Protein chứa C, H, O, N

Công thức hóa học của sắt(III) hiđroxit là: Fe(OH)₃

Axit béo là các axit monocacboxylic có số chẵn nguyên tử C( khoảng từ 12-14 C) không phân nhánh

=> Axit linoleic ( C₁₇H₃₁COOH) là axit béo

C₆H₁₂O₆à 2C₂H₅OH +2CO₂

n_{ancol etylic}=n_CO2=> a=0,1 mol

Hàm lượng glucozơ không đổi trong máu người là 0,1%

Các dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu hồng : axit glutamic

Các dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh : lysin, etylamin

Các dung dịch làm quỳ tím không đổi màu : glyxin, anilin, alanin

nCH₂=CHCOOCH_{3$\stackrel{t^o,P,xt}{\to }$} (-CH₂-CH(COOCH₃)-)_n

CH₂=CHCOOCH₃ là metyl acrylat

Fe cà Cu tan hết chứng tỏ dung dịch Y chứa ion kim loại đứng sau Cu trong dãy điện hóa

Lượng Ag còn lại bằng lượng Ag trong hỗn hợp X , vậy Y không thể chứa Ag⁺

Vậy, dung dịch Y chứa Fe³⁺

Fe+ 2Fe³⁺à 3Fe²

Những tính chất vật lí chung của kim loại (dẫn điên, dẫn nhiệt, ánh kim, dẻo) gây nên chủ yếu bởi các electron tự do trong mạng tinh thể kim loại

Thạch cao sống được dùng để sản xuất xi măng

Thạch cao nung được dùng để nặn tượng, đúc khuôn và bột bó khi gãy xương...

n_este=n_ancol=> 8,8/88=6/M=> M=60=> ancol: C₃H₇OH=> este : HCOOCH₂CH₂CH₃ hoặc HCOOCH(CH₃)₂

n_H2=11,2/22.4=0,5 mol

n_HCl=2n_H2=1 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_KL+m_HCl=m_muối+m_H2

Tương đương: 20+1.36,5=m_muối+0,5.2

• m_muối=55,5 gam

4FeS₂ + 11O₂ → 2Fe₂O₃ + 8SO₂=> a:b=4:11

Mưa axit chủ yếu là do những chất thải sinh ra trong quá trình sản xuất công nghiệp. Những chất đó là SO₂ và NO₂

Cu đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học kim loại nên không tác dụng với H₂SO₄ loãng

Các monosaccarit không tham gia phản ứng thủy phân

Cu đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học kim loại nên không phản ứng với H₂SO₄

Glyxin: H₂NCH₂COOH

1. AgNO₃+HClà AgCl +HNO₃
2. Al₂O₃+2NaOHà 2NaAlO₂+H₂O
3. Cu +4HCl_{dac$\stackrel{t^o}{\to }$} không xảy ra
4. Ba(OH)₂+2KHCO₃à BaCO₃+K₂CO₃+2H₂O

Các thí nghiệm (a), (c), (d) thu được chất rắn 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : m_Clo=53,4-10,8=42,6 gam

n_clo=42,6/71=0,6 mol

2M+nCl₂à 2MCl_n

n_M=0,6.2/n=1,2/n (mol)

Ta có: 10,8/M=1,2/n => M=9n

Vậy, M là Al

Chất béo là trieste của axit béo với glixerol.

n_HCl=0,07 mol

Gọi số mol Fe²⁺ và Cu²⁺ lần lượt là x và y mol

Fe²⁺à Fe₂O₃

x          x/2

Cu²⁺à CuO

y            y

m=80x+80y=80.0,07/2=2,8 gam

2RCOOK+2NaOH à RH+K₂CO₃+Na₂CO₃

d_Y/H2=11,5 =>  M_Y=23 => Y chứa CH₄

Cốc (1) : Zn+H₂SO₄à ZnSO₄+H₂

Cốc (2): Zn+CuSO₄à ZnSO₄+Cu

Cu sinh ra hình thành một pin điện hóa với cực dương là Zn, cực âm là Cu, làm cho khí thoát ra ở cốc (2) nhanh và mạnh hơn

Zn+H₂SO₄à ZnSO₄+H₂

Giả sử hỗn hợp khí gồm Fe và oxi

Gọi số mol của Fe và O₂ và NO lần lượt là x, y và z mol

Ta có : 56x+32y=19,2  (1)

Ta có các quá trình :

Feà Fe⁺³+3^e

O₂+4^eà 2O^-2

N⁺⁵ +3^e à N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn e : 3x=4y+3z (2)

Số mol N tạo muối là : 3x mol

Số mol HNO₃ dư là : n_{HNO3 dư}=0,4.3-3x-z

n_NaOH=0,35.2=0,7 mol

Sô mol NaOH phản ứng với HNO₃ là: 0,4.3-3x-z=1,2-3x-z

• Sô mol NaOH phản ứng với Fe(NO₃)₃ là: 0,7-(1,2-3x-z)=3x+z-0,5

HNO₃+NaOHà NaNO₃+H₂O

Fe(NO₃)₃+3NaOH à 3NaNO₃+Fe(OH)₃ (*)

x                 3x+z-0,5                          0,2

TH1: Phản ứng (*) Fe(NO₃)₃ dư

Ta có: 3x+z-0,5=0,2.3=> 3x+z=1,1  (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: x=0,3 ; y=0,075 ;z=0,2 mol

• V=0,2.22,4=4,48 lít

TH2 : Phản ứng (*) NaOH dư

x=0,2=> y=0,25=> z=-0,1333-Loại

(CuSO₄,  FeSO₄,  Fe₂(SO₄)₃) $\stackrel{NaOH}{\to }$ Cu(OH)₂, Fe(OH)₂, Fe(OH)_{3$\stackrel{t^o,O_2}{\to }$} CuO, Fe₂O₃

$\stackrel{CO}{\to }$ Cu, Fe

m_S=22%m_A=> m_S=11 gam=> n_S=0,34375 mol => n_SO4=0,34375 mol=> m_SO4=33 gam

• m_Fe+Cu=50-33=17 gam

m_O:m_N=16:7=> n_O:n_N=1:0,5=2:1=> số nhóm COOH gấp đôi số nhóm NH₂

n_HCl=0,12 mol=> n_NH2=0,12 mol=> n_COOH=0,12 mol

• n_{NaOH dư}=0,15-0,12=0,03 mol

Áp đụng dịnh luật bảo toàn khối lượng: m=10,36+0,15.40-0,12.18=14,2 gam

n_H2O=n_OH-=0,2.1+0,3.1=0,5 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_H3PO4=35,4+0,5.18-0,2.40-0,3.56=19,6 gam => n_H3PO4=0,2 mol

• m_P2O5=0,2/2.142=14,2 gam

Gọi số mol của BaO, NH₄HCO₃, NaHCO₃ lần lượt là 5,4 , 2 mol

BaO +H₂O à Ba(OH)₂

5                             5

n_OH-=10 mol

NH₄⁺+OH^-à NH₃+H₂O

4            4

HCO₃^- +OH^-à CO₃^2-+H₂O

6            6           6

Ba²⁺+CO₃^2-à BaCO₃

5          6

Dung dịch Y chứa: CO₃^2-, Na⁺

Xét trong 100 gam dung dịch sau phản ứng, khối lượng BaCl₂ = 9,48 gam, khối lượng MCl₂ = 8 à  9 gam.

n_Ba=n_BaCl2=a=9,48/208=0,045577 mol

n_M=n_MCl2=b mol
Ba + 2HCl à  BaCl₂ + H₂
a         2a             a          a
M + 2HCl à  MCl₂ + H₂
b         2b             b         b
Khối lượng dd HCl = 36,5.2(a+b)/0,1 = 730(a+b)
Khối lượng dd sau phản ứng là:

m = 137a + Mb + 730(a+b) -2(a+b) = 137a+ Mb + 728 (a+b) = 100
=> Mb + 728b = 60,57
=> 8 < Mb + 71b < 9 
Nếu Mb + 71b = 8 ==> M = 28,96 và b = 0,08
Nếu Mb + 71b = 9 ==> M = 43,65 và b = 0,078
Vậy M có giá trị trong khoảng 28,96 đến 43,65 => M là Ca

Mg+2HCl à MgCl₂ +H₂

MgO+2HCl à MgCl₂ +H₂O

Mg(OH)₂+2HCl à MgCl₂ +H₂O

MgCO₃ +2HCl à MgCl₂+H₂O+CO₂

MgCl₂à Mg+Cl₂

n_Mg=4,8/24=0,2 mol=> N_MgCl2=0,2 mol => m_MgCl2=0,2.95=19 gam

=> m_dd=19/0,233= 81,545 gam

n_HCl=2n_MgCl2=2.0,2=0,4 mol=> m_{Dd HCl}=0,4.36,5:20%=73 gam

Áp dụng  định luật bảo toàn khối lượng: m+73=81,545+2,72=> m=11,265 gam

n_Fe=0,2 mol, n_H+=0,75 mol, n_NO3-=0,15 mol

Fe + 4H⁺+ NO₃^-à Fe³⁺+NO+ 2H₂O

0,2   0,75   0,15

0,05  0,15  0

Fe+    2Fe³⁺à 3Fe²⁺

0,05     0,15

0         0,05        0,15

Dung dịch X gồm: Fe³⁺ 0,05 mol; Fe²⁺ 0,15 mol, H⁺ 0,15 mol, Cl^-0,6 mol

Fe²⁺ à Fe³⁺+1e

0,15    0,15

2Cl^-1 à Cl₂+2e

0,6        0,6

Mn⁺⁷ +5eà Mn⁺²

Suy ra: n_KMnO4=0,75/5=0,15 mol

Vậy, m_KMnO4=0,15.158=23,7  g

: Khi tăng thêm 2895s=> n_{e cho tăng}=2895.2/96500=0,06 mol

Catot:

Cu²⁺+2e à Cu

0,02  0,04

2H₂O +2e à H₂+2OH^-

            0,02   0,01

Anot:

2Cl^- à Cl₂+2e

             x     2x

2H₂O à 4H⁺+O₂+4e

                         y   4y

Ta có: 2x+4y=0,05

Mặt khác: x+y=0,02=> x=0,015; y=5.10^-3 mol

Vì khi tăng thêm 2895 s, Cu²⁺ và Cl^- đều được điện phân tiếp chứng tỏ trong khoảng thời gian t giây, Cu²⁺, Cl^- chưa bị điện phân hết=> a=b

Vậy ta có : 2a=2t/96500 (1)

Khi thời gian điện phân tăng gấp đôi số mol Cu không đổi=> số mol Cu²⁺ là b+0,02 mol

Khi tăng thời gian từ t+2895 đến 2t thì số mol e cho tăng thêm là : n_{e cho tăng} =2(t-2895)/96500=2a-0,06

Gọi số mol H₂ tăng thêm là x=> số mol O₂ là x/2 mol

Bảo toàn e ta có : 2x=2a-0,06

Và a+0,03+1,5x=2,125a

• a=0,04, x=0,01 thay vào (1)
• t=3860 giây

n_{Cl trong X}=(82,9.8,565%)/35,3=0,2 mol

n_HCl=3 mol

n_Cl2=19,04/22,4=0,85 mol

Dung dịch Z gồm hai chất tan có cùng nồng độ mol, hai chất tan đó là KCl và MnCl₂

Tổng số mol Cl trong hai muối là: n=3+0,2-0,85.2=1,5 mol=> n_KCl=n_MnCl2=0,5 mol

n_H2O=1/2n_HCl=1,5 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_Y=0,5.64,5+0,5.126+0,85.71+1,5.18-3.36,5=78,1

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:m_O2=m_X-m_Y=82,9-78,1=4,8 gam=> n_O2=0,15 mol

• V=0,15.22,4=3,36 lít

độ bội $\pi +v=\frac{4.2+2-6}{2}=2$

Các cấu tạo thỏa mãn:

HCOOCH=CH-CH₃

HCOOCH₂CH=CH₂

HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂

n_NO3-=0,36 mol; n_H+=1,6 mol, n_NO=0,16 mol

Gọi sô mol của Fe và Zn lần lượt là x và y mol

Ta có: 56x+65y=10,62

Feà Fe³⁺+3^e

Znà Zn²⁺+2^e

N⁺⁵ +3eà N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn: 3x+2y=0,16.3

Suy ra: x=0,12; y=0,06 mol

NO₃^- +4H⁺+3e à NO +2H₂O

0,16     0,64            0,16

0,2      0,96

Dung dịch Y có : Fe³⁺ 0,12 mol, Zn²⁺0,06 mol; NO₃^- 0,2 mol; H⁺ 0,96 mol

Fe +4H⁺+NO₃^-à Fe³⁺+NO+2H₂O

0,2  0,96  0,2      0,2       0,2

Fe +2Fe³⁺à 3Fe²⁺

0,16  0,32

Fe+ 2H⁺à Fe²⁺ +H₂

0,08  0,16            0,08

V=(0,2+0.08).22,4=6,272 lít

m_Fe=(0,2+0,16+0,08).56=24,64 gam

: $n_{HN{O}_3}$  =$\frac{87,5.50,4}{100.63}=0,7mol$ ;$n_{KOH}$ = 0,5mol         Đặt  n_Fe = x mol; n_Cu = y mol.

Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO₃ → X có Cu(NO₃)₂, muối của sắt (Fe(NO₃)₂ hoặc Fe(NO₃)₃ hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO₃ dư.

X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng

HNO₃ + KOH → KNO₃ + H₂O                        (1)

Cu(NO₃)₂ +2KOH → Cu(OH)₂ + 2KNO₃          (2)

Fe(NO₃)₂ + 2KOH → Cu(OH)₂ + 2KNO₃         (4)

                                                                             Fe(NO₃)₃ + 3KOH → Fe(OH)₃ + 3KNO₃          (5)   

Cô cạn Z được chất rắn T có KNO₃, có thể có KOH dư

Nung T:        2KNO₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2KNO₂ +O₂   (6)

+ Nếu T không có KOH thì:  Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) $n_{KN{O}_2}$ =$n_{KN{O}_3}$=n_KOH =0,5 mol

             → $$$m_{KN{O}_2}$= 42,5 gam ≠ 41,05 gam  (Loại)

+ Nếu T có KOH dư:     Đặt $n_{KN{O}_3}$= a mol →  $n_{KN{O}_2}$= amol; n_{KOH  phản ứng} = a mol;

            → 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05         → a = 0,45 mol

Nung kết tủa Y:     Cu(OH)₂ $\to$CuO + H₂O       

   Nếu Y có Fe(OH)₃: 2Fe(OH)₃ $\to$ Fe₂O₃ +3H₂O

  Nếu Y có Fe(OH)₂: 4Fe(OH)₂+ O₂ $\to$ 2Fe₂O₃ +4H₂O

Áp  dụng BTNT đối với sắt ta có: = n_Fe = ; 

Áp  dụng BTNT đối với đồng ta có: n_CuO = n_Cu= y mol

           →160. + 80.y = 16 (I)            m_{hh kim loại}  = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II)

Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.

        Áp dụng BTNT đối với Nitơ: n_{N trong X} = n _{N trong KNO2} = 0,45 mol.

TH1: Dung dịch X có HNO₃ dư, Cu(NO₃)₂, Fe(NO₃)_3. Ta có: $n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}$= n_Cu = 0,05 mol; $n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$= n_Fe = 0,15 mol. Số mol OH^- cần để phản ứng với Fe³⁺ và Cu²⁺ là : n_OH-=0,25.3+0,05.2=0,55>0,5 –loại

TH2: Dung dịch X không có HNO₃ ( gồm Cu(NO₃)₂, có thể có muối Fe(NO₃)₂ hoặc Fe(NO₃)₃ hoặc cả Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃ )

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 11,6+ 0,7.63=11.6+0,45.62+m_khí+0,35.18=> m_khí=9,9

Bảo toàn khối lượng: m_{dd sau} = m _ddaxit + m _{2kim loại} – m _{hh khí}

→ m_{dd sau}= 87,5+11,6- 9,9= 89,2 gam =>$C{\%}_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$= $\frac{0,05.242}{89,2}.100\%=13,6\%$

Gọi nồng độ mol của Al₂(SO₄)₃ và Ba(OH)₂ lần lượt là x và y M

TN1: n_Al3+=0,4x mol; n_(SO4)2-=0,6x mol; n_Ba2+=0,3y mol; n_OH-=0,6y mol=> m_{kết tủa}=8,55 gam

TN2: n_Al3+=0,4x mol; n_(SO4)2-=0,6x mol; n_Ba2+=0,5y mol; n_OH-=y mol=> m_{kết tủa}=12,045 gam

Chứng tỏ ở TN1: Ba(OH)₂ hết, Al₂(SO₄)₃ dư

 3Ba(OH)₂ +Al₂(SO₄)₃ à 3BaSO₄ +2Al(OH)₃

  0,3y             0,2x               0,3y          0,2y

m_{kết tủa}=0,3y.233+0,2y.78=8,55=> y=0,1 mol

TN2 : Nếu kết tủa Al(OH)₃ chưa bị hòa tan thì m_{kết tủa}=500/200.8.55=14,25>12,045 => kết tủa Al(OH)₃ bị hòa tan một phần :

3Ba(OH)₂ +Al₂(SO₄)₃ à 3BaSO₄ +2Al(OH)₃

0,6x             0,2x                0,6x       0,4x

Ba(OH)₂+ 2Al(OH)₃à Ba(AlO₂)₂ +4H₂O

0,5y-0,6x   (0,4x-y+1,2x) 

m_{kết tủa}= (1,6x-y)78+ 0,6x.233=12,045 => x=0,075 M

n_NaOH=0,4 mol

n_H2=0,56/22,4=0,025 mol=> n_T=0,05 mol=> n_Z=0,05 mol

Gọi số mol Y là x mol => n_{NaOH pứ}=0,05+x mol=> n_{NaOH dư}=0,4-(0,05+x)=0,35-x mol

Sau phản ứng : n_muối=n_Y+n_Z=x+0,05 mol

n_{NaOH dư}=n_muối=> 0,35-x= x+0,05=> x=0,15 mol

• n_{NaOH dư}=0,2 mol => m_NaOH dư=0,2.40=8 gam=> m_muói=24,4-8=16,4=> M_muối=16,4/0,2=82=> CH₃COONa

CH₃COONa +NaOH à CH₄ +Na₂CO₃

m=0,2.16=3,2 gam

Gọi số mol của A và B lần lượt là x là y mol

Ta có : m_X+m_NaOH=m_muối+m_H2O

Suy ra : (4x+5y).40-(x+y).18=23,7 (1)

n_N2=7,392 /22.4=0,33 mol

Vậy ta có : 4x+5y=0,33.2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra : x=0,09; y=0,06 mol

n_NaOH=4x+5y=0,66 mol suy ra n_Na2CO3=0,33 mol

Gọi số mol Gly và Ala lần lượt là a và b mol

Hỗn hợp muối gồm : H₂NCH₂COONa, CH₃CH(NH₂)COONa có công thức chung C_nH_2nO₂Na

Suy ra : n_Na2CO3+n_CO2=n_H2O

n_CO2= 2a+3b-0,33

n_H2O=2a+3b

Ta có : (2a+3b-0,33).44+ (2a+3b).18=84,06

Bảo toàn nguyên tố N : a+b=0,66

Suy ra: a=0,39; b=0,27 (mol)

Giả sử A cấu tạo bởi a₁ phân tử Gly và a₂ phân tử Ala; B cấu tạo bởi b₁ phân tử Gly và b₂ phân tử Ala

Ta có:   a₁+a₂=4

b₁+b₂=5

0,09a₁+0,06b₁=0,39  3a₁+2b₁=13

Với a₁=1 thì b₁=5, b₂=0 –Loại

Với a₁=3 thì b₁=2, a₁=1, b₂=3

Vậy A cấu tạo bởi 3 phân tử Gly và 1 phân tử Ala; B cấu tạo bởi 2 phân tử Gly và 3 phân tử Ala

m_A=260.0,09=23,4 gam

m_B=345.0,06=20,7 gam

Vậy, %m_A=23,4/(23,4+20,7).100%=53,06%