Brađikinin có tác dụng làm giảm huyết áp, đó là một nonapeptit có công thức là: Arg-Pro-Pro-Gly-Phe-Ser-Pro-Phe-Arg Khi thuỷ phân không hoàn toàn peptit này, thu được bao nhiêu tripeptit mà trong thành phần có phenyl alanin (Phe) ?
Câu A. 4
Câu B. 3
Câu C. 6
Câu D. 5 Đáp án đúng
- Khi thuỷ phân không hoàn toàn peptit trên thì thu được 5 tripeptit mà trong thành phần có phenylalanin (Phe) là: Pro-Gly-Phe, Gly-Phe-Ser, Phe-Ser-Pro, Ser-Pro-Phe và Pro-Phe-Arg.
Thí nghiệm 1: Thử tính chất của dung dịch amoniac
- Tiến hành TN:
+ Lấy dd amoniac vào 2 ống nghiệm nhỏ
+ Ống 1: Thêm vài giọt dd phenolphtalein
+ Ống 2: Thêm 5-6 giọt dd muối nhôm clorua
- Hiện tượng:
+ Ống 1: dd phenolphtalein chuyển màu hồng
+ Ống 2: xuất hiện kết tủa màu trắng
- Giải thích:
+ dd amoniac có tính bazo yếu nên làm dd phenolphtalein chuyển màu hồng
+ dd amoniac tác dụng với dd muối nhôm clorua tạo kết tủa Al(OH)3
PTHH
NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH-
AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4Cl
Thí nghiệm 2: Tính oxi hóa của axit nitric
- Tiến hành TN:
Thí nghiệm a:
+ Lấy 0,5ml dd HNO3 đặc vào ống nghiệm 1
+ Thêm 1 mảnh Cu nhỏ, sau đó nút ống nghiệm bằng miếng bông có tẩm NaOH.
Thí nghiệm b:
+ Lấy 0,5 ml dd HNO3 loãng vào ống nghiệm 2
+ Thêm 1 mảnh Cu nhỏ, sau đó nút ống nghiệm bằng miếng bông có tẩm NaOH.
+ Đun nóng ống nghiệm
- Hiện tượng: Ở 2 ống nghiệm mảnh đồng tan dần, dung dịch trong ống nghiệm chuyển thành màu xanh đậm dần.
+ Ở ống 1: Có khí màu nâu thoát ra.
+ Ở ống 2: Có khí không màu thoát ra nhanh hơn và lên khỏi bề mặt dung dịch thì hóa nâu.
- Giải thích:
+ Cho mảnh Cu vào ống nghiệm chứa HNO3 đặc có khí NO2 màu nâu bay ra vì HNO3 đặc bị khử đến NO2. Dung dịch chuyển sang màu xanh do tạo ra Cu(NO3)2.
+ Cho mảnh Cu vào ống nghiệm chứa HNO3 loãng và đun nóng có khí NO không màu bay ra, sau chuyển thành NO2 màu nâu đỏ. Dung dịch chuyển sang màu xanh lam của Cu(NO3)2.
PTHH:
Cu + 4HNO3 đặc → Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O
3Cu + 8HNO3 loãng → 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O
2NO + O2 → 2NO2
Thí nghiệm 3: Tính oxi hóa của muối kali nitrat nóng chảy
- Tiến hành TN:
+ Bỏ 1 ít tinh thể KNO3 vào ống nghiệm chịu nhiệt khô, cặp thẳng đứng trên giá sắt.
+ Đốt cho muối nóng chảy đến khi muối bắt đầu phân hủy vẫn tiếp tục đốt nóng ống nghiệm.
+ Dùng kẹp sắt đốt nóng 1 hòn than rồi bỏ vào ống nghiệm.
+ Quan sát sự cháy của hòn than.
- Hiện tượng: Mẩu than bùng cháy trong KNO3 nóng chảy, có tiếng nổ lách tách do KNO3 bị phân hủy.
- Giải thích: Hòn than cháy mãnh liệt hơn vì có O2. Có tiếng nổ lách tách là do KNO3 nhiệt phân giải phóng khí O2.
PTHH:
2KNO3 → 2KNO2 + O2↑
C + O2 → CO2
Thí nghiệm 4: Phân biệt 1 số loại phân bón hóa học
- Tiến hành TN:
+ Lấy 3 ống nghiệm, mỗi ống nghiệm chứa 1 loại phân bón sau: amonisunfat, kali clorua, supephotphat kép. Cho vào mỗi ống nghiệm 4-5ml nước cất và lắc nhẹ ống nghiệm cho đến khi các chất tan hết
a) TN nhận biết phân đạm amoni sunfat:
+ Lấy khoảng 1ml dung dịch mỗi loại phân vừa pha chế cho vào từng ống nghiệm.
+ Cho vào mỗi ống nghiệm 0,5ml dd NaOH rồi đun nóng nhẹ
- Hiện tượng:
+ Các mẫu phân đều tan và tạo dung dịch không màu.
+ Ống nghiệm có khí bay lên, khí này làm xanh quỳ tím ẩm là amoni sufat.
- Giải thích: amoni sufat phản ứng với NaOH giải phóng khí NH3
PTHH:
2NaOH + (NH4)2SO4 → Na2SO4 + 2NH3↑ + 2H2O
NH4+ + OH- → NH3↑ + H2O
b) TN nhận biết phân kali clorua và supephotphat kép:
+ Lấy khoảng 1ml dung dịch vừa pha chế của mỗi loại phân bón còn lại
+ Nhỏ vài giọt AgNO3 vào từng ống nghiệm
- Hiện tượng:
+ Ở ống nghiệm có ↓trắng là dd KCl
+ Ống nghiệm không có ↓ là dd Ca(H2PO4)2
- Giải thích: kali clorua tạo kết tủa trắng với AgNO3
PTHH:
AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3
Ag+ + Cl- → AgCl↓
Sục từ từ V lít khí SO2 ở đktc vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 1,5M, thu được 23,3 gam kết tủa. Tính giá trị của V.
Ta có: nBa(OH)2 = 0,15 mol; nBaSO3 = 0,1 mol.
Vì n↓ < nBa(OH)2 nên kết tủa chưa cực đại ⇒ Có các trường hợp sau:
- Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư ⇒ muối tạo thành chỉ có BaSO3
PTHH:
SO2 + Ba(OH)2→ BaSO3 + H2O
0,1 0,1 mol
⇒VSO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít
- Trường hợp 2: SO2 hết nhưng đã hòa tan 1 phần kết tủa.
PTHH:
SO2 + Ba(OH)2→ BaSO3 + H2O (1)
0,15 0,15 0,15mol
Theo (1) thì nBaSO3 = 0,15mol, nhưng theo đề thì nBaSO3 = 0,1mol
⇒ nBaSO3 bị hòa tan: 0,15 – 0,1 = 0,05 mol
SO2 + BaSO3 + H2O → Ba(HSO3)2 (2)
0,05 0,05mol
⇒ VSO2= (0,15 + 0,05).22,4 = 4,48 lít
Cho 5,85 gam một kim loại M, có hóa trị I tác dụng hết với nước thoát ra 1,68 lít khí (đktc). Tìm M?
nH2 =0,075 mol
2M + 2H2O → 2MOH + H2↑
0,15 ← 0,075(mol)
⇒ MM = 39 (g/mol) ⇒ M là Kali.
Hãy viết các phương trình hóa học trong sơ đồ chuyển hóa sau:
Saccarozơ → Glucozơ → Rượu etylic.
(1) C12H22O11 + H2O → C6H12O6 + C6H12O6
(2) C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2
Chất nào sau đây thuộc loại polisaccarit?
Câu A. Tinh bột.
Câu B. Fructozơ.
Câu C. Saccarozơ.
Câu D. Glucozơ.
** Đây là liên kết chia sẻ bới cộng đồng người dùng, chúng tôi không chịu trách nhiệm gì về nội dung của các thông tin này. Nếu có liên kết nào không phù hợp xin hãy báo cho admin.