phƯƠng phÁp mỚi nhẤt trong giẢi toÁn peptit (ti p...
TRANSCRIPT
Thầy Hấp Minh Cường
PHƯƠNG PHÁP MỚI NHẤT TRONG GIẢI TOÁN PEPTIT (tiếp theo)
Bài 4 [Trích đề thi thử THPT QG Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ, Lần 1 – 2018] Hỗn hợp E gồm peptit X mạch
hở (cấu tạo từ Gly, Ala) và etse Y (được tạo ra từ phản ứng este hóa giữa axit cacboxylic no, đơn chức và
metanol). Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần 15,68 lít khí O2 (đktc). Mặt khác thủy phân hoàn toàn m gam E trong
dung dịch NaOH vừa đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp muối (trong đó số mol muối natri của Gly lớn hơn số mol
muối natri của Ala). Đốt cháy hoàn toàn khối lượng muối trên cần 20 gam O2 thu được H2O, Na2CO3, N2 và 18,7
gam CO2. Tỷ lệ số mol Gly : Ala trong X là :
A. 4 : 3. B. 2 : 1 . C. 3 : 1. D. 3 : 2.
BÀI GIẢI
Bước 1
2 n2
2
2n 2n
z
za mol
a mol
m 2m 1 32 m 3
c mol , m Zc mol , m Z
(CH ) NH : a molNHNH
PEPTIT : COOH : a molX : C H COOHCOOH
[CONH]E : [CONH]
Y : C H COOCH(CH ) HCOOCH
3
2
CONH : a.z b mol
ESTE : HCOOCH : c mol
PEP ES: CH : an cm d mol
Ta có :
15,68
0,75 2 1,5 0,70,222,4
83 68 14 24,2 0,05
0,318,70,5 0,5 0,425
44
a b c da b
a b c d c
da b c d
Bước 2
Gọi x, y lần lượt là số mol NH2CH2COONa và NH2CH(CH3)COONa.
Có thể xem NH2CH(CH3)COONa NH2(CH2)2COONa, ta có hệ:
0,102 0,1
0,052 0,05 0,3 0,05 3
0,3 0,05 0,1 10,2 0,15 1
00,2 20,2
ym SAIx y an x
cx y m y x
d y m mx y x y
an cm d
yx y a b m SAIx
BÌNH LUẬN
Bài này, ý đồ của tác giả là bảo toàn OXI, nhưng khi tính bằng đại số thì ta nhận thấy dữ kiện tác
giả cho dư (bỏ đi 1 trong 3 dữ kiện, vẫn giải được bài toán).
Bài 5 Hỗn hợp E gồm 3 peptit mạch hở X, Y, Z (đều tạo bởi tạo từ Gly, Val) và etse Y (được tạo ra từ phản ứng este
hóa giữa axit cacboxylic no, đơn chức và etanol). Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần 15,904 lít khí O2 (đktc). Mặt khác
thủy phân hoàn toàn m gam E trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được 25,22 gam hỗn hợp muối (trong đó số mol muối
natri của Gly gấp 11 lần số mol muối natri của Val). Đốt cháy hoàn toàn khối lượng muối trên thu được H2O, Na2CO3,
N2 và 20,02 gam CO2. Khối lượng este Y trong E gần nhất với
Thầy Hấp Minh Cường
A. 1,26 gam. B. 1,12 gam . C. 1,15 gam. D. 0,94 gam.
BÀI GIẢI
Bước 1
2 n2
2
2n 2n
z
za mol
a mol
m 2m 1 2 52 m 2 5
c mol , m Zc mol , m Z
(CH ) NH : a molNHNH
PEPTIT : COOH : a mX : C H COOHCOOH
[CONH]E : [CONH]
Y : C H COOC H(CH ) HCOOC H
2 5
2
ol
CONH : a.z b mol
ESTE : HCOOC H : c mol
PEP ES: CH : an cm d mol
Ta có :
15,904
0,75 3,5 1,5 0,710,2422,4
83 68 14 25,22 0,01
0,3320,020,5 0,5 0,455
44
a b c da b
a b c d c
da b c d
Bước 2
Gọi x và y lần lượt là số mol NH2CH2COONa và (CH3)2CHCH(NH2)COONa.
Có thể xem (CH3)2CHCH(NH2)COONa NH2(CH2)4COONa, ta có hệ:
Ta có :
4 0,01 0,33 0,22
0,24 0,02
11 3
x y k d x
x y a b y
x y k
Do k = 3 nên este là C3H6HCOOC2H5. Vậy meste = 116.0,01 = 1,16 (gam)
Bài 6 [Trích đề thi THPT Quốc Gia, năm 2018 – MĐ 201] Cho X, Y, Z là ba peptit mạch hở (phân tử có số nguyên
tử cacbon tương ứng là 8, 9, 11; Z có nhiều hơn Y một liên kết peptit); T là este no, đơn chức, mạch hở. Chia 179,4 gam
hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được t mol CO2 và (t – 0,09)
mol H2O. Thủy phân hoàn toàn phần hai bằng dung dịch NaOH vừa đủ, thu được ancol metylic và 109,14 gam hỗn hợp
G (gồm bốn muối của Gly, Ala, Val và axit cacboxylic). Đốt cháy hoàn toàn G, cần vừa đủ 2,75 mol O2. Phần trăm khối
lượng của Y trong E là
A. 8,70%. B . 4,19%. C . 14,14%. D . 10,60%.
BÀI GIẢI :
PHÂN TÍCH :
2 n2
2
2n 2n
z
za mol
a mol
m 2m 1 32 m 3
c mol , m Zc mol , m Z
(CH ) NH : a molNHNH
PEPTIT : COOH : a molX : C H COOHCOOH
[CONH]E : [CONH]
Y : C H COOCH(CH ) HCOOCH
3
2
CONH : a.z b mol
ESTE : HCOOCH : c mol
PEP ES: CH : an cm d mol
Thầy Hấp Minh Cường
SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG :
2
2
2 2 2 3 22,752
2
109,14
2
3
2
89,7
2 2
CH
CH
O
n mol
gam
gam
t mol t
NH a
COONa a
COONa bCO H O Na CO N
NH b
cHCOONa
d
NH a
COOH a
CONH b
HCOOCH c
d
CO H O
2
0,09
mol
N
Lập được hệ 4 phương trình :
61 43 60 14 89,7 0,08
0,5 0,5 0,09 0,26 0,263,25 4,25
83 83 68 14 109,14 0,91 0,08
0,75 0,75 0,5 1,5 2,75 1,36
a b c d a
a b b bz k
a b c d c a
a b c d d
Do k = 4,25 nên phải có peptit có số N > 4. Nhưng X, Y có 8C và 9C không thể có số N > 4. Vậy Z phải có số
N > 4. Do Z có 11C nên Z phải là (Gly)4Ala. Y có 9C và có số N = 4 nên Y là (Gly)3Ala. Do sản phẩm thủy phân có
muối của Val và X có 8C nên X là Val-Ala.
Mặt khác do an + bm = 1,36 nên 0,08n + 0,91m = 1,36. Chú ý các peptit đã cho có nhiều nhất là Z với 11C nên
chỉ có m = 1; ứng với n = 5,625 là phù hợp.
Vậy E gồm
3
4
3 3 0,91 (
: :
: :
: :
: : )
X Ala Val x mol
Y Gly Ala y mol
Z Gly Ala
m
z mol
T CH COOC olH
Gọi x, y, z lần lượt là số mol X, Y, Z, ta có hệ :
0,08 0,01260.0,03
188 260 317 74.0,91 89,7 0,03 % 8,7 % .89,7
3 4 0,26 0,04
Y
x y z x
x y z y m
x y z b z
Bài 7 (Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 năm 2018-Thầy Nguyễn Đình Độ-nguyendinhdo.com) Hỗn hợp P gồm 3
peptit mạch hở X, Y, Z (phân tử mỗi peptit đều chỉ chứa một gốc Glu trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn m gam P
trong dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch chứa hỗn hợp Q chỉ gồm các muối của Gly; Ala và Glu. Đốt cháy
hoàn toàn hỗn hợp muối Q bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ phần khí và hơi vào bình đựng nước vôi
+ O2
+ NaOH
Thầy Hấp Minh Cường
trong dư thấy khối lượng bình tăng 284 gam và có 19,04 lít khí (đkc) thoát ra khỏi bình. Mặt khác đốt cháy hoàn
toàn m gam hỗn hợp peptit P trên được N2; CO2 và 83,7 gam H2O. Giá trị m gần nhất với
A. 160 B. 148 C. 145 D.143
BÀI GIẢI
2
2 2 2 3 2
284 0,
2
2 1
a
2 2
85 2 1
4,65
2
NH : (a az)
COONa : (2a az)
a
[ ]
(COOH)
: moln n
mol
mol
gam
n n
z
CO H O Na CO N
NH
COOHC H
CONH
CO H O N
mol
mol
C H mol
Chú ý đốt muối được 0,5(a + az) mol N2; (2a + az + an) – 0,5(2a + az) = (an + 0,5az + a) mol CO2 và (a +
az) + 0,5(2na – a) = (na + az + 0,5a) mol H2O, còn đốt peptit được 0,5 (2n 3 z)a mol H2O, ta có hệ:
44( 0,5 ) 18( 0,5 ) 284 0,4
0,85.2 1,7 3,4 (14n 106 43 ) 145,9 ( ).
0,5 (2n 3 z) 4,65 1,3
an az a an az a a
a az an m a z gam
a az
(còn tiếp)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------