SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HÀ VĂN MAO
***************

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP MỚI ĐỂ GIẢI
NHANH BÀI TẬP CÁC HỢP CHẤT CHỨA NITƠ
ĐƠN GIẢN, MẠCH HỞ TRONG ĐỀ THI THPT
QUỐC GIA

Người thực hiện: Vũ Quang Đạt
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa học

THANH HÓA NĂM 2017


MỤC LỤC
1.1. Lí do chọn đề tài...............................................................................................................3
1.2. Mục đích nghiên cứu........................................................................................................3
1.3. Đối tượng nghiên cứu......................................................................................................3
1.4. Phương pháp nghiên cứu..................................................................................................3
1.5. Đóng góp của sáng kiến kinh nghiệm..............................................................................3
PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.............................................................5
2.1. Cơ sở của đề tài................................................................................................................5
2.2. Thực trạng........................................................................................................................5
2.3. Các giải pháp....................................................................................................................5
2.3.7. Kiểm chứng giải pháp.................................................................................................22
PHẦN 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ...................................................................................23
3.1. Kết luận..........................................................................................................................23

giải bài tập. Thấy học sinh tiếp thu một cách dễ hiểu và làm được hầu hết các
bài tập trong đề thi vì vậy tôi quyết định viết thành sáng kiến kinh nghiệm về nội
dung này có tên là: “Phân dạng và phương pháp mới để giải nhanh bài tập
các hợp chất chứa nitơ đơn giản, mạch hở trong đề thi THPT quốc gia”
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nhằm biến bài tập hữu cơ khó chưa có cách nhìn tổng quát về bài tập dễ
và quen thuộc hơn.
- Giúp học sinh giải được hầu hết các bài tập khó thường gặp trong đề thi
đại học hàng năm.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Các loại bài tập về hợp chất hữu cơ đơn giản chứa nitơ có công thức phân
tử CxHyOzNt thường gặp trong đề thi đại học, THPT quốc gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Quy nạp, suy diễn, phân tích tổng hợp
1.5. Đóng góp của sáng kiến kinh nghiệm
- Đưa ra được công thức tính số liên kết π của hợp chất hữu cơ mạch hở
CxHyOzNt và ứng dụng nó vào giải bài tập.

3


- Làm đơn giản hoá các bài tập khó về hợp chất hữu cơ chứa nhiều
nguyên tố và có cách giải cho nhiều bài.
- Học sinh biết được các loại hợp chất hữu cơ chứa nitơ có công thức
phân tử CxHyOzNt và tính chất hoá học cơ bản của nó.
- Có cách giải mới cho bài tập dạng này mà chưa có tài liệu nào đưa ra: sử
dụng công thức phân tử tổng quát và công thức cấu tạo tổng quát kèm theo
phương pháp quy đổi, bảo toàn…
- Hệ thống hoá cho học sinh các dạng và cách giải mới bài tập hữu cơ có
công thức CxHyOzNt

sau nhằm giúp cho học sinh và đồng nghiệp làm tốt đa số các bài tập trong đề thi
đại học một cách đơn giản như sau:
2.3. Các giải pháp
2.3.1. Cấu tạo tổng quát
Cho học sinh nhìn nhận một cách tổng quát về cấu tạo các loại chất hữu
cơ chứa nitơ đơn giản có công thức phân tử CxHyOzNt thường gặp trong đề thi
và cách tạo ra chất đó.
2.3.1.1. Amino axit
Ví dụ: NH2RCOOH
2.3.1.2. Este của amino axit
Ví dụ: NH 2 RCOOR1
xt

→      NH 2 RCOOR 1  +H 2O
NH 2 RCOOH   +   R 1OH     ¬


2.3.1.3. Hợp chất nitro
Ví dụ: RNO2
2.3.1.4. Muối amoni: là hợp chất chứa liên kết ion

5


a. Muối của axit cacboxylic với NH3. Ví dụ: RCOONH4
−

+

RCOOH + NH 3     

3

−

+

NH 2 RCOOH   + NH 3     
→        NH 2RCOO N H 4
d. Muối của amino axit với amin.
− +
− +
− +
Ví dụ: NH 2 RCOO N H 3R , NH 2 RCOO N H 2 R 1R 2 , NH 2 RCOO N H R 1R 2R 3
−

+

NH 2 RCOOH +  NH 2 R 1    
→       NH 2RCOO N H 3R
−

+

NH 2 RCOOH  +   NHR 1R 2     
→   NH 2RCOO N H 2R 1R 2
−

+

NH 2 RCOOH   +   NR 1R 2R 3     

RNH 2  +   H 2CO 3    + NH 3     
→   RNH 3CO 3 NH 4
2.3.1.7. Muối của amino axit với H2CO3
Ví dụ: NH3HCO3RCOOH, (NH3RCOOH)2CO3
NH 2 RCOOH +   H 2CO 3   
→    NH 3HCO 3RCOOH
→  ( NH 3RCOOH ) 2 CO 3
2 NH 2 RCOOH +   H 2CO 3    
2.3.1.8. Peptit.
Ví dụ: H (-NHRCO-)tOH

6


2.3.2. Mối quan hệ giữa cấu tạo với tính chất
Cho học sinh thấy được tính chất của các loại hợp chất trên đều phụ thuộc
vào cấu tạo và chủ yếu thể hiện qua ba loại phản ứng chính thường gặp trong bài
tập là: phản ứng cháy, phản ứng axit-bazơ và phản ứng thuỷ phân.
Viết được các phương trình minh hoạ cho tính chất của các loại chất trên.
2.3.2.1. Đối với phản ứng cháy cần dùng định luật bảo toàn nguyên tố và phải
dùng công thức phân tử tổng quát
Ví dụ: Peptit thường gặp có công thức phân tử tổng quát là: CxH2x+2-tO t+1Nt
6x − 3t
2x + 2 − t
t
CxH2x+ 2− tN tOt+1  +    
 O2    
→ xCO2      +  
 H 2O   +      N 2
4


+

−

+

RCOO N H 4 + HCl 
→ RCOOH +NH 4Cl
RCOO N H 3R 1 + NaOH 
→ RCOO Na + RNH 2 ↑ + H 2O
RCOO N H 3R 1 + HCl 
→ RCOO H + RNH 3Cl
RCOO N H 2R 1R 2 + NaOH 
→ RCOONa + R 1NHR 2 ↑ +H 2O
RCOO N H 2R 1R 2 + HCl 
→ RCOOH + R 1R 2 NH 2Cl
+

−


→ RNH2+NaNO3+H2O
 R N H 3 N O3 + NaOH
…các loại khác viết phương trình tương tự.
2.3.2.3. Đối với phản ứng thuỷ phân thì thường gặp nhất là thuỷ phân peptit,
este
Viết được phương trình tổng quát trong môi trường axit và môi trường
kiềm.
a. Phản ứng thuỷ phân hoàn toàn khi có xúc tác thích hợp.

- Loại này thì ta luôn có tổng số liên kết π trong cả phân tử là:
2x + 2 + t − y
π=
>0 vì các hợp chất trên luôn chứa nhóm chức –COO- hoặc
2
–CO-NH-, -NO2 mỗi nhóm có một liên kết π : C=O, N=O
- Dựa vào số liên kết π và số nguyên tử oxi trong phân tử để dự đoán cấu
tạo của hợp chất hữu cơ.
2.3.4.2. Loại chứa liên kết ion trong phân tử
Loại này chủ yếu gặp là muối vì muối tan là chất điện li mạnh nên trong
dung dịch muối luôn tồn tại ion dương và ion âm. Trong tất cả các muối trên thì
điện tích dương luôn nằm ở trên nguyên tử nitơ vì vậy số đơn vị điện tích dương
luôn nhỏ hơn hoặc bằng số nguyên tử nitơ trong phân tử muối.
- Ví dụ: So sánh số liên kết π trong phân tử của C3H7NO2
- Nếu là hợp chất chỉ chứa liên kết cộng hoá trị NH2CH2CH2COOH
thì số liên kết π = 1 (C=O)
−

+

- Nếu là hợp chất có liên kết ion thì CH 2 = CH − COO N H 4 lại có hai
liên kết π
- Vậy sự khác nhau về liên kết π trong hai loại hợp chất trên là vì sao?
Điều này tôi giải thích như sau khi hình thành một điện tích dương và một điện
tích âm trong muối thì số nguyên tử H đã tăng thêm 2, vì vậy khi giữ nguyên số
nguyên tử H cũng đồng nghĩa với tăng thêm một liên kết π vào. Vậy khi hợp
chất hữu cơ có bao nhiêu điện tích dương thì có thêm bấy nhiêu liên kết π so
với hợp chất chỉ có liên kết cộng hoá trị.
Vậy từ đó tôi đưa ra công thức tính số liên kết π trong hợp chất hữu
cơ có công thức phân tử CxHyOzNt như sau:

chứa liên kết cộng hoá trị nên số liên kết π được tính theo công thức:
2x + 2 + t − y
π=
có (t*=0)
2
Mặt khác nhìn vào cấu tạo thì số liên kết π lại bằng số
2x + 2 + t − y
⇒ y = 2x + 2 − t và z=
nguyên tử N trong peptit nên ta có π = t =
2
t+ 1. Vậy công thức phân tử của peptit chứa các gốc α -amino axit đơn giản (có
1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH)
là :CxH2x+2-tO t+1Nt trong đó x > 4
Công thức phân tử tổng quát của peptit được dùng để áp dụng giải
cho hầu hết các bài tập có phản ứng cháy của peptit mà chưa thấy tài liệu
nào đưa ra để áp dụng. Đây là điểm mới thứ hai trong đề tài này. Các peptit
thường gặp nhất có công thức:
CxH2x+2-tO t+1Nt ⇔ H (-NHRCO-)tOH
x −
Trong đó:R là gốc no hoá trị 2 và = C của α -amino axit.
t
2.3.6. Phân dạng và phương pháp mới để giải nhanh bài tập các hợp chất
chứa nitơ có công thức phân tử dạng tổng quát CxHyOzNt
2.3.6.1. Dạng 1. Bài tập về mỗi quan hệ giữa cấu tạo và tính chất.
- Bài tập tổng quát: Cho hợp chất hữu cơ có công thức phân tử C xHyOzNt
và tính chất của nó tìm cấu tạo phù hợp?
- Phương pháp thường dùng trong tài liệu hiện nay là từ cấu tạo và công
thức phân tử suy ra công thức cấu tạo thoả mãn là… mà không giải thích rõ vì
sao cấu tạo đó thì được mà cấu tạo khác thì không được. Hạn chế của phương
pháp thường dùng trong tài liệu hiện nay là chưa tổng quát được cho học sinh.

C.4
D.3
- Nếu chỉ có liên kết cộng hoá trị thì t* =0 ⇒ π =

Giải:

2x + 2 + t − y
2 × 3 + 2 + 2 − 12
+ t* =
+ t* = −1 + t* = t * -1>0 ⇔ t*>1
2
2
Mặt khác t* ≤ t ⇔ t* ≤ 2 ⇔ t*=2 vậy C3H12N2O3 là muối có 2 điện tích dương, có
một liên kết π và 3 nguyên tử oxi suy ra đây phải là muối cacbonat của NH 3
hoặc của amin đơn chức.
Công thức cấu tạo A là: CH3-CH2NH3-CO3-NH4, CH3-NH3-CO3-NH3CH3 ⇒ B
Câu 2: Hợp chất X có công thức phân tử C2H8O3N2. Cho 16,2 gam X
phản ứng hết với 400 ml dung dịch KOH 1M. Cô cạn dung dịch thu được sau
phản ứng thì được phần hơi và phần chất rắn. Trong phần hơi có chứa amin đa
chức, trong phần chất rắn chỉ chứa các chất vô cơ. Khối lượng phần chất rắn là
A. 26,75 gam.
B. 12,75 gam.
C. 20,7 gam.
D. 26,3 gam.
(Thi thử Đại học Vinh lần cuối 2013)
Giải
Bước 1: Xác định số liên kết π để dự đoán X có hay không có liên kết ion
2x + 2 + t − y
2× 2 + 2 + 2 − 8
π=

+

+

N H 3 − CH 2 N H 3CO 32−  + 2KOH         
→     NH 2 − CH 2 - NH 2    + K 2CO3 + 2H 2 O
→
0,15 →
0,3
0,15 (mol)
Rắn sau khi cô cạn dụng dịch là 0,15 mol K 2CO3và 0,1 mol KOH dư. Vậy m =
26,3 => chọn D
Câu 3: Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H10O3N2) và chất Z (C2H7O2N). Cho
14,85 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung
dịch M và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp T gồm 2 khí (đều làm xanh quỳ tím tẩm nước
cất). Cô cạn toàn bộ dung dịch M thu được m gam muối khan. Giá trị của m có
thể là
A. 11,8.
B. 12,5.
C. 14,7.
D. 10,6.
(Thi thử đại học Vinh lần 1 – 2015)
Giải :
2 × 2 + 2 + 2 − 10
+ t* = t * −1 ≥ 1 hay t* ≥ 2 nên Y
Y (C2H10O3N2) có π =
2
phải chứa 2 liên kết ion suy ra Y là muối nitrat hoặc muối cacbonat vì có 3 oxi
t* = 2 thì π = 1 hợp chất có 2 điện tích dương ⇒ RNH3CO3NH4 .
Y là CH3NH3CO3NH4

thức cấu tạo của X là: (CH3NH3)2 CO3
(CH3NH3)2CO3 + 2KOH 
→ K2CO3 +2H2O+2CH3NH2
→
0,07
0,15
0,15
(mol)

11


Bảo toàn khối lượng ta có: 9,3+0,2 × 56=m+0,15(18+31) ⇒ m= 13,15 ⇒ C
Câu 5: Cho 18,5 gam chất hữu cơ A có CTPT C3H11N3O6 tác dụng vừa
đủ với 300 ml dung dịch NaOH 1M tạo thành nước, 1 chất hữu cơ đa chức
bậc một và m gam hỗn hợp muối vô cơ. Giá trị gần đúng nhất của m là
A. 8,45.
B. 25,45.
C. 21,15.
D. 19,05.
(Thi thử đại học Vinh lần 3 năm 2015)
Giải:
2 × 3 + 2 + 3 − 11
+ t* = t * ta luôn có 1 ≤ t* ≤ 3
A có π =
2
n NaOH 0,3
=
= 3 ⇒ chất hữu có đa chức bậc 1 tạo thành là amin hai hoặc ba
nA

Vậy m = 19 hoặc m = 19,1 nên chọn D
2.3.6.2. Dạng 2. CxHyOzNt tác dụng với dung dị ch axit hoặc d u n g d ị c h
bazơ sau đó lấy sản phẩm thu được tác dụng với bazơ hoặc axit
- Tổng quát:
+ axit
+ bazôvöø
añuû
→ dung dòch A 
→ dung dòch B
1. CxHyOzNt 
+ bazô
+ axitvöø
añuû
→ dung dòch X 
→ dung dòchY
2. CxHyOzN t 
- Phương pháp thông thường là viết phương trình phản ứng theo bài ra
để giải. Hạn chế của phương pháp này là dài và khi xác định thành phần trong
dung dịch A hay dung dịch X là khó vì chưa biết được axit hay bazơ có dư hay
không nên phải chia nhiều trường hợp.
- Phương pháp mới để giải bài tập dạng này là: dùng phương pháp đầu
cuối, bỏ qua chất trung gian nên có thể:
- Coi dung dịch A gồm CxHyOzNt và axit chưa tác dụng với nhau và cùng
tác dụng với dung dịch bazơ tạo ra dung dịch B.
- Coi dung dịch X gồm CxHyOzNt và bazơ chưa tác dụng với nhau và cùng
tác dụng với dung dịch axit tạo ra dung dịch Y.
Sau đó dùng định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải.

12


Coi Y ⇔ 0.3 mol hỗn hợp axit glutamic, glyxin và dung dịch 400 ml HCl 1M
Gọi x, y lần lượt là số mol của Glu và Gly
x+y =0,3 và 2x+y+0,4=0,8 ⇒ x= 0,1; y =0,2
m rắn = 0,1 × 147+0,2 × 75+0,4 × 36,5+0,8 × 40-0,8 × 18=61,9 gam ⇒ A
Câu 3: Cho 24,5 gam tripeptit X có công thức Gly-Ala-Val tác dụng với
600 ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng hoàn toàn được dung dịch Y. Đem Y
tác dụng với dung dịch HCl dư rồi cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng (trong
quá trình cô cạn không xảy ra phản ứng hóa học) thì thu được khối lượng chất rắn
khan là
A. 70,55 gam.
B. 59,6 gam
C. 48,65 gam.
D. 74,15 gam.
(Thi thử đại học Vinh lần 3- 2013)
Giải:
Coi dung dịch Y gồm (0,1 mol X và 0,6 mol NaOH ) cùng tác dụng với HCl
X + 3HCl + 2H2O 
→ hỗn hợp 3 muối (1)
0,1
0,3
0,2
(mol)
NaOH + HCl
NaCl + H2O
(2)
0,6
0,6
0,6
0,6 (mol)
Ta thấy nHCl phản ứng = 3 nX + nNaOH =0,3 + 0,6 = 0,9

x
x x (mol)
Val
+ OH
muối củaVal
+H2O

→
→
Y
y
y
y (mol)
+
H + OH
H2O

→
0,1 → 0,1
0,1 (mol)
nOH = 2x +y +0,1 = 0,275 hay 2x + y = 0,175 (1)
BTKL ta có khối lượng muối bằng tổng khối lượng các ion
(75-1)x + (89-1)x +(117-1)y + 0,05 × 96 +0,1 × 23 +0,175 × 39 = 30,725
Hay 162x + 116y = 16,8 (2)
⇒ Đáp án B đúng
Giải hệ ta được x = 0,05 và y = 0,075 ⇒ a = 0,125
Câu 5: Hỗn hợp X gồm Gly-Ala-Val và Gly-Ala-Val-Ala (có tỷ lệ mol
tương ứng 1 :2). Đun nóng m (gam) hỗn hợp X với dung dịch NaOH (lấy dư
20% so với lượng phản ứng) thu được dung dịch Y. Cho Y phản ứng vừa đủ với
dung dịch HCl thu được dung dịch Z. Cô cạn Z thu được 263,364 gam hỗn hợp

H ( − NHRCO − ) tOH + ( t − 1)  H 2O         
→        tNH 2RCOOH   ( 1)
tNH2RCOOH
+ tHCl
tNH3ClRCOOH (2)

→
tNH2RCOOH
+ tNaOH
tNH2RCOONa +tH2O (2’)

→
(1) + (2): ⇒ ta được phương trình thuỷ phân trong môi trường axit
H ( − NHRCO − ) tOH + ( t − 1)  H 2O +  tHCl       
→        tNH 3ClRCOOH  
(1) + (2”) ⇒ ta được phương trình thuỷ phân trong môi trường bazơ
H ( − NHRCO ) t − OH + tNaOH         
→        tNH 2RCOONa +H 2O  
Ta luôn có: nH O =npeptit , nNaOH = t.npeptit
2

Dùng phương pháp bảo toàn gốc, hoặc quy đổi
Dùng công thức tính nhanh Mpeptit dựa vào M các amino axit.
Trong đó: MGly=75, MAla=89, MVal=117, MGlu=147, MPhe=165…
Dùng bảo toàn khối lượng, tăng giảm khối lượng
Mpeptit = ∑ M n(aminoaxit) –(n-1)H2O
b. Phản ứng thuỷ phân không hoàn toàn thì không cần viết phương trình mà chỉ
cần dùng định luật bảo toàn mol gốc.
c. Phản ứng cháy thì dùng công thức phân tử tổng quát của peptit là:
CxH2x+2-tNtOt+1

C. 3:2.
D. 3:7.
(Thi thử lần 2 trường THPT Đô Lương 1-2015)

15


Giải:
Công thức tổng quát của X là: CxH2x+2-tNtOt+1
A là tripeptit nên ( t=3) ta được CxH2x-1N3O4
14 × 3
%N =
× 100% = 19,36% ⇔ x = 8
14x − 1 + 14 × 3 + 16 × 4
⇒ A có 2 gốc Ala và 1 gốc Gly
B là tetrapeptit nên (t=4) ta được CxH2x-2N4O5
14 × 4
%N =
× 100% = 19,44%
⇒ B có 3 gốc Ala và 1 gốc Gly
14x − 2 + 14 × 4 + 16 × 5
⇔ x = 11
Gọi a, b lần lượt là số mol A, B
Ta có a + b = 0,1 (1)
Bảo toàn mol gốc amino axit ta có:
Số mol muối Ala: 2a+3b; Số mol muối Gly là: a+b
Suy ra m hỗn hợp muối trong Y là: (2a+3b)(89+22) +(a+b)(75+22) = 36,34 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có: a= 0,06, b = 0,04 ⇒ C
Câu 2: Hỗn hợp X gồm ba peptit đều mạch hở có tỉ lệ mol tương ứng là
1:1:3. Thủy phân hoàn toàn m gam X, thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 14,24

⇔ m = 14,24 + 8,19 − m H O >14,24+8,19-0,18687 × 18 ⇔ m>19,06 dựa vào đáp
Suy ra số mol H2O = 0,23 −

2

2

2

2

án chọn C.
Câu 3: Đun nóng 0,16 mol hỗn hợp E gồm hai peptit X (C xHyOzN6) 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

16


A. 0,730.

B. 0,810.

C. 0,756.
D. 0,962.
( Đề minh hoạ của bộ 2015)

Giải:

a = 0,38
⇔
⇒A
Bảo toàn C và N ta có hệ: 
2a
+
3b
=
0,16
×
14,5
b
=
0,52


Câu 4: Oligopeptit mạch hở X được tạo nên từ các α - amino axit đều có
công thức dạng H2NCxHyCOOH. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol X cần dùng vừa đủ
1,875 mol O2, chỉ thu được N2; 1,5 mol CO2 và 1,3 mol H2O. Mặt khác, thủy phân
hoàn toàn 0,025 mol X bằng 400 ml dung dịch NaOH 1M và đun nóng, thu được
dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch Y thu được m gam chất rắn khan.
Số liên kết peptit trong X và giá trị của m lần lượt là
A. 9 và 27,75.
B. 9 và 33,75. C. 10 và 33,75.
D. 10 và 27,75.
(Thi thử đại học Vinh lần 1 – 2015)
Giải:
Đặt công thức tổng quát của X là CxH2x+2-t-2kNtOt+1 (k là số liên kết π ở gốc)
Bảo toàn oxi ta có:
0,05(t+1) + 1,875 × 2 = 1,5 × 2 +1,3 suy ra t =10 suy ra có 9 liên kết peptit


C. 1,30.
D. 2,60.
(Thi thử đại học Vinh lần 3-2015)

Giải:
B: C4H9NO2 +NaOH sinh ra ancol etylic nên B là este của amino axit ⇒ công
thức cấu tạo của B là: NH2CH2COOC2H5
Peptit A: CxHyN5O6 +5NaOH 
→ muối của glyxin + muối của alanin
Nên A có công thức phân tử tổng quát là CxH2x+2-tNtOt+1 với t=5 ta có:
CxH2x-3N5O6
Gọi c, d là số mol của A và B ta có hệ:
c + d = 0,09
c = 0,03
⇔

5c + d = 0,21 d = 0,06
Phương trình cháy
+O
C4H9NO2 →
4CO2 + 4,5H2O
→
0,06
0,24 0,27 (mol)
2x − 3
+O
CxH2x-3N5O6 →
xCO2
+

41,325

⇔ x=18
Bảo toàn C ta có: 18=2n+3m trong đó n, m là số gốc Gly và Ala trong A
n
lẻ
6
lẻ
3
lẻ
0
m
1
2
3
4
5
6
Trường hợp 1: A là Gly6Ala2 0,03 mol và B NH2CH2COOC2H5 0,06 mol
a n Gly 0,03 × 6 + 0,06
=
=4
Bảo toàn gốc ta có =
b n Ala
0,03 × 2
Trường hợp 2: A là Gly3Ala4 0,03 mol và B NH2CH2COOC2H5 0,06 mol
a n Gly 0,03 × 3 + 0,06
=
= 1,25 Dựa vào đáp án chọn C
Bảo toàn gốc ta có =

18


C x H 2x + 2− t O t +1N t  +(t − 1)H 2O 
→ hh X
a(t − 1)
(mol)
amolC x H 2x + 2− t O t +1 N t  
Quy đổi hỗn hợp X ⇔ 
a(t − 1)mol H 2O
Bảo toàn nguyên tố C, H, N ta có:

axmolCO 2
amolC x H 2x + 2− t O t +1 N t   + O  2x + 2 − t
→ a
+ a(t − 1) mol H 2O
Đốt X ⇔ đốt 
a(t
−
1)mol
H
O
2

2

 at
 2 mol N 2

axmolCO 2

a molC x H 2x −3O 6 N 5  →  2x − 3
a 2 molH 2O
Bảo toàn C và O2 ta có hệ
a

2

2

2

19


n CO = ax = 0,08
a = 0,005

⇔


2x − 3
4a
a+
− a × 3 = 0,10125  x = 16
n O = 0,08 +

2×2
2
Vậy M là C16H29O6N5 0,005 mol
Vậy m = 0,005 × (12 × 16 +29+16 × 6+14 × 5) =1,935gam ⇒ B đúng

2amol N 2
Bảo toàn O và bảo toàn N ta có hệ
 BT N ⇒ 2a = 0,1
a = 0,05 a = 0,05

⇔
⇔


5
2x − 2
ax
=
0,7
BT
O
⇒
a
+
0,9
=
ax
+
a

 x = 14

2
2× 2
14

D. 3,59.
Giải:
Đặt công thức của M là CxH2x+2-tNtOt+1 với t = 5 ta được công thức phân tử là:
CxH2x-3N5O6
ax molCO 2

+O
amolC x H 2x −3 N 5O 6 →  2x − 3
a 2 molH 2O
2

Bảo toàn O ta có phương trình
6
2x − 3
a + 0,1275 = 0,11 + a
và bảo toàn C ta có ax = 0,11
2
2× 2
a = 0,01
Suy ra được 
vậy m= 0,01(14 × 11-3+14 × 5+16 × 6)= 3,17 ⇒ A
 x = 11
Câu 4: Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một tetrapeptit A và một
pentapeptit B biết (A và B đều chứa đồng thời Gly, Ala) bằng dung dịch NaOH
vừa đủ rồi cô cạn thu được ( m + 15,8) gam hỗn hợp muối của Gly và Ala. Đốt
cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được Na 2CO3
và hỗn hợp hơi Y gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ hỗn hợp hơi Y đi rất chậm
qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư thấy khối lượng bình tăng 56,04 gam và
có 4,928 lít một khí duy nhất (đktc) thoát ra khỏi bình. Thành phần phần trăm
khối lượng của A trong hỗn hợp X là:

0,1x mol H O
2
2


Khối lượng bình tăng= (0,1x-0,22) × 44+ 18 × 0,1x=56,04 ⇔ x=10,6 ⇒ MX=294
a + b = 0,1
a = 0,06
⇔
Gọi a, b lần lượt là số mol A, B ta có 
4a + 5b = 0,44 b = 0,04
2

2

21


A là tetrapeptit nên A phải có cấu tạo dạng Gly 3-Ala
0,06(75 × 3 + 89 − 18 × 3)
100% = 53,06%
294 × 0,1

⇒ %A=

2.3.7. Kiểm chứng giải pháp
2.3.7.1. Đối tượng và phương pháp kiểm chứng
Sau khi đã viết được đề cương sáng kiến tôi đã tham khảo ý kiến của các
đồng nghiệp trong và ngoài trường đều nhận được nhiều ý kiến về nội dung đề
tài này là mới, hay và giải quyết được vướng mắc hiện nay của học sinh. Và nó

4
15
15
2
2
1
12A2 40 ĐC 0
0
1
2
8
13
13
2
1
0
Phân phối kết quả kiểm tra lần 2
Lớp Sĩ số
Điểm Xi
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
12A1 40 TN

22


PHẦN 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
3.1.1. Những vấn đề quan trọng
- Về cơ sở khoa học: đưa ra được hai điểm mới công thức tính số π và
công thức phân tử của peptit để vận dụng nó để có cách giải mới cho từng dạng
bài tập.
- Học sinh được nắm một cách tổng quát cấu tạo của các hợp chất chứa
nitơ CxHyOzNt từ đó sẽ không thấy lạ trước bất kỳ hợp chất hữu cơ mà chưa từng
gặp trước vì có thể suy luận được thuộc loại nào.
- Học sinh biết cách nhận dạng bài toán và có cách giải mới cho dạng đó.
- Đưa ra được 6 giải pháp để học sinh nắm được toàn bộ các dạng bài tập
hợp chất hữu cơ có công thức phân tử là CxHyOzNt trong chương trình hoá học
12.
- Đưa ra được 4 dạng bài tập thường gặp nhất trong đề thi đại học và cách
giải mới cho mỗi dạng đó.
- Hạn chế của đề tài là chỉ mới đưa ra được phương pháp giải cho các bài
tập CxHyOzNt ở dạng đơn giản và mạch hở thường gặp trong đề thi mà chưa tổng
quát được tất cả các loại chất có thể có.
3.1.2. Hiệu quả của đề tài
- Áp dụng tốt cho học sinh khá lớp 12 đặc biệt là các em muốn lấy điểm
cao trong đề thi THPT chung quốc gia. Bởi đây thường là dạng bài tập mà đa số
học sinh thường xem là khó.
- Học sinh được học qua đề tài này thường làm được cao hơn hẳn học sinh
trường khác hoặc khoá trước điều này chứng tỏ đề tài này đã góp phần không
nhỏ để học sinh khá dễ dàng kiếm thêm điểm.
- Giải quyết tốt hầu hết các bài tập khó phần này trong đề thi bằng
phương pháp mới.