Chào mọi người!
Mình tên là Phạm Quang Lâm. Mình là một 98er. Mình là một học sinh rất bình
thường, chả có giải quốc gia, cũng chả phải là một trong các học sinh điểm 10 của cả nước
năm 2016. Nhưng mình có một niềm đam mê bất diệt với hóa. Đây là tổng hợp các bài
toán hóa lấy điểm 9-10 trong đề thi. Mình viết bài tập mong các bạn sẽ có một kết quả khả
quan nhất trong kì thi THPT Quốc Gia của bản thân các bạn. Mong các bạn đón nhận.
Mình xin cảm ơn các Quý thầy cô là tác giả của bài toán mà mình đã sử dụng trong này.
Xin cảm ơn người anh, người thầy Phạm Công Tuấn Tú đã chỉ bảo cho mình trong kì thi
và cho phép mình sử dụng các bài toán hóa này rất nhiệt tình. Mong sớm được bay vào Sài Gòn
gặp anh.
Cảm ơn người anh, người bạn Bùi Trung Nghĩa – anh đã luôn theo sát bên mình, động
viên và làm mình cười suốt trong thời gian khó khăn.
Xin được chúc hai người luôn dồi dào sức khỏe và thành công trong cuộc sống!
Mình xin cảm ơn!
“Yêu lắm các bạn tôi!!!!!!!!!!!!”
- Mùa hè 2016 _Phạm Quang Lâm_


Bài tập hóa hay và khó điểm 9-10
_Phạm Quang Lâm_
Bài 1:
Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic hai chức no, mạch hở, hai ancol đơn chức kế tiếp nhau trong
dãy đồng đẳng và một đieste tạo bởi axit hai chức và hai ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn 4,84 gam
hỗn hợp X trên thu được 7,26 gam CO2 và 2,7 gam H2O. Mặt khác đung nóng 4,84 gam X trên với
80 ml NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thêm vừa đủ 10ml dung dịch HCl 1M để trung
hòa lượng NaOH còn dư thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan,
đồng thời thu được 896ml hỗn hợp ancol (đktc) có tỉ khối so với H2 là 19,5. Giá trị của m là
A. 4,595 gam
B. 5,765 gam
C. 5,180 gam
D. 4,995 gam

A. 17,5 gam.
B. 5,96 gam.
C. 3,475 gam.
D. 8,75 gam.
Giải:
Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al3+, Fe2+, SO42- trong dung dịch X
 nCl  = 3x + 2y - 2z
_Phần 1: Khối lượng kết tủa là: 90y+233z=6,46.2=12,92
_Nung kết tủa phần 2 thu được: 51x+80y=2,11.2=4,22
Mà theo giả sử thì: m = 162,5x+127y+25z
 7,58 < m < 14,83  chọn D
Bài 3:
Người ta hòa 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước dư thu được dung dịch
A. Sau đó cho m gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO vào dung dịch A rồi khuấy đều tới
khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy B tan hết, thu được dung dịch C chỉ chứa các muối và có
2,016 lít hỗn hợp khí D có tổng khối lượng là 1,84 gam gồm 5 khí ở (đktc) thoát ra trong đó về thể
tích H2, N2O, NO2 lần lượt chiếm 4/9, 1/9 và 1/9. Cho BaCl2 dư vào C thấy xuất hiện 356,49 gam
kết tủa trắng. Biết trong B oxi chiếm 64/205 về khối lượng. Giá trị đúng của m gần nhất với :
A. 18
B. 20
C. 22
D. 24
(Chuyên Nguyễn Huệ lần 3)
Giải:
 Mg
 KHSO4

C D;
Phản ứng B  Al  A 
Fe

D

 0,01.2  0,01  0,01  0,02.2  a  a  0,025 mol

_Bảo toàn nguyên tố H:
nH
 4.nNH   2.n H2  2.nH2O  1,53  4.0,025  2.0,04  2.n H2O  nH2O  0,675 mol
KHSO4

4

_Bảo toàn nguyên tố O: n O

KHSO4

 nO

Fe (NO3 )3

 nO  nO  nO  nO
B

C

D

H 2O

 4nKHSO4  9nFe NO3   nO ( B )  nH2O  4.nSO 2  nO ( khí )  nO  0, 4 mol
4

HCO3  H   CO2  H 2O
; CO32  2H   CO2  H 2O
Lúc này số mol mà HCO3 ; CO32 phản ứng sẽ theo 1 tỉ lệ. Cụ thể, gọi số mol mà
HCO3 ; CO32 PHẢN ỨNG lần lượt là a, b.
Ta có: _Số mol khí: a + b=0,12
_Số mol H+ phản ứng: a + 2b=0,15
Giải hệ ta thu được: a=0,09 mol và b=0,03 mol
x a 0, 09
 3  x  3 y (1)
_Tỉ lệ phản ứng:  
y b 0, 03
+Khi cho từ từ X vào Ba(OH)2: Kết tủa chính là BaCO3.
 nC
 nBaCO3  x  y  0, 2 (2)
Bảo toàn nguyên tố C: n C
HCO3

CO32

Từ (1) và (2) ta thu được: x= 0,15 mol và y= 0,05 mol.


Mà nCO2  0, 2 mol. Gọi số mol CO2 phản ứng ở phương trình (3) là k mol
CO2  2OH   CO32  H 2O (3)
0,5k  k  0,5k
mol
2
CO2  CO3  H 2O  2.HCO3 (4)
(0,2-0,5k)  (0,5k+0,2)  (0,4-k)
nCO 2 dư là: 0,5k + 0,2 - 0,2 + 0,5k = k

 Giải hệ ta thu được: a = 0,1 mol ; b = 0,1 mol  m = 21.7  Chọn C
Bài 6:
Hỗn hợp A gồm một axit no, hở, đơn chức và hai axit không no, hở, đơn chức (gốc
hiđrocacbon chứa một liên kết đôi), kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn
với 150 ml dd NaOH 2,0 M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch
HCl 1,0 M được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D thu được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt
cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch
NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Phần trăm khối lượng của axit không no có khối
lượng phân tử nhỏ hơn trong hỗn hợp A có giá trị gần nhất là :
A. 22,78%
B. 44,24%
C. 35,52%
D. 40,82%
Giải:
Khi cho A vào dung dịch NaOH thì số mol NaOH phản ứng là: 0,2 mol.
Gọi 2 chât trong hỗn hợpA có CTPT là CnH2nO2: a mol và CmH2m-2O2: b mol (m  3)

 Vậy trong D có các muối là: CnH2n-1O2Na: a mol; CmH2m-3O2Na: b mol và NaCl: 0,1 mol
n hh A = n NaOH phản ứng =  a  b  0, 2 1
+ Chất rắn khan gồm: CnH2n-1O2Na a mol, CmH2m-3O2Na b mol và NaCl 0,1 mol
_Khối lượng chất rắn:
a 14n  54  b 14m  52   58,5.0,1  22,89  14  an  bm   2a  6,64  2 


CO
+Mặt khác: A  O2   2  NaOH  mbinh  26, 72 gam
 H 2O
_Đốt cháy A  nCO 2  an  bm và nH 2O  na  mb  b
Ta thấy sau phản ứng không có khí thoát ra nên khối lượng bình tăng chính là khối lượng của CO2
và H2O: 44.  na  mb   18.  na  mb  b   26,7  62.  na  mb   18b  26,72  3

 MgO
 Fe O
 SO : 0, 02
 H 2O
Sơ đồ phản ứng:  2 3  HNO3  muoi   2
NO
:
0,
62
FeS
 2

 FeS2
 Số mol e mà các khí nhận = 0,62+0,02.2=0,66 (mol)
5m
Số mol của O trong A là:
mol
536
5m
Bảo toàn e: 0,66 = ne kim loại +
+6a
268
5m


Vậy số mol e kim loại nhường =  0,33 
 3a 
268




+TN2:
Ta có:

 MgO
 Fe O
 SO2 : 0, 02
 2 3
 HNO3  muoi  
 H 2O
Sơ đồ phản ứng: 
NO
:
0,
62
FeS

2

 FeS2



nSO 2  a  0, 02. nNO   2 nSO 2 TN1 – nSO 2 TN 2 
4

3

4


vẫn có thể làm được . Cùng xem……….nào!!
Đặt số mol của Gly và Ala lần lượt là x, y mol
+Khi X tác dụng với KOH, sau phản ứng thu được hỗn hợp muối là: C2H4NO2K: x mol và
C3H6NO2K: y mol
_Khối lượng muối: 113x + 127y = 13,13 (1)
Hoán đổi lượng chất Y thành hỗn hợp gồm: Gly: x mol, Ala: y mol và H2O (số mol được
bảo toàn)
+Đốt cháy hỗn hợp Y:
9
5
1
C2 H 5 NO2  O2  2CO2  H 2O  N 2
4
2
2
15
7
1
C3 H 7 NO2  O2  3CO2  H 2O  N 2
4
2
2
9
15
_Số mol O2 cần để đốt cháy: x  y  0,3225 (2)
4
4
Từ (1) và (2) giải hệ ta thu được: x= 0,06 mol, y=0,05 mol.
Vậy mX=75.0,06 + 89.0,05 = 8,95 gam  Chọn C


Số mol O còn lại trong Y là:
 0, 25 . Vậy khối lượng kim loại là: (0,7461m) gam
16
Số mol của NO là 0,32 mol
0, 2539m
Vậy tổng số mol H+ đã phản ứng là: nH   4.0,32  2.(
 0, 25)
16
0, 2539m
0, 2539m
Vậy số mol NO3- trong muối là: nNO   4.0,32  2.(
 0, 25)  0,32  0, 46 
3
16
8
Vậy khối lượng muối là:
0, 2539m
mKL  mNO   3, 456m  0,7461m  62.(0, 46 
)  3, 456m
3
8
 m  38, 42 gam. Vậy chọn C
Bài 10:
Hỗn hợp M gồm 4 chất hữu cơ A, B, C, D có khối lượng phân tử tăng dần. Đốt cháy hoàn
toàn 0,1 mol hỗn hợp M chỉ thu được 2,7 gam H2O và 2,24 lít CO2 (đktc). Cũng 0,1 mol hỗn hợp M
thực hiện phản ứng tráng bạc thì thu được 12,96 gam Ag. Phần trăm số mol của D trong hỗn hợp M
gần nhất với giá trị nào:
A. 40%.
B. 50%.
C. 60%.

x là
A. 9,0
B. 5,02
C. 10,5
D. 11,0
Giải:
Sau khi hỗn hợp X phản ứng, ta thu được hỗn hợp Y sẽ gồm: C2H2 dư, C3H4 dư, các anken,
các ankan và có thể có H2 dư.
Đặt số mol của C2H2 và C3H4 lần lượt là a, b mol.
0, 2.26  0,1.40  0,15.28  0,1.30  0,85.2 181
Ta tính được Phân tử khối của hỗn hợp X: M X 

0, 2  0,1  0,15  0,1  0,85
14
M
181
+ Số mol H2 đã phản ứng là: nH 2  ntruoc .(1  truoc )  1, 4.(1 
)
M sau
14.2 x
_Số mol khí: ntruoc  nsau  nZ  1, 4  a  b  0,85  a  b  0,55 (1)
181
_Bảo toàn pi: 0, 2.2  0,1.2  0,15.1  0  1, 4.(1 
)  2a  2b  nBr2  2(a  b)  0,05 (2)
14.2 x
Thay (2) vào (1) ta thu được: x= 5,0277. Vậy chọn B.
Bài 13:
Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm glixerol, metan, ancol etylic và axit no, đơn chức mạch hở
1
Y (trong đó số mol glixerol bằng số mol metan) cần vừa đủ 0,41 mol O2 thu được 0,54 mol CO2.

Giải:
Ta có sơ đồ phản ứng như sau:
 Fe2 ; Fe3
 Fe

Cl

Fe   2  Cl : 0, 06  HCl  X Cl 
 AgNO3  m  53, 28 g
O2
O : 0,12
H 


Phương trình khi cho hỗn hợp oxit và muối tác dụng với HCl: 2H   O2  H 2O
+ Số mol HCl phản ứng là: nH   2.nO  0, 24 mol  nH  có = 0,24 + 0,24.25% = 0,3 mol

 Fe 2 : a
 3
 Fe : b
Vậy dung dịch X có:  
+ AgNO3  m  53, 28
 H : 0, 06
Cl  : 0,36


Phương trình: Ag  Cl   AgCl ; 3Fe2  4H   NO3  3Fe3  NO  H 2O
Fe2  Ag   Fe3  Ag

3

Cn H 2n2  COOH 2  (CH 2 )n (CO2 )2

Cn H 2n3  CHO  COOH 2  (CH 2 )n (CO)(CO2 )2
Do vậy hỗn hợp có thể giả sử thành: CH2; CO; CO2
Giải:
Quy đổi cao cấp thành hỗn hợp CH2; CO; CO2
Đặt số mol của CH2; CO; CO2 lần lượt là a, b, c mol.
_Khi cho phản ứng với AgNO3/NH3 dư thu được kết tủa: 2b = 0,52
_Khi cho phản ứng với OH- : c = 0,12
_Khi đốt cháy hỗn hợp:
+ mX  14a  28b  44c (1)
3
1
+ mO2  32.( a  b)  48a  16b (2)
2
2
Lấy (2) – (1) ta thu được: 34a 12b  44c  7, 29  a  0, 46
Vậy khối lượng của X là: 0,46.14 + 28.0,26 + 44.0,12 = 19 gam. Chọn C.
Bài 16:
X là ancol no, 2 chức, Y và Z là hai axit thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic, T là este được tạo
bởi X, Y, Z. Cho 11,2 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T qua bình đựng Na dư thu được 2,688 lít H2
(đktc). Đốt cháy 11,2 gam E cần dùng 11,2 lít O2 (đktc). Nếu đun nóng 11,2 gam E cần dùng vừa
đủ 300 ml dung dịch KOH 0,2M thì sau phản ứng thu được dung dịch muối có khối lượng là ?
A. 7,00
B. 6,58
C. 8,05
D. 7,02
Giải:
Hỗn hợp E gồm: ancol CnH2n+2O2; axit CmH2m-1COOH; và este (CmH2m-1COO)2 CnH2n.
Đặt số mol của CnH2n+2O2; CmH2m-1COOH; và (CmH2m-1COO)2 CnH2n là a, b, c mol.

B. 1,81 mol.
C. 1,54 mol.
D. 1,22 mol.
( Đề thi thử trường THPT Phúc Thành - 2015 )


Giải:
Ta có sơ đồ phản ứng sau:

 Fe2 : a

L  Fe : (a  b)
 HCl   Fe3 : b
_Thí nghiệm 1: : 
2 O : c
Cl  : (2a  3b)

_Khối lượng của phần thứ nhất: 56a  56b  16c  78, 4
_Khối lượng của dung dịch sau phản ứng: 127a  162,5b  155, 4
_Bảo toàn số mol axit phản ứng: nH   2.nO  2c  nCl   2a  3b
Giải hệ ta thu được: a= 0,2 ; b= 0,8; c= 1,4.

 Fe 2 : 0, 2
 3
L  Fe :1  HCl : x
 Fe : 0,8

 
_Thí nghiệm 2: : 
2 O :1, 4  H 2 SO4 : y Cl : x

 Br2 : nBr2  0, 4
 H 2
Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn mà sau phản ứng Y còn tác dụng được với Br2 nên trong phản
ứng với H2 thì H2 đã phản ứng hết.
Dùng số đếm. Ta thấy có 3 dữ kiện mà lại có tới 4 ẩn số nên ta được phép bỏ đi 1 ẩn số. Ta loại đi
C2H2
Gọi số mol của C3 H 6 ; C4 H10 ; H 2 lần lượt là a, b, c.
_Khi Y tác dụng với Br2: a – c = 0,15 (1)
_Khi đốt Y thu được: nCO2  3a  4b ; nH2O  3a  5b  c
- Khi cho vào Ca(OH)2:
mdung dịch giảm = 44.(3a+4b) + 18.(3a+5b+c) - 100.(3a+4b) = -21,45
 114a 134b  18c  21.45 (2)


+Với 11,2 lít hỗn hợp X: giả sử sẽ có số mol của C3 H 6 ; C4 H10 ; H 2 là ka, kb, kc.
_Số mol hỗn hợp X: k(a+b+c)=0,5
_Khi X tác dụng với Br2: ka=0,4
abc 5

  a  4b  4c  0 (3)
a
4
Từ (1); (2); (3) ta có được: a = 0,3; b = -0,075 ; c = 0,15.
9
13
1
Vậy khi đốt Y cũng là đốt X: nên ta có: nO2  a  b  c  0,9375  VO2  21, 00 .
2
2
2

2
 k.(115a  177b  12,6)  147,825
57a  71b  12, 6
66, 075 881


 11032a  15996b  13734 (2)
Chia:
115a  177b  12, 6 147,825 1971
Từ (1); (2) ta giải hệ thu được a = 1,8 và b = 2,1.
Vậy khi A tác dụng với KOH sẽ thu được muối là: 1,8 mol C2H4NO2K, 2,1 mol C3H6NO2K.
Vậy khối lượng muối là: mmuối = 1,8.113 + 2,1.127 = 470,1 gam.
Như vậy các em có thể thấy sức mạnh của hoán đổi lượng chất trong các bài toán peptit .
Bài 20:
Thủy phân hết m gam hỗn hợp X gồm một số este được tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn
chức bằng một lượng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn thu được a gam hỗn hợp muối, b gam hỗn
hợp ancol. Đốt cháy a gam hỗn hợp muối thu được hỗn hợp khí Y và 7,42 gam Na2CO3. Cho toàn
bộ hỗn hợp khí Y vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 23 gam kết tủa, sau phản ứng khối lượng
bình tăng 13,18 gam so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol sinh ra với H2SO4 đặc ở 140 độ C


thu được 4,34 gam hỗn hợp các ete. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với đáp án
nào?
A. 10
B.11
C.12
D.13
( Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 4 – Thầy Nguyễn Văn Duyên – Thành phố HCM)
Giải:
Sơ đồ phản ứng: X  NaOH  muối + ancol (1)

Lại có: nH 2O  .nR 'OH  0, 07 mol.
2
Bảo toàn khối lượng: mancol = mete + mH 2O  mancol = 5,6 gam. Hay b = 5,6 gam.
+ Bảo toàn khối lượng phương trình (1)
Ta có: mX  mNaOH  a  b  mX  11,64  5,6  40.0,14  11,64 gam.
Vậy gần với đáp án C nhất. Chọn C.
Bài 21:
Hỗn hợp T gồm hai ancol đơn chức là X và Y (MX < MY), đồng đẳng kế tiếp của nhau. Đun
nóng 27,2 gam T với H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp các chất hữu cơ Z gồm: 0,08 mol ba este (có
khối lượng 6,76 gam) và một lượng ancol dư. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 43,68 lít O2 (đktc).
Hiệu suất phản ứng tạo ete của X và Y lần lượt là?
A. 50% và 20%
B. 20% và 40%
C. 40% và 30%
D. 30% và 30%
( Đề thi chính thức 2015 Bộ Giáo Dục và Đào Tạo )
*Nhận xét:
Các bài toán trắc nghiệm thì khác các bài toán tự luận ở điểm nào? Đó chính là các bài toán
trắc nghiệm ngoài thông tin đầu bài còn có thông tin ở đáp án. Vậy điểm lưu ý này có thể giúp ích
gì cho chúng ta? Hãy cùng giải bài toán hóa trên.
Giải:
Sơ đồ phản ứng: X , Y 

ete  H 2O

Ancol du
+ Do đây là 2 ancol đồng đẳng kế tiếp nên gọi công thức chung cho X, Y là ROH.
Ta có: 2.ROH  ROR  H 2O (1)



Giải:
Sử dụng số đếm. Giả sử hỗn hợp chỉ có C3H6 ; C4H10 ; CH3CHO.
Đặt số mol của C3H6 ; C4H10 ; CH3CHO lần lượt là a, b, c.
_ Khối lượng của X: 42a + 58b + 44c = 24,4 (1)
9
13
5
_ Số mol của O2 phản ứng: a  b  c  2, 2 (2)
2
2
2
_ Số mol H2O: 3a + 5b + 2c = 1,6 (3)
7
Từ (1); (2); (3) ta giải ra được: a= ; b=0,1; c=0,2.
30
+ Khi X tác dụng với AgNO3/NH3 dư: CH3CHO  AgNO3  2 Ag
Số mol Ag là: nAg  2.nCH3CHO  0, 4 mol.
Khối lượng kết tủa là: m = 0,4.108 = 43,2 gam. Vậy chọn C.
Bài 23:
Thủy phân m gam hỗn hợp X gồm một số este đơn chức, mạch hở bằng dung dịch NaOH
vừa đủ thu được a gam hỗn hợp muối và b gam hỗn hợp ancol. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp
muối trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí Y và 11,13 gam Na2CO3. Dẫn toàn bộ khí Y qua bình
đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 34,5 gam kết tủa, đồng thời khối lượng bình tăng19,77 gam
so với ban đầu. Đun b gam hỗn hợp ancol với H2SO4 ở 1400C thu được 6,51 gam hỗn hợp các ete.
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 17,46
B. 11,64
C. 19,35
D.25,86
( Đề thi chuyên Long Xuyên – 2015 )

_ Bảo toàn khối lượng: b  mR 'OR'  mH2O  6,51  0,105.18  8, 4 gam
+ Bảo toàn khối lượng phương trình: X  NaOH  a  b
Ta có: mX  mNaOH  a  b  mX  17, 46 gam. Vậy chọn A.
Bài 24: ( Cách giải được gợi ý bởi Phạm Công Tuấn Tú )
Nung nóng hỗn hợp X gồm KMnO4; KClO3 sau một thời gian thu được 28,33 gam chất rắn
Y gồm 5 chất. Toàn bộ Y cho tác dụng tối đa với 1,2 mol HCl đặc thu được khí Cl2 và dung dịch Z.
Cho toàn bộ Z tác dụng với AgNO3 dư thu được 66,01 gam kết tủa. Thành phần % khối lượng của
KMnO4 trong X gần nhất với?
A. 40%
B. 50%
C. 60%
D. 70%
( Đề thi thử trường THPT Phúc Thành )
Giải:
Đặt số mol của KMnO4; KClO3 lần lượt là a, b mol.
 K : ( a  b)
Cl : b
 KMnO4 : a

 O2  
 O2
Sơ đồ phản ứng: 
 KClO3 : b
 Mn : a
O : 0, 6

 K : ( a  b)
 K  : (a  b)
Cl : b


dung dịch HCl aM thu được 33,45 gam chất rắn. Cho phần 2 vào 450 ml HCl 2aM thu được 40,55
gam chất rắn. Phần 3 cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 86,4 gam chất rắn. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a và % số mol của Mg trong hỗn hợp X là
A. 1,0 và 22,93%
B. 0,5 và 42,86%
C. 1,0 và 42,86%
D. 0,5 và 22,93%
( Đề thi chuyên Vinh lần 3 năm 2015-2016 )
Giải:
Đặt số mol của Zn, Fe, Mg lần lượt là x, y, z mol.
_Có phương trình khối lượng: 65x + 56y + 24z = 15,7 (1)
Ta tính trước: nHCl (1)  0,5.a mol; nHCl (2)  0, 45.2a  0,9.a mol
+ Giả sử trong thí nghiệm 1 và 2 thì kim loại đều hết, axit dư.
Như vậy thì dù HCl có bao nhiêu đi chăng nữa thì khối lượng muối cũng không thay đổi.
Nhưng đầu bài cho khối lượng chất rắn 2 phần bằng nhau.
Nên suy ra giả sử là sai.
+ Giả sử trong thí 1 và 2 thì kim loại đều dư, axit hết.
Nếu như giả sử thì lượng axit của 2 phần sẽ tỉ lệ thuận với khối lượng chất rắn thu được ở 2 phần.
0,5 33, 45
Nhưng:
nên điều giả sử này cũng sai.

0,9 40,55
+ Ta nhận thấy nHCl (1)  nHCl (2) nên chỉ có thể xảy ra là thí nghiệm 1 kim loại dư, axit hết còn thí
nghiệm 2 thì kim loại hết axit dư.

33, 45  15, 7
 0,5 mol. Nên: 0,5a  0,5  a  1,0
35,5
+ Thí nghiệm 2: Khối lượng muối: 136 x  127 y  95c  40,55 (2)

20, 72%

Vậy muối có dạng: C3H6NO2Na. ( Alanin )
11,1
Số mol của muối là: nmuối =
 0,1 mol
111
14, 6
Vậy Mpeptit X =
 146 . Nên Maxit amin còn lại = 146-89+18 = 75
0,1
Axit amin đó là Glyxin.
Vậy peptit X được tạo nên từ 2 axitamin là Ala và Gly nên chỉ có D là thỏa mãn.
Vậy chọn đáp án D.