Đề thi giải toán trên Máy tính cầm tay tỉnh Bạc Liêu môn Hóa lớp 12 năm học 2009 - 2010 (Có đáp án)

1

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm có 09 trang)
KỲ THI GTTMTCT LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2009-2010

Môn thi: Giải toán trên máy tính cầm tay môn Hóa học lớp 12
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Điểm của toàn bài thi
Các giám khảo
(Họ, tên và chữ ký)
Số phách
(Do Trưởng ban
chấm thi ghi)
Bằng số




Bằng chữ






ĐỀ:

Câu 1 (5 điểm):
Tính bán kính của nguyên tử Fe ở 20
0
C, biết ở nhiệt độ đó khối lượng riêng của
Fe là 7,87g/cm
3
, giả thiết trong tinh thể Fe kim loại, các nguyên tử Fe là những hình
cầu chiếm 75% thể tích tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng giữa các quả cầu.
Cho khối lượng nguyên tử của Fe là 55,85;  = 3.1416,
số Avogadro N
A
= 6,02.10
23
.
CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

2

Câu 2 (5 điểm):
Một nguyên tố X có khả năng tạo nhiều oxiaxit. Thành phần phần trăm khối
lượng các nguyên tố trong một muối của X được ghi trong bảng sau:

Muối Na X O
1 22,12 30,77 46,15
2 19,17 26,67 53,33
3 29,11 40,51 30,38
4 19,33 26,89 53,78

Xác định công thức phân tử của 4 muối trên.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

3

Câu 3 (5 điểm):
Tính khối lượng riêng của nguyên tử hiđro và nguyên tử kẽm, biết khối lượng
nguyên tử của hiđro là 1,008 đvC và của kẽm là 65,38 đvC, bán kính nguyên tử của

H là 0,53.10
-8
cm và của nguyên tử kẽm là 1,37.10
-8
cm; 1 đvC = 1,66.10
-24
gam, các
nguyên tử H và Zn là những hình cầu.
So sánh khối lương riêng của nguyên tử H và của khí H
2
(đktc), khối lượng riêng
của nguyên tử Zn và của kim loại Zn, biết khối lượng riêng của kim loại Zn là 7,113
g/cm
3
. Giải thích.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

4

Câu 4 (5 điểm):
A là dung dịch HCl 0,2 M; B là dung dịch NaOH 0,2 M; C là dung dịch
CH
3
COOH 0,2 M (có hằng số axit K

a
= 1,8 . 10
-5
).
a) Tính pH của dung dịch X là dung dịch tạo thành khi trộn dung dịch B với dung
dịch C theo tỉ lệ thể tích 1 : 1.
b) Tính thể tích dung dịch B (theo ml) cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu
được dung dịch có pH bằng 10.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

5

Câu 5 (5 điểm):
Tìm nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của Ca
3
(PO
4
)
2
tinh thể. Biết:
- 12 gam Ca cháy tỏa 45,57 kcal.
- 6,2 gam P cháy tỏa 37,00 kcal.
- 168 gam CaO tác dụng với 142 gam P

2
O
5
tỏa 160,50 kcal.
(Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp).

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

6

Câu 6 (5 điểm):
Thêm 1g MgSO
4
vào 100g dung dịch bão hòa MgSO
4
ở 20
0
C làm 1,58g MgSO
4

kết tinh trở lại dạng khan.
Xác định công thức phân tử muối MgSO
4

ngậm nước. Biết ở 20
0
C, độ tan của
MgSO
4
khan trong 100g H
2
O là 35,1g.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Câu 7 (5 điểm):
Tính:
a) Khoảng cách giữa 2 nguyên tử cacbon đầu mạch của propan, biết độ dài liên
kết C-C là 1,54
0
A
; các nguyên tử cacbon đều lai hóa sp
3
.
b) Khoảng cách giữa 2 nguyên tử clo trong phân tử C
2
H
2
Cl
2
, biết độ dài liên kết
C=C là 1,33
0
A
, liên kết C-Cl là 1,76
0
A
.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

7

Câu 8 (5 điểm):
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A (gồm x mol muối natri của 2 axit cacboxylic no
đơn chức mạch hở X
1
, X
2
đồng đẳng kế tiếp nhau và 0,01mol HCOONa). Cho sản
phẩm cháy (CO
2
và hơi nước) lần lượt qua bình 1 chứa H
2
SO
4
đặc và bình 2 chứa
KOH dư thấy khối lượng bình 2 tăng nhiều hơn bình 1 là 3,51(g). Phần chất rắn B
còn lại sau khi đốt là 2,65(g) Na
2
CO
3
.
Xác định công thức phân tử của 2 muối natri.
CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

8
















Câu 9 (5 điểm):
Cho phản ứng: Cu
(r)
+ CuCl
2(dung dịch)


2CuCl
(r)

Ở 25
o
C phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu trộn một dung dịch chứa CuSO
4

0,2M; NaCl 0,4M với bột Cu lấy dư.
Cho T
CuCl
= 10
-7
;
2
0
/
Cu Cu
E
 
= + 0,15V;
0
/
Cu Cu
E

= + 0,52V.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

9

Câu 10 (5 điểm):
Đốt cháy một hiđrocacbon A (khí) với oxi trong một bình kín. Nếu giữ nguyên
nồng độ của A và tăng nồng độ oxi gấp đôi thì tốc độ phản ứng cháy tăng gấp 32 lần.
Tìm công thức phân tử có thể có của A.
CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Hết
Thí sinh được sử dụng bảng Hệ thống tuần hoàn do nhà xuất bản Bộ Giáo dục và Đào tạo
phát hành.
1

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm có 07 trang)
KỲ THI GTTMTCT LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2009-2010

Môn thi: Giải toán trên máy tính cầm tay môn Hóa học lớp 12
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)



HƯỚNG DẪN CHẤM:


Câu 1 (5 điểm):
Tính bán kính của nguyên tử Fe ở 20
0
C, biết ở nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe là
7,87g/cm

3
, giả thiết trong tinh thể Fe kim loại, các nguyên tử Fe là những hình cầu chiếm 75% thể
tích tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng giữa các quả cầu.
Cho khối lượng nguyên tử của Fe là 55,85;  = 3.1416,
số Avogadro N
A
= 6,02.10
23
.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
- Thể tích 1 mol Fe kim loại
3
0966,7
87,7
85,55
cm

-Thể tích 1 nguyên tử Fe
cm
24
23
10.8413,8
10.02,6
1
.
100
75
.0966,7




- Bán kính nguyên tử Fe
08
3
24
2828,110.2828,1
1416,3.4
10.8413,8.3
Acm 





7,0966 cm
3



8,8413.10
-24
cm



1,2828 A
0

1,5 đ


1,5 đ



2,0 đ

Câu 2 (5 điểm):
Một nguyên tố X có khả năng tạo nhiều oxiaxit. Thành phần phần trăm khối lượng các nguyên
tố trong một muối của X được ghi trong bảng sau:

Muối Na X O
1 22,12 30,77 46,15
2 19,17 26,67 53,33
3 29,11 40,51 30,38
4 19,33 26,89 53,78

Xác định công thức phân tử của 4 muối trên.
Cho Na = 23, O = 16, H = 1, P = 31, S = 32, Br = 80, Cl = 35,5.

2

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
- Xét muối 1: tổng 22,12 + 30,77 + 46,15 = 99,04 < 100  trong
thành phần muối còn H.
%m
H
= 100 - 99,04 = 0,96(%)
Gọi y là số oxi hóa của X trong muối 1.
Cân bằng số oxi hóa các nguyên tố:
22,12 30,77 46,15 0,96
.1 . .
2 .1 0
23 16 1
y
X
   

 X = 8,03 y
Nghiệm thỏa mản: y = 4; X  32  X là S (lưu huỳnh)
 Na : S : O : H =
22,12 30,77 46,15 0,96
: : :
23 32 16 1
 1 : 1 : 3 : 1
 Công thức muối 1: NaHSO
3

- Muối 2: %m

H
= 100 - (19,17 + 26,67 + 53,33)
= 0,83(%)
 Na : S : O : H =
19,17 26,67 53,33 0,83
: : :
23 32 16 1
 1 : 1 : 4 : 1
 Công thức muối 2: NaHSO
4

- Muối 3: %m
H
= 100 - (29,11 + 40,51 + 30,38) = 0 (%)
 Na : S : O =
29,11 40,51 30,38
: :
23 32 16
 2 : 2 : 3
 Công thức muối 3: Na
2
S
2
O
3

- Muối 4: %m
H
= 100 - (19,33 + 26,89 + 53,78) = 0 (%)
 Na : S : O =

19,33 26,89 53,78
: :
23 32 16
 1 : 1 : 4
 Công thức muối 4: Na
2
S
2
O
8








X = 8,03 y




NaHSO
3




NaHSO

4



Na
2
S
2
O
3



Na
2
S
2
O
8








1,0 đ

1,0 đ




1,0 đ



1,0 đ



1,0 đ

Câu 3 (5 điểm):
Tính khối lượng riêng của nguyên tử hiđro và nguyên tử kẽm, biết khối lượng nguyên tử của
hiđro là 1,008 đvC và của kẽm là 65,38 đvC, bán kính nguyên tử của H là 0,53.10
-8
cm và của
nguyên tử kẽm là 1,37.10
-8
cm; 1 đvC = 1,66.10
-24
gam, các nguyên tử H và Zn là những hình cầu.
So sánh khối lương riêng của nguyên tử H và của khí H
2
(đktc), khối lượng riêng của nguyên

tử Zn và của kim loại Zn, biết khối lượng riêng của kim loại Zn là 7,113 g/cm
3
. Giải thích.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
- Khối lượng riêng của nguyên tử hiđro
3
38
24
/6832,2
)10.53,0(1416,3.
3
4
10.66,1.008,1
cmgd
H




- Khối lượng riêng của nguyên tử kẽm
3
38
24
/0763,10
)10.37,1.(1416,3.
3
4
10.66,1.38,65
cmgd

Zn




- Khối lượng riêng của 1 lít khí H
2
(đktc)
litgd
H
/09,0
4,22
016,2
2


Vậy khối lượng riêng H nguyên tử lớn hơn: 29813
09,0
10.6832,2
3
 lần


2, 6832 g/cm
3




10,0763 g/cm

3








29813 lần


1,0 đ



1,0 đ







1,0 đ
3

khối lượng riêng khí H
2

- Khối lượng riêng Zn nguyên tử lớn hơn:
4166,1
113,7
0763,10

lần khối
lượng riêng Zn kim loại.
- Giải thích: khoảng cách giữa các phân tử khí rất lớn, khoảng cách
giữa các nguyên tử trong tinh thể kim loại rất gần nhau.



1,4166 lần

Giải thích đúng



1,0 đ

1,0 đ


Câu 4 (5 điểm):
A là dung dịch HCl 0,2 M; B là dung dịch NaOH 0,2 M; C là dung dịch CH
3
COOH 0,2 M (có
hằng số axit K
a
= 1,8 . 10

-5
).
a) Tính pH của dung dịch X là dung dịch tạo thành khi trộn dung dịch B với dung dịch C theo
tỉ lệ thể tích 1 : 1.
b) Tính thể tích dung dịch B (theo ml) cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu được dung dịch
có pH bằng 10.
CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
a, Gọi V
1
là thể tích của từng dung dịch B và C
NaOH + CH
3
COOH  CH
3
COONa + H
2
O
Ban đầu: 0,2V
1
0,2V
1

Phản ứng: 0,2V
1
0,2V
1
0,2V
1
(mol)
Sau phản ứng: 0 0 0,2V

1
(mol)
1
3
1
0,2
0,1
2
V
CH COO M
V

 
 
 

Dung dịch tạo thành có cân bằng sau:
CH
3
COO
-
+H
2
O

CH
3
COOH + OH
-

14
w
5
10
. . .
0,1
1,8.10
TP
a
K
OH K C C
K



 
  
 
= 0,745 . 10
-5

pOH = - lg(0,745 . 10
-5
) = 5,128


pH = 14 - 5,128 = 8,872
b, Ta có phương trình ion:
H
2

O

H
+
+ OH
-
K
W

Gọi V
2
là thể tích của dung dịch B:
4 = [Cl
-
] . (20 + V
2
)
0,2 . V
2
= [Na
+
] . (20 + V
2
)
[Na
+
] + [H
+
] = [Cl
-

] + [OH
-
]
14
10
2
10
2 2
0,2
4 10
10
20 20 10
V
V V



  
 


V
2
= 20,02 (ml)

3
0,1
CH COO M

 

 






pOH = 5,128

pH = 8,872








V
2
= 20,02 (ml)

1,0 đ






1,0 đ

1,0 đ



0,25 d
0,25 đ
0,5 đ


1,0 đ
Câu 5 (5 điểm):
Tìm nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của Ca
3
(PO
4
)
2
tinh thể. Biết:

- 12 gam Ca cháy tỏa 45,57 kcal.
- 6,2 gam P cháy tỏa 37,00 kcal.
- 168 gam CaO tác dụng với 142 gam P
2
O
5
tỏa 160,50 kcal.
(Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp).
CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
Ta có:
Ca(r) +
1
2
O
2
(k)  CaO(r) H
1
< 0 (1)


P trình (1)


0,5 đ

4

40 g H
1

12 g - 45,57 kcal
Vậy nhiệt của phản ứng (1) là:
H
1
=
40.( 45,57)
151,9
12

  kcal
2P(r) +
5
2
O
2
(k)  P
2
O
5
(r) H
2
< 0 (2)
62 g H
2

6,2 g - 37 kcal
Vậy nhiệt của phản ứng (2) là:
H
2
=

37.62
6,2

= - 370 kcal
3CaO(r) + P
2
O
5
(r)  Ca
3
(PO
4
)
2
(r) H
3
= - 160,50 kcal (3)
Tổ hợp (1), (2) và (3) ta có:
3 x Ca(r) +
1
2
O
2
(k)  CaO(r) H
1
= - 151,9 kcal (1)
1 x 2P(r) +
5
2
O

2
(k)  P
2
O
5
(r) H
2
= - 370 kcal (2)
1 x 3CaO(r) + P
2
O
5
 Ca
3
(PO
4
)
2
(r) H
3
= - 160,50 kcal (3)

3Ca(r) + 2P(r) + 4O
2
(k)  Ca
3
(PO
4
)
2

(r) H = ?
Vậy nhiệt tạo thành của Ca
3
(PO
4
)
2
là:
H = 3H
1
+ H
2
+ H
3

= 3(-151,9) - 370 - 160,5 = - 986,2 (kcal)



H
1

P trình (2)




H
2

P trình (3)







PT tổ hợp


H



1, 0 đ

0,5 đ




1, 0 đ

0,5 đ

0,5 đ


1,0 đ

Câu 6 (5 điểm):
Thêm 1g MgSO
4
vào 100g dung dịch bão hòa MgSO
4
ở 20
0
C làm 1,58g MgSO
4
kết tinh trở lại
dạng khan.
Xác định công thức phân tử muối MgSO
4
ngậm nước. Biết ở 20
0
C, độ tan của MgSO
4
khan
trong 100g H
2
O là 35,1g.

Cho Mg = 24; S = 32; O = 16; H = 1.
CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
- Ở 20
0
C trong 100g dung dịch bão hòa có 25,98g MgSO
4
và 74,02g
H
2
O.
- Khối lượng MgSO
4
có trong dung dịch sau khi cho 1g MgSO
4
vào:
25,98 + 1 – 15,8 = 25,4 g
- khối lượng H
2
O tách ra khỏi dung dịch
n
n
237,0
120
18.58,1
 gam
Ta có:
79845,6
100
1,35
237,002,74

40,25


n
n

=> Công thức muối là MgSO
4
.7H
2
O
- Xác định đúng
lượng MgSO
4

có trong dung
dịch.

- Xác định
lượng H
2
O tách
khỏi dd

- n = 6,9845  7

- Xđ CT đúng

1,0 đ


1,0 đ


2,0 đ

1,0 đ

Câu 7 (5 điểm):
Tính:
a) Khoảng cách giữa 2 nguyên tử cacbon đầu mạch của propan, biết độ dài liên kết C-C là 1,54
0
A
; các nguyên tử cacbon đều lai hóa sp
3
.
5

b) Khoảng cách giữa 2 nguyên tử clo trong phân tử C
2
H
2
Cl
2
, biết độ dài liên kết C=C là 1,33
0
A
, liên kết C-Cl là 1,76

0
A
.
CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
a) các nguyên tử cacbon đều lai hóa sp
3
, tạo góc liên kết 109
0
28’





+ C
1
C
2
C
3
là tam giác cân

+
+ C
1
C
3
=2 C
1
H = 2.C

1
C
2
. sin54
0
44’ = 2.1,54.0,8165 = 2,5147
0
A

b) Công thức C
2
H
2
Cl
2
có 3 đồng phân
- Đồng phân 1:








AB = 2AH = 2.1,76. sin 60
0
= 3,0484
0
A

- Đồng phân 2:






AB = AE + EF + FB.
AE = FB = 1,76.sin 30
0
= 0,88
0
A

=> AB = 2.0,88 + 1,33 = 3,09
0
A

- Đồng phân 3:





Chứng minh tương tự ta có:
AB = 4,3403
0
A

- Xác định đúng
góc liên kết và vẻ
được hình



Chiều dài C
1
C
3
là
2,5147
0
A









- Xác định đúng
độ dài liên kết

- Xác định đúng
độ dài liên kết







- Xác định đúng
độ dài liên kết.




1đ





1đ

1đ










1đ







1đ

Câu 8 (5 điểm):

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A (gồm x mol muối natri của 2 axit cacboxylic no đơn chức mạch
hở X
1
, X
2
đồng đẳng kế tiếp nhau và 0,01mol HCOONa). Cho sản phẩm cháy (CO
2
và hơi nước)
lần lượt qua bình 1 chứa H
2
SO
4
đặc và bình 2 chứa KOH dư thấy khối lượng bình 2 tăng nhiều hơn
bình 1 là 3,51(g). Phần chất rắn B còn lại sau khi đốt là 2,65(g) Na
2
CO
3
.
C
2
C
1
H

C
3
1,54

0
A

109
0
28’

C
1
C
2
H
4454
2
82109
0
0




C = C

H

H

Cl

Cl

Hay

C

A

B

H

1
20
0

C = C

Cl

H

H

Cl

C
1
C
2
E

F

B

A

120
0

1,76
0
A

Hay
C = C

H

Cl

H

Cl

Hay
A

C
1

C
2

B

6

Xác định công thức phân tử của 2 muối natri.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
Gọi
2 1n n
C H COONa

là công thức chung 2 muối
(
n
là số nguyên tử C trung bình trong gốc hidrrocacbon của 2 axit X
1
, X
2
)
2
2 1n n
C H COONa

+(3
n
+1)O
2



0
t
(2
n
+1)CO
2
+ (2
n
+1)H
2
0 + Na
2
CO
3

x (mol) 0,5x
2HCOONa + O
2


0
t
CO
2
+ H
2
O + Na
2
CO
3

0,01 (mol) 0,005 (mol)
=>
32
CONa
n = 0,5x + 0,005 =
2,65
106
= 0,025=> x = 0,04 (mol)
Theo bài cho:
m
2
CO
-
OH
m
2
= [(2
n
+1)
2
01,0
2
04,0

].44 –[(2
n
+1)
2
01,0

2
04,0

].18 = 3,51
=>
n
=2,75
Vậy công thức 2 muối: C
2

H
5
COONa và C
3
H
7
COONa.





P trình

P trình

x = 0,04

n
=2,75
2 CTPT






0,75 đ

0,75 đ

1,0 đ




1,5 đ
1,0 đ

Câu 9 (5 điểm):
Cho phản ứng: Cu
(r)
+ CuCl
2(dung dịch)


2CuCl

(r)

Ở 25
o
C phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu trộn một dung dịch chứa CuSO
4
0,2M; NaCl
0,4M với bột Cu lấy dư.
Cho T
CuCl
= 10
-7
;
2
0
/
Cu Cu
E
 
= + 0,15V;
0
/
Cu Cu
E

= + 0,52V.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
CuCl


Cu
+
+ Cl
-
T
CuCl
= 10
-7

Ban đầu: 0,4M
Phản ứng: x x
Cân bằng: x 0,4 + x
T
CuCl
= (0,4 + x).x = 10
-7

 x = 0,25.10
-6
Xét phản ứng: Cu + Cu
2+
+ 2 Cl
-


2CuCl  (1)
2
/
Cu Cu
E

 
=
2
0
/
Cu Cu
E
 
+
2
0,059
[ ]
lg
[ ]
Cu
n Cu



= 0,15 + 0,059 lg
6
0,2
0,25.10

= 0,498 V
/
Cu Cu
E

=

0
/
Cu Cu
E

+
0,059
lg[ ]
Cu
n


= 0,52 + 0,059 lg(0,25.10
-6
) = 0,13 V
2
/
Cu Cu
E
 
>
/
Cu Cu
E

 Phản ứng (1) xảy ra theo chiều thuận.

x = 0,25.10
-6





2
/
Cu Cu
E
 




/
Cu Cu
E


Pứ xảy ra theo
chiều thuận




1,0 đ

1,5 đ



1,5 đ

1,0 đ

Câu 10 (5 điểm):
Đốt cháy một hiđrocacbon A (khí) với oxi trong một bình kín. Nếu giữ nguyên nồng độ của A
và tăng nồng độ oxi gấp đôi thì tốc độ phản ứng cháy tăng gấp 32 lần.
Tìm công thức phân tử có thể có của A.


7

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM
Đặt CTPT của A là C
x
H
y
(x, y nguyên dương)
C
x
H
y
+

4
y
x
 

 
 
O
2
 x CO
2
+
2
y
H
2
O
(1) Nếu x +
4
y
nguyên:
2
4
y
x
A O
v kC C


Thí nghiệm 1: C

A
= a (M);
2
O
C
= b (M) 
4
1
. .
y
x
v k a b



Thí nghiệm 2: C
A
= a (M);
2
O
C
= 2b (M) 
4
2
. .(2
)
y
x
v k a b




5
2
4
1
32 2 2
y
x
v
v

  

5
4
y
x
  

 0 < y = 20 - 4x ≤ 2x + 2
 3 ≤ x < 5
3 8
4 4
3:
4:
x C H
x C H








(2) Nếu x +
4
y
bán nguyên: phải nhân các hệ số của phương trình
phản ứng cho 2:
2
2
( )
2
4
.
y
x
A O
v kC C

 , tương tự có: 2( )
5
4
y
x
 

 0 < y = 10 - 4x ≤ 2x + 2
 x = 2: C

2
H
2







4
1
. .
x y
v k a b




4
2
. .(2
)
x y
v k a b




5

4
y
x
 



3 ≤ x < 5
C
3
H
8
C
4
H
4





2( )
5
4
y
x
 


x = 2: C

2
H
2








0,5 đ



0,5 đ



0,5 đ



0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

1,0 đ


1,0 đ

Hết