2019 2020 vũng tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
NĂM HỌC 2019-2020
Mơn thi: HĨA HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 11/12/ 2019
(Đề thi có: 02 trang)

Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Cl=35,5; Na=23, Mg=24, Al=27, K=39, S=32, Cu=64,
Ag=108, Fe=56, Ba=137.

Câu 1 (4 điểm).
1.1. Mơ tả hiện tượng, viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) cho mỗi thí nghiệm sau:
a) Nhỏ từ từ dung dịch KOH đến dư vào dung dịch AlCl3.
b) Cho lượng dư dung dịch Ba(OH)2 tác dụng với dung dịch NaHCO3.
c) Cho bột Cu vào ống nghiệm chứa hỗn hợp dung dịch H2SO4 và KNO3.
d) Trộn lẫn hai dung dịch Na3PO4 với dung dịch KH2PO4.
1.2. Trình bày phương pháp hóa học để phân biệt năm bình (khơng dán nhãn) lần lượt chứa năm
khí riêng biệt sau: NO, NH3, CO2, CO, N2.
1.3. Hịa tan hồn tồn m gam hỗn hợp bột A gồm Zn và Mg (tỉ lệ mol lần lượt là 2:5) trong
dung dịch HNO3 loãng thu được 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X và dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận
dung dịch Y thu được 4,632m gam hỗn hợp muối khan Z. Biết hỗn hợp khí X gồm NO và N 2O,
tỉ khối hơi của X so với khí heli là 8,20.
a) Tính m và xác định thành phần phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp Z.
b) Cho lượng dư dung dịch KOH phản ứng hoàn toàn với dung dịch Y trên, tính số mol KOH đã
phản ứng, biết HNO3 lấy dư 20% so với lượng đã phản ứng với hỗn hợp A trên.
Câu 2 (4 điểm).

2.1. Trong một bính kín chứa hỗn hợp khí X gồm một anken và hiđro (có bột Ni xúc tác) tỉ khối
hơi của X so với khí H2 là 5. Đun nóng bình khí đến khi ứng hồn tồn thu được hỗn hợp Y có tỉ
khối so với H2 là 6,25.
a) Lập công thức phân tử, viết cơng thức cấu tạo của anken trên.
b) Tính phần trăm khối lượng các khí trong hỗn hợp Y.
2.2. Hidrocacbon mạch hở A là chất khí ở điều kiện thường, khi đốt cháy hoàn toàn chất A, cứ
dùng hết 5 thể tích khí oxi thì sinh ra 4 thể tích khí CO 2 (các chất khí đo cùng điều kiện nhiệt độ
và áp suất). Cho 0,05 mol khí A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được m gam kết tủa
màu vàng. Xác định công thức cấu tạo của A, viết phương trình phản ứng và tính m?
2.3. Hợp chất X có cơng thức phân tử C7H6O3 có những tính chất sau:
 Tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất ra Y có cơng thức C7H5O3Na;
 Tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z có cơng thức C 9H8O4 (chất Z tác dụng được với
NaHCO3);
 Tác dụng với metanol (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có cơng thức C 8H8O3. Chất T có
khả năng tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2.
Xác định công thức cấu tạo các chấtX, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học xảy ra (ghi
điều kiện phản ứng nếu có), biết các nhóm chức trong X có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân
tử.

1


Câu 3 (4 điểm).
3.1. Hiện tượng ăn mòn kim loại gây thiệt hại to lớn về mặt kinh tế trên tồn cầu. Hãy trình bày
các q trình oxi hóa khử trong phản ứng ăn mịn điện hóa trên bề mặt một vật làm bằng gang
để trong khơng khí ẩm một thời gian dài (gang là hợp kim Fe – C).
3.2. Cho m gam bột Fe tan hết trong 200ml dung dịch HCl 1,2M thu được V 1 lít khí H2 và dung
dịch A. Thêm tiếp dung dịch AgNO 3 dư vào dung dịch A thu được V 2 lít khí NO, (m+32,12)
gam kết tủa và dung dịch B chỉ chứa các muối nitrat (biết rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn
toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của gốc nitrat, thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Tính

m, V1, V2.
3.3. Điện phân 100ml dung dịch hỗn hợp hai muối CuSO 4 aM và KCl bM đến khi nước bắt đầu
điện phân đồng thời ở cả hai điện cực thì dừng lại, thu được dung dịch A và 2,688 lít hỗn hợp
khí (đktc). Biết rằng, dung dịch A tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch KHCO 3 0,8M. Xác
định a, b?
Câu 4 (4 điểm).
4.1. X là một triglixerit. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đúng 90,16 lít O 2, thu được
H2O và 63,84 lít CO2. Mặt khác, khi cho m gam X tác dụng với dung dịch brom dư thì có 16,0
gam Brom tham gia phản ứng. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
a) Xác định công thức phân tử của X.
b) Đun nóng m gam X trên với 100 ml dung dịch gồm KOH 1,2M và NaOH 0,8M đến khi
phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cơ cạn hồn tồn dung dịch Y, thu được p gam chất
rắn khan. Tính giá trị của p.
4.2. X, Y, Z là ba axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (MX < MY < MZ), T là este tạo
bởi X, Y, Z với một ancol no, ba chức, mạch hở E. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm
X, Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) bằng 23,52 lít O2 (vừa đủ), thu được 22,4 lít CO2
và 16,2 gam H2O. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Mặt khác, đun nóng m gam M với lượng dư
dung dịch AgNO3/NH3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 21,6 gam Ag. Xác
định công thức phân tử của este T và tính phần trăm khối lượng của T trong hỗn hợp M.
Câu 5 (4 điểm).
5.1. Hỗn hợp X chứa chất A (C 5H16O3N2) và chất B (C4H12O4N2) tác dụng với dung dịch NaOH
vừa đủ, đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hồn tồn rồi cơ cạn thu được m gam hỗn hợp Y
gồm 2 muối D và E (MD < ME) và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm 2 amin bậc 1 (no, đơn chức,
đồng đẳng kế tiếp) có tỉ khối so với H2 bằng 18,3. Tính khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp
Y.
5.2. Cao su buna-N được tạo ra do phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3-đien với acrylonitrin
(CH2=CH–CN). Đốt cháy hoàn toàn cao su buna-N với lượng khơng khí vừa đủ, sau đó đưa hỗn
hợp sau phản ứng về 136,5oC thu được hỗn hợp khí và hơi Y chứa 14,41% CO 2 về thể tích. Tỷ
lệ số mắt xích giữa buta-1,3-đien và acrylonitrin trong loại cao su buna-N trên.
5.3. Hỗn hợp E gồm X, Y và Z là 3 peptit đều mạch hở (M X > MY > MZ). Đốt cháy 1,0 mol X

hoặc Y hoặc Z đều thu được số mol CO 2 lớn hơn số mol H 2O là 1,0 mol. Nếu đun nóng 69,8
gam hỗn hợp chứa X, Y và 0,16 mol Z với dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch chứa
101,04 gam hai muối của alanin và valin. Biết n X < nY. Phần trăm khối lượng của X trong E

…………HẾT…………
Thí sinh được dùng bảng HTTH và tính tan
GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12
2


TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

NĂM HỌC 2019 – 2020

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MƠN THI: HĨA HỌC
Câu
Ý
Câu 1.
4,0 đ 1.1.

(Hướng dẫn chấm gồm có 06 trang )
Nội dung

a) Tạo kết tủa rồi kết tủa tan
Al3+ + 3OH  Al(OH)3
Al(OH)3 + OH  AlO2 + 2H2O
1,0đ

b) Xuất hiện kết tủa trắng
Ba2+ + OH + HCO3  BaCO3 + H2O
(Vì dư Ba(OH)2 nên dung dịch không chứa CO32-)
c) Bột Cu tan, dung dịch chuyển sang màu xanh lam, giải phóng khí
khơng màu hóa nâu ngồi khơng khí.
3Cu2+ + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
2NO + O2  2NO2
d) Có phản ứng, khơng hiện tượng
PO43 + H2PO4  2HPO42
Nhận biết được:
- Mở nắp bình, khí khơng màu hóa nâu ngồi khơng khí là NO.
2NO + O2  2NO2
- Cho mẫu quỳ tím ẩm lên miệng bình khí, làm quỳ tím hóa xanh là
1.2. NH3: NH3 + H2O
NH4+ + OH
1,0 đ - Cho đi ống sứ đựng CuO nung nóng, làm bột CuO từ màu đen chuyển
sang màu đỏ Cu là khí CO.
CuO + CO  Cu + CO2
- Cho vào ống nghiệm chứa dung dịch Ca(OH)2, thấy tạo kết tủa là CO2,
cịn lại là khí N2.
Ca(OH)2 dư + CO2  CaCO3 + H2O
Theo tỉ lệ kim loại là 2:5 thì khối lượng muối nitrat của kim loại so với
khối lượng muối ban đầu là:
[2*(65+2*62)+5*(24+62*2)]/(2*65+5*24) = 4,472 < 4,632
=> Trong Z có chứa muối NH4NO3.
Giải hệ với hai khí: NO (a mol) và N2O (b mol)
a + b = 0,1
1.3.
30a + 44b = 0,1*4*8,2
=> a = 0,08 mol; b = 0,02 mol.

2,0 đ
Gọi số mol của Zn là 2x, số mol Mg là 5x, số mol NH4NO3 là y
ĐLBT eletron: 2*(2x+5x) = 0,08*3 + 0,02*8 + 8y.
=> 14x – 8y = 0,4 (1)
189*2x + 148*5x + 80y = 4,632*(65*2x+24*5x)
=> 40x – 80y = 0 (2). Giải hệ (1) và (2) => x = 0,04 và y = 0,02.
m = 0,04*2*65 + 0,04*5*24 = 10 (gam).
Khối lượng muối = 4,632*10 = 46,32 gam
% khối lượng Zn(NO3)2 = 32,64%
% khối lượng Mg(NO3)2 = 63,90%

Điểm

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

3


Câu 2.

2.1.

4,0đ

1,0đ

2.2.
1,0đ

% khối lượng NH4NO3 = 3,45%
Số mol HNO3 phản ứng = 0,56 + 0,08 + 0,02*2 + 0,02*2 = 0,72 mol
Số mol HNO3 dư: = 0,144 mol.
KOH phản ứng với: H+, NH4+, Mg2+ và Zn2+ (tạo kết tuả rồi kết tủa tan
hết)
Số mol KOH = 0,144 + 0,02 + 0,2*2 + 0,08*4 = 0,884 mol
Xét 1 mol hỗn hợp X, khối lượng hỗn hợp là 10 gam.
Hỗn hợp Y có Mtb = 12,5 => Y có hiđro dư, anken phản ứng hết.
CnH2n + H2  CnH2n+2 (số mol giảm đúng bằng số mol của CnH2n)
Bảo toàn khối lượng, mX = mY = 10 gam.
- Số mol hỗn hợp Y là 10/12,5 = 0,8 mol khí.
- Số mol khí giảm là 1 – 0,8 = 0,2 mol = số mol anken.
- Khối lượng A = 10 – 0,8*2 = 8,4gam => MA = 42 (C3H6)
- %mC3H8 = (0,2*44*100)/10 = 88,00%
%mH2 = (0,6 *2*100)/10 = 12%

CxHy + (x + y/4)O2  xCO2 +y/2H2O
5x = 4x + y => x = y => (CH)n
Vì A là chất khí nên n ≤ 4, và số H ln chẵn nên có 2 trường hợp
TH1: n = 2: C2H2 CTCT: CH ≡ CH
CH ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3  CAg ≡ CAg↓ + 2NH4NO3
m = 0,05*240 = 12 gam.
TH2: n = 4: C4H4 CTCT: CH2 = CH – C ≡ CH (vì A mạch hở, tạo kết
tủa với AgNO3
CH2 = CH – C ≡ CH + AgNO3 + NH3  CH2 = CH – C ≡ CAg↓ + NH4NO3

2.3.
2,0đ

m = 0,05*159 = 7,95 gam.
X: C7H6O3 (kX = 5)
X Tác dụng với dung dịch NaHCO 3 tạo chất ra Y có cơng thức
C7H5O3Na  X có 1 nhóm –COOH.
X Tác dụng với metanol (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có cơng thức
C8H8O3. Chất T có khả năng tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ
mol 1 : 2.
 X có 1 nhóm –OH phennol.
Vì các nhóm chức trong X có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử
nên các nhóm chức trong X ở vị trí ortho với nhau.
 X là o-HO-C6H4-COOH.
Các phương trình hóa học:
o-HO-C6H4-COOH + NaHCO3  o-HO-C6H4-COONa (Y) + CO2 +
H2O.
o-HO-C6H4-COOH + (CH3CO)2O  HSO,t 
 o-CH3COO-C6H4-COOH
(Z) + CH3COOH.

o-CH3COO-C6H4-COOH + NaHCO3  o-CH3COO-C6H4-COONa +
CO2 + H2O.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25.5
= 1,25

o

2

4

 HSO
 o-HO-C6H4-COOCH3 (T) +
o-HO-C6H4-COOH + CH3OH 
t
2

4

o

4


H2O.
o-HO-C6H4-COOCH3 + 2NaOH  t o-NaO-C6H4-COONa + CH3OH
+ H2O.
Trong không khí ẩm ngồi khí O2 và N2 cịn có hơi nước và các khí
CO2, SO2 … tạo dung dịch chất điện li: H2CO3, H2SO3 …
Hợp kim Fe-C tạo nên hai điện cực khác bản chất tiếp xúc với nhau, tiếp
xúc với dung dịch chất điện li H2CO3, H2SO3 … => thỏa mãn điều kiện
ăn mịn điện hóa.
+Tại anot Fe bị oxi hóa (nhường electron): Fe  Fe2+ + 2e.
Các electron được giải phóng chuyển đến catot (C)
+Tại catot O2 hịa tan trong nước bị khử (nhận electron)
O2 + 4e + H2O  4OH
+Trong nước có hịa tan oxi, tiếp tục oxi hóa Fe2+ tạo gỉ sắt có thành
phần chính là Fe2O3.nH2O
VD: 4Fe2+ + O2 + 8OH  2Fe2O3.2H2O
(1) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

(2) 3Fe2+ + 4H+ + NO3  3Fe3+ + NO + 2H2O.
(3) Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag.
(4) Ag+ + Cl  AgCl
Số mol HCl = 0,24 mol = số mol AgCl.
Gọi số mol Fe là x mol = số mol khí H2.
Số mol NO là y mol, số mol kết tủa Ag là z mol.
Chất khử là Fe  Fe3+;
Chất oxi hóa là H+  H2; NO3  NO và Ag+  Ag.
Bảo toàn electron: 3x = 2x + 3y + z => x – 3y – z = 0 (I)
Bảo toàn H+: 2x + 4y = 0,24 (II)
Khối lượng kết tủa: 56x + 32,12 = 108z + 0,24*143,5
=> 56x – 108z = 2,32 (III)
Giải hệ (I), (II), (III) => x = 0,08; y = 0,02; z = 0,02.
m = 4,48 (gam); V1 = 1,792 (lit); V2 = 0,448 (lit)
Vì KHCO3 là hợp chất lưỡng tính nên có hai trường hợp:
TH1: Dung dịch A chứa H2SO4:
o

Câu 3.

3.1

4,0đ

1,0đ

3.2
1,0đ

3.3

2,0đ

(1) CuSO4 + 2KCl
(2) CuSO4 + 2H2O

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

Cu↓+ Cl2 + K2SO4
2Cu↓+ O2 + 2H2SO4

(3) H2SO4 + 2KHCO3  K2SO4 + CO2 + 2H2O.
Số mol H2SO4 = 1/2 số mol KHCO3 = 0,04 mol = số mol CuSO4 ở (2)
=> số mol Cl2 = 0,12 – 0,02 = 0,1 mol => số mol KCl = 0,2 =>
a = (0,04 + 0,1)/0,1 = 1,4M; b = 0,2/0,1 = 2M.
TH2: Dung dịch A chứa KOH:
(1) CuSO4 + 2KCl

Cu↓+ Cl2 + K2SO4

(2) 2KCl + 2H2O

Cl2 + H2 + 2KOH

0,5

0,5

0,5

5


4.1

(3) KOH + KHCO3  K2CO3 + H2O.
Số mol KOH = số mol KHCO3 = 0,08 mol = số mol KCl ở (2)
=> số mol khí ở (2) = 0,04+0,04 = 0,08 mol
=> số mol Cl2 ở (1) = 0,04mol
=> a = 0,04/0,1 = 0,4M; b = (0,08+ 0,08)/0,1 = 1,6M.
a) Gọi CTPT của X là CnH2n+2-2kO6 (a mol); số mol của H2O là b mol.

2,0đ

Ta có: n O2 

0,5

90,16
63,84

4,025 (mol) ; n CO2 
2,85 (mol) ;
22,4
22,4

16,0
n Br2 
0,10 (mol) .
160

Ta có hệ phương trình:

n Br2 (k  3).a 0,10


(k  1).a 2,85  b

n 6.a  2.4,025 2.2,85  b
 O
 a 0,05

  b 2,65  k 5
 k.a 0,25

Bảo toàn C  n 57
Vậy CTPT của X là C57H106O6.
b) Bảo tồn khối lượng, ta có m = 44,3 gam.

0,75

0,25
0,50

n KOH 0,12 (mol) 
  n MOH 0,20 (mol)
n NaOH 0,08 (mol) 
 n Glixerol n X 0,05 (mol)

Ta có:

4.2
2,0đ
4.2
(2
điểm)

Bảo tồn khối lượng, ta có p = 49,62 gam.
Theo đề bài ta có:

0,50

n O2 1,05 mol;n CO2 1,00 mol;n H 2O 0,90 mol;n Ag 0,20 mol.
Vì hỗn hợp M tạo kết tủa Ag với AgNO3/NH3 nên trong M có HCOOH
Mà MX < MY < MZ nên X là HCOOH.
Gọi nX = a, nY = nZ = b, nT = c.
Ta có: k  1 

0,25

n CO2  n H2O

n HCHC
 (3  1).n T n CO2  n H2O
 c 0,05 mol

nAg = 2a + 2c = 0,20  a = 0,05 mol
Bảo tồn oxi, ta có: 2a + 2b + 2b + 6c = 0,80 mol
 b = 0,1 mol
Gọi CY: số nguyên tử cacbon của Y; CZ: số nguyên tử cacbon của Z; CE:
số nguyên tử cacbon của Z.
Bảo tồn cacbon, ta có:
0,05.1+0,10.CY + 0,10.CZ + 0,05.(1+ CY + CZ + CE) = 1,00
 0,15.CY + 0,15.CZ + 0,05.CE = 0,90
 3CY + 3CZ + CE = 18

0,25
0,25

0,25
6


C Y 2

Vì CY  2; CZ  3; CE  3 nên  C Z 3
 C 3
 E
Vậy cơng thức phân tử của T là C9H14O6.
Bảo tồn khối lượng  mM = 26,6 gam

218.0,05
%m T 
.100 40,98%
26,6
5.1
1,0đ

0,25
0,25
0,50

Xét hỗn hợp Z, ta có: MZ = 36,6  Z gồm CH3NH2 và C2H5NH2.
 n C 2H 5 NH 2  n CH 3 NH 2 0, 2

 45n C 2H 5 NH 2  31n CH 3NH 2 0, 2.18,3.2
n C 2H 5 NH 2 0, 08 mol

n CH 3NH 2 0,12 mol

0,25

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì:
t0

(C 2 H 5 NH 3 ) 2 CO 3 (A)  2NaOH   Na 2CO 3 (D)  2C 2 H 5 NH 2  2H 2O
t0

(COONH 3CH 3 ) 2 (B)  2NaOH   (COONa) 2 (E)  2CH 3NH 2  2H 2O

n D 0,5n C 2 H5NH2 0,04 mol



n E 0,5n CH3NH 2 0,06 mol

Câu 5
4,0đ

m D 0,04.106 4,24 gam

m E 0,06.134 8,04 gam

5.2

Giả sử

1,0đ

CO2 : 3x  4y
 O : a mol
 2
x mol trïng hỵp
CH 2 =CH–CN:

N 2 : 4a mol
  
 polime     
  H 2 O:1,5x+3y

CH 2 =CH–CH=CH 2 : y mol
N : 0,5x  4a

 2

BTNT O  n O2 = a = 3,75.x+5,5.y  n N2 = 4a = 15.x+22.y
3x  4y

0,1441
(3x  4y)  (1,5x  3y)  (0,5x  15x  22y)

 x = 0,66y
 Tỉ lệ mắt xích Butadien và Acrylonitrin là x : y ≈ 0,66 : 1 ≈ 2 : 3

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

5.3
2,0đ

Gọi CTPT của X là CnH2n+2-kNkOk+1 (n  4, k  2)

 CO2 : n

C n H 2n 2 k N k O k 1  

k

H 2O : n  1  2
 O2

Ta có: n CO2  n H 2O 1 

k
 1  1  k 4
2

Tương tự ta có kY = kZ = 4.
Vậy X, Y, Z đều là tetrapeptit.
- Gọi t là số mol của hỗn hợp E.

0,25 đ
7


Bảo tồn khối lượng, ta có:
m E  40.n NaOH m muèi  18.n H 2O
 69,8  40.4t 101,04  18t
 t 0,22 mol

Xét hỗn hợp muối ta có:

0,25 đ

111n AlaNa  139n ValNa m muèi

 n AlaNa  n ValNa 4n E
111n AlaNa  139n ValNa 101,04


n AlaNa  n ValNa 0,88
n AlaNa 0,76

n ValNa 0,12

0,25 đ

- Ta nhận thấy rằng nZ > nValNa, nên peptit Z trong E là (Ala)4 (0,16 mol)
- Gọi x, y lần lượt là số mol của X và Y.
Theo đề ta có: X là (Val)a(Ala)4 – a và b là (Val)b(Ala)4 – b.

0,25 đ

BT: Val

    
 xa  yb 0,12

x  y 0,22  0,16 0,06
xa  yb 0,12
 
 x  y 0,06
x 0,02 vµ y = 0,04
xy
 a,b



4

a = 4 vµ b =1

Vậy X là (Val)4, Y là (Val)(Ala)3, Z là (Ala)4.
0,02.414

 %m X  69,8 .100% 11,86%

0,04.330

  %m Y 
.100% 18,91%
69,8

%m Z 100  11,86  18,91 69,23%



0,50 đ
0,50 đ

- Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu thiếu điều kiện
hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó.
- Làm trịn đến 0,25 điểm.
………………………HẾT…………………….

8