rongden_167 - http://moon.vn/ Hà nội, ngày 25 tháng năm 2015 Khai thác tập PEPTIT: Xử lí dạng toán đốt cháy hỗn hợp muối ► Dạng 1: giả thiết liên quan đến sản phẩm đốt cháy: Na2CO3; CO2 H2O N2 ||→ xử lí: viết CTPT + biến đổi: nhìn tương quan CO2 H2O để giải quyết.! Câu [198168]: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm tetrapeptit Y pentapeptit Z dung dịch NaOH vừa đủ cô cạn thu (m + 23,7) gam hỗn hợp muối Gly Ala Đốt cháy toàn lượng muối sinh lượng oxi vừa đủ thu Na2CO3 hỗn hợp T gồm CO2, H2O N2 Dẫn toàn hỗn hợp T chậm qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 84,06 gam có 7,392 lít khí (đktc) thoát khỏi bình Thành phần phần trăm khối lượng Y hỗn hợp X có giá trị gần với (biết thủy phân Y hay Z thu Gly Ala) A 53% B 54% C 55% D 56% HD: muối dạng CnH2nNO2Na = ½.C2n-1H4n.N2.O.Na2CO3 ||→ đốt C2n-1H4n.N2.O.Na2CO3 cho 0,33 mol N2 ∑(CO2 + H2O) = 84,06 gam ||→ có hệ số mol CO2 H2O ||→ có hệ số mol Gly Ala y x 0,33 44 x 18 y 84, 06 x y 1,59 x y 0,33 x y x y 1, 26 1,59 0,39 0, 27 Thủy phân: BTKL → nH2O = nX = (0,66 × 40 – 23,7) ÷ 18 = 0,15 mol ||→ có hệ số mol tetrapeptit Y4 pentapeptit Z5 x y 0,15 x y 0, 66 x y 0, 09 0, 06 ||→ mmuối = m + 23,7 = 0,39 × (75 + 22) + 0,27 × (89 + 22) ||→ m = 44,1 gam Giả sử có 0,09 mol Y4 (Gly)a-(Ala)4–a 0,06 mol Z5 (Gly) b(Ala)5–b ||→ có 0,09a + 0,06b = ∑Gly = 0,39 mol ↔ 3a + 2b = 13 Chỉ có cặp nghiệm a = 3; b = (do thủy phân Y, Z cho Gly, Ala nên ≤ a ≤ ≤ b ≤ 4) ||→ Y (Gly)3(Ala)1 → %Y X = 0,09 × (75 × + 89 × – 18 × 3) ÷ 44,1 ≈ 53,06% Chọn A ♥ Câu [192049]: X Y hai peptit tạo từ α-amino axit no, mạch hở chứa nhóm NH2 nhóm – COOH Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y dung dịch NaOH (vừa đủ) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu m gam muối khan Đốt cháy toàn lượng muối thu 0,2 mol Na2CO3 hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2 tổng khối lượng CO2 H2O 65,6 gam Mặt khác đốt cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần dùng a mol O2, thu CO2, H2O N2 Giá trị a gần với A 2,5 B 1,5 C 3,5 D 3,0 HD: Muối dạng CnH2nNO2Na ↔ C2n – 1H4n.N2O.Na2CO3; mà Na2CO3 có 0,2 mol ||→ Từ CTPT cho ta thông tin: số mol 0,2; tỉ lệ H2O – CO2 = 0,2 mol kết hợp ∑khối lượng = 65,6 gam → giải mol CO2 1,2 mol H2O → số Ctb = 3, giá trị m = 0,4 × (89 + 22) = 44,4 gam Bảo toàn O2 cần đốt → 0,1 mol E = đốt 0,4 mol C3H7NO2 = đốt 0,2 mol C6H12N2O3 điểm lượng O2 cần đốt (0,2 × × – 0,2 × 3) ÷ = 1,5 mol Việc lại xem xét tỉ lệ phần: có 0,1 mol E ↔ mE = 44,4 + 0,1 × 18 – 0,2 × × 40 = 30,2 gam có 1,51 × 44,4 ÷ 30,2 = 2,22 ||→ dùng gấp 2,22 lần ↔ O2 cần đốt có giá trị 1,5 × 2,22 = 3,33 Vậy giá trị a gần với 3,5 Ta chọn đáp án C ♣ Câu [203538]: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X pentapeptit Y (đều mạch hở) dung dịch KOH vừa đủ, cô cạn cẩn thận thu (m + 11,42) gam hỗn hợp muối khan Val Biên soạn: Phạm Hùng Vương rongden_167 - http://moon.vn/ Hà nội, ngày 25 tháng năm 2015 Ala Đốt cháy hoàn toàn muối sinh lượng oxi vừa đủ thu K2CO3 ; 2,464 lít N2 (đktc) 50,96 gam hỗn hợp gồm CO2 H2O Phần trăm khối lượng Y hỗn hợp M A 55,24% B 54,54% C 45,98% D 64,59% HD: đốt muối 2CnH2nNO2 K = K2CO3.N2.C2n–1H4n + O2 → K2CO3 + 0,11 mol N2 + 50,96 gam {CO2 + H2O} Theo có hệ 44 x 18 y 50,96 y x 0,11 x y 0, 79 x y 0,11 Giải hệ Val, Ala 0,9 x y 0,9 x y 0,12 0,1 Có x mol X4 + y mol Y5 + (4x + 5y) mol KOH → 0,12 mol (Val-K) + 0,1 mol (Ala-K) + (x + y) mol H2O ||→ có hệ: 4x 5y Δ m tang 0,12 11, 42 0,1 0, 22 56 18 x y x 0, 03 y 0, 02 BTKL → m = 19,88 gam 0,03 mol ValaAla4-a + 0,02 mol ValbAla5-b ||→ có 3a + 2b = 12 ♦ cặp a = 2, b = thỏa mãn ||→ Y5 Ala2Val3 ||→ mY = 9,14 gam ||→ %Y M ≈ 45,98 % Chọn C ♣ ♦ Cặp b = 0, a = thỏa mãn đáp án khác ► Dạng 2: Liên quan đến O2 cần đốt ||→ Xử lí: quan sát phương trình: cần không cần để chuyển đổi chất đốt Câu [204219]: Hỗn hợp E gồm peptit X (CnHmOzN4) peptit Y (CxHyO7Nt) mạch hở, cấu tạo từ aminoaxit no chứa nhóm –NH2, nhóm –COOH Cho hỗn hợp E phản ứng với lít dung dịch NaOH 0,65M thu dung dịch Z Để trung hòa Z cần 100 ml dung dịch HCl 2M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu m gam muối Đốt cháy hoàn toàn m gam muối cần 177,6 gam O2 Giá trị gần với m A 137 B 147 C 157 D 127 HD: E phản ứng vừa đủ 1,1 mol NaOH ||→ có 0,55 mol đipeptit E2 dạng C2nH4nN2O3 Để ý phương trình thủy phân: E2 + 2NaOH → muối + H2O NaCl, NaOH, H2O đốt cháy không cần O2 nên đốt muối đốt E2 cần 5,55 mol O2 ||→ bảo toàn O → đốt E2 cho CO2 = H2O = (0,55 × + 5,55 × 2) ÷ = 4,25 mol → n = 85/22 Có 1,1 mol muối hữu dạng CnH2nNO2Na → mmuối hữu = 1,1 × (14n + 46 + 23) = 135,4 gam ||→ m = 135,4 + 0,2 × 58,5 = 147,1 gam (tránh quên muối vô NaCl) → chọn đáp án B ♦ Câu (TMĐ): Hỗn hợp E chứa peptit X mạch hở (tạo glyxin alanin) este Y mạch hở (được tạo etylen glicol axit đơn chức, không no chứa liên kết C=C) Đun nóng hỗn hợp E với dung dịch NaOH vừa đủ thu 23,08 gam hỗn hợp muối F, có chứa a gam muối glyxin b gam muối alanin Lấy toàn F đem đốt cháy thu Na2CO3; N2; 23,76 gam CO2 7,56 gam H2O Mặt khác đem đốt lượng E cần dùng 0,89 mol O2 Tỉ lệ gần a : b A 2,5 B 2,8 C 2,4 D 2,6 HD: Gọi số mol muối axit 2x mol → etilen glicol x mol; đại diện muối amino axit y mol Đốt F có tỉ lệ: nCO2 – nH2O = 2x – ½.y = 0,12 mol Chú ý: đốt E cần 0,89 mol O2; x mol etilen glicol cần 2,5x mol O2; lại H2O; NaOH không cần ||→ đốt F cần (0,89 – 2,5x) mol O2; N2 có ½.y mol; (x + ½.y) mol Na2CO3 Bảo toàn khối lượng ||→ 23,08 + 32.(0,89 – 2,5x) = (x + ½.y).106 + 14y + 31,32 Giải hệ x = y = 0,08 mol Biện luận: số Cmuối axit ≤ (0,54 + 0,12 – 0,08 × 2) ÷ 0,16 = 3,125 Mà axit không no, nối đôi C=C ||→ số C = ||→ mmuối gly + ala = 8,04 gam Giải hệ 0,06 mol Gly 0,02 mol Ala → a : b ≈ 2,62 Chọn đáp án D ♠.! Biên soạn: Phạm Hùng Vương