Al₂O₃ là chất lưỡng tính nên phản ứng được với axit, kiềm.

Chọn đáp án B.

CO₂ không thể phản ứng với O₂ vì C đã đạt mức OXH cao nhất là +4.

Chọn đáp án C.

Những chất có phản ứng tráng bạc:

-          Andehit.

-          Tất cả các chất có dạng HCOOR (R có thể là H, gốc hiđrocacbon, Na⁺, …)

-          Glucozơ, fructozơ.

Chọn đáp án C.

Chú ý: natricromat là Na₂CrO₄ (dung dịch màu vàng) và natriđicromat là Na₂Cr₂O₇ (dung dịch màu da cam), natricromit là NaCrO₂.

Chọn đáp án B.

Poli acrilonitrin hay còn gọi là tơ olon, tơ nitron (nên thuộc loại tơ).

Chọn đáp án D.

Muối axit của axit yếu là chất lưỡng tính nên phản ứng với cả axit và kiềm.

Chọn đáp án D.

Các hiđroxit lưỡng tính hay gặp là Cr(OH)₃; Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Be(OH)₂

Cr(OH)₂ là bazơ, CrO là oxit bazơ, CrO₃ là oxit axit.

Chọn đáp án A.

Các chất không chứa liên kết ion (chỉ có các liên kết cộng hóa trị) và không phản ứng với H2O (ở điều kiện thường) là các chất không điện ly.

Ví dụ: glucozơ, fructozơ, saccarozơ, các ancol…

Chọn đáp án B.

HCl phản ứng axit – bazơ với NH₃ tạo muối amoni clorua.

Chọn đáp án C.

Tripanmitin là chất béo (trieste) có công thức (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ phân tử chỉ chứa 3 nguyên tố C, H, O.

Chọn đáp án B.

$C_6{H}_{5}OH+NaOH\stackrel{}{\to }{C}_5{H}_{5}ONa+H_{2}O$ (natriphenolat là muối và tan tốt trong nước)

Chọn đáp án C.

Đặt ẩn và giải hệ cơ bản: $\left\{\begin{array}{l}24x+56y=10,4\\ x+y=0,3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,2\\ y=0,1\end{array}\right.$

$\%m_{Fe}=\frac{0,1\times 56}{10,4}\times 100\%=53,84\%$

Chọn đáp án A.

$HC{O}_3^{-}+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }C{O}_3^{2-}+H_{2}O$

0,0075   0,02 (dư) $\to n_{C{O}_3^{2-}}$ = 0,0075 mol

$B{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\stackrel{}{\to }BaC{O}_3$

0,01   0,0075 $\to n_{BaC{O}_3}=$   0,0075 

$\to$$m_{\downarrow }=0,0075\times 197=1,4775\left(g\right)$

Chọn đáp án B.

Phenol là C₆H₅OH (có 6 nguyên tử H), anilin là C₆H₅NH₂ (có 7 nguyên tử H)       

Chọn đáp án C.

Nhận thấy 2 este đều được tạo từ axit axetic.

 Sau phản ứng ta có

Chú ý: có $n_{NaOHd­}$ = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

m_rắn = $m_{C{H}_{3}COONa}+m_{NaOHd­}$  = 0,2.82 + 0,1.40 = 20,4 (g)

Chọn đáp án C.

Bảo toàn khối lượng  $m_{HClpu}=19,1-11,8=7,3\left(g\right)$$\to n_{HClpu}=7,3/36,5=0,2mol$

Do amin đơn chức nên ta có $n_{a\min }=n_{HCl}=0,2mol\to$ M_amin = $\frac{11,8}{0,2}=59\to CTPT:C_3{H}_{9}N$

C₃H₉N có 2 đồng phân amin bậc I: CH₃ – CH₂ – CH₂ – NH₂ và CH₃ – CH(CH₃) – NH₂.

Chọn đáp án B.

Các chất S, FeCO₃, Cu, FeS₂, CrO đóng vai trò là chất khử trong phản ứng với HNO₃ do các nguyên tố chưa đạt số OXH cao nhất

.$\begin{array}{l}{S}^0-6e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }{S}^{+6}\left(H_{2}S{O}_4\right)\\ F{e}^{+2}-1e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }F{e}^{+3}\\ C{u}^0-2e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }C{u}^{+2}\\ Fe{S}_2-15e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }F{e}^{+3}+2S^{+6}\\ C{r}^{+2}-1e\stackrel{+HN{O}_3}{\to }C{r}^{+3}\end{array}$

Chọn đáp án A.

Đáp án gồm: glucozơ, saccarozơ, glixerol

Các chất hữu cơ phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam là:

-          Ancol đa chức có ít nhất 2 nhóm –OH kề nhau.

-          Axit cacboxylic

Chú ý: tripeptit cũng phản ứng với Cu(OH)₂ nhưng tạo phức tím (phản ứng màu buire)

Chọn đáp án C.

Số phát biểu đúng gồm (2) (3) và (4)

(1) Sai vì không có khái niệm “Kim loại lưỡng tính”.

(5) Sai vì khí Cl₂ thoát ra ở anot.

Chọn đáp án B.

$X+NaOH\stackrel{}{\to }C{H}_{3}COONa+NaO-C_6{H}_{4}C{H}_{2}OH+H_{2}O$Kết hợp dữ kiện X chỉ chứa nhóm chức Este X là $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_{4}C{H}_{2}OCOC{H}_3$

Chọn đáp án A.

$X+NaOH\stackrel{}{\to }C{H}_{3}COONa+NaO-C_6{H}_{4}C{H}_{2}OH+H_{2}O$Kết hợp dữ kiện X chỉ chứa nhóm chức Este X là $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_{4}C{H}_{2}OCOC{H}_3$

Chọn đáp án A.

Nhận xét: kết tủa là BaCO3, dung dịch có thể chứa muối Na2CO3, NaHCO3 và Ba(HCO3)2

- Biện luận: nếu dung dịch chỉ có muối Na2CO3 và NaHCO3 thì (khoảng giá trị khi coi muối chỉ có Na2CO3 và NaHCO3), điều này vô lý theo đề bài. Vậy muối sẽ gồm $B{a}^{2+},N{a}^{+},HC{O}_3^{-}$ (đã có $B{a}^{2+}$ thì không thể có $C{O}_3^{2-}$  trong dung dịch)

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}=0,1^{mol}\\ B{a}^{2+}=a^{mol}\\ HC{O}_3^{-}=b^{mol}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}BTĐT:0,1+2a=b\\ BTKL:m_{muèi}=0,1\times 23+137a+61b=21,35\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,05\\ b=0,2\end{array}\right.\\ BTNT\left[Ba\right]\to n_{BaC{O}_3}=0,2-0,05=0,15\\ BTNT\left[C\right]\to n_{C{O}_2}=0,15+0,2=0,35\\ V=7,{84}^{lit}\end{array}$

$k_X=\frac{\left(4.2+2+1\right)-11}{2}=0\to$chắc chắn X là muối amoni (Nếu X chỉ là hợp chất có liên kết cộng hóa trị, trong phân tử có 2 nguyên tử O, lại phản ứng với NaOH nên chỉ có thể là nhóm este $\to k\ge 1$ , vô lí).

X có 2O, nên X là muối amoni của axit cacboxylic  mô hình của X là 

$\begin{array}{l}BTNT\left[Ag\right]\to n_{AgN{O}_3}=n_{AgCl}+n_{Ag}=0,36+0,015=0,375\left(mol\right)\\ RCO{O}^{-}{H}_3{N}^{+}R\text{'}+NaOH\stackrel{}{\to }RCOONa+R\text{'}N{H}_2+H_{2}O\\ \to n_{muèi}=n_X=\frac{15,75}{105}=0,15\left(mol\right)\to M_{muèi}=\frac{10,2}{0,15}=68\left(HCOONa\right)\end{array}$

các công thức cấu tạo của X thỏa mãn là:$\begin{array}{l}HCOO{H}_{3}NC{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{3}HCOO{H}_{3}NCH{\left(C{H}_3\right)}_{2}HCOO{H}_{2}N\left(C{H}_3\right)C{H}_{2}C{H}_3\\ HCOONH{\left(C{H}_3\right)}_3\end{array}$

Chọn đáp án B.

Sau khi hòa tan a mol Al2O3 vào 2a mol Ba(OH)2:

$\begin{array}{l}A{l}_2{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2+H_{2}O\\ \to X\left\{\begin{array}{l}Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2:a\\ Ba{\left(OH\right)}_2:a\end{array}\right.\end{array}$

+ Vậy số chất có thể tác dụng với dung dịch X gồm:

CO2, Fe(NO3)2, NH4Cl, NaHCO3, HCl, Al và Na2CO3

Các phương trình phản ứng:

$\begin{array}{l}C{O}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +H_{2}O\\ C{O}_2+H_{2}O+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\stackrel{}{\to }Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2+Al{\left(OH\right)}_3\downarrow \\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }Fe{\left(OH\right)}_2+Ba{\left(N{O}_3\right)}_2\\ N{H}_{4}Cl+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{l}_2+N{H}_3\uparrow +H_{2}O\\ 2N{H}_{4}Cl+2H_{2}O+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\stackrel{}{\to }2N{H}_3+2Al{\left(OH\right)}_3+BaC{l}_2\\ 2NaHC{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +N{a}_{2}C{O}_3\left(ho\AE cNaOH\right)+2H_{2}O\\ HCl+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{l}_2+H_{2}O\\ 2HCl+2H_{2}O+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{l}_2+2Al{\left(OH\right)}_3\\ 2Al+2H_{2}O+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2+3H_2\\ N{a}_{2}C{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }BaC{O}_3\downarrow +2NaCl\\ N{a}_{2}C{O}_3+Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2\stackrel{}{\to }2NaAl{O}_2+BaC{O}_3\end{array}$

Ở phần 1 ta có phản ứng:$C_6{H}_7{O}_2{\left(OH\right)}_3+3HN{O}_3\underset{H=0,75}{\overset{H_{2}S{O}_4,t^o}{\to }}{C}_6{H}_7{O}_2{\left(N{O}_3\right)}_3+3H_{2}O$

$n_{C_6{H}_7{O}_2{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{35,64}{297}=0,12mol\to n_{xenlulozo}=0,12/0,75=0,16mol$Phần 2 thủy phân xenlulozơ ta có phản ứng $C_6{H}_{10}{O}_5+H_{2}O\underset{H=0,8}{\overset{H^o,t^o}{\to }}{C}_6{H}_{12}{O}_6$

Ta có các phản ứng sau:$\begin{array}{l}\left(a\right)\to HCl+N{a}_{2}C{O}_3\stackrel{}{\to }{\mathbf{NaHCO}}_3+\mathbf{NaCl}\\ \left(b\right)\to C{l}_2+2NaOH\stackrel{}{\to }\mathbf{NaCl}+\mathbf{NaClO}+H_{2}O\\ \left(c\right)\to 3F{e}_3{O}_4+28HN{O}_3\stackrel{}{\to }9Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+NO+14H_{2}O\\ \left(d\right)\to F{e}_3{O}_4+H_{2}S{O}_4\stackrel{}{\to }{\mathbf{FeSO}}_4+{\mathbf{Fe}}_2{\left({\mathbf{SO}}_4\right)}_3+4H_{2}O\\ \left(e\right)\to 2NaOH+Ca{\left(HC{O}_3\right)}_2\stackrel{}{\to }{\mathbf{Na}}_2{\mathbf{CO}}_3+{\mathbf{CaCO}}_3\downarrow +2H_{2}O\\ \left(g\right)\to 3Ba{\left(OH\right)}_2+A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\stackrel{}{\to }3{\mathbf{BaSO}}_4\downarrow +2Al{\left(OH\right)}_3\end{array}$

Sau đó: $Ba{\left(OH\right)}_{2\text{\hspace{0.17em}d­}}+2Al{\left(OH\right)}_3\stackrel{}{\to }\mathbf{Ba}{\left({\mathbf{AlO}}_2\right)}_2+4H_{2}O$

Thí nghiệm (a) (b) (d) (e) và (g) tạo 4 muối

Chọn đáp án D.

Vì Y làm mất màu nước brom $\to$ Loại C.

Z có tạo kết tủa với nước brom $\to$ Loại B và D

Chọn đáp án A.

Vì Y làm mất màu nước brom $\to$ Loại C.

Z có tạo kết tủa với nước brom $\to$ Loại B và D

Chọn đáp án A.

Sơ đồ ta có $\stackrel{1,5\left(mol\right)}{\overbrace{\underset{25,4g}{\underbrace{X\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_2:0,3\\ C_4{H}_4:0,2\\ C_2{H}_4:0,2\\ H_2:0,8\end{array}\right.}}}}\to Y\left\{\begin{array}{l}{C}_x{H}_y\\ H_2\end{array}\right\}{M}_Y=12,7.2=25,4$

Bảo toàn khối lượng: $m_X=m_Y=25,4g\to n_Y=\frac{25,4}{25,4}=1mol$

$\to n_{H_2\text{phản ứng}}=n_X-n_Y=1,5-1=0,5\left(mol\right)$

Bảo toàn mol $\pi \to n_{\pi }=2n_{C_2{H}_2}+3n_{C_4{H}_4}+n_{C_2{H}_4}=n_{H_2\text{phản ứng}}+n_{B{r}_2}\iff 2.0,3+3.0,2+0,2=0,5+n_{B{r}_2}$

Ta có sơ đồ phản ứng sau

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}S{O}_4:a\\ A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3:b\end{array}\right.+Ba{\left(OH\right)}_2\to \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:a+3b\\ Al{\left(OH\right)}_3:2b\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:a+3b\\ Al{\left(OH\right)}_3:2b\end{array}\right.+Ba{\left(OH\right)}_2\to \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:a+3b\\ Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2:b\end{array}\right.\end{array}$

+ Từ sơ đồ trên ta có hệ phương trình:

-          Biểu diễn phương trình theo số mol của $BaS{O}_4:a+3b=\frac{69,9}{233}=0,3\left(1\right)$

-          Biểu diễn phương trình bằng định luật bảo toàn Ba: a + 3b + b = a + 4b = 0,32 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có $a=n_{N{a}_{2}S{O}_4}=0,24mol$

Chọn đáp án B

Số chất tác dụng với dung dịch brom ở điều kiện thường gồm:

Eliten, vinylaxetilen, triolein, anilin, stiren và isopren.

Chọn đáp án A.

X chứa 2 este đều no, đơn chức, mạch hở thu được CO2 bằng số mol H2O$\begin{array}{l}\to n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=\frac{34,72}{44+18}=0,56mol\\ \to m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_X=34,72-14,24=20,18\to n_{O_2}=0,{64}^{mol}\\ BTNT\left[O\right]2n_X+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}\to n_X=\frac{0,56.2+0,56-0,64.2}{2}=0,2^{mol}\end{array}$

$\to \overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=\frac{0,56}{0,2}=2,8\to$X chứa este HCOOCH3 (x mol) và CH3COOC2H5 (y mol)

Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,2\\ 60x+88y=14,24\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,08\end{array}\right.$

$n_{O_{\left(X\right)}}=\frac{86,3.0,1947}{16}=1,05\left(mol\right)\to n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{1}{3}{n}_O=\frac{1,05}{3}=0,35\left(mol\right)$Sơ đồ $H_{2}O\to O{H}^{-}+\frac{1}{2}{H}_2\to \sum n_{O{H}^{-}}=2n_{H_2}=1,2mol=$ tổng số mol điện tích âm trong dung dịch Y.$\begin{array}{l}{n}_{H^{+}}=3,2.0,75=2,4\left(mol\right)\\ \to Y\left\{\begin{array}{l}{n}_{Al{O}_2^{-}}=2n_{A{l}_2{O}_3}=2.0,35=0,7\left(BTNT:Al\right)\\ n_{O{H}^{-}\left(\text{d­}\right)}=1,2-0,7=0,5mol\end{array}\right.\end{array}$

$\underset{0,5}{H^{+}}\underleftarrow{+}\underset{0,5}{O{H}^{-}}\to H_{2}O\to$ sau phản ứng trung hòa $n_{H^{+}}=2,4-0,5=1,9mol>n_{Al{O}_2^{-}}\to Al{\left(OH\right)}_3$ bị hòa tan

Công thức tính nhanh: $\to n_{H^{+}}=4n_{Al{O}_2^{-}}-3n_{Al{\left(OH\right)}_3\downarrow }\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{4.0,7-1,9}{3}=0,3\left(mol\right)$

Ta có: $m_O:m_N=16:7 \to n_O:n_N=\frac{16}{16}:\frac{7}{14}=2:1\to$ số nguyên tử O gấp đôi số nguyên tử N nên X gồm các a.a có 1 nhóm $-N{H}_2$  và 1 nhóm $-COOH$ $\to n_X=n_{HCl}=0,12=n_{NaOH}=n_{H_{2}O}$ _{(tạo thành)}

ta có: m_rắn = 10,36 + 0,25.40 – 0,12.18 =18,2 gam.

Chọn đáp án D.

O trong 0,06 mol sẽ chạy hết vào trong H2O$\to n_{HCl}=2n_{H_{2}O}\left(BTNT:H\right)=4n_{O_2}\left(BTNT:O\right)=4.0,06=0,24mol$

$\to n_{HCl}$ đã dùng (dư 25%) = 1,25.0,24 = 0,3 mol.

Quá trình: $\left\{\underset{mgam}{\underbrace{Fe}}\begin{array}{c}\stackrel{0,06mol}{\overbrace{O_2}}\\ \underset{0,03mol}{\underbrace{C{l}_2}}\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{l}\stackrel{0,3mol}{\overbrace{HCl}}\\ AgN{O}_3\end{array}\right\}\to \underset{53,28gam}{\underbrace{\left\{\begin{array}{l}Ag\\ AgCl\end{array}\right\}}}+Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+\underset{0,015mol}{\underbrace{NO}}+\underset{0,15mol}{\underbrace{H_{2}O}}$

Sơ đồ:

$\begin{array}{l}2H^{+}+O^{2-}\to H_{2}O\\ 4H^{+}+N{O}_3^{-}+3e\to NO+2H_{2}O\end{array}$

$n_{H_{2}O}$ ­(cả quá trình) $=\frac{1}{2}{n_{HCl}}^{\left(BTNT:Cl\right)}=0,15mol=n_{O\left(trongoxit\right)}+2n_{NO}=0,{06.2}^{\left(BTNT:O\right)}+2n_{NO}$

$\to n_{NO}=0,015mol$

$C{l}^{-}$ đi vào hết AgCl $\stackrel{BTNT\left[Cl\right]}{\to }{n}_{AgCl}=2n_{C{l}_2}+n_{HCl}=0,03.2+0,3=0,36mol$

Thủy phân E gồm 2 peptit và 1 este $\to$ ancol C2H5OH và các muối của $\alpha -$ aminoaxit

$\to$Z chắc chắn là este của ancol etylic với $\alpha -$ aminoaxi

 $\to$Z có mô hình là H2N–R–COOC2H5

$\to$ R là C2H4 (– CH(CH3) –) Z là este của Ala với ancol etylic: H2N– CH(CH3) – COOC2H5

$\to \left\{\begin{array}{l}PeptitX\\ PeptitY\\ EsteZ\stackrel{quy\circledR \ae i}{\to }\underset{Alanyl}{\underbrace{C_2{H}_{3}ON+C{H}_2}}+C_2{H}_{5}OH\end{array}\right.\stackrel{quy\circledR \ae i}{\to }\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{3}ON:x^{mol}\\ C{H}_2:y^{mol}\\ C_2{H}_{5}OH:0,{05}^{mol}\\ H_{2}O:z^{mol}=n_X+n_Y\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_4{O}_{2}NNa:x^{mol}\\ C{H}_2:y^{mol}\end{array}\right.+C_2{H}_{5}OH+H_{2}O$

Đốt muối bằng O2:$\begin{array}{l}2C_2{H}_4{O}_{2}NNa+4,5O_2\stackrel{}{\to }3C{O}_2+4H_{2}O+N{a}_{2}C{O}_3\\ C{H}_2+1,5O_2\stackrel{}{\to }C{O}_2+H_{2}O\\ \to \left\{\begin{array}{l}{m}_E=57x+14y+46.0,05+18z=36,58\\ n_{O_2}=2,25x+1,5y=1,59\\ BNNT\left[Na\right]n_{C_2{H}_4{O}_{2}NNa}=2n_{N{a}_{2}C{O}_3}\to x=2.\frac{26,5}{106}=0,5\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,5\\ y=0,31\\ z=0,08\end{array}\right.\end{array}$$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_Z=n_{C_2{H}_{5}OH}=0,05=n_{C_2{H}_{3}O{N}_{\left[Z\right]}}\\ n_{H_{2}O}=n_X+n_Y=0,08\\ n_{C\left(muèi\right)}=2x+y=2.0,5+0,31=1,31\to \overline{C}=\frac{n_C}{n_{muèi}}=\frac{1,31}{0,5}=2,62\to \alpha -a.a:Gly\&Ala\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{Gly}=x-y=0,\\ n_{Ala}=y=0,31\end{array}\right.\\ n_{C_2{H}_{3}N{O}_{\left[X,Y\right]}}=x-n_{C_2{H}_{3}O{N}_{\left[Z\right]}}=0,5-0,05=0,45\to sèm\mathrm{¾}txÝchTB=\frac{n_{C_2{H}_{3}N{O}_{\left(X,Y\right)}}}{n_X+n_Y}=\frac{0,45}{0,08}=5,625\to X_5\&Y_6\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{X_5}=a\\ n_{Y_6}=b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,08\\ \frac{5a+6b}{0,08}=5,625\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=0,05\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{X}_5:{\left(Gly\right)}_u{\left(Ala\right)}_{5-u}:0,{03}^{mol}\\ Y_6:{\left(Gly\right)}_v{\left(Ala\right)}_{6-v}:0,{05}^{mol}\end{array}\right.\to \left|\begin{array}{l}{n}_{Gly}=0,03u+0,05v=0,19\\ hay:3u+5v=19\\ u=3,v=2\end{array}\right.$Chú ý: $n_{Gly}$ nằm hết trong peptit X, Y nhưng $n_{Ala}$  nằm trong cả X, Y, Z

$n_{O_{\left(X\right)}}=\frac{35,25.20,4255\%}{16.100\%}=0,{45}^{mol},n_{CO}=0,3^{mol},\overline{M_Z}=18.2={36}^{\left(g/mol\right)}$

$X+CO\to \left\{\begin{array}{l}{n}_Z=n_{CO}+n_{C{O}_2}=0,3\\ 28n_{CO}+44n_{C{O}_2}=0,3.36\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{CO}=0,{15}^{mol}\\ n_{C{O}_2}=0,{15}^{mol}\end{array}\right.\to n_O$