Sáng kiến kinh nghiệm Áp dụng phương pháp quy đổi giải nhanh bài tập về Peptit - Hóa học Lớp 12

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm Áp dụng phương pháp quy đổi giải nhanh bài tập về Peptit - Hóa học Lớp 12

1. Cách giải nhanh 2: Quy đổi peptit X về CONH; CH2 và H2O CONH: 0,1k mol + O2 Khi đốt cháy peptit X có k mắt xích gly : CH2 : 0,1k mol  0,7mol H2O H2O:0,1 mol Áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố H: 0,1k.1+0,1k.2+ 0,1.2=0,7.2 =>k = 4. Vậy X là tetrapeptit. Chọn đáp án B. Ví dụ 2 (trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối A năm 2010): Đipeptit X mạch hở X và tripeptit mạch hở Y đều được tạo nên từ một α – aminoaxit ( no, mạch hở, trong phân tử chỉ chứa 1 nhóm – NH2 và 1 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: Phương pháp giải thông thường: - Bước 1: đi lập công thức phân tử của X, Y tạo nên từ α – aminoaxit ( no, mạch hở, trong phân tử chỉ chứa 1 nhóm – NH2 và 1 nhóm – COOH) : X là đipeptit mạch hở có công thức là C2nH4nO3N2. Y là tripeptit mạch hở có công thức là C3nH6n-1O4N3. - Bước 2: Lập sơ đồ đốt cháy 0,1 mol Y: to C3nH6n-1O4N3 + O2  CO2 + H2O + N2 Mol : 0,1 Bảo toàn nguyên tố C và H: n CO2 = 0,3n mol; n H2O = 0,05.(6n-1) mol. Theo bài ra ta có: m CO2 + m H2O = 54,9  0,3n.44+0,05.(6n-1).18 = 54,9  n = 3 => X là C6H12O3N2. to 0,2 mol C6H12O3N2  CO2 + H2O + N2 CO2 + Ca(OH)2 dư → CaCO3 + H2O Bảo toàn nguyên tố C : n CaCO3 ↓= 0,2.6 = 1,2 mol => m CaCO3 ↓= 120 gam. => Đáp án A. 9
2. Phân tích: Bài toán này làm theo hướng thông thường học sinh mất thời gian khi lập công thức peptit X, nếu học sinh lập công thức peptit sai sẽ dẫn đến kết quả sai, mất thời gian. Cách giải nhanh : Lựa chọn hướng quy đổi CONH: 0,3 mol + O2 0,1 mol tripeptit Y  CH2: y mol  54,9 gam (CO2 + H2O) H2O: 0,1 mol Áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố C, H ta nhẩm nhanh được: n CO2 = 0,3+y (mol) ; n H2O = 0,25+y (mol) => m CO2 + m H2O = (0,3+y).44+(0,25+y).18=54,9 => y = 0,6 => n CH2 =2.n CONH ( có thể tư duy được X được tạo ra từ gốc Ala) CONH: 0,4 mol + O2 0,2 mol đipeptit X quy đổi  CH2: 0,8 mol  CO2 + H2O+N2 H2O: 0,2 mol Áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố C: n CaCO3= n CO2 = n C (X) = 1,2 mol => m CaCO3= 120 gam. Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn x mol một peptit X mạch hở được tạo thành từ α- amino axit Y ( no, đơn chức, mạch hở, phân tử chỉ chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm – NH2) thì thu được b mol CO2 và c mol H2O. Biết b – c = 3,5x. Số liên kết peptit trong X là A. 9. B. 8. C. 10. D. 6. Hướng dẫn giải: Phương pháp giải thông thường: Gọi công thức phân tử của α- amino axit Y là CnH2n+1O2N Công thức phân tử của X được tạo nên từ k mắt xích Y là: C knH2kn+2-kOk+1Nk (x mol) Phân tích: Nếu giải bài toán này bằng phương pháp giải thông thường như trên thì sẽ phải viết rất nhiều PTHH, và trong quá trình giải số ẩn sẽ nhiều hơn số phương trình lập được do đó việc giải sẽ gặp rất nhiều khó khăn, thậm chí có thể sẽ không tìm được đáp án. Cách giải nhanh : Công thức của X là H–(HN–CH(R)CO–)n OH 10
3. Lựa chọn hướng quy đổi tripeptit X: CONH: 0,3 mol + O2 x mol một peptit X  CH2: y mol  CO2 + H2O H2O: 0,1 mol => Bảo toàn nguyên tố C và H ta có: n b nx y CO2 b c 0,5nx x 3,5x n 9 n c 0,5nx x y H2O Số liên kết peptit trong X là 9-1=8. Chọn đáp án B. 1.2. Dạng 2: Bài tập thủy phân peptit Bản chất: Liên kết peptit – CO – NH – không bền trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm. Vì vậy peptit sẽ bị thủy phân trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm. Quy đổi theo hướng 1: CONH COOH Khi thủy phân peptit X trong môi trường axit ta có CH2  NH2 H2O CH2 Khi thủy phân peptit X trong môi trường kiềm ta có: CONH COONa CONH NaOH CH2  Muối hayNH 2 +C HH2 2O ( n H2O = n peptit) H2O CH2 NaOH Quy đổi theo hướng 2: Khi thủy phân peptit X trong môi trường kiềm ta có CnH2n-1ON NaOH  Muối CnH2nONNa + H2O ( n H2O = n peptit) H2O Quy đổi theo hướng 3: Thủy phân peptit (C2H3ON, CH2, H2O) trong môi trường kiềm thì C2 H3ON :a mol NaOH C2 H 4O2 N Na :a mol  +C HH 2 :b mol  2O CH 2 :b mol H 2O ( n H2O = n peptit) => n C2H3ON = n NaOH pư = n C2H4O2N-Na 11
4. C2 H4O2 N Na : a mol → Rắn : CH2 : b mol NaOH du Tính nhanh: m rắn = m C2H3ON + m CH2 + m NaOH ban đầu CH2 Quy đổi theo hướng 5: Quy đổi peptit về NO(-1H) H2O Khi thủy phân các peptit trong môi trường kiềm ta có: CH2 NaOH CH2 NO(-1H)  Muối + H2O ( n H2O = n peptit) NO2 Na H2O Cách quy đổi theo hướng này, khi tính bảo toàn nguyên tố H cần chú ý (-1H) chỗ NO tránh gặp sai lầm. Chú ý: 1. Bài tập thủy phân peptit thường kết hợp với bài toán đốt cháy. 2. Bảo toàn nguyên tố ta có, lượng oxi cần dùng để đốt cháy hỗn hợp peptit trước thủy phân = lượng oxi dùng để đốt cháy lượng muối thu được sau khi thủy phân peptit. 3. n OH- cần dùng để thủy phân hoàn toàn peptit = n gốc α – aa = n –CONH ( nếu quy đổi theo hướng 1) Kết luận: Khi giải bài tập thủy phân peptit theo kinh nghiệm rút ra được từ quá trình giảng dạy, tôi thấy các hướng quy đổi thường sử dụng làm đơn giản hóa bài toán, cho kết quả chính xác cao, tốc độ nhanh, là các hướng 1,3,5. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG CÁC HƯỚNG QUY ĐỔI TRÊN Ví dụ 1: Đipeptit X, hexapeptit Y đều mạch hở và cùng được tạo ra từ 1 α – aminoaxit no, mạch hở trong phân tử chỉ có 1 nhóm – NH2 và 1 nhóm – COOH. Cho 13,2 gam X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, làm khô cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được 22,3 gam chất rắn. Khi đốt hoàn toàn 0,1 mol Y thì cần ít nhất bao nhiêu mol O2 ( biết rằng sản phẩm cháy thu được gồm CO2, H2O, N2)? A. 1,25 mol. B. 1,35 mol. C. 0,975 mol. D. 2,25 mol. 12
5. Hướng dẫn giải: Ta có : Đipeptit X+ H2O + 2 HCl → muối. Đặt n X = a => n H2O = a mol; n HCl = 2a mol Bảo toàn khối lượng: 13,2 + 18a+2a.36,5=22,3 => a = 0,1 => MX = 132. α – aminoaxit no, mạch hở trong phân tử chỉ có 1 nhóm – NH2 và 1 nhóm – COOH có công thức: CnH2n+1O2N => M = 2.M M => n = 2 => C H O N là glyxin (H NCH COOH) X Cn H2n 1O2 N H2O n 2n+1 2 2 2 Cách 1: Quy đổi theo hướng 1: CONH: 0,6 mol O2 Hexapeptit Y quy đổi thành CH2 : 0,6 mol  CO2 + H2O + N2 H2O: 0,1 mol Bảo toàn nguyên tố C, H: n CO2 = 0,6+0,6=1,2 mol; n H2O = 0,6: 2+ 0,6+0,12 =1,0 mol. Bảo toàn O: 2. n O2 = 1,2.2+1,0 – 0,6 – 0,1 => n O2 = 1,35 mol. Cách 2: Quy đổi theo hướng 3: C2H3ON: 0,6 mol O2 Hexapeptit Y quy đổi thành  CO2 + H2O + N2 H2O: 0,1 mol ( Do Y chỉ được tạo nên từ các gốc gly nên khi quy đổi không còn nhóm CH2) Bảo toàn nguyên C, H: n CO2 = 0,6.2=1,2 mol; 2. n H2O = 0,6.3 + 0,1.2 => n H2O =1,0 mol. Bảo toàn O: 0,6+0,1 + 2. n O2 = 1,2.2+1,0 => n O2 = 1,35 mol. Cách 3: Quy đổi theo hướng 5: CH2 : 1,2 mol O2 Hexapeptit Y quy đổi thành NO(-1H) : 0,6 mol  CO2 + H2O + N2 H2O: 0,1 mol Bảo toàn nguyên C, H: n CO2 = n CH2 =1,2 mol; 2. n H2O = 1,2.2 – 0,6+ 0,1.2 => n H2O =1,0 mol. Bảo toàn O: 0,6+0,1 + 2. n O2 = 1,2.2+1,0 => n O2 = 1,35 mol. 13
6. Ví dụ 2: Thủy phân tetrapeptit X mạch hở thu được hỗn hợp các α – aminoaxit (no, mạch hở, phân tử đều chứa 1 nhóm – NH 2 và 1 nhóm – COOH). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X bằng O2 dư, đun nóng thấy cần dùng hết 2,688 lít (đktc). Cho hỗn hợp khí và hơi sau phản ứng vào dung dịch NaOH đặc, dư thấy thoát ra 448 ml N2 (đktc). Thủy phân hoàn toàn m gam X trong dung dịch HCl dư, đun nóng thu được muối có khối lượng là A. 5,12. B. 4,74. C. 4,84. D. 4,52. Hướng dẫn giải: Bảo toàn nguyên tố N : n = 2n = 0,04 mol CONH N2 X là tetrapeptit => n X = 0,01 mol Cách 1: Quy đổi theo hướng 1: CONH: 0,04 mol 0,12 mol O2 X quy đổi về CH2 : x mol  CO2 + H2O + N2 H2O: 0,01 mol Bảo toàn nguyên tố C và H, ta có: n CO2 = 0,04+ x và n H2O = 0,03+x Bảo toàn khối lượng ta có: m X + m O2 = m CO2 + m H2O + m N2  (43.0,04 + 14x + 18.0,01) + 0,12.32 = 44. (0,04+x) + 18. (0,03+x) + 28.0,02 => x = 0,06 mol Tính m muối : CONH: 0,04 mol COOH: 0,04 mol +HCl X CH2 : 0,06 mol  NH3Cl: 0,04 mol => m muối = 4,74 gam. H2O: 0,01 mol CH2 : 0,06 mol Hoặc hiểu bản chất hóa học khi thủy phân X trong môi trường axit: X + 3 H2O + 4 HCl → Muối. m muối = m X + m H2O + m HCl = 2,74+ 0,03.18+0,04.36,5= 4,74 gam. Cách 2: Quy đổi theo hướng 3: 14
7. C2H3ON: 0,04 mol 0,12 mol O2 X quy đổi về CH2 : x mol  CO2 + H2O + N2 H2O: 0,01 mol Bảo toàn nguyên tố C và H, ta có: n CO2 = 0,08+ x và n H2O = 0,07+x Bảo toàn khối lượng ta có: m X + m O2 = m CO2 + m H2O + m N2  0,04.57+ 14x+ 0,01.18 + 0,12.32= (0,08+x).44 + (0,07+x).18+ 0,02.28 => x = 0,02 mol. C2H3ON: 0,04 mol +HCl ClH3N CH2 COOH: 0,04 mol X CH2 : 0,02 mol  CH2 : 0,02 mol H2O: 0,01 mol =>m muối = 4,74 gam. Cách 2: Quy đổi theo hướng 5: CH2: x mol 0,12 mol O2 X quy đổi về NO( 1H) : 0,04 mol  CO2 + H2O + N2 H2O: 0,01 mol Bảo toàn nguyên tố C và H, ta có: n CO2 = x và n H2O = x – 0,02 + 0,01 = x – 0,01 Bảo toàn khối lượng ta có: m X + m O2 = m CO2 + m H2O + m N2  14x + 29.0,04 + 18.0,01 + 0,12.32 = 44x + 18 (x-0,01) + 28. 0,02 => x = 0,1 mol. CH2: 0,1 mol HCl X NO( 1H) : 0,04 mol  muối H2O: 0,01 mol =>m muối = m X + m H2O + m HCl = 4,74 gam. 15
8. Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm Gly-Ala-Ala; Gly-Ala-Gly-Ala; Gly-Ala-Ala-Gly-Gly; Ala-Ala. Đốt m gam hỗn hợp X trong oxi dư thu được 0,825 mol H2O và 0,9 mol CO2. Lấy toàn bộ m gam X trên tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch chứa NaOH 1M và KOH 1M. Sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được m1 gam chất rắn. Giá trị của (m + m1) gần nhất với A. 63. B. 64. C. 65. D. 66. Hướng dẫn giải: Nhận xét: Tất cả các peptit trong X có dạng: (Gly)x(Ala)2 : a mol Quy đổi theo hướng 1: CONH: (2+x).a (mol) O2 X CH2: (4+x).a (mol)  0,825mol H2O + 0,9 mol CO2 H2O: a (mol) Bảo toàn H ta có: (2+x)a+2a.(4+x)+2a = 0,825.2 (1) Bảo toàn C ta có: (2+x)a+(4+x)a=0,9 (2) Từ (1) và (2) => a = 0,1 mol và x = 1,5 CONH: 0,35 mol => X CH2: 0,55 mol => m = 24,55 gam. H2O: 0,1 mol => n OH- phản ứng = 0,35 mol => n NaOH = n KOH = 0,175 mol. CONH: 0,35 mol CONH: 0,35 mol NaOH KOH CH2: 0,55 mol X CH2: 0,55 mol  => m1 = 39,55 NaOH: 0,175 mol H O: 0,1 mol 2 KOH: 0,175 mol => m + m1 = 64,1. Chọn đáp án B. Quy đổi theo hướng 3: Nhận xét: Tất cả các peptit trong X có dạng: (Gly)x(Ala)2 : a mol 16
9. C2H3ON: (2+x).a (mol) O2 X CH2: 2a (mol)  0,825mol H2O + 0,9 mol CO2 H2O: a (mol) Bảo toàn H ta có: 3.(2+x)a+2.2a + 2a= 0,825.2 (1) Bảo toàn C ta có: 2(2+x)a+2a=0,9 (2) Từ (1) và (2) => a = 0,1 mol và x = 1,5 C2H3ON: 0,35 mol => X CH2: 0,2 (mol) => m = 24,55 gam. H2O: 0,1 (mol) => n OH- phản ứng = 0,35 mol => n NaOH = n KOH = 0,175 mol. C2H3ON: 0,35 mol C2H3ON: 0,35 mol NaOH KOH CH2: 0,2 mol X CH2: 0,2 mol  => m1 = 39,55 NaOH: 0,175 mol H O: 0,1 mol 2 KOH: 0,175 mol => m + m1 = 64,1. Chọn đáp án B. Quy đổi theo hướng 5: CH2: (6+2x)a (mol) O2 X NO(-1): (x+2)a (mol)  0,825mol H2O + 0,9 mol CO2 H2O: a (mol) Bảo toàn nguyên tố H, C; giải tương tự ta cũng được kết quả là đáp án B. Ví dụ 4: Cho m gam hỗn hợp M ( có tổng số mol 0,06 mol) 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, lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng tăng 26,46 gam và 1,68 lít khí (đktc) thoát ra. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 12,0. B. 13,8. C. 14,0. D. 12,2. Hướng dẫn giải: Nếu bài toán này giải thông thường: đặt công thức chung của các peptit, viết phương trình hóa học, thì sẽ rất bế tắc vì ta không biết được cụ thể các peptit 17
10. được tạo thành từ các gốc α-aminoaxit như thế nào? Vì thế lựa chọn một trong các hướng quy đổi sau đây để giải bài toán. Lựa chọn cách quy đổi 1: quy đổi X về CONH; CH2; H2O Bảo toàn nguyên tố N : n CONH= 2 nN2 = 0,15 mol. CONH: 0,15 mol COONa: 0,15 mol NaOH X CH2 : t mol  Q NH2 : 0,15 mol H2O: 0,06 mol CH2 : t mol CONH: 0,15 mol Hay Q còn được quy đổi:Q CH2 : t mol NaOH : 0,15 mol Bảo toàn nguyên tố C, H, N ta có: CONH: 0,15 mol O Q CH : t mol 2 Na CO + CO + H O + N 2 2 3 2 2 2 NaOH : 0,15 mol 0,075 mol (0,075+t) mol (0,15+t) mol 0,075mol Theo bài ra ta có : m bình Ca(OH)2 tăng = m CO2 + m H2O => (0,075+t).44 + (0,15+t).18= 26,46 => t = 0,33 mol => m = 0,15.43+0,33.14+0,06.18 = 12,15 gam => m gần nhất với 12,0. Chọn A. Lựa chọn cách quy đổi 1: quy đổi X về C2H3ON; CH2; H2O Bảo toàn nguyên tố N : n C2H3ON= 2 nN2 = 0,15 mol. C2H3ON: 0,15 mol NaOH C2H4O2 Na: 0,15 mol X CH2 : x mol  Q CH2 : x mol H2O: 0,06 mol C H O N-Na: 0,15 mol 2 4 2 O2 Q  Na 2CO3 + CO2 + H2O + N2 CH : x mol  2 0,075 mol (0,225+x) mol (0,3+x) mol 0,075mol Theo bài ra ta có : m bình Ca(OH)2 tăng = m CO2 + m H2O => (0,225+x ).44 + (0,3+x ).18= 26,46 => x = 0,18 mol => m = 0,15.57+0,18.14+0,06.18 = 12,15 gam => m gần nhất với 12,0. Chọn A. Lựa chọn cách quy đổi 1: quy đổi X về CH2 ; ON (-1H); H2O Bảo toàn nguyên tố N : n ON(-1H)= 2 nN2 = 0,15 mol. 18
11. NO(-1H): 0,15 mol NaOH CH2 : x mol CH2 : x mol  Q NO2 -Na: 0,15 mol H2O: 0,06 mol CH : x mol 2 O2 Q  Na 2CO3 + CO2 + H2O + N2 NO -Na: 0,15 mol  2 0,075 mol (x 0,075) mol x mol 0,075mol Theo bài ra ta có : m bình Ca(OH)2 tăng = m CO2 + m H2O => (x - 0,075).44 + 18x = 26,46 => x = 0,48 mol => m = 0,48.14+0,15.29+0,06.18 = 12,15 gam => m gần nhất với 12,0. Chọn A. Ví dụ 5 (Mức độ vận dụng cao – trích đề thi THPTQG 2017): Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp T gồm 2 peptit mạch hở T 1, T2 ( T1 ít hơn T2 một liên kết peptitm đều được tạo thành từ X, Y là hai amino axit có dạng H2NCnH2nCOOH; MX < MY) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 0,42 mol muối của X và 0,14 mol muối của Y. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam T cần vừa đủ 0,63 mol O2. Phân tử khối của T là A. 402. B. 387. C. 359. D. 303. Hướng dẫn giải: Gọi công thức muối Na của amino axit là aa-Na. naa-Na 0,56 NT = 5,6 nT 0,1 n + n = 0,1 n = 0,04 T1 :CxHyO6 N5 T1 T2 T1 T :C H O N 5n +6n = 0,56 n = 0,06 2 a b 7 6 T1 T2 T2 Bài toán này có nhiều hướng quy đổi như đã phân tích các ví dụ khác, sau đây xin trình bày 1 trong các cách quy đổi trên. T quy đổi  CONH; CH2; H2O Trong 0,1 mol T có : 0,1 mol CONH; 0,1 mol H2O; CH2 CONH: 0,56k mol 13,2gam CH2 : x mol 0,63mol O2  CO2 + H2O+N2 H2O: 0,1k mol Bảo toàn C, H ta có: n CO2 = 0,56k + x (mol) 19
12. n H2O = 0,28k + x + 0,1k (mol) Bảo toàn nguyên tố O ta có: 0,56k + 0,1k + 2. 0,63 = 2. (0,56k +x) + 0,28k + x + 0,1 (1) Mặt khác: mT = 43.0,56.k + 18.0,1k+ 14x = 13,2 (2). 1 k = 3 Từ (1) và (2) => 49 x = 150 x => Số nguyên tử C trung bình ở 1 gốc hiđrocacbon của aa = =1,75 0,56k => Có 1 amino axit là Gly. Giả sử amino axit còn lại có n nguyên tử C ở gốc hiđrocacbon. Ta có 2 trường hợp: 0,42.1+0,14.n TH1: C = =1,75 => n = 4 => 1 amino axit còn lại là : Val. 0,56 T1:(Gly)a (Val)5-a : 0,04mol => 0,04a +0,06b = 0,42 T2:(Gly)b (Val)6-b : 0,06 mol a = 3 => => MT =387. b = 5 1 0,14.1+0,42.n TH2: C = =1,75 => n = 2 => 1 amino axit còn lại là : Ala. 0,56 T1:(Gly)a (Ala)5-a : 0,04mol => 0,04a +0,06b = 0,42 T2:(Gly)b (Ala)6-b : 0,06 mol a = 3 => => MT =331. b = 5 1 Chọn đáp án B. 2. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Mức độ vận dụng: Câu 1: Một peptit X mạch hở, khi thủy phân hoàn toàn X chỉ thu được glyxin. Khi đốt cháy 0,1 mol X thu được 12,6 gam H2O. Số nguyên tử O trong 1 phân tử X là A. 2. B. 3. C. 5. D. 4. 20
13. Đáp án C. Câu 2: Thủy phân hoàn toàn gam tetrapeptit X mạch hở thu được hỗn hợp Y gồm 2 amino axit (no, phân tử chỉ chứa 1 nhóm – COOH, 1 nhóm – NH2) là đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y cần vừa đủ 58,8 lít không khí ( chứa 20 % khí oxi về thể tích, còn lại là khí nitơ) thu được CO2, H2O và 49,28 lít khí N2 (thể tích các khí đều đo ở đktc. Số công thức cấu tạo của X thỏa mãn là A. 4. B. 6. C. 8. D. 12. Đáp án A. Câu 3: Cho hỗn hợp X gồm một tetrapeptit và một tripeptit. Để thủy phân hoàn toàn 50,36 lit X cần dung dịch chứa 0,76 mol NaOH, sau phản ứng hoàn toàn cô cạn dung dịch thu được 76,8 gam hỗn hợp muối chỉ chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol X bằng O 2 thu được m gam CO2. Giá trị của m là A. 76,56. B. 16,72. C. 38,28. D. 19,14. Đáp án C. Câu 4: X là một tetra có 16 mắt xích được tạo thành từ các amino axit cùng dãy đồng đẳng với glyxin. Để đốt cháy m gam X cần dùng 45,696 lít O 2. 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 20% thể tích khí oxi, còn lại là N2. Giá trị gần nhất của m là A. 30,92. B. 41. C. 43. D. 38. Đáp án C. Câu 5: Hỗn hợp X gồm các peptit mạch hở và các amino axit ( các amino axit tự do và amino axit trong peptit đều có dạng H 2NCnH2nCOOH). Thủy phân hoàn toàn m gam X trong dung dịch NaOH, đun nóng, thấy có 1,0 mol NaOH đã phản ứng và sau phản ứng thu được 118 gam hỗn hợp muối. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X bằng oxi, sau đó cho sản phẩm cháy hấp thụ bởi nước vôi trong dư, thu được kết tủa và khối lượng dung dịch nước vôi giảm 137,5 gam. Giá trị của m là 21
14. A. 82,5. B. 74,8. C. 78,0. D. 81,6. Đáp án A. Câu 6: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa một số peptit mạch hở bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 151,2 gam muối natri của các amino axit là Gly, Ala, Val. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thấy tốn 107,52 lít oxi (đktc), thu được 64,8 gam H2O. Giá trị của m là A. 51,2. B. 50,4. C. 102,4. D. 100,05. Đáp án C. Mức độ vận dụng cao: Câu 7: Hỗn hợp X gồm các peptit mạch hở, đều được tạo thành từ các amino axit dạng H2N CnH2nCOOH. Đun nóng 4,63 gam X với dung dịch KOH dư, thu được dung dịch có chứa 8,19 gam muối. Nếu đốt cháy 4,63 gam X cần 4,2 lít O2 (đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (gồm CO2, H2O, N2) vào dung dịch Ba(OH)2 dư, sau phản ứng thu được m gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 12,87 gam. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 35. B. 32. C. 30. D. 28. Đáp án B. Câu 8: Hỗn hợp E chứa ba peptit đều mạch hở gồm X ( C 4H8O3N2), peptit Y ( C7HxOyNz) và peptit Z ( C11HnOmNt). Đun nóng 28,42 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được hỗn 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%. Đáp án A. 22
15. - Về khả năng áp dụng của sáng kiến: Sau khi hướng dẫn học sinh phương pháp giải các bài tập cụ thể tôi thấy học sinh đã giải quyết tốt các bài tập về peptit và nâng cao được kết quả thi HSG cấp tỉnh năm học 2017-2018; năm học 2018 – 2019; Chuyên đề giúp các em có được cái nhìn tổng quan về phương pháp giải một bài tập hóa hoạc nói chung và bài tập liên quan đến peptit nói riêng. Tạo hứng thú say mê học tập trong bộ môn hóa học. Từ đó phát huy được khả năng tự giác, tích cực của học sinh, giúp các em tự tin vào bản thân khi gặp các bài tập về peptit. Đó chính là mục đích mà tôi đặt ra. VIII. NHỮNG THÔNG TIN CẦN ĐƯỢC BẢO MẬT (NẾU CÓ): Không có IX. CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN THIẾT ĐỂ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN: - Là quá trình giảng dạy học sinh lớp 12 ôn thi THPT QG và bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 ôn thi cấp tỉnh. X. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử 10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả: - Đã xây dựng và lựa chọn một hệ thống các bài tập hóa học về peptit mức độ ôn thi THPT Quốc Gia và ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh. - Bước đầu nghiên cứu sử dụng hệ thống bài tập này theo hướng tích cực thể hiện qua sự thích thú say mê bộ môn. Học sinh cảm thấy nhẹ nhàng thiết thực chứa không lí thuyết sách vở. 10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân: không có 23
16. XI. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu Tên tổ Số Phạm vi/Lĩnh vực chức/cá Địa chỉ TT nhân áp dụng sáng kiến Giáo viên Trường THPT Quá trình ôn thi học sinh giỏi Văn Thị 1 Quang Hà cấp tỉnh và ôn thi THPT QG Thắng năm học 2017- 2018 Bình Xuyên, ngày tháng năm 2019 Bình Xuyên, ngày 16 tháng 2 năm 2019 PHÓ HIỆU TRƯỞNG TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Nguyễn Viết Ngọc Nguyễn Thị Bích Thủy 24
17. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa hóa học lớp 12 (ban cơ bản và nâng cao). NXB Giáo dục. 2. 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn hoá học. (Phạm Ngọc Bằng - Chủ biên NXB Đại học sư phạm) 3. 10 phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hoá học. (Hoàng Thị Bắc - Đặng Thị Oanh NXB Giáo Dục) 4. Đề thi THPT QG các năm 2015, 2016, 2017, 2018. 5. Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc 2015, 2016, 2017, 2018. 25