Phương pháp trung bình giải nhanh bài tập peptit - Nguyễn Văn Thương

 Thầy giáo : Nguyễn Văn Thương 
Địa chỉ : Trường THPT Hậu lộc 4, Huyện Hậu Lộc, Tỉnh Thanh Hoá 
ĐT : 01667216306 
Email: nguyenvanthuongn@gmail.com 
PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH GIẢI NHANH BÀI TẬP PEPTIT 
Để chinh phục kì thi Quốc gia 2017 tôi xin gửi tới bạn đọc bài viết này với mong 
muốn tiếp thêm sức mạnh cho các em học sinh khóa 99. 
1. Phương pháp. 
Bước 1: Trước hết các em phải nắm vững mối liên hệ giữa các nguyên tử, số liên kết peptit, 
độ bất bảo hòa k trong một peptit. Ví dụ: Peptit A được tạo nên từ các aminoaxit no, mạch hở 
chứa 1 nhóm –COOH, 1 nhóm –NH2 thì có công thức phân tử là gì? A: CxHyOzNt. 
- Số liên kết peptit = t – 1. 
- Số mắt xích = t= độ bất bão hòa k 
- Số nguyên tử O = t + 1. 
→ A: CnH2n+2-tOt+1Nt. 
Bước 2: Biết cách sử dụng các giá trị trung bình tùy thuộc vào từng bài toán cụ thể. 
- Số gốc aminoaxit trung bình. Ví dụ: 
x y z
(Gly) (Ala) (Val) hoặc gọn hơn: 
x
(A) 
- Số nguyên tử trung bình. Ví dụ: )aminoaxit
n 2n+2-t t+1 t
n
C H O N (C =
t
Bước 3: Kết hợp linh hoạt phương pháp trung bình với tính theo phương trình, định luật bảo 
toàn, quy đổi,... 
2. Một số bài tập áp dụng: 
Bài 1: Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở là X (x mol) và Y (y mol), đều tạo bởi 
glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,8 mol NaOH 
phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn x mol 
X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng số mol CO2. Biết tổng số nguyên tử oxi trong hai phân 
tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là 
A. 396,6. B. 340,8. C. 409,2. D. 399,4. 
Hướng dẫn giải. 
* Phân tích: 
-Số liên kết peptit không nhỏ hơn 4 → Số mắt xích ≥ 5. 
-Tổng số nguyên tử oxi trong X, Y bằng 13→ Tổng số mắt xích trong X, Y = 11 
- 2x(A) + xNaOH muèi + H O 
0, 4
5, 43
0,3
10 Sè C 15 X Y X
X Y Y
12 Sè C 18
X: Pentapeptit (6O)
n +n =0,7 n3,8
x=
Y: Hexapeptit (7O) 5n +6n =3,8 n0,7
 
 

  
      
 



-Khi đốt cho cùng số mol CO2. → 0,4CX=0,3CY → CX:CY = 3:4. 
   X 3 2
Y 2 4
C =12 X:(Gly) (Ala)
m=1,8. 75+22 +2. 89+22 =396,6gam
C =16 Y:(Gly) (Ala)
 
   
 
→Chọn A. 
Bài 2: Hỗn hợp E chứa 3 peptit X,Y,Z đều tạo từ 2 aminoaxit no, mạch hở chứa 1 nhóm –
NH2 và 1 nhóm -COOH. Đốt cháy hoàn toàn x mol hỗn hợp E thu được V1 (lít) CO2 (đktc) 
và V2 (lít) H2 O(đktc). Mặt khác 0,04 mol E tác dụng vừa đủ với 0,13 mol NaOH. Biểu thức 
liên hệ giữa x, V1, V2 là: 
 A. 1 2
V -V7
x=
8 22,4
. B. .1 2
V -V9
x=
8 22,4
 C. 1 2
V -V3
x=
8 22,4
. D. 1 2
V -V5
x=
8 22,4
. 
Hướng dẫn giải. 
Gọi công thức trung bình của E: 
n 2n+2-t t+1 t
C H O N . 
2n 2n+2-t t+1 t
C H O N +tNaOH muèi + H O 
4,25 3,25n 2n-1,25
0,13
t= =3,25 C H O N
0,04
  
  2 2
1 2
CO H O E
3,25 3,25 x
V -V5
n -n =( k -1-0,5. t ) n x=
8 22,4
  →Chọn D. 
Bài 3:: Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X ( CxHyOzN6) và Y(CnHmO6Nt) cần 
dùng 600ml dung dịch NaOH 1,5M chỉ thu được dung dịch chưa 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 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 
(Trích đề minh họa BGD năm 2015) 
Hướng dẫn giải. 
Cách 1: Sử dụng số mắt xích trung bình. 
+
x y
(Gly) (Ala) 2 + (x+y)NaOH Muèi +H O 
x+y=0,9/0,16=5,625 (I) 
2x y
(Gly) (Ala) 2+O 2 (2x+3y)CO +(1,5x+2,5y+1)H O
30,73
 mol
57x+71y+18
 
69,31
2 2CO H O
1352,12(2x+3y) 553,14(1,5x+2,5y+1)
m +m = +
57x+71y+18 57x+71y+18
 
518, 694, 44-416,72x 2y (II)   
2,375
0,73076923
3, 25
(I) x a 2,375
=
(II) b 3,25y
  
   
 
→Chọn A. 
Cách 2: Sử dụng công thức trung bình của peptit (số nguyên tử trung bình). 
- Số nguyên tử N = t 
- Số nguyên tử O = t + 1. 
- Độ bất bão hòa k = t 
Gọi công thức trung bình của A: 
n 2n+2-t t+1 t
C H O N . 
2n 2n+2-t t+1 t
C H O N +tNaOH Muèi + H O 
5,625 6,625n 2n-3,625
t=0,9/0,16=5,625 A: C H N O  
 30,73
2+O
5,625 6,625 2 2n 2n-3,625
14n+181,125
C H N O nCO +(n-1,8125)H O

1,8125)
69,31
30,73.44n 30,73.18(n
n=14,5
14n+181,125 14n+181,125

    
14,5
2,577 0,733
5,625
aminoaxit
GlyNa (a) a 3-2,577
C
AlaNa (b) b 2,577-2

      

Cách 3: Sử dụng công thức trung bình của muối (số nguyên tử trung bình). 
Công thức trung bình của muối có dạng: 2n 2nC H O NNa . 
2 2n 2n
A + NaOH C H O NNa+H O
0,16 0,9 0,9 0,16 :mol

  
2 2
2 2
A
CO H O
CO H O
BTKL:m =0,16.18+0,9.(14n+69)-0,9.40=28,98+12,6n
0,16.2+0,9.2n-0,9
BT. C, H:n =0,9n; n = =0,9n-0,29
2
m +m =0,9n.44+(0,9n-0,29).18=55,8n-5,22



 



2 2
A
(CO , H O)
GlyNa (a)m 28,98+12,6n 30,73 a 3-2,577
= = n=2,577 0,733
AlaNa (b)m 69,31 b 2,577-255,8n-5,22

     

Bài 4: Cho hỗn hợp A chứa hai peptit X và Y đều tạo bởi glyxin và alanin. Biết rằng tổng số 
nguyên tử O trong A là 13. Trong X hoặc Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Đun 
nóng 0,7 mol A trong KOH thì thấy có 3,9 mol KOH phản ứng và thu được m gam muối. Mặt 
khác, đốt cháy hoàn toàn 66,075 gam A rồi cho sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình chứa 
Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 147,825 gam. Giá trị của m gần nhất với: 
A. 560. B. 470. C. 520. D. 490. 
Hướng dẫn giải. 
Cách 1: Sử dụng số mắt xích trung bình. 
+
x y
(Gly) (Ala) 2 + (x+y)NaOH Muèi +H O 
x+y=39/7 (I) 
2x y
(Gly) (Ala) 2+O 2 (2x+3y)CO +(1,5x+2,5y+1)H O
66,075
 mol
57x+71y+18
 
147,825
2 2CO H O
2907,3(2x+3y) 1189,35(1,5x+2,5y+1)
m +m = +
57x+71y+18 57x+71y+18
 
1199, 1471,5-827,4x 7y (II)   
(I) x=18/7 0,7.18
m= .(75+38)+0,7.3(89+38)=470,1 gam
(II) 7y=3
 
   
 
→Chọn B. 
Cách 2: Sử dụng công thức trung bình của peptit (số nguyên tử trung bình). 
Gọi công thức trung bình của A: 
n 2n+2-t t+1 t
C H O N . 
 2n 2n+2-t t+1 t
C H O N +tNaOH Muèi + H O 
25 39 46n 2n-
7 7 7
t=39/7 A: C H N O  
2+O
25 39 46 2 2n 2n-
7 7 7
66,075
14n+1257/7
25
C H N O nCO +(n- )H O
14


) 147,825
66,075.44n 66,075.18 25
(n- n=99/7
1414n+1257/7 14n+1257/7
    
muèiBTKL: m =0,7.(14n+1257/7)+3,9.56-0,7.18=470,1 gam 
Cách 3: Sử dụng công thức trung bình của muối (số nguyên tử trung bình). 
Công thức trung bình của muối có dạng: 2n 2nC H O NNa . 
2 2n 2n
A + KOH C H O NK+H O
0,7 3,9 3,9 0,7 :mol

  
2 2
2 2
A
CO H O
CO H O
BTKL:m =0,7.18+3,9.(14n+85)-3,9.56=125,7+54,6n
0,7.2+3,9.2n-3,9
BT. C, H:n =3,9n; n = =3,9n-1,25
2
m +m =3,9n.44+(3,9n-1,25).18=241,8n-22,5



 



2 2
A
(CO , H O)
m 125,7+54,6n 66,075 33
= = n= m=3,9(14n+85)=470,1gam
m 147,825 13241,8n-22,5
   
Nhận xét: Như vậy bài này bỏ qua được giữ kiên con số 4 và 13. Chắc chắn các em muốn hỏi 
thầy rằng? Còn cách nào khác không thầy? Đương nhiên là còn rồi! Các em chưa biết hết 
phương pháp nên chưa nhìn ra đấy thôi! Muốn chiếm lĩnh hết các phương pháp giải nhanh 
peptit các em và Thầy cô tìm đọc bộ sách chinh phục hữu cơ của tôi tại nhà sách Khang 
Việt Theo địa chỉ: 
Bài 5: Peptit X, Y lần lượt có công thức tổng quát dạng CxHyOzN3, CmHnOpN4 (X, Y đều được 
tạo nên từ 1 -aminoaxit A chỉ chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn 
toàn hỗn hợp E gồm X và Y với tỉ lệ mol tương ứng 3:2 thì cần vừa đủ 17,136 lít O2(đktc) thu 
được hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2, trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 40,9 gam . 
Vậy A là: 
A. Alanin. B. Glyxin. 
C. Valin. D. axit 2-aminobutanoic. 
Hướng dẫn giải. 
Cách 1: Sử dụng các giá trị trung bình. 
3.3+2.4
k=N= =3,4 O 3,4 1 4,4
5
    
4,4 3,4 2 2 2 2x y
E: C H O N O CO +H O+N  
 
2 2
2 2
2 2 2
CO H O E E
CO H O
E O CO H O
0,765
n -n =(3,4-1-0,5.3,4)n =0,7n
44n +18n =40,9
BT.O:4,4n +2 n =2n +n
2
2
CO
H O
E
n =0,68mol
0,68
n =0,61mol C= =6,8
0,1
n =0,1mol


 


→X chứa 6C. → A là C2H5O2N (glyxin) → Chọn B. 
Cách 2: Quy đổi E thành đipeptit CnH2nO3N2. 
3.3 4.2
sè m¾t xÝch 3,4
5

  
  
(3)
2 n 2n 3 2 2 2 2 2
a 0,7a 0,765mol1,7a 
2 E +1,4 H O 3,4 C H O N + O CO +H O+N
 
 

2 2CO H O
1,7a.3+0,765.2 40,9+0,7a.18
(3) n =n = = a=0,1 mol n=4
3 62
   
→ Chọn B. 
Bài 6: Hai peptit X và Y chỉ được tạo nên từ các aminoaxit là Gly và Ala. Biết rằng trong hai 
peptit tổng số mắt xích Gly bằng 5, Ala bằng 4. Đốt cháy hoàn toàn 12,08 gam peptit X cần 
dùng vừa đủ 13,44 lít O2 (đktc) thu được CO2, H2O, N2 trong đó khối lượng CO2 nhiều hơn 
khối lượng nước là 13,2 gam. Y là: 
A.Tripeptit. B.Pentapeptit. C. Tetrapeptit. D.Hexapeptit. 
Hướng dẫn giải. 
Cách 1: Từ công thức phân tử trung bình. 
Gọi công thức của X có dạng (Gly)n(Ala)m 
n m 2 2 2(Gly) (Ala) +(2,25n+3,75m)O (2n+3m)CO +(1,5n+2,5m+1)H O
 a a(2,25n+3,75m) a(2n+3m) a(1,5n+2,5m+1) :mol

  
4
5
57an+71am+18a=12,08 an=0
X:(Ala)n=0
2,25an+3,75am=0,6 am=0,16 
m=4 Y:(Gly)
61an+87am-18a=13,2 a=0,04
 
 
      
  
 
→ Chọn B. 
Cách 2: Từ số nguyên tử trung bình. 
Gọi công thức của X có dạng CnH2n+2-tOt+1Nt. 
n 2n+2-t t+1 t 2 2 2+(1,5n-0,75t)O nCO +(n+1-0,5t)H O
 a a(1,5n-0,75t) an a(n+1-0,5t) 
C H O
 l
N
:mo

  
a bX:Gly Ala14an+29at+18t=12,08 an=0,48
n=12 a=0
1,5an-0,75at=0,6 at=0,16 a+b=4
t=4 b=4
26an+9at-18a=13,2 a=0,04 2a+3b=12
 
   
        
   
  
4
5
X:(Ala)
Y:(Gly)

 

→ Chọn B. 
Bài 7: Peptit X và peptit Y có tổng liên kết peptit bằng 8. Trong X cũng như Y chỉ được tạo 
nên từ 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 gần nhất với giá trị: 
A. 3,23 gam. B.3,28 gam. C.4,24 gam. D.14,48 gam. 
Hướng dẫn giải. 
Cách 1: Sử dụng giá trị trung bình. 
2 2 2 2tn 2n+2-t t+1
+(1,5n-0,75t)O nCO +(n+1-0,5t)H O+0,5tN
 a a(1,5n-0,75t) an a(n+1-0,5t) 0,
C H
5a ol
O N
t :m

   


n
0,01mol
m
0,03mol
X1,5an-0,75at=0,99 n=19,25
n+m=10 n=4
62an-9at+18a=46,48 t=5,5
Y n+3m=22 m=6
a=0,040,5at=0,11
  
     
       
   
   

a 4-a
b 6-b a n
(Gly) (Val) a=2
0,01(20-3a)+0,03(30-3b)= 0,77 a+3b=11
(Gly) (Val) b=3
 
    

2 2X (Gly) (Val)
m =m 0,01(2.75 2.117 3.18) 3,3gam     .→ Chọn B. 
Cách 2: Quy đổi E thành các đipeptit và H2O. 
 
3 2quy ®æi n 2n
2 2 2 2
2 0,99mol 0,11mol
C H O N (0,11mol) 
E + O + CO +H O + N (1)
H O(ymol) 
 
 
 
BT.C,H:0,11.44n+(0,11n+y).18=46,48 n=7
y=-0,07molBTKL:0,11(14n+76)+18y=46,48+0,11.28-0,99.32
  
 
 


n
aminoaxit
Gly Val 0,01mol
E
m
0,03mol
X
C 3,5 n =n n+m=10
n =0,04mol0,11 0, 07
Y n+3m=22k=5,5
k k-2
     
       
  
 
2 2t­¬ng tù
X
3 3
(Gly) (Val)n=4
m 3,3gam
m=6 (Gly) (Val)

    
 
Cách 3: Quy đổi E thành các aminoaxit và H2O. 
 
2quy ®æi n 2n+1
2 2 2 2
2 0,99mol 0,11mol
C H O N (0,22 mol)
E + O CO + H O + N (1)
H O (y mol)
 
  
 
Gly ValBT.C,H:0,22.44n+(0,22n+y+0,11).18=46,48 n=3,5(n =n )
y=-0,18molBTKL:0,22(14n+47)+18y=46,48+0,11.28-0,99.32
  
 
 


n
m¨t xÝch 0,01mol 2 2
m 3 3E
0,03mol
X
(Gly) (Val)n+m=10 n=4k =5,50,22 0,18
=
k Y n+3m=22 m=6 (Gly) (Val)(k-1) n =0,04mol

  
         
    

Xm 3,3gam  . 
Cách 4: Quy đổi E thành các gốc aminoaxit và H2O. 
 
quy ®æi n 2n-1
2 2 2 2
2 0,99mol 0,11mol
C H ON(0,22mol)
E + O CO +H O + N (1)
H O(ymol) 
 
  
 
 Gly Val
E
n =n
BT.C,H:0,22.44n+(0,22n+y-0,11).18=46,48 n=3,5
n =0,04
y=0,04BTKL:0,22(14n+29)+18y=46,48+0,11.28-0,99.32
k 0,22 / 0,04 5,5

   
   
  
 
n 2 2
X
m 3 3
X (0,01mol) (Gly) (Val)n+m=10 n=4
m =3,3gam
Y (0,03mol) n+3m=22 m=6 (Gly) (Val)
  
       
  
Bài 8: Hỗn hợp X gồm tripeptit Y, tetrapeptit Z và peptapeptit T (đều mạch hở) chỉ được 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 140 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi các phản ứng xảy ra 
hoàn toàn thấy có 840 ml (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 với 
giá trị nào nhất sau đây? 
 A. 7,25. B. 6,26 D. 8,25. D. 7,26. 
Hướng dẫn giải. 
Cách 1: Sử dụng công thức trung bình của peptit. 
2
2
2 3Ba(OH) (0,14mol)
+O
2 3 2n 2n+2-t t+1 t
0,075
2
t
CO BaCO
C H O N H O Ba(HCO )
N (0,0375 mol)
 
 
 



0,28
2CO
 §­¬ng nhiªn 0,14 mol n mol vµ 3 < t < 5   
  14 2,175
CO2
pep
n
0,075 0,075n 1,35
m = 14n+29t+18 .
t t t
  

1,35
0,28.14 2,175 6,545
3
pepm gam     → Chọn B. 
Cách 2: Quy đổi X thành đi peptit. 
3 2
0,0375
2
2
2 3Ba(OH) (0,14mol)
+O
2 2 3 2n 2n
 mol
2
CO BaCO
A + H O (1) C H O N H O Ba(HCO )
N (0,0375 mol)
 
 
  



0,28
2CO
 §­¬ng nhiªn 0,14 mol n mol    
2
CO2
pep H O(1)
n
m = 0,0375n .14 + 0,0375.76-m < 0,28.14+2,85=6,77 gam 

Cách 3: Quy đổi X thành aminoaxit. 
21
0,075
2
2
2 3Ba(OH) (0,14mol)
+O
2 2 3 2n 2n
 mol
2
CO BaCO
X + H O (1) C H O N H O Ba(HCO )
N (0,0375 mol)

 
 
  



0,28
2CO
 §­¬ng nhiªn 0,14 mol n mol    
 0,05 0,06
2 2H O(1) H O(1)
0,075(k-1)
+ n = (3< k <5) mol n mol
k
  
2
CO2
pep H O(1)
n
m = 0,075n .14 + 0,075.47-m < 0,28.14+3,525-0,05.18=6,545 gam 

Bài 9: Hỗn hợp X gồm đipeptit Y, tripeptit Z và tetrapeptit T (đều mạch hở) chỉ được 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 150 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi các phản ứng xảy ra 
hoàn toàn thấy có 1,12 (dktc) một khí duy nhất thoát ra và thu được dung dịch có khối lượng 
tăng 15,83 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. Giá trị của m gần với giá trị 
nào nhất sau đây? 
 A. 7,38. B. 7,85. C. 8,05. D. 6,66. 
Hướng dẫn giải. 
Cách 1: Sử dụng công thức trung bình của peptit. 
 
 
 0,3
2
2
3
2 0,1/ tBa(OH) (0,15mol)
+O
n 2n+2-t t+1 t 3 22
0,1/ t (0,1n / t-0,15)
2
BaCO
CO 0,1/t
C H O N Ba(HCO )H O 0,1/t+0,1/t-0,05
N (0,05)

 
 
   
  


 
   44. / 18 97 0,3 / 15,83 0,1n t 0,1n/t+0,1/t-0,05 -1 0,1n t    
25,9 / 75,83
t=2 n=5,786
n t 1,8/t
t=4 n=11,642

   

 pep m =0,1 14n+29t+18 /t 1,4n/t+2,9+1,8/t  
, pep
pep
t=2 n=5,786 m 7,8502
7,4247 gam m 7,8502 gam
t=4 n=11,642 m 7,4247
 
   
  
→ Chọn B. 
Cách 2: Quy đổi X thành đipeptit và H2O. 




2
2
32
(0,3-0,05n)0,05n Ba(OH) (0,15)n 2n 3 2
0,05 +Oquy ®æi 2 3 2
0,05n (0,05n-0,15)
2
a
2
0,05
BaCOCO
C H O N 
H O Ba(HCO )
X 
H O (a<0) 
N
 
           
   
  



 
 0,05n.62-197(0,3-0,05n)=15,83 n=5,7861  
pep m 0,05(14.5,786+76)+18a=7,8502 + 18a  
0,025rµng buéc
0,05 -a
= (2<k<4) a<0
k (k-2)
   
pep7,4002 m 7,8502   → Chọn B. 
Bài10: Hỗn hợp M gồm Lys-Gly-Ala, Lys-Ala-Lys-Lys-Gly, Ala-Gly trong đó nguyên tử oxi 
chiếm 21,3018% về khối lượng. Cho 0,16 mol M tác dụng với HCl (vừa đủ) thu được m gam 
muối. Giá trị của m là: 
A. 90,48gam. B.83,28gam. C. 93,26gam. D. 86,16gam 
 Hướng dẫn giải. 
Nhận thấy tất cả peptit đều có 1 Gyl và 1 Ala nên gọi công thức trung bình của hỗn hợp là: 
x
GylAlaLys 
0,213018
16(x+3)
x=1,5
146+128x
   
2muèi GlyHCl AlaHCl Lys(HCl)
0,16.125,50,16.111,5 0,16.1,5.219
m m + m + m 90,48gam 
 
→ Chọn A. 
Bài 11: Đun nóng 0,15 mol hỗn hợp X gồm hai peptit mạch hở (đều tạo bởi glyxin và axit 
glutamic) với 850 ml dung dịch KOH 1M (vừa đủ). Kết thúc các phản ứng, cô cạn dung dịch 
thu được 95,15 gam muối khan. Khối lượng của 0,1 mol X là 
A. 35,3 gam. B. 31,7 gam. C. 37,1 gam. D. 33,5 gam. 
Hướng dẫn giải. 
2
95,15
0,25 5
0,15 3
0,3
2
0,15 gam
Gly
GlyK (a mol) 113a+223b=95,15 a=0,25
GluK (b mol) BT.K: a+2b=0,85 b=0,3
Glu

    
      
    


5/3 2 X
0,1 mol X
X: Gly Glu (M =371g/mol)
m =0,1.371=37,1 gam

 

→Chọn C. 
Bài 12: Hỗn hợp A chứa 2 peptit X, Y (có số liên kết peptit hơn kém nhau 1 liên kết). Đốt 
cháy hoàn toàn 10,74 gam A cần dùng 11,088 lít oxi (đktc), dẫn sản phẩm cháy qua bình 
đựng nước vôi trong dư, khối lượng bình tăng 24,62 gam. Mặt khác, đun nóng 0,03 mol A cần 
vùa đủ 70,0 ml NaOH 1,0 M thu được hỗn hợp Z chứa 3 muối của Gly, Ala, Val, trong đó 
muối của Gly chiếm 38,14 % về khối lượng. Phần trăm (%) khối lượng muối của Val trong Z 
gần nhất với: 
A. 20%. B. 25,3%. C. 24,3%. D. 31,4%. 
Hướng dẫn giải. 
Số mắt xích 0,07 / 0,03 7 / 3t   

0,49510,74
A
10/3 7/3 2 2 2 2n 2n-1/3
 mol 24,62 gam gam
 C H O N O CO +H O +N  


0,03molAm =
0,06
7 / 3
2N
Pep
BTKL:n =(10,74+0,495.32-24,62)/28=0,07
10,74
=5,37gam0,07.2
2BT.N: n =






 
5,37
0,03
 gam
2
0,03 mol 0,07 mol mol
GlyNa (x mol)
 A + NaON Z AlaNa (y mol) H O
ValNa (z mol)


  


 
0,03
100.97
BTKL
Z
38,14.7,63
m =5,37+0,07.40-0,03.18=7,63 x=   
 Z
BTNa: 0,03+y+z=0,07
m = 0,03.97+111y+139z=7,63


 139.0,01
% .100% 18,22%
7,63
ValNa
y=0,03
z=0,01
m = 
→Chọn A. 
Bài 14: Đun nóng 45,54 gam hỗn hợp E gồm hexapeptit X và tetrapeptit Y cần dùng 580 ml 
dung dịch NaOH 1M chỉ thu được dung dịch chứa muối natri của glyxin và valin. Mặt khác, 
đốt cháy cùng lượng E như trên bằng một lượng O2 vừa đủ thu được hỗn hợp Y gồm CO2; 
H2O và N2. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng 
115,18 gam. Phần trăm khối lượng của X trong E gần với giá trị nào nhất sau đây? 
A. 74,7. B. 42,69. C. 68,25. D. 61,8. 
Hướng dẫn giải. 

2
115,18
45,54
Quy ®æi n 2n-1
2 2 2
x mol 2 gam
 gam
C H ON (0,58 mol)
E CO +H O+N
H O (x mol)
O    
 


0,58(14n+29)+18x=45,54 n=191/58
x=0,11BT.C,H: 0,58n.44+18(0,58n-0,29)+18x=115,18
  
 
 
6
4
n 6-n
2
m 4-m
X: Gly Val
NaOH muèi + H O
Y: Gly Val

 

X Y X
X Y NaOH Y
n +n =0,11 n =0,07
6n +4n =n =0,58 n =0,04
 
  
 
191
1,91
58
BT.C n=30,07(30-3n)+0,04(20-3m)=0,58. 7n+4m=33
m=3

    

% % 00% 74,7%
3 3X Gly Val
0,07.486
m = m = .1
45,54
  →Chọn A. 
Bài 15: X là este của aminoaxit ; Y, Z là hai peptit (MY < MZ ) có số nitơ liên tiếp nhau, X, 
Y, Z đều ở dạng mạch hở. Cho 60,17 gam hỗn hợp A gồm X, Y, Z tác dụng vừa đủ với 0,73 
mol NaOH, sau phản ứng thu được 73,75 gam ba muối của glyxin, alanin, valin (trong đó có 
0,15 mol muối của alanin) và 14,72 gam ancol no, đơn chức, mạch hở. Mặt khác, đốt cháy 
60,17 gam hỗn hợp A trong O2 dư thì thu được CO2, N2 và 2,275 mol H2O. % Khối lượng của 
Y có trong A là 
 A. 22,14%. B. 17,20%. C. 11,47%. D. 14,76%. 
Hướng dẫn giải. 

2 4 2
3 6 2 n 2n+2 2
0,73 mol 14,72 gam
5 10 2
60,17 gam 73,75 gam
X GlyNa: C H O NNa (x mol) 
A + NaOH AlaNa: C H O NNa(0,15 mol + C H O + H O (1)Y
Z ValNa: C H O NNa (y mol)
 
 
 
 
 
 

2
BTKL
H O (Y,Z)n =(60,17+0,73.40-73,75-14,72)/18=0,05 n =0,05  
BT.N: x+y=0,73-0,15=0,58 x=0,56
97x+0,15.111+139y=73,75 y=0,02
 
 
 
* Tư duy: 
 - Các em để ý este của aminoaxit no mạch hở chứa 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2 với 
ancol no đơn chức mạch hở có công thức H2N-CmH2m-COOCnH2n+1 thầy chuyển thành