 gam
B. 3,28 gam
C. 4,24 gam
D. 14,48 gam
Hướng dẫn giải
Hướng tư duy 1: Sử dụng thức tổng quát
 CO 2 
- Khi đốt cháy hỗn hợp E: Ca H 2a  2–k O k 1N k  O 2 
t mol

0,99

a.t mol

H 2O
 N2
(a 10,5k).t mol 0,11 mol

BT: N
 
 kn E  2n N 2
kt  0, 22
 t  0, 04

 BT: O


 k  5,5
- Ta có:  (k  1)n E  2n O 2  2n CO 2  n H 2O  1,5.kt  1,98  3.at
44n


CO 2  18n H 2O  46,18
62.at  18.(t  0,5kt )  46, 48 at  0, 77

- Vì X và Y có tỉ lệ mol tương ứng 1: 3 nên n X  0, 01 mol và n Y  0, 03 mol
- Gọi n, m lần lượt là số mắt xích có trong X, Y với (n  1)  (m  1)  8  n  m  10 (1)
- Bảo toàn nguyên tố N: 0,01.n  0,03.m  0, 22 (2). Từ (1), (2) ta tính được: n = 4 và m = 6.

X : (Gly) x (Val) 4x BT: C
x  2
- E
 2x n X  (4  x).5.n X  2 n Y  (6  y).5.n Y  0, 77  x  3y  11  
y  3
Y : (Gly) y (Val) 6 y
0,01
0,01
0,03
0,03

Vậy X là (Gly)2(Val)2: 0,01 mol  m  0, 01.330  3,3 gam
Hướng tư duy 2: Sử dụng mối quan hệ mol các chất
N 2 : 0,11 mol
X : a mol
N 2
 Ca(OH)2 d­
- Tóm tắt quá trình: 
 O 2 



Y : 3a mol 0,99 mol
CO 2 , H 2 O
m b.t¨ng  46, 48 gam
- Ta có: n O2  1,5.(n CO2  n N 2 )  n CO2  0,77 mol mà m CO2  m H 2O  46,18  n H 2O  0, 7 mol
và n CO2  n peptit  n H 2O  n N 2  n peptit  0, 04 mol  a  0, 01 mol
- Gọi n, m lần lượt là số mắt xích có trong X, Y với (n  1)  (m  1)  8  n  m  10 (1)
- Bảo toàn nguyên tố N: 0,01.n  0,03.m  0, 22 (2). Từ (1), (2) ta tính được: n = 4 và m = 6.

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 7


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
X : (Gly) x (Val) 4x BT: C
x  2
- E
 2x n X  (4  x).5.n X  2 n Y  (6  y).5.n Y  0, 77  x  3y  11  
y  3
Y : (Gly) y (Val) 6 y
0,01
0,01
0,03
0,03

Vậy X là (Gly)2(Val)2: 0,01 mol  m  0, 01.330  3,3 gam
■ Dạng 4: Thủy phân peptit trong môi trường axit (HCl)
- Xét phản ứng giữa một peptit mạch hở X chứa n gốc -amino axit với dung dịch HCl (đun nóng).
- Đầu tiên thủy phân hoàn toàn peptit thu được sản phẩm là các -amino axit (có 1 nhóm –NH2):
Xn + (n – 1)H2O 
 nH2N-R-COOH (1)
- Sau đó đem sản phẩm gồm các -amino axit tác dụng với HCl:
H2N-R-COOH + HCl 
 ClH3N-R-COOH (2)
- Cộng 2 phương trình (1) và (2) ta được phương trình tổng quát:
Xn + nHCl + (n – 1)H2O 
 nClH3N-R-COOH

n HCl  n.n peptit
+ Quan hệ số mol giữa các chất: 

n H 2O  (n  1).n peptit
- Nếu phân tử X chứa x gốc -amino axit có hai nhóm NH2 (chỉ xét Lysin), còn lại là các gốc -amino axit
có 1 nhóm –NH2 thì:
X + (n + x)HCl + (n – 1)H2O 
 hỗn hợp muối
n HCl  (n  x).n peptit
+ Quan hệ số mol giữa các chất: 
n H 2O  (n  1).n peptit
- Áp dụng bảo toàn khối lượng: mpeptit + mHCl phản ứng + m H 2O = mmuối

 Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho 24,36 gam tripeptit mạch hở Gly-Ala-Gly tác dụng với lượng dung dịch HCl vừa đủ, sau phản
ứng thu được dung dịch Y chứa m gam muối. Giá trị m là:
A. 37,50 gam
B. 41,82 gam
C. 38,45 gam
D. 40,42 gam
Hướng dẫn giải
Hướng tư duy 1: Tính theo khối lượng từng chất
- Phương trình: (Gly)2Ala + 3HCl + 2H2O 
 2ClH3N-CH2-COOH + ClH3N-CH(CH3)-COOH
mol : 0,12
0,24
0,12
 m Y  2m GlyCl  m AlaCl  0,12.(111,5.2  125,5)  41,82 gam
Hướng tư duy 2: Bảo toàn khối lượng
n HCl  3.n peptit  0,36 mol BTKL
 m Y  m peptit  m HCl  m H 2O  41,82 gam
- Ta có: 
n H 2O  2.n peptit  0, 24 mol
13,14
4,32
24,36
Ví dụ 2: Thuỷ phân hoàn toàn 0,1 mol một peptit X (mạch hở, được tạo bởi các -amino axit có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm -COOH) bằng dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được
chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng của X là 52,7 gam. Số liên kết peptit trong X
A. 14.
B. 9.
C. 11.
D. 13.
Hướng dẫn giải
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 8


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit


n HCl  n.n peptit  0,1.n
BTKL
- Ta có: 
 m Y  m X  m HCl  m H 2O  n  10

n H 2O  (n  1).n peptit  0,1.(n  1)
3,65.n 1,8n 1,8
52,7

Vậy n-peptit thì sẽ có (n – 1) liên kết peptit  X có chứa 9 liên kết peptit.
Ví dụ 3: Thủy phân hoàn toàn 60 gam hỗn hợp hai đipetit thu được 63,6 gam hỗn hợp X gồm các amino
axit (các amino axit chỉ có một nhóm amino và một nhóm cacboxyl trong phân tử). Nếu cho 1/10 hỗn hợp X
tác dụng với dung dịch HCl (dư), cô cạn cẩn thận dung dịch, thì lượng muối khan thu được là :
A. 7,09 gam.
B. 16,30 gam.
C. 8,15 gam
D. 7,82 gam
Hướng dẫn giải
- Phương trình thủy phân Đipeptit: X2 + (n – 1)H2O 
 2X
BTKL
 mH2O  mX  mX2  3,6  n H2O  0, 2 mol và n X  2n H 2O  0, 4 mol

- Đem 1/10 hỗn hợp X tác dụng với HCl dư: H2N-R-COOH + HCl 
 ClH3N-R-COOH
1
1
BTKL
 mmuối = m X  m HCl  7,82 gam (với n HCl  n X  0, 04 mol )
10
10
■ Dạng 5: Thủy phân peptit trong môi trường kiềm (KOH, NaOH)
- Xét phản ứng giữa một peptit mạch hở X chứa n gốc -amino axit (n-peptit) với dung dịch NaOH (đun
nóng). Phương trình tổng quát như sau:
- Nếu X chỉ tạo thành từ các -amino axit có 1 nhóm -COOH
Xn + nNaOH 
 nH2N-R-COONa + H2O

n NaOH  n.n peptit
+ Quan hệ số mol giữa các chất: 

n H 2O  n peptit
- Nếu trong phân tử X chứa x gốc -amino axit có hai nhóm –COOH (chỉ xét axit Glutamic), còn lại là các
-amino axit có 1 nhóm COOH thì
X + (n + x)NaOH 
 hỗn hợp muối + (1 + x)H2O
n NaOH  (n  x).n peptit
+ Quan hệ số mol giữa các chất: 
n H 2O  (1  x).n peptit
- Áp dụng bảo toàn khối lượng: mpeptit + mNaOH phản ứng = m hỗn hợp muối + m H 2O
- Chú ý:
 Nếu dùng một lượng dư dung dịch NaOH thì chất rắn sau phản ứng gồm có muối natri của -amoni axit
và NaOH dư. Khi đó: m rắn = mhỗn hợp muối + mNaOH dư
 NaOH
 Đốt cháy muối natri của -amoni axit: Cn H2n 1O2 N 
 Cn H2n O2 NNa . Phương trình cháy:
1
2C n H 2n O 2 NNa  O 2 
 nNa 2CO3  nCO 2  2nH 2O  N 2
2
+ Sử dụng các phương pháp bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng để giải dạng toán đốt cháy này.
Ngoài ra, cần lưu ý khi đốt cháy muối natri của -amoni axit cũng như khi đốt cháy peptit ban đầu thì lượng
O2 không thay đổi.

 Các ví dụ minh họa:
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 9


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
Ví dụ 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.
Hướng dẫn giải
Hướng tư duy 1: Tính theo khối lượng từng chất
- Phương trình: Gly-Ala + 2KOH 
 H2N-CH3-COOK + H2N-CH(CH3)-COOK + H2O
mol :
x
x
x
 m X  mGlyK  m AlaK  113x  127x  2, 4  x  0, 01 mol . Vậy m peptit  0, 01.146  1, 46 gam
Hướng tư duy 2: Bảo toàn khối lượng

n KOH  2n peptit BTKL
- Ta có: 
 m Y  m peptit  m KOH  m H 2O  x  0, 01 mol  m  1, 46 gam

n peptit  n H 2O
2,4
56x.2
18x
146x
Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn 4,34 gam tripeptit mạch hở X (được tạo nên từ hai α – amino axit có cùng
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. 5,06
D. 8,25.
Hướng dẫn giải

n NaOH  3n peptit BTKL
- Thủy phân trong NaOH, ta có: 
 m Y  m H 2O  m X  m NaOH  x  0, 02 mol

n peptit  n H 2O
6,38
4,34
18x

3x.40


n HCl  3n peptit  0, 06 mol BTKL
- Thủy phân trong HCl, ta có: 
 m  m HCl  m X  m H 2O  7, 25 gam

n H 2O  2n peptit  0, 04 mol
4,34
2,19
0,72

Ví dụ 3: Thủy phân hoàn toàn 21,8 gam đipeptit mạch hở Glu-Ala trong NaOH (vừa đủ) thu được dung
dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
A. 28,0
B. 24,0
C. 30,2
D. 26,2
Hướng dẫn giải
- Phương trình: Glu-Ala + 3NaOH 
 Glu(Na2) + AlaNa + 2H2O
n NaOH  3n peptit  0,3 mol BTKL
 m Y  m peptit  m NaOH  m H 2O  30, 2 gam
- Ta có: 
n peptit  2n H 2O  0, 2 mol
12
1,8
21,8
Ví dụ 4: 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.
Hướng dẫn giải
- Từ công thức tổng quát của peptit: CaH2a+2–kOk+1Nk ta suy ra X là hexapeptit và Y là pentapeptit
n E  n X  n Y  0,16
n X  0,1 mol
n
5

 X 
- Khi đó: 
n NaOH  6n X  5n Y  0,9 n Y  0, 06 mol n Y 3

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 10


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
5x mol 3x mol

- Đốt cháy :

BT: N

X , Y  O 2 
 CO 2  H 2O  N 2 . Áp dụng:  n N 2 
69,31 gam

30,73 gam E

6n X  5n Y
 22,5x mol
2

44n CO 2  18n H 2O  69,31
44n CO 2  18n H 2O  69,31
n CO 2  1,16 mol



- Ta có: n CO 2  n E  n H 2O  n N 2
 n CO 2  n H 2O  14,5x
 n H 2O  1, 015 mol
m  m  m  m  m  30, 73 12n
 x  0, 01 mol
C
H
O
N
CO 2  2n H 2O  1478x  30, 73
 E


- Nhận thấy: n E(1)  2 n E(2)  m E(1)  2m E(2)  61, 46 gam .
0,16

0,08

BT: Na
 a  b  0,9
GlyNa : a mol 
a  0,38 mol a
 
- Xét hỗn họp muối: 


  0, 73
BTKL
b  0,52 mol
b
AlaNa : b mol 


97a

111b

94,58


III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
1. Đề trắc nghiệm (PHẦN CƠ BẢN):
Câu 1: Phát biểu nào sau đây không đúng
A. Peptit mạch hở phân tử chứa hai liên kết peptit -CO-NH- được gọi là đipeptit.
B. Các peptit đều là chất rắn, nhiệt độ nóng chảy cao và dễ tan trong nước.
C. Peptit mạch hở phân tử chứa hai gốc α-amino axit được gọi là đipeptit.
D. Các peptit mà phân tử chứa từ 11 đến 50 gốc α-amino axit được gọi là polipeptit.
Câu 2: Hợp chất nào sau đây thuộc loại đipeptit
A. H2N-CH2-CH2-CO-NH-CH2-CH2-COOH
B. H2N-CH2-CH2-CO-NH-CH2-COOH
C. H2N-CH2-CO-NH-CH2-CO-NH-CH2-COOH
D. H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-COOH
Câu 3: Tripeptit X có công thức H2N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH2-COOH. Tên gọi của X là
A. Glyxylalanylglyxyl
B. Glyxylalanylglyxin
C. Alanylglyxylglyxin
D. Glyxinalaninglyxin
Câu 4: Nhóm –CO–NH– giữa hai đơn vị α-amino axit gọi là :
A. Nhóm cacbonyl.
B. Nhóm amino axit.
C. Nhóm peptit.
D. Nhóm amit.
Câu 5: Trong hợp chất sau đây có mấy liên kết peptit ?
H2N–CH2–CO–NH–CH(CH3)–CO–NH–CH2–CO–NH–CH(C6H5)–CH2–CO–HN–CH2–COOH
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Câu 6: Trong các nhận xét dưới đây, nhận xét nào không đúng ?
A. Peptit có thể thuỷ phân hoàn toàn thành các muối của -amino axit nhờ xúc tác axit hoặc bazơ.
B. Peptit có thể thuỷ phân không hoàn toàn thành các peptit ngắn hơn nhờ xúc tác axit hoặc bazơ.
C. Các peptit đều tác dụng với Cu(OH)2 trong môi trường kiềm tạo ra hợp chất có màu tím hoặc đỏ tím.
D. Enzim có tác dụng xúc tác đặc hiệu đối với peptit : mỗi loại enzim chỉ xúc tác cho sự phân cắt một số
liên kết peptit nhất định.
Câu 7: Thuỷ phân hoàn toàn 65 gam peptit X thu được 22,25 gam alanin và 56,25 gam glyxin. X là
A. đipeptit.
B. tripeptit.
C. tetrapeptit.
D. pentapeptit
Câu 8: Nhận xét nào sau đây sai
A. Từ các dung dịch glyxin, alanin, valin có thể tạo tối đa 9 tripeptit.
B. Polipeptit kém bền trong môi trường axit và bazơ.
C. Liên kết peptit là liên kết của nhóm CO với nhóm NH giữa 2 đơn vị α-aminoaxit.
D. Polipeptit là cơ sở tạo nên protein.
Câu 9: Cấu tạo của chất nào sau đây không chứa liên kết peptit trong phân tử ?
A. Tơ tằm
B. Lipit
C. Mạng nhện
D. Tóc
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 11


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
Câu 10: Phát biểu đúng là:
A. Khi cho quì ẩm vào dung dịch phenylamoni clorua quì tím chuyển màu đỏ.
B. Khi cho Cu(OH)2 vào peptit thấy xuất hiện phức màu xanh đậm.
C. Có 3 α-aminoaxit khác nhau chỉ chứa một chức amino và một chức cacboxyl có thể tạo tối đa 6
tripeptit.
D. Trong một phân tử tripeptit có 2 liên kết peptit và tác dụng vừa đủ với 2 phân tử NaOH.
Câu 11: Đun nóng 0,1 mol một pentapeptit X (được tạo thành từ một amino axit Y chỉ chứa một nhóm NH2 và một nhóm -COOH) với 700ml dung dịch NaOH 1M, đến phản ứng hoàn toàn cô cạn dung dịch thu
được 63,5 gam chất rắn khan. Tên gọi của Y là:
A. Axit α-aminoaxetic
B. Axit α-aminopropionic
C. Axit α-amino-β-phenylpropionic
D. Axit α-aminoisovaleric
Câu 12: Đun nóng chất H2N-CH2-CONH-CH(CH3)-CONH-CH2-COOH trong dung dịch HCl (dư), sau khi
các phản ứng kết thúc thu được sản phẩm là:
A. H2N-CH2-COOH, H2N-CH2-CH2-COOH.
B. H2N-CH2-COOH, H2N-CH(CH3)-COOH.
C. H3N+-CH2-COOHCl-, H3N+-CH2-CH2-COOHCl-.
D. H3N+-CH2-COOHCl-, H3N+-CH(CH3)-COOHCl-.
Câu 13: Thuốc thử dùng để phân biệt các dung dịch riêng biệt sau: glucozơ, glixerol, alanylglyxylvalin,
anđehit axetic, ancol etylic là
A. Cu(OH)2/dung dịch NaOH.
B. nước brom.
C. AgNO3/dung dịch NH3.
D. Na.
Câu 14: Cho peptit:

Tên gọi của peptit trên là:
A. Val–Gly–Ala.
B. Ala–Gly–Val.
C. Val–Ala–Gly.
D. Gly–Ala–Val.
Câu 15: Thủy phân không hoàn toàn tripeptit X mạch hở, thu được sản phẩm gồm Gly, Ala, Ala-Gly, GlyAla. Tripeptit X là
A. Ala-Ala-Gly.
B. Gly-Gly-Ala.
C. Ala-Gly-Gly.
D. Gly-Ala-Gly.
Câu 16: Một đipeptit có khối lượng mol bằng 146. Đipeptit đó là:
A. Ala-Ala
B. Gly-Ala
C. Gly-Val.
D. Gly-Gly
Câu 17: Số tripeptit mạch hở tối đa thu được từ hỗn hợp chỉ gồm glyxin và alanin là
A. 8
B. 6
C. 9
D. 4
Câu 18: Có các amino axit: glyxin (Gly), alanin (Ala) và valin (Val). Có thể điều chế được bao nhiêu
tripeptit mà trong mỗi phân tử tripeptit đều chứa đồng thời cả 3 amino axit trên ?
A. 4
B. 8
C. 6
D. 3
Câu 19: Phát biểu nào sau đây đúng
A. Trong môi trường kiềm, đipeptit mạch hở tác dụng được với Cu(OH)2 cho dung dịch màu tím xanh.
B. Trong một phân tử tripeptit mạch hở có 3 liên kết peptit.
C. Các hợp chất peptit bền trong môi trường bazơ và môi trường axit.
D. Axit glutamic HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH có tính lưỡng tính.
Câu 20: Octapetit X có công thức cấu tạo là Gly-Phe-Tyr-Lys-Gly-Phe-Tyr-Ala. Khi thủy phân X thì thu
được tối đa bao nhiêu tripeptit có chứa Gly
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
Câu 21: Đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol oligopeptit X (chỉ chứa gốc alanyl). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy
vào dung dịch nước vôi trong dư thì khối lượng bình tăng 58,08 gam. X là
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 12


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
A. đipeptit.
B. tripeptit.
C. tetrapeptit.
D. pentapeptit
Câu 22: Đun nóng alanin thu được một số peptit trong đó có peptit A có phần trăm khối lượng nitơ là
18,54%. Khối lượng phân tử của A là :
A. 231.
B. 160.
C. 373.
D. 302.
Câu 23: Tripeptit X có công thức sau: H2N–CH2–CO–NH–CH(CH3)–CO–NH–CH(CH3)–COOH
Thủy phân hoàn toàn 0,1 mol X trong 400 ml dung dịch NaOH 1M. Khối lượng chất rắn thu được khi cô
cạn dung dịch sau phản ứng là :
A. 28,6 gam.
B. 22,2 gam.
C. 35,9 gam.
D. 31,9 gam.
Câu 24: Từ Glyxin và Alanin tạo ra 2 đipeptit X và Y chứa đồng thời 2 aminoaxit. Lấy 14,892 gam hỗn hợp
X, Y phản ứng vừa đủ với V lít dung dịch HCl 1M, đun nóng. Tính V.
A. 0,102.
B. 0,25.
C. 0,122.
D. 0,204.
Câu 25: Thủy phân hoàn toàn 143,45 gam hỗn hợp A gồm hai tetrapeptit thu được 159,74 gam hỗn hợp X
gồm các amino axit (các amino axit chỉ chứa 1nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2). Cho toàn bộ X tác dụng với
dung dịch HCl dư, sau đó cô cạn dung dịch thì thu được m gam muối khan. Khối lượng nước phản ứng và
giá trị của m lần lượt là :
A. 8,145 gam và 203,78 gam.
B. 32,58 gam và 10,15 gam.
C. 16,2 gam và 203,78 gam
D. 16,29 gam và 203,78 gam.
Câu 26: Cho 14,6 gam hợp chất X có công thức phân tử là C5H10N2O3, mạch hở tác dụng vừa đủ với dung
dịch NaOH, thu được dung dịch Y chỉ chứa hai muối. Cô cạn dung dịch Y thu được 20,8 gam chất rắn. Số
đồng phân cấu tạo của X là
A. 3.
B. 4.
C. 5.
D. 6.
Câu 27: X là một tetrapeptit cấu tạo từ aminoaxit A no, mạch hở, có một nhóm –NH2 và một nhóm –
COOH. Trong A, oxi chiếm 42,67% khối lượng. Thủy phân hết m gam X thì thu được 28,35 gam tripeptit,
79,2 gam đipeptit và 101,25 gam A. Giá trị của m là
A. 184,5.
B. 258,3.
C. 405,9.
D. 202,95.
Câu 28: 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. 90,6.
B. 111,74.
C. 81,54.
D. 66,44.
Câu 29: 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.
Câu 30: X là tetrapeptit Ala-Gly-Val-Ala, Y là tripeptit Val-Gly-Val. Đun nóng m gam hỗn hợp X và Y có
tỉ lệ số mol nX : nY = 1 : 3 với 780 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), sau khi phản ứng kết thúc thu được
dung dịch Z. Cô cạn dung dịch thu được 94,98 gam muối. m có giá trị là :
A. 68,1 gam.
B. 64,86 gam.
C. 77,04 gam.
D. 65,13 gam.
Câu 31: Thủy phân hoàn toàn 1 mol oligopeptit X mạch hở, được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1
mol valin (Val) và 1 mol phenylalanin (Phe). Thủy phân không hoàn toàn X thu được đipeptit Val-Phe và
tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu được đipeptit Gly-Gly. Kết luận không đúng về X
A. Trong X có 5 nhóm CH3.
B. Đem 0,1 mol X tác dụng với dung dịch HCl dư, đun nóng tạo ra 70,35 gam muối.
C. X có công thức Gly-Ala-Val-Phe-Gly.
D. X tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, theo tỉ lệ mol tương ứng 1 : 5.
Câu 32: X là 1 pentapeptit mạch hở . Thủy phân hoàn toàn X chỉ thu được 1 aminoaxit no Y, mạch hở, có 1
nhóm amino và 1 nhóm cacboxyl (tổng % khối lượng của O và N trong Y là 51,685%). Khi thủy phân hết m
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 13


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
gam X trong môi trường axit thu được 30,2 gam tetrapeptit; 30,03 gam tripeptit; 25,6 gam đipeptit và 88,11
gam Y. Giá trị của m là
A. 167,85.
B. 156,66.
C. 141,74.
D. 186,90.
Câu 33: Tripeptit X và pentapeptit Y đều được tạo ra từ aminoaxit X no, mạch hở, có 1 nhóm amino và 1
nhóm cacboxyl. Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X rồi cho sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi
trong dư thấy tạo thành 6 gam kết tủa. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol Y thì thu được N2 và m gam hỗn
hợp CO2 và H2O. Giá trị của m là
A. 11,86.
B. 13,3.
C. 5,93.
D. 6,65.
Câu 34: 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 dung dịch thu được bao nhiêu gam chất rắn ?
A. 9,99 gam
B. 87,3 gam
C. 94,5 gam
D. 107,1 gam
Câu 35: Cho X là hexapeptit Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val và Y là tetrepeptit Gly-Ala-Gly-Glu. Thủy phân
hoàn toàn m gam hỗn hợp 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

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN (PHẦN CƠ BẢN)
1-A
8-A
15-D
22-D
29-B

2-D
9-B
16-B
23-C
30-A

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

3-B
10-A
17-A
24-D
31-A

4-C
11-B
18-C
25-D
32-B

5-B
12-D
19-D
26-B
33-A

6-C
13-A
20-A
27-A
34-C

7-C
14-D
21-C
28-C
45-C

Trang 14


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit

B. CÁC PHƯƠNG PHÁP MỚI GIẢI BÀI TOÁN PEPTIT:
(Tài liệu được sưu tầm, tham khảo từ các đề thi thử cùng các tác giả nổi tiếng)
I. Quy đổi peptit ban đầu về các gốc axyl và H2O:
- Xét các  - aminoaxit no, mạch hở, trong phân tử có chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH, khi tách lấy
1 phân tử H2O trong phân tử các chất trên thì ta sẽ tạo ra các mắt xích tương ứng như sau:

- Ta có công thức tổng quát của các  - aminoaxit no, mạch hở, phân tử có chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –
COOH là CnH2n+1O2N khi tách 1 phân tử H2O tạo thành mắt xích có công thức tương ứng là CnH2n–1ON.
- Lúc này ta xét một peptit bất kì được tạo thành từ hỗn hợp các các  - aminoaxit no, mạch hở, trong phân
tử có chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH.

 Quy đổi peptit ban đầu về các gốc axyl C2H3ON, C3H5ON và H2O hay tổng quát là CnH2n–1ON và H2O.
- Một số trường hợp đặc biệt:

+ Nếu trong phân tử của peptit có chứa lysin thì quy đổi về CnH2n–1ON, C6H12ON2 và H2O.
Hoặc có thể quy đổi về CnH2n–1ON, NH và H2O (vì C6H12ON = C6H11ON + NH)

+ Nếu trong phân tử của peptit có chứa axit glutamic thì quy đổi về CnH2n–1ON, C5H7O3N và H2O.
Hoặc có thể quy đổi về CnH2n–1ON, CO2 và H2O (vì C5H7O3N = C4H7ON + COO)
- Để xử lí dạng này ta cần đi tìm trị số n và mol của H2O với n H 2O  n peptit .
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 15


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
- Áp dụng vào các dạng toán trọng tâm:
 Đốt cháy peptit: Khi đốt cháy hỗn hợp CnH2n–1ON (a mol) và H2O (b mol) thì:
3n  1,5
2n  1
1
CnH2n–1ON +
O2 
H2O + N2
 nCO2 +
2
2
2
n CO 2  an

+ Từ phương trình ta rút ra được: n H 2O  (n  0,5)a  b và n O2  (1,5n  0, 75) a
n  0,5a
 N2
 Thủy phân trong môi trường kiềm: Khi cho hỗn hợp CnH2n–1ON (a mol) và H2O (b mol) tác dụng với
MOH (Na, K) thì:
Cn H2n 1ON  MOH 
 Cn H2n O2 NM
+ Từ phương trình ta rút ra được: n Cn H 2n 1ON  n MOH pư = n Cn H 2n O2 NM và n H 2O  n peptit
BTKL

 mmuối = mgốc axyl + mMOH pư . Nếu dùng một lượng dư MOH thì: mrắn = mgốc axyl + mMOH ban đầu
- Nếu đốt cháy muối natri của -amoni axit:
5n
1
2C n H 2n O 2 NM  O 2 
 nM 2CO3  nCO 2  2nH 2O  N 2
2
2
+ Sử dụng các phương pháp bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng để giải dạng toán đốt cháy này.
+ Ngoài ra, cần lưu ý khi đốt cháy muối natri của -amoni axit cũng như khi đốt cháy peptit ban đầu thì
lượng O2 không thay đổi.

 Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: 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.
Hướng dẫn giải
- Quy đổi hỗn hợp E thành CnH2n-1ON và H2O.
 NaOH

 CnH2nO2NNa  n NaOH  n Cn H 2n 1ON = 0,9 mol nên
- Khi đó: CnH2n-1ON 
x mol

y mol

x(n 0,5)  y

xn

- Khi đốt: C n H 2n 1ON , H 2O  O 2 
 CO 2 
30,73 gam X

n Cn H 2n 1ON 0,9

n H 2O
0,16

H 2O

 N2

69,31 gam

44xn  18.(an  0,5x  y)  69,31 nx  1,16


- Ta có: (14n  29) x  18y  30, 73
 x  0, 45 . Nhận thấy: n Cn H 2n 1ON  2x nên 0,16 mol E có
 x : y  0,9 : 0,16
 y  0, 08



khối lượng là: 2.30,73 = 61,46 gam.
BT: Na
 a  b  0,9
GlyNa : a mol 
a  0,38 mol a
 


  0, 73
- Xét hỗn họp muối: 
BTKL
b

0,52
mol
b
AlaNa : b mol 


97a

111b

94,58


Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 16


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
Ví dụ 2: Hỗn hợp M gồm tripeptit X và hexapeptit Y được tạo thành từ các amino axit no mạch hở, có 1
nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol M bằng O2 vừa đủ thu được sản phẩm gồm
CO2, H2O có tổng khối lượng là 60,525 gam và 5,04 lít khí N2 (đktc). Nếu cho 0,15 mol M tác dụng hoàn
toàn với NaOH (lấy dư 20%), sau phản ứng cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu gam chất rắn ?
Hướng dẫn giải
- Quy đổi hỗn hợp M thành CnH2n-1ON và H2O.
a mol

0,1 mol

an

- Khi đốt: C n H 2n 1ON , H 2O  O 2 
 CO 2 

a(n 0,5)  0,1

H 2O

0,225 mol



N2

40,5 (g)

X

BT: N

 a  n Cn H2n 1ON  2n N2  0, 45 mol  44n CO2  18n H2O  60,525  n  2, 25
1,5a mol

0,15 mol

- Khi cho: C n H 2n 1ON , H 2O  NaOH 
 C n H 2n O 2 NNa  NaOHdư + H2O
X

với nNaOH dư = 0,2.nNaOH ban đầu = 0,2.1,5.a = 0,135 mol
BTKL

 mrắn = mCn H 2nO2 NNa + 40nNaOH dư = 73, 23725 (g)

Ví dụ 3: Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở)
tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn
toàn Q bằng một lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong
dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m
gam M, thu được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 6,0.
B. 6,5.
C. 7,0.
D. 7,5.
Hướng dẫn giải
- Quy đổi hỗn hợp M thành CnH2n-1ON và H2O.
 NaOH

 CnH2nO2NNa (muối trong hỗn hợp Q).
- Khi đó: CnH2n-1ON 
Na 2CO3
- Khi đốt: C n H 2 n O2 NNa  O2 

 Ca(OH)2 d­
CO2 , H 2O,N 2 
 m b.t¨ng  13,23 (g) vµ N 2 : 0,0375 mol
Q
BT: N

BT: Na
 n Q  2n N2  0,075 mol và 
 n Na 2CO3 

n NaOH n Q

 0, 0375 mol
2
2

BT: H

  n H 2O  0, 075n
- Ta có: 
mà 44n CO2  18n H 2O  13, 23  n  3, 2
BT: C

  n CO 2  0, 075n  0, 0375
0,075 mol

a mol
O

2
 n H 2O  (n  0,5).0, 075  a  0, 2275  a  0, 025 mol  m M  5,985 (g)
- Khi đốt: C n H 2n 1ON , H 2O 

m (g) M

Ví dụ 4: X là một peptit có 16 mắt xích được tạo từ các  -amino axit cùng 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
rồi cô cạn cẩn thận thì thu được hỗn hợp rắn Y. Đốt cháy Y trong bình chứa 12,5 mol không khí, toàn bộ khí
sau phản ứng cháy được ngưng tụ hơi nước thì còn lại 271,936 lít hỗn hợp khí Z. Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn, các khí đo ở đktc, trong không khí có 1/5 thể tích O2 còn lại là N2. Giá trị gần nhất của m là :
A. 46 gam
B. 41 gam
C. 43 gam
D. 38 gam
Hướng dẫn giải
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 17


Chuyờn : Peptit Phng phỏp mi gii bi toỏn peptit
- Ta cú: nO2 (ủoỏt

Y)

nO2 (ủoỏt X) 2,04 mol n O2 (dử) nO2 (kk) nO2 (ủoỏt Y) 0,46 mol
2,5

2,04

- Xột quỏ trỡnh t hn hp Y.
a mol

an mol an mol (0,5a 10) mol 0,46 mol

2,5mol 10 mol

C n H 2n O2 NNa O2 ; N 2 Na 2 CO3 CO2 , H 2 O ,
Y

không khí

0,5a mol

N2

hỗn hợp khí và hơi

an mol (0,5a 10) mol 0,46 mol
ngưng tụ

, O2(dư) CO2 ,

N2

, O 2( dư)

(hỗn hợp Z) 12,14 mol

nCO2 n N2 n O2 (dư) 12,14
an 1,68
an 1,68


+ Ta cú: BT:O
2n Y 2n O2 3n Na 2CO3 2n CO2 n H2O 1,5a 3an 4.08 a 0,64
a
0,08 mol
+ Khi cho m gam X + NaOH ta cú: mY a.(14n 69) 67, 68(g) v n H2O n X
số mắc xích
BTKL

n NaOH n C n H2nO2NNa 0,64 mol mX mY 18n H2O 40n NaOH 42,8(g)
BT:Na

Vớ d 5: Hn hp E gm 3 chui peptit X, Y, Z u mch h (c to nờn t Gly v Lys). Chia hn hp
lm hai phn khụng bng nhau. Phn 1: cú khi lng 14,88 gam c em thy phõn hon ton trong dung
dch NaOH 1 M thỡ dựng ht 180 ml, sau khi phn ng thu c hn hp F cha a gam mui Gly v b gam
mui Lys. Mt khỏc, t chỏy hon ton phn cũn li thỡ thu c t l th tớch gia CO 2 v hi nc thu
c l 1 : 1. T l a : b gn nht vi giỏ tr :
A. 1,57
B. 1,67
C. 1,40
D. 2,71
Hng dn gii
+ Cỏc mt xớch to ra tng ng vi cỏc - amino axit:

C2 H3ON :a mol
BT: C

n CO2 2a 6b
O2 ,t 0
E C6 H12ON 2 :b mol
n CO2 n H 2O 0,5a c (1)
BT: H


n

1,5a

6b

c
H O : c mol

H 2O

2
a 0,1316 mol

a
57a 128b 18c m E 14,88

1,57
v BT: Na
(2) . T (1), (2) suy ra: b 0, 0484 mol . Vy
b

a

b

n

0,18


NaOH

c 0, 066 mol

Tn Thnh Hong Phan

Trang 18


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
II. Quy đổi peptit ban đầu về C2H3ON, CH2 và H2O:
- Theo định nghĩa: “ Đồng đẳng là dãy các chất có tính chất tương tự nhau hơn kém 1 hay nhiều nhóm CH2
trong phân tử ”. Do vậy mục đích của phương pháp này là ta sẽ đưa dãy gồm nhiều chất trong cùng một dãy
đồng đẳng về chất đơn giản nhất và các nhóm CH2. Để hiểu rõ hơn ta đi phân tích kĩ về cách quy đổi sau:
- Xét các  - aminoaxit no, mạch hở, trong phân tử có chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH:
Vì glyxin (C2H5O2N) có công thức đơn giản nhất nên ta bắt đầu từ alanin và valin
+ Ta có:
Alanin (C3H7O2N) = Glyxin (C2H5O2N) + CH2
Valin (C5H9O2N) = Glyxin (C2H5O2N) + 3CH2
- Lúc này ta xét một peptit bất kì được tạo thành từ hỗn hợp các các  - aminoaxit no, mạch hở, trong phân
tử có chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH.

 Quy đổi peptit ban đầu về các gốc axyl C2H3ON, C3H5ON và H2O mà C3H5ON = C2H3ON + CH2
 Tổng quát: C2H3ON, CH2 và H2O.
- Một số trường hợp đặc biệt:
+ Nếu trong phân tử của peptit có chứa các mắt xích lysin thì thực hiện pháp tách sau:
C6H12ON2 = C2H3ON + NH + 4CH2
 Hỗn hợp lúc này gồm: C2H3ON, CH2, NH và H2O.
+ Nếu trong phân tử của peptit có các mắt xích axit glutamic thì ta thực hiện phép tách sau:
C5H7O3N = C2H3ON + COO + 2CH2
 Hỗn hợp lúc này gồm: C2H3ON, CH2, CO2 và H2O.
- Để xử lí dạng này ta cần đi tìm mol của các chất với n H 2O  n peptit .
- Áp dụng vào các dạng toán trọng tâm:
 Đốt cháy peptit: Khi đốt cháy hỗn hợp C2H3ON (a mol) CH2 (b mol) H2O (c mol) thì:
9
3
1
 2CO2 + H2O + N2
C2H3ON + O2 
4
2
2
3
CH2 + O2 
 CO2 + H2O
2
n CO 2  2a  b

+ Từ phương trình ta rút ra được: n H 2O  1,5a  b  c và n O2  2, 25a  1,5b
n  0,5a
 N2
 Thủy phân trong môi trường kiềm: Khi cho hỗn hợp C2H3ON (a mol) CH2 (b mol) H2O (c mol) tác
C 2 H 3ON
C 2 H 4O 2 NM
 MOH 

dụng với MOH (Na, K) thì: 
CH 2
CH 2
+ Từ trên ta rút ra được: n C2H3ON  n MOH pư = n C2H 4O 2 NM và n H 2O  n peptit
BTKL

 mmuối = mC2H3ON  mCH 2 + mMOH pư

Nếu dùng một lượng dư MOH thì: mrắn = mC2H3ON  mCH 2 + mMOH ban đầu

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 19


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit

 Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Thủy phân đến hoàn toàn 1 mol peptit X và 1 mol peptit Y thu được 3 mol Alanin và 4 mol
glyxin. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 13,7 gam peptit X cần dừng vừa đủ 13,44 lít khí O 2, và thu được
hỗn hợp khí sau phản ứng biết tổng khối lượng CO 2 và H2O là 30,1 gam. Số liên kết peptit trong Y là :
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
- Thủy phân 1 mol peptit X và 1 mol peptit Y thu được 3 mol Alanin và 4 mol Glyxin suy ra tổng số
mắc xích có trong X và Y là 7.
- Quy đổi peptit X thành C2H3ON (a mol) , CH2 (b mol) và H2O (c mol). Khi đốt 13,7 (g) X thì
2,25n C 2 H 3ON  1,5n CH 2  n O 2
2,25a  1,5b  0,6
a  0,2



44.(2n C 2H 3ON  n CH 2 )  18.(1,5n C 2H 3ON  n CH 2  n H 2O )  30,1  115a  62b  18c  30,1  b  0,1
57n
57a  14b  18c  13,7
c  n  0,05
X
C 2 H 3ON  14n CH 2  18n H 2O  m X




 Sè m¾c xÝch cña X =

n C 2 H3ON
 4. Vậy X: tetrapeptit và Y: tripeptit  Trong Y có 2 liên kết peptit.
nX

Ví dụ 2 (Đề MH-2017): Cho m gam hỗn hợp M gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T
(đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala và Val.
Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lượng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng
nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt
cháy hoàn toàn m gam M, thu được 4,095 gam H2O. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 6,0.
B. 6,5.
C. 7,0.
D. 7,5.
Hướng dẫn giải
- Quy đổi hỗn hợp M thành C2H3ON, CH2, H2O.
x mol
Na 2 CO3
0,0375 mol

- Khi đốt: C 2 H 4 O 2 NNa,CH 2  O 2 
 Ca(OH)2 d­
CO 2 , H 2 O,N 2 
 m b.t¨ng  13,23 (g) vµ N 2
Q
BT: N

BT: Na
 n C2H4O2 NNa  2n N2  0,075 mol và 
 n Na 2CO3 

n NaOH n C 2H 4O 2 NNa

 0, 0375 mol
2
2

BT: H
 
 n H 2O  2n C2H 4O2 NNa  n CH 2  0,15  x
- Ta có: 
 44n CO2  18n H 2O  13, 23  x  0,09
BT: C
  n CO2  2n C2H 4O2 NNa  n CH 2  n Na 2CO3  0,1125  x
0,075 mol

0,09 mol a mol
O

2
 n H 2O  0, 2025  a  0, 2275  a  0, 025 mol  m M  5,985 (g)
- Khi đốt: C 2 H 4O 2 NNa , CH 2 , H 2 O 

m (g) M

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) chỉ tạo ra từ Gly, Ala và
Val. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy(chỉ gồm CO2, H2O và N2) vào bình đựng
140ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có 840ml (đktc) một khí duy
nhất thoát ra và thu được dung dịch có khối lượng tăng 11,865 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)2
ban đầu. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây
A. 7,26
B. 6,26
C. 8,25
D. 7,25
Hướng dẫn giải
- Quy đổi hỗn hợp X thành C2H3ON, CH2 (a mol) và H2O (b mol)
Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 20


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
BT: N

BT:H

 n C 2H3ON  2n N 2  0,075mol  n H 2O  1,5n C 2H 3ON  n CH 2  n H 2O  (0,1125  a  b) mol
BT:Ba
+ Gọi n BaCO3  x mol 
n Ba(HCO3 )2  (0,14  x) mol
BT:C

 n BaCO3  2n Ba(HCO3 )2  2n C2H3ON  n CH2  x  2(0,14  x)  0,15  a  x  0,13  a (1)
Thay (1) vào

+ Ta có: mdd tăng = 44n CO2  18n H2O  197n BaCO3  259a  18b  28,85 (2)
+ Gọi k là số nguyên tử N trung bình trong X với: 3 < k < 5
0, 075
 0, 025 . Thay b vào (2) ta tính được a = 0,1096  m X  6, 2601 gam
 Với k = 3  b 
3
0, 075
 0, 015 . Thay b vào (2) ta tính được a = 0,11  m X  6, 085 gam
 Với k = 5  b 
5
Vậy giá trị của m nằm trong khoảng: 6, 085  m  6, 2601
Ví dụ 4: X, Y (MX < MY) là hai peptit mạch hở, hơn kém nhau một liên kết peptit. Đun nóng 36,58 gam hỗn
hợp E chứa X, Y và este Z (C5H11O2N) với dung dịch NaOH vừa đủ, chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu
được 0,05 mol ancol etylic và hỗn hợp chứa 2 muối của 2 -aminoaxit thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy
toàn bộ muối cần dùng 1,59 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 26,5 gam Na2CO3. Phần trăm khối lượng
của X trong hỗn hợp E là.
A. 45,2%
B. 29,8%
C. 34,1%
D. 27,1%
Hướng dẫn giải
- Hướng tư duy 1: Sử dụng công thức tổng quát của muối
Cn H 2n O2 NNa  O2  Na 2CO3  CO 2  H 2O
Z
 NaOH
1,59mol
0,25mol
- Quá trình: X, Y, NH 2CH(CH3 ) COOC2 H5 

35,68(g) E
C2 H5OH :0, 05 mol
BT:Na

+ Xét (*) có : 
 n Cn H2n O2 NNa  2n Na 2CO3  0,5 và n O2  (1,5n  0, 75).n Cn H2n O2 NNa  1,59  n  2, 62
Vậy 2 amino axit trong muối là Gly (NH2CH2COOH) và Ala (NH2CH(CH3)COOH)
n  n Ala  2n Na 2CO3  0,5


 Gly
n Gly  0,19 mol
+ Ta có  BT:C

n Ala  0,31mol

  2n Gly  3n Ala  0,5.n  1,31 
- Cho X, Y tác dụng NaOH : X  Y 
 NaOH  NH2CH2COONa  NH2CH(CH3 )COONa  H2O
BTKL

 mX  mY  40n NaOH  97n NH2CH2COONa  111n NH2CH(CH3 )COONa  18n H2O (*)
Với m Z  117.n C2H5OH  5,85  m X  m Y  m E  m Z  30, 73(g)

n AlaNa  n Ala  n Z  0,26 mol BT:Na
và 
 n NaOH  n GlyNa  n AlaNa  0, 45mol

n GlyNa  n Gly  0,19 mol
+ Thế phần trên vào (*) ta tìm được n H2O  0, 08 mol  n X  n Y  n H2O  0, 08 mol

+ Gọi k là số mắc xích trung bình của X và Y: k 

n GlyNa  n AlaNa
nX  nY



0, 45
 5, 625
0, 08

5n X  6n Y  n GlyNa  n AlaNa n X  0, 03mol

 X là pentapeptit và Y là hexapeptit và 

n X  n Y  0, 08
n Y  0, 05 mol


Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 21


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit

Glya (Ala)5a :0, 03mol
BT: Gly
+ Khi đó: 

 an X  bn Y  0,19  3a  5b  19  a = 3 và b = 2.
(Gly) b (Ala)6b :0, 05 mol
 X là (Gly)3(Ala)2  %mX  27,14%
- Hướng tư duy 2: Quy đổi – tách chất
+ Thực hiện tách chất như sau: NH 2 CH(CH3 ) COOC2 H5  HNCH 2 CO  3CH 2  H 2O
0,05mol

0,15 mol

0,05mol

0,05 mol

+ Tiếp tục quy đổi hỗn hợp E như sau:
(a 0,05)mol (b 0,15) mol (c0,05)mol

C 2 H3ON ,

CH2

,

H2O

36,58 gam E

t0

NaOH


 C 2 H 4O2 NNa,CH 2  O2  Na 2CO3  CO2  H 2O  N 2
hçn hîp muèi

1,59mol

0,25mol

mC H ON  mCH  m H O  35, 68
57a  14b  18c  29,83 a  0, 45
2 3
2
2




Lập hệ sau: 2, 25n C2H3ON  1,5n CH2  n O2  1,59  2, 25a  1,5b  1, 2525  b  0,16



a  0, 45
c  0,1078

n C2H3ON  2n Na 2CO3  0,5
2n C2H3ON  n CH2
 NH 2CH 2COOH (Gly)
+ Ta có: Ca min oaxit 
 2, 62  2 aminoaxit là 
n C2H3ON
 NH 2CH(CH3 ) COOH (Ala)
+ Đến đây ta giải tương tự như hướng tư duy 1.
Ví dụ 5: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm peptit X (C4H8O3N2), peptit Y (C7HxOyNz) và peptit Z
(C11HnOmNt). Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm 3 muối của
glyxin, alanin và valin. Đốt cháy toàn bộ T cần dùng 1,155 mol O2, thu được CO2, H2O, N2 và 23,32 gam
Na2CO3. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp E là
A. 4,64%
B. 6,97%
C. 9,29%
D. 13,93%
Hướng dẫn giải
4
BT:Na

 n AlaNa, GlyNa, ValNa  2n Na 2CO3  0, 44 mol mà n Ala, Gly,Val  (1,5n CO 2  n O 2 )  n CO 2  0,99 mol
3
- Quy đổi hỗn hợp E thành C2H3ON, CH2 và H2O. Lập hệ sau:
57n C2H3ON  14n CH 2  18n H 2O  28, 42
n C2H3ON  0, 44
 BT:C
n Gly,Ala,Val

 4, 4
  2n C2H3ON  n CH 2  n CO 2  0,99  n CH 2  3n Val  n Ala  0,11  n m¾c xÝch 
n

n

n
X
Y
Z
2, 25n

C 2H 3ON  1,5n CH 2  n O 2  1,155
n H 2O  n X  n Y  n Z  0,1

 Trong E có chứa peptit có số mắc xích lớn 4,4 (5, 6 hoặc 7…). Vậy Z là pentapeptit (Gly)4Ala, X là
đipeptit (Gly)2 và Y là đipeptit AlaVal (không thể là tripeptit (Gly)2Ala vì khi đó thủy phân hỗn hợp E sẽ
không thu được muối của Val).
BT:C
 
 4n X  7n Y  11n Z  n CO 2  0,99 n X  0, 01

0, 01.132

- Ta có: 2n X  2n Y  5n Z  2n NaOH  0, 44
 n Y  0, 01  %m X 
.100%  4, 64
28,
42
132n  174n  317n  28, 42
n  0, 08
X
Y
Z
 Z


Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 22


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
II. Trùng ngưng hóa (Gộp chuỗi peptit):
1. Dấu hiệu để sử dụng phương pháp trùng ngưng hóa .
Khi bài toán cho các dữ kiện sau :
- Hỗn hợp gồm nhiều peptit không biết chính xác cấu tạo nhưng đã biết tỉ lệ mol
- Biết tổng số liên kết peptit (cụ thể hoặc là nhỏ hơn một giá trị nào đó)
- Biết được số mol của các sản phẩm thủy phân
+ Nếu phản ứng thủy phân không hoàn toàn thì sản phẩm thu được gồm các đoạn mạch peptit nhỏ hơn.
+ Nếu phản ứng thủy phân hoàn toàn thì sản phẩm là hỗn hợp gồm các muối của α – aminoaxit.
2. Cách xử lý bài toán.
- Chúng ta sẽ trùng ngưng hóa hỗn hợp gồm nhiều các peptit mà đề bài đã cho thành một chuỗi peptit lớn
hơn (trong phương pháp này chúng ta tạm xem một phân tử peptit là một amino axit vì nó cùng một điểm
chung là có một nhóm – COOH và một nhóm –NH2.)
- Ví dụ :
+ Trùng ngưng các α – amino axit
0

xt, t
nNH 2  R  COOH 
(NH  R  CO) n  (n  1)H 2 O
+ Trùng ngưng các phân tử peptit :

(X)n

(Y)m

xt, t 0

1X n  1Ym 
 X  X  X  X  X  ....  Y Y Y Y Y  (1  1  1)H 2O
(X)n (Y)m
(X n )2

(Ym )3

(Z t ) 4

xt, t 0

2X n  3Ym  4Z t 
 X  X  X... Y  Y  Y... Z  Z  Z  (2  3  4  1)H 2O
(X n )2 (Ym )3 (Z t )4
0

xt, t
Tổng quát : aX n  bYm  cZ t 
(X n )a (Ym ) b (Z t ) c  (a  b  c  1)H 2O (với a < b < c)

(Tạm xem Xn, Ym và Zt là các phân tử amino axit từ đó trùng ngưng hỗn hợp peptit cũng tương tự như trùng
ngưng các amino axit về tỉ lệ số mol của các chất tham gia phản ứng và H2O).
- Gọi x là số mắc xích (hoặc giới hạn số mắc xích) mà bài toán đã cho.
- Ta tính được tỉ lệ của các muối thu được sau phản ứng là n A : n B : n C  kx : k y : k z .
- Nhận thấy phân tử peptit trùng ngưng (X n )a (Ym ) b (Z t ) c trùng với peptit mà ta lập tỉ lệ là (A) kx (B) ky (C) kz
Ta rút ra các kết luận sau :
BTKL
+ 
 m(peptit ban ®Çu)  m(peptit s¶n phÈm)  mH 2O

+



sè m¾c xÝch (min)
(x sè ph©n tö peptit ®Ò cho).a

<

 sè m¾c xÝch cña (X n) a(Y m) b(Z t) c
k.(x y z)

<



sè m¾c xÝch (max)

(x sè ph©n t ö peptit ®Ò cho).c

Khi đó ta sẽ tìm được các giá trị của k và ta được các nhận định sau :
n A  x.n (A)x (B)y (C)z

nA nB nC
 Víi k = q  n (A)qx (B)qy (C)qz  n (X n )a (Ym )b (Z t )c 


 n B  y.n (A)x (B)y (C)z
xq yq zq

n C  z.n (A)x (B)y (C)z

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 23


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
Ví dụ 1: Hỗn hợp E chứa 2 peptit X, Y đều mạch hở, có tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 1 và có tổng số liên kết
peptit nhỏ hơn 8. Đun nóng m gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 0,48 mol muối Gly và 0,08
mol muối Ala. Giá trị m là:
A. 36,64 gam
B. 33,94 gam
C. 35,18 gam
D. 34,52 gam
Hướng dẫn giải
- Khi gộp X, Y với tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 1 thì: 4X  Y  X4Y1  4H2O (1)
+ Từ: n Gly : n Ala  0,48 : 0,08  6 :1 thì: X4Y1  (7k  1)H 2O  6kGly  kAla (2)
- Giả sử tổng số liên kết peptit bằng 8 ta có:
 sè m¾c xÝch (min) <  sè m¾c xÝch cña X 4 Y1 <

 sè m¾c xÝch (max)

6k  k

(8 2).1

 Víi k = 2  n (Gly)6 (Ala)1  n X 4 Y1 

 10  7k  40  k  2,3, 4,5

(82).4

n X  4n X 4Y1  0,16 mol
n Gly n Ala

 0,04 mol  
12
2
n Y  n X 4Y1  0,04 mol

- Ta có: m E  m X 4Y1  4n H 2O (1)  m Gly  m Ala  13n H 2O (2)  4n H 2O (1)  36, 64 (g)
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1 : 3. Thủy phân hoàn toàn m
gam X thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24 gam alanin và 8,19 gam valin. Biết tổng số liên kết peptit
trong phân tử của ba peptit trong X nhỏ hơn 13. Giá trị của m là :
A. 19,19.
B. 18,29.
C. 18,83.
D. 18,47.
Hướng dẫn giải
- Khi gộp 3 peptit A, B, C với tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 1 thì: A  B  3C  A1B1C3  4H 2O (1)
+ Từ: n Ala : n Val  0,16 : 0,07  16 : 7 thì: A1B1C3  (23k  1)H 2O  16kGly  7kAla (2)
- Giả sử tổng số liên kết peptit bằng 13 ta có:
 sè m¾c xÝch (min) <  sè m¾c xÝch cña A1B1C 3 <  sè m¾c xÝch (max)  15  23k  45  k  1
16k  7k

(13 2).1

 n (Ala)16 (Val)7  n A1B1C 3 

(132).3

n A  n B  n A1B1C 3  0,01 mol
n Ala n Val

 0,01 mol  
16
7
n C  3n A1B1C 3  0,03 mol

- Ta có: m E  m A1B1C3  4n H 2O (1)  m Ala  m Val  22n H 2O (2)  4n H 2O (1)  19,19 (g)
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm 3 peptit Y, Z, T (đều mạch hở) với tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4. Tổng số liên
kết peptit trong phân tử Y, Z, T bằng 12. Thủy phân hoàn toàn 39,05 gam X, thu được 0,11 mol X1; 0,16
mol X2 và 0,2 mol X3. Biết X1, X2, X3 đều có dạng H2NCnH2nCOOH. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam
X cần 32,816 lít khí O2 (đktc). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây
A. 31.
B. 28.
C. 26.
D. 30.
Hướng dẫn giải
- Khi gộp Y, Z và T với tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 3 : 4 thì 2Y  3Z  4T  Y2 Z3T4  8H 2O
+ Từ: n X1 : n X2 : n X3  0,11: 0,16 : 0,2  11:16 : 20  Y2 Z3T4 là (X1)11k (X2 )16k (X3 )20k .
mà  sè m¾c xÝch (min) <

 sè m¾c xÝch cña Y2Z 3T4

(12 3).n Z

 Víi k =1 n (A)29 (B)9  n Y2Z 3T4 

Tấn Thịnh – Hoàng Phan

11k 16k  20k

<

 sè m¾c xÝch (max)

 15.2  47k  15.4  k  1

(12 3).n X

n Y  2n Y2 Z 3T4  0,02
n X1 n X 2 n X 3


 0,01  
11
16
20
n Z  3n Y2 Z 3T4  0,03 vµ n T  4n Y2Z 3T4  0,04

Trang 24


Chuyên đề: Peptit – Phương pháp mới giải bài toán peptit
- Hướng tư duy 1:
+ Quy đổi hỗn hợp X thành C2H3ON, CH2 và H2O .
Víi n C 2 H3ON  n X1  n X 2  n X3  0, 47 vµ n H2O  n Y  n Z  n T  0,09  n CH2 

m X  57n C 2H3ON  18n H2O
 0,76
14

Khi đốt lượng X trên thì : n O2  2, 25n C2H3ON  1,5n CH2  2,1975  VO2  49, 224(l)
+ Từ tỉ lệ:

VO2 (®èt 39,05g X )
VO2 (®èt m g X)



39,05
39,05
 1,5  m 
 26,03g
m
1,5

- Hướng tư duy 2:
C n H 2n 1ON : 0, 47 mol
170
+Quy đổi hướng hỗn hợp X 
với m X  0, 47.(14n  29)  0, 09.18  39, 05  n 
47
H 2O : 0, 09 mol
 3n  1,5 
+ Khi đốt cháy thì: n O 2  
 .0, 47  2,1975 mol  VO2  49, 224 (l)  mX  26, 03g
 2 

Ví dụ 4: X, Y, Z là ba peptit mạch hở, được tạo từ các α-aminoaxit thuộc dãy đồng đẳng của glyxin. Khi
đốt cháy X, Y với số mol bằng nhau thì đều thu được lượng CO2 là như nhau. Đun nóng 31,12 gam hỗn
hợp H gồm X, Y, Z với tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 4 : 1 trong dung dịch NaOH, thu được dung dịch T chỉ
chứa 0,29 mol muối A và 0,09 muối B (MA< MB). Biết tổng số liên kết peptit trong ba phân tử X, Y, Z bằng
11. Phân tử khối của peptit Z là
A. 444.
B. 402.
C. 486.
D. 472.
Hướng dẫn giải
- Khi gộp X, Y và Z với tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 4 : 1 có 4X  4Y  Z 
 X4Y4 Z  8H2O
+ Từ:


n A 0,29 29


 X5Y5 Z là (A)29k (B)9k .
n B 0,09 9

 sè m¾c xÝch (min) <  sè m¾c xÝch cña X 5Y5Z
(113).n Z

+ Với k = 1  n (A)29 (B)9  n X 4Y4Z 

29k  9k

<

 sè m¾c xÝch (max)

 14.1  38k  14.4  k  1

(113).n X

n X  n Y  4n X 4Y4Z  0,05mol
nA nB

 0,01mol  
29
9
n Z  n X 4Y4Z  0,01mol

- Khi cho 31,12 gam H  NaOH 
 A  B  H 2O
+ Với n H2O  n M  n X  n Y  n Z  0,09 mol và n NaOH  n A  n B  0,38 mol
BTKL

 m A  m B  m M  40n NaOH  18n H 2O  44, 7 g  M A,B 

54,14
 117, 63
0, 46

 Hỗn hợp muối có AlaNa hoặc GlyNa.
- Xét trường hợp: Hỗn hợp muối chứa AlaNa.
44, 7  111.0, 29
 139 : ValNa
+ Ta có: m  111n AlaNa  M B n B  M B 
0, 09
n
0, 09
+ Số mắt xích Val  Val 
 1  X, Y, Z đều có 1 phân tử Val
n X,Y,Z 0, 09
X : (Ala)x Val : 0,04 mol
BT: Ala
 
 0,04x  0,04y  0,01z  0,29
x  y  3

Hỗn hợp H: Y : (Ala) y Val : 0,04 mol  

z5
Z : (Ala) Val : 0,01 mol
 sè m¾c xÝch = (x  1)  (y  1)  (z  1)  11  3 
z


Tấn Thịnh – Hoàng Phan

Trang 25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×